2020届高考理科数学二轮专题复习课件：高考大题 满分规范（一） 37页

高考大题 · 满分规范（一） 函数与导数类解答题 【典型例题 】 (12 分 )(2019· 全国卷 Ⅲ) 已知函数 f(x)=2x 3 -ax 2 +b. (1) 讨论 f(x) 的单调性 . (2) 是否存在 a,b, 使得 f(x) 在区间 [0,1] 的最小值为 -1 且最大值为 1? 若存在 , 求出 a,b 的所有值 ; 若不存在 , 说 明理由 . 【题目拆解】 本题可拆解成以下几个小问题 : (1)① 求函数 f(x)=2x 3 -ax 2 +b 的导数 ;② 利用分类与整合思想判断函数的单调性 . (2)① 对 a 分类讨论 , 求函数 f(x) 的单调区间 ;② 分别求函数 f(x) 的最值 , 列出关于 a,b 的方程组 ;③ 解方程组 , 判断 a,b 是否符合相应区间 . 【标准答案】 【解析】 (1) 对 f(x)=2x 3 -ax 2 +b 求导得 f′(x)=6x 2 -2ax=6x . ………………… ① 所以有当 a<0 时 , 区间上单调递增 , 区间上单调递减 ,(0,+∞) 区间上单调递增 ; ………………… ② 当 a=0 时 ,(-∞,+∞) 区间上单调递增 ; …………… ③ 当 a>0 时 ,(-∞,0) 区间上单调递增 , 区间上单调 递减 , 区间上单调递增 . ………………… ④ (2) 若 f(x) 在区间 [0,1] 有最大值 1 和最小值 -1, 所以 若 a<0, 区间上单调递增 , 区间上单调递 减 ,(0,+∞) 区间上单调递增 ; 此时在区间 [0,1] 上单调 递增 , 所以 f(0)=-1,f(1)=1 代入解得 b=-1,a=0, 与 a<0 矛 盾 , 所以 a<0 不成立 . ……………………………… ⑤ 若 a=0,(-∞,+∞) 区间上单调递增 ; 在区间 [0,1]. 所以 f(0)=-1,f(1)=1 代入解得 ………………… ⑥ 若 03,(-∞,0) 区间上单调递增 , 区间上单调递减 , 区间上单调递增 . 所以有 f(x) 在区间 [0,1] 上单调递减 , 所以区间 [0,1] 上最大值为 f(0), 最小值为 f(1), 即 解得 ………………… ⑨ 综上得 ………………… ⑩ 【阅卷现场】 第 (1) 问 第 (2) 问 得 分 点 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 4 分 8 分 第 (1) 问踩点得分说明 ① 求导正确得 1 分 ; ② 区间正确得 1 分 ; ③ 区间正确得 1 分 ; ④ 区间正确得 1 分 ; 第 (2) 问踩点得分说明 ⑤ 求解正确得 1 分 ; ⑥ 结果正确得 1 分 . ⑦ 结果正确得 2 分 ; ⑧ 结果正确得 2 分 ; ⑨ 结果正确得 1 分 ; ⑩ 写出最终结论得 1 分 . 【高考状元 · 满分心得】 1. 正确运用公式 牢记求导公式与法则 , 正确求导是关键 . 2. 分类讨论要全面 含参问题分类讨论是难点 , 做到合理分类 , 不重不漏是重点 . 如本例中就多次出现分类与整合思想在解题中的应用 . 3. 定义域优先在利用导数讨论函数的单调区间时 , 首先要确定函数的定义域 , 解决问题时必须在定义域内进行 . 在对函数划分单调区间时 , 除了必须确定使导数等于 0 的点 ( 导函数的零点 ) 外 , 还要注意定义域内不连续点和不可导点 . 4. 利用导数求闭区间上连续函数的最值 (1) 当函数在 [a,b] 上连续 , 在 (a,b) 内可导时 , 关键是掌握求最值的步骤 : 先求导数为 0 的点的函数值 , 再与区间端点处的函数值进行比较 , 最后取最值 . (2) 函数在 [a,b] 上间断 , 或在 (a,b) 上连续 , 不一定有最值 . (3) 要注意灵活运用其他方法求最值 , 求导不一定最简单 . 【跟踪演练 · 感悟体验】 1.(2019· 浙江高考 ) 已知实数 a≠0, 设函数 f(x)=aln x + ,x>0. (1) 当 a=- 时 , 求函数 f(x) 的单调区间 . (2) 对任意 x∈ 均有 f(x)≤ , 求 a 的取值范围 . 注 :e=2.718 28… 为自然对数的底数 . 【命题意图】 本题主要考查函数的单调性 , 导数的运算 及其应用 , 同时考查逻辑思维能力和综合应用能力 . 【解析】 (1) 当 a=- 时 ,f(x)=- ln x+ ,x>0. f′(x)=- + , 所以 , 函数 f(x) 的单调递减区间为 (0,3), 单调递增区间 为 (3,+∞). (2) 由 f(1)≤ , 得 00, 故 q(x) 在 上单调递增 , 所以 q(x)≤q . 由 (ⅰ) 得 q = p(1)=0. 所以 ,q(x)<0. 因此 g(t)≥g = >0. 由 (ⅰ)(ⅱ) 得对任意 x∈ ,t∈[2 ,+∞), g(t)≥0, 即对任意 x∈ , 均有 f(x)≤ . 综上所述 , 所求 a 的取值范围是 . 2. 已知函数 f(x)=e 2x-3 -2x. (1) 求 f(x) 的单调区间与最小值 . (2) 是否存在实数 x,y, 使得 f(x)+2x≤(x+y+1)(x-y-2) , 若存在 , 求 x,y 的值 ; 若不存在 , 请说明理由 . 【解析】 (1)f′(x)=2e 2x-3 -2, 令 f′(x)=0, 得 x= ; 令 f′(x)<0, 得 x< ; 令 f′(x)>0, 得 x> . 故 f(x) 的单调递减区间为 , 单调递增区间为 , 当 x= 时 ,f(x) 取最小值 f(x) min =-2. (2) 易证 mn≤ , 则 (x+y+1)(x-y-2)≤ = , 当且仅当 x+y+1=x-y-2, 即 y=- 时 , 取等号 . f(x)+2x=e 2x-3 , 则 e 2x-3 ≤ , 令 t=2x-1(t>0), 则 e t-2 ≤ t 2 , 即 t-2≤2ln t-2ln 2. 设 g(t)=t-2-(2ln t-2ln 2)(t>0), 则 g′(t)= , 当 02 时 ,g′(t)>0,g(t) 单调递增 . 故 g(t) min =g(2)=0, 则 g(t)≥0, 又 t-2≤2ln t-2ln 2, 即 g(t)≤0, 从而 g(t)=0, 即 t=2. 综上 ,x= ,y=- .