高考数学一轮复习 规范答题必考大题突破课（一）课件(理).ppt

规范答题必考大题突破课(一)导数,【热点标签】1.题型：解答题2.分值：12分3.难度：较难,【热点题型】题型一:极值、导数几何意义及单调性的综合问题：以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法，以及参数的取值范围问题.,题型二:利用导数研究不等式的综合问题：不等式的证明问题是高考考查的热点内容，常与绝对值不等式、二次函数等相联系.问题的解决通常采用构造新函数的方法.,题型一极值、导数几何意义及单调性的综合问题【真题示例】(12分)(2015重庆高考)设函数f(x)=(1)若f(x)在x=0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程.(2)若f(x)在3,+)上为减函数，求a的取值范围.,【信息解读】(1)看到f(x)在x=0处取得极值，想到f(0)=0.(2)看到若f(x)在3，+)上为减函数，想到利用导数分析函数的单调性.,【标准答案】(1)对f(x)求导得f(x)2分得分点因为f(x)在x=0处取得极值，所以f(0)=0，即a=0.1分得分点当a=0时，,故1分得分点所以y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为化简得3x-ey=0.2分得分点(2)由(1)知f(x)=令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由g(x)=0解得,x2=2分得分点当x0,即f(x)0，故f(x)为增函数；2分得分点当xx2时，g(x)0,即f(x)0，故f(x)为减函数；,由f(x)在3,+)上为减函数，知解得故a的取值范围为2分得分点,【得分细则答题规则】第(1)问踩点说明(针对得分点):正确求出函数的导数可得2分.写出f(0)=0得出a的值,可得1分.求出f(1)及f(1)可得1分;得分点有两处:一是写出切线方程可得1分,二是将切线方程化简成一般形式再得1分.,第(2)问踩点说明(针对得分点):x1,x2的值每求出1个得1分.得分点有两处:一是写出xx1时,f(x)为减函数可得1分;二是正确得出x10恒成立，f(x)单调递增，且f(1)=0.由g(x)=得g(x)=所以当00，g(x)单调递增；,当x2时，g(x)0，g(x)单调递减；又x0时，g(x)0，且g(1)=g(2)=所以y=f(x)与y=g(x)在(1,2)内存在唯一的公共点，即方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的实数根.,故存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根,此时k=1.(3)由(2)知m(x)=其中x0(1,2)且满足f(x0)=g(x0)，即m(x)=,当x(0,x0时，若x(0,1，m(x)0；若x(1,x0时，m(x)=故00，m(x)单调递增；若x(2,+)时，m(x)0，m(x)单调递减，,故m(x)m(2)=显然m(x0)0，当x(x0,+)时，F(x)0，所以F(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)F(x0)=0，即对于任意的正实数x，都有f(x)g(x).2分得分点,(3)不妨设x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g（x）=a的根为x2，可得当n2时，g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2)，可得x2x2.,类似地，设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x)，可得h(x)=nx，当x(0,+)，f(x)-h(x)=-xn0，即对于任意的x(0,+)，f(x)h(x).2分得分点设方程h（x）=a的根为x1，可得x1=,因为h（x）=n（x）在（-,+）上单调递增，且h（x1）=a=f（x1）h（x1），因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=因为n2，所以2n-1=(1+1)n-1故2所以，2分得分点,【得分细则答题规则】第(1)问踩点说明(针对得分点):正确求出函数的导数可得1分.得分点有三处:一是将n分为奇数、偶数,每一个可得1分;二是如果采用列表法分析函数的单调性可得1分;三是正确写出函数的单调性得1分.,第(2)问踩点说明(针对得分点):求出切线方程可得1分正确构造新函数,并对新函数正确求导可得1分.得分点有两处:一是正确写出不同区间的单调性可得1分;二是根据函数的单调性得出结论再得1分.,第(3)问踩点说明(针对得分点):得分点有两处:一是写出g(x)=(n-n2)(x-x0)可得1分;二是当x(0,+),f(x)-h(x)=-xng(x).(3)确定k的所有可能取值,使得存在t0,对任意的x(0,t),恒有f(x)-g(x)G(0)=0，故对任意正实数x0均满足题意.,当00，从而G(x)在0,x0)上单调递增，所以G(x)G(0)=0，即f(x)g(x).综上，当k0，使得对任意x(0,x0)，恒有f(x)g(x).,(3)当k1时，由(1)知，对于x(0,+)，g(x)xf(x)，故g(x)f(x)，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x).令M(x)=kx-ln(1+x)-x2，x0,+)，则有M(x)=故当时，M(x)0，M(x)在上单调递增.,故M(x)M(0)=0，即|f(x)-g(x)|x2，所以满足题意的t不存在.当k0，使得当x(0,x0)时，f(x)g(x)，此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx，令N(x)=ln(1+x)-kx-x2，x0,+)，则有N(x)=,当时，N(x)0，N(x)在上单调递增.故N(x)N(0)=0,即f(x)-g(x)x2.记x0与中的较小者为x1，则当x(0,x1)时，恒有|f(x)-g(x)|x2，故满足题意的t不存在.,当k=1时