2019年高考数学高分突破复习练习专题六 规范答题示范.pdf

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1、规范答题示范——函数与导数解答题【典例】(12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；3(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.4a[信息提取]看到讨论f(x)的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f(x)进行求导.3看到要证f(x)≤－－2成立，想到利用导数求函数的最大值.4a[规范解答](1)解　f(x)的定义域(0，＋∞)，1（2ax＋1）（x＋1）f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.xx……………………………………………………………………

2、………………1分若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，……………………………………………………………………………………2分1若a<0时，则当x∈(0，－时，f′(x)>0；2a)1当x∈(－，＋∞)时，f′(x)<0.2a11故f(x)在(0，－上单调递增，在－，＋∞)上单调递减.2a)(2a……………………………………………………………………………………5分11(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f－＝2a(2a)11ln(－－

3、1－，2a)4a311311所以f(x)≤－－2等价于ln－－1－≤－－2，即ln－＋＋1≤0，4a(2a)4a4a(2a)2a……………………………………………………………………………………8分1设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.x当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.……………………………………………………………………………………10分所以当x>0时

4、，g(x)≤0，11从而当a<0时，ln(－＋＋1≤0，2a)2a3即f(x)≤－－2.4a……………………………………………………………………………………12分[高考状元满分心得]得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g(x)的最大值和不等式性质的运用.得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出1f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝－处最值的2a311判定，f(x

5、)≤－－2等价转化为ln－＋＋1≤0等.4a(2a)2a得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，1否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f(x)在x＝－处的最大值.2a[解题程序]第一步：求函数f(x)的导函数f′(x)；第二步：分类讨论f(x)的单调性；第三步：利用单调性，求f(x)的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g(x)；第五步：求g(x)的最大值，得出要证的不等式.第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.【巩固提升】已知函数f(x)＝x2－

6、klnx－a，g(x)＝x2－x.(1)当a＝0时，若g(x)1，所以lnx>0，所以k<在(1，＋∞)上恒成立.lnxxlnx－1令t(x)＝(x>1)，则t′(x)＝，lnx（lnx）2由t′(x)＝0得x＝e，当1

7、上为减函数，当x>e时，t′(x)>0，t(x)在(e，＋∞)上为增函数.所以t(x)min＝t(e)＝e.所以实数k的取值范围为(－∞，e).11(2)g(x)＝x2－x在(0，上单调递减，在，＋∞)上单调递增.2)(22x2－k函数f(x)＝x2－klnx－a，f′(x)＝，x当k≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意.2k2k当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去).222k当x∈(0，时，f′(x)<0，2)2k当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，22k2k所以f

8、(x)在(0，上单调递减，在，＋∞)上单调递增.2)(22k11要使f(x)与g(x)在(0，＋∞)上具有相同的单调性，需使＝，解得k＝.2221所以存在常数k＝，使得函数f(x)与g(x)在(0，＋∞)上具有相同的单调性.2