2018届高考数学二轮复习 第一部分 层级三 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略 理

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2018年浙江省数学高考第21题的解析与思考

2018年浙江省数学高考第21题的解析与思考

2018年浙江省数学高考第21题的解析与思考∗Ә沈㊀良㊀㊀(萧山区第五高级中学ꎬ浙江杭州㊀311202)㊀㊀摘㊀要:2018年浙江省数学高考试题第21题既注重基础知识考查ꎬ又注重能力选拔ꎻ既回归解析几何本质ꎬ又 不按常理 出牌.文章以 点与曲线㊁坐标与方程 关系为基础ꎬ以转化思想为指导ꎬ衍生出了多种解决方法ꎬ对我们的教学启示意义重大.关键词:曲线与方程ꎻ数学本质ꎻ思想方法中图分类号:O123.1㊀㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀㊀文章编号:1003-6407(2018)09 ̄0040 ̄04㊀㊀2018年高考落下帷幕ꎬ在不断深化发展的课改中ꎬ浙江省数学高考试题的题型㊁知识考查点㊁难易分布等也在不断变化. 不落俗套 或许是高考选拔人才的一个重要指标ꎬ2018年浙江省数学高考试题第21题就是这样一道题既注重基础知图1识考查ꎬ又注重能力选拔ꎻ既回归解析几何本质ꎬ又 不按常理 出牌.笔者尝试从知识考查㊁解法探究与拓展研究等方面对该题进行分析与探讨.例1㊀如图1ꎬ已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点ꎬ抛物线C:y2=4x上存在两个不同的点AꎬB满足PAꎬPB的中点均在C上.1)设AB的中点为Mꎬ证明:PMʅy轴ꎻ2)若P是半椭圆x2+y24=1(其中x<0)上的动点ꎬ求әPAB面积的取值范围.(2018年浙江省数学高考试题第21题)1㊀题意分析本题给出的是y轴左侧任意一点Pꎬ过点P作抛物线的两条弦PA和PBꎬ恰PAꎬPB的中点均在抛物线上.第1)小题是一个定值问题的证明ꎬ貌似是证垂直ꎬ实则是证点PꎬM的纵坐标相等ꎻ第2)小题是当点P在定曲线上运动时ꎬ研究相应三角形面积的取值范围.第1)小题为第2)小题作铺垫.两个小题的解决具有一定难度ꎬ有别于我们对解析几何常规的认知:通常解析几何的问题先是设动直线方程(引入参数斜率k)ꎬ联立方程ꎬ使用韦达定理ꎬ然后寻找已知与未知的联系ꎬ等等.本题第1)小题虽然是我们并不陌生的一个中点问题ꎬ但因为条件中给的是PAꎬPB的中点均在抛物线上ꎬ所以比较难运用上述的 常规方法 ꎬ可转化为韦(上接第39页)通过对台湾地区向量高考试题的分析ꎬ可以推断台湾地区课程标准对空间向量的要求比大陆高ꎬ比如会求出空间中直线和平面的笛卡尔坐标系方程ꎬ能够对空间直线方程的不同形式(如向量形式㊁参数方程形式和笛卡尔坐标形式)㊁平面方程的不同形式(向量形式和笛卡尔坐标形式)进行互相转化.再比如向量的外积ꎬ即叉积的运算和几何意义ꎬ以及三阶行列式和空间中不共面三向量构成的平行六面体的体积关系等等.建议在大陆地区的课程标准中增加直线和平面的各种方程形式ꎬ利用直线和平面的各种形式可以直接看出直线和平面的方向向量和法向量ꎬ可以方便快捷地解决点㊁直线和平面之间的位置关系和度量关系.另外ꎬ增加三阶行列式与平行六面体的体积关系等内容.总之ꎬ台湾地区教材和大陆教材相比ꎬ前者内容多ꎬ如空间向量ꎬ复数等.台湾地区的数学高考对大陆高考命题人员具有一定的参考价值ꎬ如 怎样命制多项选择题㊁应用题㊁数学文化题 如何考查考生的分析问题和解决问题的能力 ꎬ都具有一定的借鉴意义.∗收文日期:2018 ̄06 ̄15ꎻ修订日期:2018 ̄07 ̄10作者简介:沈㊀良(1982-)ꎬ男ꎬ浙江杭州人ꎬ中学高级教师.研究方向:数学教育.达定理解决.稍加分析后可以发现ꎬ问题的解决仍是以解析几何基本思想为基础ꎬ已知点在曲线上ꎬ则该点坐标符合曲线方程ꎻ条件中的点AꎬB及PAꎬPB的中点均在抛物线上ꎬ因此这4个点坐标符合抛物线方程ꎬ然后再寻找条件与结论的关系.2㊀解法探究1)证明㊀设P(x0ꎬy0)ꎬA(x1ꎬy1)ꎬB(x2ꎬy2)ꎬ则PAꎬPB的中点坐标分别为x0+x12ꎬy0+y12æèçöø÷ꎬ㊀x0+x22ꎬy0+y22æèçöø÷ꎬ从而y0+y12æèçöø÷2=4x0+x12æèçöø÷ꎬy0+y22æèçöø÷2=4x0+x22æèçöø÷ꎬìîíïïïï即(y0+y1)2=8(x0+x1)ꎬ(1)(y0+y2)2=8(x0+x2).(2){式(1)-式(2)ꎬ得(y1-y2)(2y0+y1+y2)=8(x1-x2)=2(y21-y22)ꎬ于是yM=y1+y22=y0ꎬ故PMʅy轴.对于第2)小题ꎬ首先由PMʅy轴可知SәPAB=12|PM| |y1-y2|=12(xM-x0)|y1-y2|ꎬ从问题指向来看ꎬ面临的仍旧是坐标的处理ꎬ不同的思考亦会有不同的方法ꎬ但必然遵循化归思想指引.2)解法1㊀(化归为x0ꎬy0形式)由式(1)和式(2)可知y21-2y0y1+(8x0-y20)=0ꎬy22-2y0y2+(8x0-y20)=0ꎬ从而y1ꎬy2是方程y2-2y0y+(8x0-y20)=0的两个根ꎬ于是xM=x1+x22=y21+y228.|y1-y2|均可用上述韦达定理转化ꎬ经计算可得xM=34y20-2x0ꎬ㊀|y1-y2|=8y20-32x0ꎬ因此㊀SәPAB=1234y20-3x0æèçöø÷8y20-32x0=62(-x20-x0+1)-x20-x0+1.设t=-x20-x0+1=-x0+12æèçöø÷2+54ɪ1ꎬ52[]ꎬ则SәPAB=62t3ɪ62ꎬ15104[].解法2㊀(化归为y1ꎬy2形式)由式1)可得x0=(y0+y1)28-x1=y1+y22+y1æèçöø÷28-y214=132(y21+y22+6y1y2)ꎬ且xM=y21+y228ꎬ代入面积表达式ꎬ得SәPAB=332|y1-y2|3.令x0=132(y21+y22+6y1y2)=cosθꎬy0=y1+y22=2sinθꎬ其中θɪπ2ꎬ3π2æèçöø÷ꎬ整理得y21+y22+6y1y2=32cosθꎬy21+y22+2y1y2=16sin2θꎬ{即2y1y2=16cosθ-8sin2θꎬy21+y22=24sin2θ-16cosθꎬ{从而|y1-y2|=32sin2θ-32cosθꎬ于是SәPAB=332(32sin2θ-32cosθ)32.下面可设t=sin2θ-cosθꎬ先确定t的范围再确定SәPAB范围即可(略).图2解法3㊀(运用极点㊁极线知识)如图2ꎬ过点AꎬB作抛物线的两条切线ꎬ记两条切线交点为Qꎬ联结PQ.当y>0时ꎬy=2xꎬ从而yᶄ=1x=2y.不妨设y1>0ꎬ则抛物线C在点A处的切线方程为㊀㊀y=1x1(x-x1)+y1=2y1x+y12ꎬ(3)即2x-y1y+2x1=0.同理可得抛物线C在点B处的切线方程为㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀y=2y2x+y22ꎬ(4)即2x-y2y+2x2=0.联立式(3)和式(4)ꎬ可得点Qy1y24ꎬy1+y22æèçöø÷ꎬ又由2xQ-y1yQ+2x1=0和2xQ-y2yQ+2x2=0知直线AB的方程为2x-yQy+2xQ=0.㊀㊀由Qy1y24ꎬy1+y22æèçöø÷可联想寻找以y1ꎬy2为根的方程ꎬ这与解法1一致ꎬ将PAꎬPB的中点坐标代入抛物线方程ꎬ整理得到y1ꎬy2是方程y2-2y0y+(8x0-y20)=0的两个根.若设P(cosθꎬ2sinθ)ꎬ则Q(2cosθ-sin2θꎬ2sinθ)ꎬ从而直线AB的方程为2x-2sinθ y+4cosθ-2sin2θ=0ꎬ与y2=4x联立ꎬ可得y2-4sinθ y+8cosθ-4sin2θ=0ꎬ于是|y1-y2|=42sin2θ-cosθꎬ|PM|=|xM-x0|=3(sin2θ-cosθ).下述过程与解法2后面一致ꎬ不再赘述.3㊀结论拓展图3例2㊀如图3ꎬ已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点ꎬ抛物线C:y2=4x上存在两个不同的点AꎬB满足PAꎬPB的中点均在抛物线C上ꎬPM交C于点Nꎬ且抛物线上点AꎬB处的切线交于点Qꎬ证明:1)P为QN的中点ꎻ2)抛物线上点N处切线平行于AB.分析㊀1)由例1第2)小题解法3可知Qy1y24ꎬy1+y22æèçöø÷ꎬ且y1ꎬy2是方程y2-2y0y+8x0-y20=0的两个根ꎬ从而Q2x0-y204ꎬy0æèçöø÷.将yN=y0代入y2=4xꎬ得xN=y204ꎬ于是xN+xQ=2x0ꎬ即点P为QN的中点.2)不难得到yᶄ=2yꎬ故yᶄ|x=xN=2yN=2y0=1y1+y2=kAB.4㊀考查评析㊀㊀1)点在曲线上ꎬ则该点坐标符合曲线方程.从 解法探究 中可以发现ꎬ例1中两个小题的解决都是围绕着 点坐标 在做文章.第1)小题中ꎬ基于4个点为抛物线上的点ꎬ则这4个点的坐标符合抛物线方程ꎬ从而列式化简ꎬ化简过程中体现了转化思想ꎬ即3组坐标(x0ꎬy0)ꎬ(x1ꎬy1)ꎬ(x2ꎬy2)结合抛物线方程转化为y0ꎬy1ꎬy2的形式ꎬ从而求得yM=y0ꎬ证得结论.第2)小题的解决立足于第1)小题ꎬ面积的表示以及所涉及的运算ꎬ都围绕着第1)小题列式展开.虽然第2)小题给出了3种方法ꎬ但仔细分析ꎬ这些解法都是依据点坐标转化处理的.解法1首先是巧妙写出以y1ꎬy2为根所确定的一元二次方程ꎬ再将xM与|y1-y2|表示成关于x0ꎬy0的形式ꎬ最后化归为关于x0的函数形式ꎻ解法2首先是运用条件将x0ꎬxM转化为关于y1ꎬy2的形式ꎬ再通过三角代换化归为关于θ的函数形式ꎻ解法3的思维起点是试图求出直线AB的方程ꎬ从而引入极点Q(抛物线两条切线的交点称为极点ꎬ对应切点连线称为极线)ꎬ两条切线的不同表达形式(本质为利用抛物线方程点坐标的转化)ꎬ既可求得极点Q的坐标ꎬ又可求得极线AB的方程ꎬ再结合第1)小题解决.2)虽非同寻常ꎬ但关注解析几何问题本质.本题以中点㊁三角形面积为素材ꎬ考查解析几何知识的应用.虽说中点㊁三角形面积都是学生比较熟悉的问题ꎬ但其解决方法又有别于我们平日所熟悉的模式.通常所接触的三角形面积问题ꎬ往往是设动直线AB的方程ꎬ引入参数直线斜率kꎬ然后将面积表示为k的形式ꎬ最后求得范围.但本题打破了这种惯性思维ꎬ它紧紧围绕点坐标符合曲线方程展开ꎬ通过坐标间的互化ꎬ实现化归.当然ꎬ学生平时所学似乎不能得到良好发挥ꎬ特别是在考试时间有限的情况下对学生而言还是有一定难度的ꎬ但细细分析只要有良好的数学直觉ꎬ只要紧紧围绕条件进行有效思考还是能管窥一斑.同时ꎬ从高考人才的选拔来说也是十分有必要的ꎬ毕竟高考选拔很重要的功能是甄别学生的创新素质ꎬ这样的问题往往可以考查学生的思维深度和临场应变能力等.虽非同寻常ꎬ但仔细分析该问题解决的方法ꎬ其解决途径无不是围绕着 点坐标 转化处理ꎬ这也体现了解析几何的本质:平面上的点与有序实数对之间建立了对应关系ꎬ平面上的曲线和两个变量的方程之间建立对应关系ꎬ使得对于平面上的每一条曲线ꎬ都存在一个确定的方程f(xꎬy)=0与之对应ꎻ反之ꎬ对于每一个这样的方程ꎬ都存在平面上一条确定的曲线ꎬ同样也可以在方程f(xꎬy)=0的代数性质与其相联系的曲线的几何性质之间建立对应关系.5 教学启示5.1㊀适度训练不落俗套数学教学不应以应试为目的ꎬ不能搞程式不变的模式化训练.一成不变的模式训练与题海训练必然会使学生 思维僵化 生笨 生厌 等.关于这个问题早在20年前ꎬ李士锜教授就在«数学教育学报»上刊登过3篇文章 熟能生巧吗 熟能生笨吗? 再谈 熟能生巧 问题 熟能生厌吗 三谈熟能生巧问题 ꎬ很好地论述了 熟 与 生巧 生笨 生厌 的关系:1)过程操作是概念形成的第一步ꎬ因此ꎬ常规训练是理解的必要条件ꎻ2)如果教学中不能把握数学过程与数学对象之间的平衡ꎬ过度的常规练习会影响到学生的理解力和创造力的发展ꎻ3)常规训练若不适当ꎬ则可能使学生形成不良信念㊁态度㊁情绪ꎬ对他们今后学习将产生负面影响.这些观点对我们今天的教学依然有十分重要的指导意义.数学教学需要适度练习ꎬ但这个练习首先以理解为前提ꎬ再则练习一方面以巩固知识为目标ꎬ另一方面要以培养学生多元化思考为目标.在数学练习中ꎬ不仅倡导运用数学知识解决问题ꎬ更倡导在问题解决过程中发散学生思维㊁发展学生能力.5.2㊀关注知识本质教学数学教学作为数学知识的教学ꎬ首要的是要抓住知识的本质展开教学.正如例1ꎬ虽然问题处理方式与常态有所不同ꎬ但其本质为解析几何中处理点与曲线㊁坐标与方程之间的对应关系ꎬ从而利用代数方法解决几何问题.抓住了这个知识本质ꎬ此题便可施展其手.因此ꎬ教学中教师要抓住知识的本质ꎬ适当做些训练ꎬ适当做些归类ꎬ不急功近利ꎬ扎扎实实地帮助学生建立数学知识体系ꎬ帮助学生建构一些解决问题的方法 通解通法 .通过融入知识本质的教学ꎬ提升学生数学地分析问题㊁解决问题的能力ꎬ从而培养学生 用数学的眼光观察世界㊁用数学的思维思考世界㊁用数学的语言表达世界 的能力.注重知识本质的教学ꎬ意味着教师要善于对数学知识进行深入挖掘ꎬ不断地自我追问: 客观事物背后隐藏着什么数学知识与规律?数学知识的本质属性又是什么?统摄具体数学知识及技能的数学思想是什么? [1]5.3㊀融入数学思想方法数学教学始终要融入数学思想方法.笔者认为:不管我们的教学目标㊁教学理念和教学行为等如何改变ꎬ数学教学必然要融入数学思想方法ꎬ这是数学的学科特色所决定的ꎬ是数学育人价值中的重要一环ꎬ是促进学生数学素养提升的重要保障.数学思想方法体现了数学地学习数学ꎬ它使学生的数学学习有章可循㊁有理可据㊁有法可依.倘若ꎬ我们的教学脱离了数学思想方法的融入ꎬ那么学生的学习只能迷失于数学的题海之中ꎬ变得盲目不可得.如例1ꎬ学生在考试中ꎬ面对几个点坐标与几个方程的处理ꎬ必然要以转化思想为指导ꎬ才能最终实现化归ꎻ在第2)小题的解法1中ꎬSәPAB=12(xM-x0)|y1-y2|ꎬ意味着SәPAB与xMꎬx0ꎬy1ꎬy2这4个变量有关ꎬ但通过数学思想指引ꎬ通过条件的有效利用ꎬ最终转化为关于x0的函数形式.因此ꎬ在平日的数学教学中ꎬ需要有机融入数学思想方法ꎬ以增强学生数学地解决问题之能力.参㊀考㊀文㊀献[1]㊀金雪根.抓住本质㊁突出主线㊁促进发展:例谈关注数学学科本质的课堂教学[J].小学数学教师ꎬ2011(7):87 ̄98.。

全国2018学高考数学第2轮复习 练酷专题 高考第21题 函数与导数 理

全国2018学高考数学第2轮复习 练酷专题 高考第21题 函数与导数 理

来判断f(x)的单调性; [障碍提醒]
1.对f(x)求导计算错或求 导后[不解会题分关解键而点滞] 做. 2.对❶含处参分数解的变单形调性问 题无分类讨论意识而导致 解题后错误得.分类点1.
[解] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+ 1). ……………………2分 (ⅰ)若a≤0,❶则f′(x)<0, 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递 减. …………………………3分
[障碍提醒] 2.对含参 数的函数单 调性不会分 类讨论而导 致解题错误 或滞做.
当a≥0时,f′(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. ………………3分 当a<0时,由f′(x)=0得x=-1a, 当0<x<-1a时,f′(x)>0;当x>-1a时,f′(x)<0. 所以f(x)在0,-1a上单调递增; 在-1a,+∞上单调递减. ……………………4分 综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增, 当a<0时,f(x)在0,-1a上单调递增, 在-1a,+∞上单调递减. ……………………5分
[解题关键点] 变形整理为换元做好准备.
[障碍提醒] 5.想不到利 用换元法构 造函数,利 用函数的单 调性求最小 值.
令xx21=t≥e2, 则φt=11-+tt+ln t,……9分 因为φ′(t)=tt12++1t2>0,
[解题关键点] 换元转化为更简洁的 问题.
构造函数,用函数最 值证明不等式.
设函数F(x)=ex-a-x,……………7
由方程再次构造 分
函数.
则F′(x)=ex-a-1,
令F′(x)=0,得x=a.
当x变化时,F′(x)和F(x)的变化情况如下:

(完整版)2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究

(完整版)2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》不得不读淘宝上的博约书斋店铺:唯一正版且第二版例.(2018全国3卷第21题)已知函数()()()x x ax x x f 21ln 22-+++=(1) 若0=a ,证明:当01<<-x 时,()0<x f ;当0>x 时,()0>x f ; (2) 若0=x 是()x f 的极大值点,求a【解析】(1)若0=a ,则()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++=-++=221ln 221ln 2x x x x x x x x f 令()()221ln +-+=x x x x g ,则()()()()0212411'222>++=+-+=x x x x x x g所以()x g 在()+∞,0单增,又因为()00=g故当01<<-x 时,()()00=<g x g ,即()0<x f ; 当0>x 时,()()00=>g x g ,即()0>x f ;点评:如果直接求导,完全处理掉对数,需要二次求导,而《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》在第四章在4.6和4.7两个技巧,其中之一就是对函数的处理,希望对数函数单独存在,则一次求导就瞬间可破。

(2)尝试一:(极大值点的第二充要条件:已知函数=y ()x f 在0x x =处各阶导数都存在且连续,0x x =是函数的极大值点的一个充要条件为前12-n 阶导数等于0,第n 2阶导数小于0。

)()()()2121ln 21'2-++++++=x ax x x ax x f ,()00'=f()()()()()()2211431ln 22121ln 21''+++++=-++++++=x a ax x x a x ax x x ax x f ,()00''=f ()()3211662'''+++-+=x a x ax ax x f ,由()0'''=x f 得61-=a 下证:当61-=a 时,0=x 是()x f 的极大值点, ()()()31631'''++-=x x x x f ,所以()x f ''在()0,1-单增,在()+∞,0单减进而有()()00''''=≤f x f ,从而()x f '在()+∞-,1单减,当()0,1-∈x 时,()()00''=>f x f ,当()+∞∈,0x 时,()()00''=<f x f 从而()x f 在()0,1-单增,在()+∞,0单减,所以0=x 是()x f 的极大值点。

拨云见月解法自然来——2018年全国卷Ⅲ理科第21题的解法探析

拨云见月解法自然来——2018年全国卷Ⅲ理科第21题的解法探析

x = 0 是 f (x) 的极大值点当且仅当 x = 0 是 h(x) 的极
大值点.
h′(x)
=
1 1+x

2(2 + x + ax2) − 2x(1 + 2ax) (2 + x + ax2)2
=
x2(a2x2 + 4ax + 6a + 1)
(1 + x)(2 + x + ax2)2
, 如 果 6a + 1 > {√ }
拨云见月 解法自然来
— 2018 年全国卷 III 理科第 21 题的解法探析
广东省佛山市乐从中学 (528315) 林国红
当前, 函数导数题常作为高考的压轴题. 导数压轴题在 关作用.
考查基础知识的同时, 注重对能力, 数学思想方法方面的考 二、解法探析
查, 有综合性强, 思维量大, 方法繁多, 技巧性强等特点. 2018
题策略, 以及转化和运算能力有较高的要求, 较好地达到了 x + 2 > 0, 所以 f (x) < 0; 当 x > 0 时, g(x) > g(0) = 0, 且
考查目的, 体现能力立意的命题原则, 作为压轴题起到了把 x + 2 > 0, 所以 f (x) > 0.
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2019 年第 4 期 (上)
中学数学研究
1
评注 问题 (1) 的两种证法均是利用导数作为工具来证
明, 由于 f (x) 中含有对数式, 证法 1 通过二次求导来处理掉

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题:第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-3

2018届高考数学(文)二轮专题复习习题:第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-3

限时规范训练六 导数的简单应用 限时45分钟,实际用时________ 分值81分,实际得分________一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分)1.设函数f (x )=x 24-a ln x ,若f ′(2)=3,则实数a 的值为( )A .4B .-4C .2D .-2解析:选B.f ′(x )=x 2-a x ,故f ′(2)=22-a2=3,因此a =-4.2.曲线y =e x在点A 处的切线与直线x -y +3=0平行,则点A 的坐标为( ) A .(-1,e -1) B .(0,1) C .(1,e)D .(0,2)解析:选B.设A (x 0,e x 0),y ′=e x,∴y ′|x =x 0=e x 0.由导数的几何意义可知切线的斜率k =e x 0.由切线与直线x -y +3=0平行可得切线的斜率k =1. ∴e x 0=1,∴x 0=0,∴A (0,1).故选B.3.若函数f (x )=x 3-2cx 2+x 有极值点,则实数c 的取值范围为 ( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫32,+∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫-∞,-32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32,+∞ 解析:选D.若函数f (x )=x 3-2cx 2+x 有极值点,则f ′(x )=3x 2-4cx +1=0有两根,故Δ=(-4c )2-12>0,从而c >32或c <-32. 4.已知f (x )=a ln x +12x 2(a >0),若对任意两个不等的正实数x 1,x 2都有f x 1-f x 2x 1-x 2≥2恒成立,则实数a 的取值范围是( )A .[1,+∞)B .(1,+∞)C .(0,1)D .(0,1]解析:选A.由条件可知在定义域上函数图象的切线斜率大于等于2,所以函数的导数f ′(x )=a x+x ≥2.可得x =a 时,f ′(x )有最小值2.∴a ≥1.5.若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)=-1,其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1,则下列结论中一定错误的是( )A .f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB .f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k -1C .f ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1<1k -1D .f ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1>1k -1解析:选C.构造函数g (x )=f (x )-kx +1,则g ′(x )=f ′(x )-k >0,∴g (x )在R 上为增函数. ∵k >1,∴1k -1>0,则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1>g (0). 而g (0)=f (0)+1=0, ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k -1-k k -1+1>0,即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k -1>k k -1-1=1k -1,所以选项C 错误,故选C.6.函数f (x )在定义域R 内可导,若f (x )=f (2-x ),且当x ∈(-∞,1)时,(x -1)f ′(x )<0,设a =f (0),b =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,c =f (3),则( )A .a <b <cB .c <b <aC .c <a <bD .b <c <a解析:选C.因为当x ∈(-∞,1)时,(x -1)f ′(x )<0,所以f ′(x )>0,所以函数f (x )在(-∞,1)上是单调递增函数,所以a =f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=b ,又f (x )=f (2-x ),所以c =f (3)=f (-1),所以c =f (-1)<f (0)=a ,所以c <a <b ,故选C.二、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)7.(2017·高考全国卷Ⅰ)曲线y =x 2+1x在点(1,2)处的切线方程为________.解析:∵y ′=2x -1x2,∴y ′|x =1=1,即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k =1, ∴切线方程为y -2=x -1, 即x -y +1=0. 答案:x -y +1=08.已知函数f (x )=-12x 2-3x +4ln x 在(t ,t +1)上不单调,则实数t 的取值范围是________.解析:由题意得,f (x )的定义域为(0,+∞),∴t >0, ∴f ′(x )=-x -3+4x=0在(t ,t +1)上有解,∴x 2+3x -4x=0在(t ,t +1)上有解,∴x 2+3x -4=0在(t ,t +1)上有解,由x 2+3x -4=0得x =1或x =-4(舍去),∴1∈(t ,t +1),∴t ∈(0,1),故实数t 的取值范围是(0,1).答案:(0,1)9.已知函数f (x )=1-xax+ln x ,若函数f (x )在[1,+∞)上为增函数,则正实数a 的取值范围为________.解析:∵f (x )=1-x ax +ln x ,∴f ′(x )=ax -1ax2(a >0).∵函数f (x )在[1,+∞)上为增函数,∴f ′(x )=ax -1ax 2≥0在x ∈[1,+∞)上恒成立,∴ax -1≥0在x ∈[1,+∞)上恒成立,即a ≥1x在x ∈[1,+∞)上恒成立,∴a ≥1.答案:[1,+∞)三、解答题(本题共3小题,每小题12分,共36分) 10.(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )=(1-x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≤ax +1,求a 的取值范围. 解:(1)f ′(x )=(1-2x -x 2)e x.令f ′(x )=0得x =-1-2或x =-1+ 2. 当x ∈(-∞,-1-2)时,f ′(x )<0; 当x ∈(-1-2,-1+2)时,f ′(x )>0; 当x ∈(-1+2,+∞)时,f ′(x )<0.所以f (x )在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.(2)f (x )=(1+x )(1-x )e x.当a ≥1时,设函数h (x )=(1-x )e x,则h ′(x )=-x e x<0(x >0),因此h (x )在[0,+∞)单调递减.而h (0)=1,故h (x )≤1,所以f (x )=(x +1)h (x )≤x +1≤ax +1.当0<a <1时,设函数g (x )=e x-x -1,则g ′(x )=e x-1>0(x >0),所以g (x )在[0,+∞)单调递增.而g (0)=0,故e x≥x +1.当0<x <1时,f (x )>(1-x )(1+x )2,(1-x )(1+x )2-ax -1=x (1-a -x -x 2),取x 0=5-4a -12,则x 0∈(0,1),(1-x 0)(1+x 0)2-ax 0-1=0,故f (x 0)>ax 0+1. 当a ≤0时,取x 0=5-12,则x 0∈(0,1),f (x 0)>(1-x 0)(1+x 0)2=1≥ax 0+1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞).11.(2017·河南郑州质量检测)设函数f (x )=12x 2-m ln x ,g (x )=x 2-(m +1)x .(1)求函数f (x )的单调区间;(2)当m ≥0时,讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数.解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=x 2-mx,当m ≤0时,f ′(x )>0,所以函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间. 当m >0时,f ′(x )=x +mx -mx,当0<x <m 时,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减;当x >m 时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增.综上,当m ≤0时,函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m >0时,函数f (x )的单调递增区间是(m ,+∞),单调递减区间是(0,m ).(2)令F (x )=f (x )-g (x )=-12x 2+(m +1)x -m ln x ,x >0,问题等价于求函数F (x )的零点个数,当m =0时,F (x )=-12x 2+x ,x >0,有唯一零点;当m ≠0时,F ′(x )=-x -x -m x,当m =1时,F ′(x )≤0,函数F (x )为减函数,注意到F (1)=32>0,F (4)=-ln 4<0,所以F (x )有唯一零点.当m >1时,0<x <1或x >m 时,F ′(x )<0;1<x <m 时,F ′(x )>0,所以函数F (x )在(0,1)和(m ,+∞)上单调递减,在(1,m )上单调递增,注意到F (1)=m +12>0,F (2m +2)=-m ln(2m +2)<0,所以F (x )有唯一零点.当0<m <1时,0<x <m 或x >1时,F ′(x )<0;m <x <1时,F ′(x )>0,所以函数F (x )在(0,m )和(1,+∞)上单调递减,在(m,1)上单调递增,易得ln m <0, 所以F (m )=m2(m +2-2ln m )>0,而F (2m +2)=-m ln(2m +2)<0,所以F (x )有唯一零点.综上,函数F (x )有唯一零点,即两函数图象有一个交点. 12.(2017·河南洛阳模拟)已知函数f (x )=ln x -a x +x -1,曲线y =f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y =10x +1.(1)求函数f (x )的单调区间;(2)设直线l 为函数g (x )=ln x 的图象上任意一点A (x 0,y 0)处的切线,在区间(1,+∞)上是否存在x 0,使得直线l 与曲线h (x )=e x也相切?若存在,满足条件的x 0有几个?解:(1)∵函数f (x )=ln x -a x +x -1,∴f ′(x )=1x+2a x -2,∵曲线y =f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y =10x +1, ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12=2+8a =10,∴a =1,∴f ′(x )=x 2+1x x -2.∵x >0且x ≠1,∴f ′(x )>0,∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1)和(1,+∞). (2)存在且唯一,证明如下:∵g (x )=ln x ,∴切线l 的方程为y -ln x 0=1x 0(x -x 0),即y =1x 0x +ln x 0-1 ①,设直线l 与曲线h (x )=e x相切于点(x 1,e x 1), ∵h ′(x )=e x,∴e x 1=1x 0,∴x 1=-ln x 0,∴直线l 的方程也可以写成y -1x 0=1x 0(x +ln x 0),即y =1x 0x +ln x 0x 0+1x 0②,由①②得ln x 0-1=ln x 0x 0+1x 0,∴ln x 0=x 0+1x 0-1.证明:在区间(1,+∞)上x 0存在且唯一. 由(1)可知,f (x )=ln x -x +1x -1在区间(1,+∞)上单调递增, 又f (e)=-2e -1<0,f (e 2)=e 2-3e 2-1>0,结合零点存在性定理,说明方程f (x )=0必在区间(e ,e 2)上有唯一的根,这个根就是所求的唯一x 0.。

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究(最新整理)

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究(最新整理)
x 1
x0
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x2 x 1'
lim
x0
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lnx 1
3x 2
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x lnx 1
②当 x ,0时, a x 1

2x lnx 1 x2
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当 0 时, a lim
x lnx 1
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x
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x0 2x lnx 1 x 2
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综上: a 1 6
(点评:把复杂问题转化为基本问题,这是一种基本方法,即把问题转化为两个恒成立, 求参数的值。这在淘宝上的博约书斋店铺的《全国卷高考数学的分析及应对》已经把转化 为基本问题视为破解压轴题的有效策略,还有思维说、方法论(笛卡尔),非常有效,可以 给出全国卷很多压轴题新的解法。在《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》的 3.2 节以 邻域的观点给出极值点的充要条件,有助于学生对极值点的准确理解,从而避开了求导研 究单调性,直接用罗必塔法则。《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》的 3.1 节系统地 论述了极限和洛必达法则。) 尝试三:按照波利亚的解题策略,我们联想到一个类似的题目,其思维方法是可以借鉴的。

2018全国II卷高考压轴卷文科数学含答案解析

2018全国II卷高考压轴卷文科数学含答案解析

2018全国卷II 高考压轴卷文科数学本试卷共23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1. 设集合,,则( ){}0,1,2,3,4A =---{}210B x x =<A B =I A . B .{}4{}1,2,3--C . D .{}0,1,2,3--{}3,2,1,0,1,2,3---2. 已知复数,若,则复数z 的共轭复数()z a i a R =+∈4z z +=z =A . B . C . D .2i +2i -2i -+2i --3. 设等差数列的前项和为,若,则( ){}n a n n S 81126a a =+9S =A .27 B .36 C.45 D .544. 已知命题:“”是“”的充要条件;:,p a b >22ab>q x R ∃∈,则ln x e x <A .¬∨为真命题B .∧¬为假命题p q p qC .∧为真命题D .∨为真命题p q p q 5. 若命题为:0,,sin 2p x x x p π⎛⎫∀∈<⌝ ⎪⎝⎭,则A .B .0,,sin 2x x x π⎛⎫∀∈≥ ⎪⎝⎭0,,sin 2x x x π⎛⎫∀∉≥ ⎪⎝⎭C .D .0000,,sin 2x x x π⎛⎫∃∈≥ ⎪⎝⎭0000,,sin 2x x x π⎛⎫∃∈≤ ⎪⎝⎭6. 将函数的图象向左平移个单位,得到函数的图象,则下列说法正确的是( )cos 2y x =2π()y f x =A .是奇函数 B .的周期为 ()y f x =()y f x =2πC .的图象关于直线对称 D .的图象关于点的对称()y f x =2x π=()y f x =(,0)2π-7. 执行如图的程序框图,则输出的值为SA. B.123C. D.12-08. 函数的大致图象为( )2()(3)ln f x x x=-⋅A B C D9. 多面体的底面为矩形,其正(主)视图和侧(左)视图如图,其中正(主)视图为等MN ABCD -ABCD 腰梯形,侧(左)视图为等腰三角形,则的长为( )AMA B 5C D .2210. 已知向量.若,则实数( )()()2,1,1,1m n =-=()()2m n am n -⊥+ a =A . B . C . D .57-5712-1211. 已知P 为抛物线y 2=4x 上一个动点,Q 为圆x 2+(y﹣4)2=1上一个动点,那么点P 到点Q 的距离与点P 到抛物线的准线距离之和的最小值是( )A .B .C .D .12. 已知是定义在上的偶函数,且时,均有,,则满足条()f x R x R ∈()()32f x f x +=-()28f x ≤≤件的可以是( )()f x A . B .()263cos5x f x π=+()53cos 5xf x π=+C . D .()2,8,Rx Q f x x C Q ∈⎧=⎨∈⎩()2,08,0x f x x ≤⎧=⎨>⎩二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》不得不读淘宝上的博约书斋店铺:唯一正版且第二版例.(2018全国3卷第21题)已知函数()()()xx axx x f 21ln 22-+++=(1)若,证明:当时,;当时,;0=a 01<<-x ()0<x f 0>x ()0>x f (2)若是的极大值点,求0=x ()x f a【解析】(1)若,则0=a ()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++=-++=221ln 221ln 2x x x x x x x x f 令,则()()221ln +-+=x x x x g ()()()()0212411'222>++=+-+=x x x x x x g 所以在单增,又因为()x g ()+∞,0()00=g 故当时,,即;01<<-x ()()00=<g x g ()0<x f 当时,,即;0>x ()()00=>g x g ()0>x f 点评:如果直接求导,完全处理掉对数,需要二次求导,而《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》在第四章在4.6和4.7两个技巧,其中之一就是对函数的处理,希望对数函数单独存在,则一次求导就瞬间可破。

(2)尝试一:(极大值点的第二充要条件:已知函数在处各阶导数都存=y ()x f 0x x =在且连续,是函数的极大值点的一个充要条件为前阶导数等于0,第阶导0x x =12-n n 2数小于0。

),()()()2121ln 21'2-++++++=x ax x x ax x f ()00'=f ,()()()()()()2211431ln 22121ln 21''+++++=-++++++=x a ax x x a x ax x x ax x f ()00''=f ,由得()()3211662'''+++-+=x a x ax ax x f ()0'''=x f 61-=a 下证:当时,是的极大值点,61-=a 0=x ()x f,所以在单增,在单减()()()31631'''++-=x x x x f ()x f ''()0,1-()+∞,0进而有,从而在单减,()()00''''=≤f x f ()x f '()+∞-,1当时,,当时,()0,1-∈x ()()00''=>f x f ()+∞∈,0x ()()00''=<f x f 从而在单增,在单减,所以是的极大值点。

[精品课件]201x届高考数学二轮复习 第一部分 层级三 30分的拉分题 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导

[精品课件]201x届高考数学二轮复习 第一部分 层级三 30分的拉分题 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导

(2)证明:因为f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2, 所以f(x)>g(x)-x3等价于ex+m-ln(x+1)-2>0. 当m≥1时,ex+m-ln(x+1)-2≥ex+1-ln(x+1)-2. 要证ex+m-ln(x+1)-2>0,只需证明ex+1-ln(x+1)-2>0, 设h(x)=ex+1-ln(x+1)-2,则h′(x)=ex+1-x+1 1. 设p(x)=ex+1-x+1 1(x>-1), 则p′(x)=ex+1+x+1 12>0.
[题后悟通] 利用导数探究函数零点的一般思路
(1)转化为可用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y=k) 在该区间上的交点问题.
(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最 值)、端点值等性质,进而画出其图象.
(3)结合图象求解.
[针对训练] 2.设函数f(x)=ln x+mx ,m∈R.
考自变量的取值范围,讨论的关键是做到不重不漏.
[针对训练] 1.(2018届高三·湖南十校联考)函数f(x)=13x3+|x-a|(x∈R,
a∈R). (1)若函数f(x)在R上为增函数,求a的取值范围; (2)若函数f(x)在R上不单调时,记f(x)在[-1,1]上的最大值、 最小值分别为M(a),m(a),求M(a)-m(a).
[题后悟通] 1.解答这类题的模板 定义域 ―→ 求导数 ―→ 零点 ―→ 列表 ―→ 回答 ―→
遇见参数要讨论哪一步遇见就在哪一步展开讨论 2.解答这类题的难点 (1)何时讨论参数?由于题目条件的不同,有的在求零点时
讨论,有的在列表时讨论; (2)如何讨论参数?需要根据题目的条件确定,有时还需参
(2)y=f(x)-m-1 在(0,+∞)上有两个不同的零点,可转化 为 f(x)=m+1 在(0,+∞)上有两个不同的根,也可转化为 y=f(x) 与 y=m+1 的图象有两个不同的交点,由(1)知,f(x)在(0,1)上单 调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=-1,

2018全国二卷数学文科21题

2018全国二卷数学文科21题

2018全国二卷数学文科21题
2018年全国二卷数学文科第21题是一道解析几何题,主要考察了直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程、参数方程等知识点。

题目内容大致为:在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 的参数方程为 { x = 4 + 2 cosθ, y = 2 + 2 sinθ } (θ 为参数)。

以原点 O 为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为ρ = 4cosθ。

(1)写出 C1 和 C2 的普通方程,并求出 C1 和 C2 的交点坐标;
(2)设点 M(x0,y0) 是 C1 和 C2 的交点 A 处的切线与 C1 交点的坐标,求x0 和 y0 的值。

这道题目需要利用参数方程和极坐标方程与普通方程的互化、直线与圆锥曲线的位置关系、导数的几何意义等知识点进行求解,难度较大。

2018年浙江省数学高考第21题的解析与思考

2018年浙江省数学高考第21题的解析与思考

2018年浙江省数学高考第21题的解析与思考
2018年浙江省数学高考第21题要求考生根据提示,解决如下问题:设正方形ABCD的边长为1,点P在边BC上,若PA=3/4,贝塞尔曲线C满足熟悉的条件,求曲线C的方程。

本题的解法是:
首先,我们需要根据正方形ABCD和点P的位置,把这个问题转化为可解的形式。

由于PA=3/4,所以我们可以认为点P的横坐标为3/4,而纵坐标则可以通过求解数学方程组计算出来。

给定点P(3/4,y),我们可以利用对角线PA与BC所在的直线平行,BD与AC所在的直线垂直,以及边长为1的条件,得到下列两个方程组:
x+y=1
3/4+y=1
从而,可以求得点P在正方形ABCD内的纵坐标为y=1/4。

因此,点P的坐标为(3/4,1/4)。

接下来,我们可以求出贝塞尔曲线C的方程,由于熟悉的条件是曲线C的两个端点分别在点A(0,1)和点P(3/4,1/4)上,因此,贝塞尔曲线C的方程可以写成:
y=3/8x^3+1/8
最后,我们可以思考一下这道题:
从这道题中,我们可以看到,不管是求解点P的坐标,还是求解贝塞尔曲线C的方程,都需要结合数学知识,并结合实际情况分析和
思考,才能得出最终的结果。

这就要求考生在解题时不能死板地记忆书本上的知识,而要以实际的问题为导向去思考,灵活运用数学知识去探究数学问题、解决实际问题。

综上所述,以2018年浙江省数学高考第21题为例,看到这道题时,我们需要分析和思考问题,把具体的问题转化成可解的数学模型,然后用熟悉的方法去求解,最后在得出最终答案的基础上,再进一步思考数学的深层含义,从而实现“知识的联结”,提高计算能力和解题能力。

2018全国3卷第21题解法二

2018全国3卷第21题解法二

2018全国3卷第21题解法二例.(2018全国3卷第21题)已知函数()()()xx ax x x f 21ln 22-+++=(1)若0=a ,证明:当01<<-x 时,()0<x f ;当0>x 时,()0>x f ;(2)若0=x 是()x f 的极大值点,求a【解析】若0=x 是()x f 的极大值点,注意到()00'=f ,则存在充分接近于0的δ,使得当()0,δ-∈x 时,()0'>x f ,当()δ,0∈x 时,()0'<x f ()*得到一个恒成立问题,其基本方法之一有分离参数法。

()()()11ln 11ln 2'2+-++⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=x x x a x x x x x f 对任意的()+∞-,1x ,都有()01ln 2>+x x ,进而有()011ln 22>+++x x x x ①当()δ,0∈x 时,()()11ln 21ln 1++++-+<x x x x x x a ,当+→0δ时,()()()()'1ln 2'1ln 1lim 11ln 21ln 1lim 2020⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=++++-+≤++→→x x x x x x x x x x x x x a x x ()()()()()6146121ln 141lim 431ln 12lim 0220-=++++++-=++++-=++→→x x x x x x x x x x x ②当()0,δ-∈x 时,()()1ln 21ln 12++++-+>x x x x x x a ,当+→0δ时,()()()()'1ln 2'1ln 1lim 11ln 21ln 1lim 2020⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=++++-+≤--→→x x x x x x x x x x x x x a x x ()()()()()611lim 431ln 12lim 020-=++++++-=++++-=--→→x x x x x x x综上:61-=a (点评:把复杂问题转化为基本问题,这是一种基本方法,即把问题转化为两个恒成立,求参数的值。

全国2018学高考数学第2轮复习 练酷专题 板块提能(三)高考20题、21题的分步破解策略 文

全国2018学高考数学第2轮复习 练酷专题 板块提能(三)高考20题、21题的分步破解策略 文

(2)过点 O 的一条直线交圆 O 于 M,N 两点,点 D(-2,0),直线 DM,DN 与 C2 的另一个交点分别为 S,T.记△DMN,△DST 的 面积分别为 S1,S2,求SS12的取值范围. 解:依题意,设直线 DM 的方程为 y=k(x+2)(k≠0),
因为 MN 为圆 O 的直径,所以∠MDN=90°, 所以直线 DN 的方程为 y=-1k(x+2),
板块提能三 高考 20 题、21 题的分步破解策略
高考 20 题、21 题对大多数考生来说,要想取得满分有 很大难度,但通过努力取得半数以上的分数并不是遥不可及. 这是因为,这两个题的第1问难度并不大,并且大多数考题的 第1问承担着第2问解题的桥梁作用.况且,高考评卷是按步 骤给分的,这就要求考生在考场上不要盲目放弃,正确的做法 是:审题——做到精力集中,快速迁移,尽快找到破题入口; 解题——做到心态放稳,一旦在某一环节卡住时,可采用缺步 解答、跳步解答、逆向解答、辅助解答,会做哪问做哪问、能 写多少写多少,思路靠谱也给分!
l A2 N :y=x2y-2 2(x-2), 即证:x13+y12=x-2-y22, 即 3k(x1-4)(x2-2)=-k(x2-4)(x1+2), 即证 4x1x2-10(x1+x2)+16=0. 将(*)式代入上式可得4×36+4k42k-2 12- 103× +342kk2 2+16=0⇔16k2-3-20k2+3+4k2=0. 此式明显恒成立. 所以以点 G 为圆心,GF2 的长为半径的圆总与 x 轴相切.
第一步,联立两个方程,并将消元所得方程的判别式与 根与系数的关系正确写出;
第二步,用两个交点的同一类坐标的和与积,来表示题 目中涉及的位置关系和数量关系;
第三步,求解转化而来的代数问题,并将结果回归到原 几何问题中.

2018全国3卷第21题解法三

2018全国3卷第21题解法三

2x x2
2
x ax2 x 1
2
5ax 6a 1x2 x 1x 2
当a
1 6
时,对于 0
x
min
1 2a
,
6a 5a
1
,有
5ax
6a
1
0 ,即
f
'x
0
此时与“ x 0 是 f x 的极大值点”矛盾,所以 a 1
6
若 x
1 2a
,0 ,则1 2ax 1
2a
1 2a
0
从而有
f
'x
2x x2
2 x ax 2 x 1
2
5ax 6a 1x2 x 1x 2
0①
此时与“ x 0 是极值点”矛盾。 当 a 0 时,由(1)知 x 0 不是极值点,
当 a 0 时,若 1 x 0 ,则1 2ax 0 ,
f
'x
1
2ax
2x x2
2
x ax 2 x 1
当 3 a 2 时,0 0 ,1 a 2 0 ,
因为x在 0,1上单减,所以存在唯一的 x0 0,1,使得x0 0 , 则对任意的 x 0, x0 ,x 0 ,矛盾,舍去。
综上 a 3
在 6 月 7 日上午在很多群里都发了预测题,名字叫 PDF 预测,导数只选择了三个题,其中
分析及应对》和《立体几何的微观深入和宏观把ax 6a 1x2 x 1x 2
②,
向后推进,思维受堵。我们需要再一次准确理解“ x 0 是极值点”的充要条件,
即当 充分接近于 0, 当 x 0 时,有 f 'x 0 ,
5ax 6a 1x2 由此得到了其成立的必要条件,即 x 1x 2

【NO.111】2018年高考数学全国3卷21题分析

【NO.111】2018年高考数学全国3卷21题分析

【NO.111】2018年高考数学全国3卷21题分析
分析一下刚刚过的2018年全国卷3的导数这个大题目。

分析:这个题目让我想到了2016年全国卷2的那个吓人的的导数大题目。

感兴趣的读者可以查找一下之前的问章分析。

这个题目有点儿类似,类似在哪里?请看接下来的分析。

Note:如果在原函数里或者导函数里,对数函数时单独存在的,这是值得庆祝的,因为这样处理起来会是相当的方便。

这也是这几年全国卷坚持的出题角度。

2016年全国2卷将这种出题思路考得时淋漓尽致。

(2)汤老师在这里啰嗦几句,在高考中,第一个小问往往不是摆设,它和第二个小问往往都有着千丝万缕的关系,时而明显,时而隐藏,具体还是需要自己去发现。

这个地方大家知道我的思路是想干什么,但是你是否有过疑惑,这样处理,函数的极值点是否会发生变化?大家注意,如果这个式子除以一个正数,他的极值点不会发生变化,如果除以一个恒为正的函数式子,同样,他的极值点也不会发生变化。

这个题目难度是有的,包括后面的讨论。

估计上述的答案大家看完之后,中间的过程还是云里雾里的,所以后面我单独加一下解释,请看下面的图片。

我挨个解答一下。

对于第一个疑问,这里说一下哈。

但是说实话,后面的讨论的确是又难度。

如果用常规方法是否可以解决呢?毋庸置疑,可以的。


这种解法就是过程复杂点了,但是逻辑关系很清楚,也是很容易去思考的。

如果你有什么更好的思路和方法,欢迎一起分享讨论。

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究

2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究

f ' ' x 1 2ax ln x 1
x1
2 2a ln x 1
x 12
, f'' 0 0
2ax2 6ax x 6a 1
1
f ' '' x
x 13
,由 f '' ' x 0 得 a 6
下证:当 a
1 时, x 0 是 f x 的极大值点, 6
f ''' x
1
xx 6
3
3 ,所以 f ' ' x 在 1,0 单增,在 0, 单减
2 x ax 2
f ' x 1 2an x 1 , u x
2 x ax2 2 x1
则易得 m 0 u 0 , m' 0 u' 0 , m' ' 0 u'' 0 ,
由引理 1 知, m' '' 0 u'' ' 0 等价于 f '' ' x 0 ,从而迅速求得 a
6
0 处两
应的题目。尝试一难点在于 f x 的各阶导数太复杂,由帕德逼近优化其解法。
引 理 1:若 y f x 与 g x
p x 在 x x0 处 函 数 值 和 导 数 值 都 相 同 , 则 qx
h x q x f x p x 在 x x0 处导数为 0 .
证明: h' x q' x f x q x f ' x p' x , g' x
着自己的兴趣,不断学习,学而致知。基于此,还可以从大学的角度给出一种解法。通过
12x y ln x 1 在 1,2 阶的帕德逼近可得 ln x 1 12 6x x 2 ,且两个函数在 x
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x (0, a)
a
( a,+∞)
f′(x)

0

a1-ln a
f(x)
2
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0, a),单调递增区间是( a, +∞).
函数 f(x)在 x= a处取得极小值 f( a)=a1-2ln a,无极大值. 综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞), 函数 f(x)既无极大值也无极小值; 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0, a),单调递增区间 为( a,+∞),函数 f(x)有极小值a1-2ln a,无极大值.
利用函数思想证明不等式
[典例] (2017·兰州诊断)已知函数f(x)=1-axx+ln x在(1, +∞)上是增函数,且a>0.
(1)求a的取值范围; (2)若b>0,试证明a+1 b<lna+b b<ab.
[解] (1)f′(x)=-a1x2+1x=axa-x21, 因为在(1,+∞)上f′(x)≥0,且a>0, 所以ax-1≥0,即x≥1a, 所以1a≤1,即a≥1. 故a的取值范围为[1,+∞). (2)证明:因为b>0,a≥1,所以a+b b>1, 又f(x)=1-axx+ln x在(1,+∞)上是增函数,
(2)由题设g(x)=f′(x)-x3=1x-xm2-x3(x>0), 令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0). 设φ(x)=-13x3+x(x≥0), 则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1). 当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点, 因此x=1也是φ(x)的最大值点,
利用转化与化归思想求解恒成立问题
[典例] (2018届高三·皖南八校联考)已知函数f(x)=ln x. (1)求函数g(x)=f(x+1)-x的最大值; (2)若对任意x>0,不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立,求实数 a的取值范围.
[解] (1)∵f(x)=ln x, ∴g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x(x>-1), ∴g′(x)=x+1 1-1=x-+x1. 当x∈(-1,0)时,g′(x)>0, ∴g(x)在(-1,0)上单调递增; 当x∈(0,+∞)时,g′(x)<0, ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减. ∴g(x)在x=0处取得最大值g(0)=0.
[解] (1)由题意知,f′(x)=a+ln x+1(x>0), f′(1)=a+1=0,解得a=-1, 当a=-1时,f(x)=-x+xln x, 即f′(x)=ln x, 令f′(x)>0,解得x>1; 令f′(x)<0,解得0<x<1. ∴f(x)在x=1处取得极小值,f(x)的单调递增区间为(1, +∞),单调递减区间为(0,1).
(1)因为f(x)在R上是增函数,所以h(x)在(-∞,a)上为增函 数,所以a≤-1. 故a的取值范围为(-∞,-1]. (2)因为函数f(x)在R上不单调,所以a>-1. 当-1<a<1时,f(x)在(-∞,-1)上是增函数,在(-1,a)上是 减函数,在[a,+∞)上是增函数, 所以m(a)=a33, M(a)=max{h(-1),g(1)}=maxa+23,43-a.
解:由已知得,f(x)=1313xx33+ -xx- +aa, ,xx≥ <aa,, 令g(x)=13x3+x-a,则g′(x)=x2+1>0, 所以g(x)在[a,+∞)上为增函数. 令h(x)=13x3-x+a,则h′(x)=x2-1. 令h′(x)=0,得x=±1,所以h(x)在(-∞,-1)和(1,+∞) 上是增函数,在(-1,1)上为减函数.
∴φ(x)的最大值为φ(1)=23.又φ(0)=0, 结合y=φ(x) 的图象(如图), 可知, ①当m>23时,函数g(x)无零点; ②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点; ③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点; ④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.
综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点; 当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当0<m<23时,函数g(x)有两个零点.
当43-a≥a+23,即-1<a≤13时,M(a)=43-a, M(a)-m(a)=-13(a3+3a-4); 当43-a<a+23,即13<a<1时,M(a)=a+23, M(a)-m(a)=-13(a3-3a-2). 当a≥1时,f(x)在[-1,1]上是减函数,
所以 m(a)=h(1)=a-23,M(a)=h(-1)=a+23.
[题后悟通] 1.解答这类题的模板 定义域 ―→ 求导数 ―→ 零点 ―→ 列表 ―→ 回答 ―→
遇见参数要讨论哪一步遇见就在哪一步展开讨论 2.解答这类题的难点 (1)何时讨论参数?由于题目条件的不同,有的在求零点时
讨论,有的在列表时讨论; (2)如何讨论参数?需要根据题目的条件确定,有时还需参
[题后悟通]
2.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明 f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x). (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通 分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结 构,根据“相同结构”构造辅助函数. (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或 x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)). (4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式 进行放缩,再重新构造函数.
所以 f a+b b>f(1),即1-aa++bbb+lna+b b>0,化简得a+1 b<ln a+b b, a· b
lna+b b<ab等价于 lna+b b-ab=ln1+ab-ab<0,
令 g(x)=ln(1+x)-x(x∈(0,+∞)),
则 g′(x)=1+1 x-1=1-+xx<0,
故 M(a)-m(a)=43.
-13a3+3a-4,-1<a≤13, 综上,M(a)-m(a)=-13a3-3a-2,13<a<1,
43,a≥1.
利用数形结合思想探究函数的零点
[典例] (2017·沈阳质检)函数f(x)=ax+xln x在x=1处 取得极值.
(1)求f(x)的单调区间; (2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求 实数m的取值范围.
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
[全国卷 3 年考情分析]
命题分析
卷Ⅰ 利用导数研究函数的单调性、函数的零点
2017Biblioteka 卷Ⅱ利用导数研究函数的单调性及极值、函数 的零点、不等式的证明
卷Ⅲ
导数在研究函数单调性中的应用、不等式 放缩
导数日益成为解决问题必 不可少的工具,利用导数 研究函数的单调性与极值 (最值)是的常见
[针对训练] 3.(2018届高三·西安八校联考)已知函数f(x)=ex+m-x3,g(x)
=ln(x+1)+2. (1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1,求实数 m的值; (2)当m≥1时,证明:f(x)>g(x)-x3. 解:(1)因为f(x)=ex+m-x3,所以f′(x)=ex+m-3x2. 因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1, 所以f′(0)=em=1,解得m=0.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值; 解(2):讨(论1)由函题数设g(x,)=当fm′=(xe)时-,x3零f(点x)=的l个n x数+.xe,则f′(x)=x-x2 e, ∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, ∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+ee=2, ∴f(x)的极小值为2.
(2)由f(x)=x22-aln x, 得f′(x)=x-ax=x2-x a(x>0).
①当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递
增,函数既无极大值,也无极小值;
②当a>0时,由f′(x)=0,得x= a或x=- a(舍去).
于是,当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表:
(2)证明:因为f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2, 所以f(x)>g(x)-x3等价于ex+m-ln(x+1)-2>0. 当m≥1时,ex+m-ln(x+1)-2≥ex+1-ln(x+1)-2. 要证ex+m-ln(x+1)-2>0,只需证明ex+1-ln(x+1)-2>0, 设h(x)=ex+1-ln(x+1)-2,则h′(x)=ex+1-x+1 1. 设p(x)=ex+1-x+1 1(x>-1), 则p′(x)=ex+1+x+1 12>0.
卷Ⅰ 函数的零点问题、不等式的证明
题型,而导数与函数、不 等式、方程、数列等的交 汇命题,是的热点和难 点.
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 [典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)=x22-aln x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求函数f(x)的单调区间和极值. [解] (1)当a=1时,f(x)=x22-ln x, 则f′(x)=x-1x,所以f′(1)=0,又f(1)=12, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=12.
考自变量的取值范围,讨论的关键是做到不重不漏.
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