高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究6 导数及应用 理 .doc

2013届高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究6 导数及应用 理 主要题型：(1)利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题；(2)利用导数研究不等式恒成立与证明等问题；(3)以函数为载体的建模问题【例9】 (2011江西)设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在1,4上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值审题路线图函数f(x)的导数是二次函数，对称轴为x，要使f(x)在上存在单调递增区间，必需满足f0；令f(x) 0得x1，x2，确定x1，x2所在的单调区间，根据单调性求f(x)的最值规范解答(1)由f(x)x2x2a22a，(2分)当x时，f(x)的最大值为f2a.令2a0，得a.(5分)所以，当a时，f(x)在上存在单调递增区间(6分)即f(x)在上存在单调递增区间时，a的取值范围为.(2)令f(x)0，得两根x1，x2.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增(8分)当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)，又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)(10分)所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)8a.得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2).(12分)抢分秘诀,用导数研究函数单调性、极值与最值是历年必考内容，尤其是含参数函数的单调性问题成为高考命题的热点，近几年新课标高考卷中发现：若该内容的题目放在试卷压轴题的位置上，试题难度较大；若放在试卷前几题的位置上，难度不大.【例10】 (2012湖南)已知函数f(x)exax，其中a0.(1)若对一切xr，f(x)1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点a(x1，f(x1)，b(x2，f(x2)(x1x2)，记直线ab的斜率为k，证明：存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立审题路线图(1)将f(x)1恒成立转化为f(x)的最小值f(x)min1.利用导数f(x)的最小值的表达式即f(x)minf(ln a)aaln a.构造g(t)ttln t(t0)再利用导数判断g(t)的单调性可得当t1时，g(t)maxg(1)1，即可得a值(2)首先利用斜率公式表示斜率k，构造函数(x)f(x)k.利用导数判断(x)在(x1，x2)端点的函数值(x1)、(x2)一正一负根据零点判定定理知存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立规范解答(1)f(x)exa，令f(x)0得xln a.当xln a时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln a时，f(x)0，f(x)单调递增，故当xln a时，f(x)取最小值f(ln a)aaln a.于是对一切xr，f(x)1恒成立，当且仅当aaln a1.令g(t)ttln t，则g(t)ln t.当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立综上所述，a的取值集合为1(5分)(2)由题意知，ka，令(x)f(x)kex，则(x1)ex2x1(x2x1)1，(x2)ex1x2(x1x2)1令f(t)ett1，则f(t)et1.当t0时，f(t)0，f(t)单调递减；当t0时，f(t)0，f(t)单调递增(9分)故当t0时，f(t)f(0)0，即ett10.从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10.又0，0，所以(x1)0，(x2)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立(12分)抢分秘诀1过程书写要干净利落，条理分明，突出解法的逻辑关系2要用数学语言，尤其借助于符号语言来进行说明可省去大篇的文字3在说明函数的单调性与极值时，要习惯于用表格来说明，表格中容纳了大量的无需再表述的信息，使问题的解决清晰明了，并且与占有一定的分数，倘若用其他方式说明就不到位4本题为试卷的压轴题，对不少考生来说，难度也较大，可能会放弃，但是还要把能得到的分拿下来，比如求f(x)以及函数定义域等思维含量较低的知识，在阅卷中这都可得到23分押题7 已知f(x)axln x，x(0，e，g(x)，其中e是自然常数，ar.(1)讨论a1时，f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)g(x)；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由(1)解由题知当a1时，f(x)1，因为当0x1时，f (x)0，此时f(x)单调递减；当1xe时，f (x)0，此时f(x)单调递增所以f(x)的极小值为f(1)1.(2)证明因为f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e上的最小值为1.令h(x)g(x)，h(x)，当0xe时，h(x)0，h(x)在(0，e上单调递增，所以h(x)maxh(e)1f(x)min，所以在(1)的条件下，f(x)g(x).(3)解假设存在实数a，使f(x)axln x(x(0，e)有最小值3，f (x)a.当a0时，因为x(0，e，所以f (x)0，而f(x)在(0，e上单调递减，所以f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，此时无满足条件的a；当0e时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min