《2013屆高三數(shù)學二輪復習熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究6 導數(shù)及應用 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2013屆高三數(shù)學二輪復習熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究6 導數(shù)及應用 理（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、"2013屆高三數(shù)學二輪復習熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究6 導數(shù)及應用 理 " 主要題型：(1)利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值與最值問題；(2)利用導數(shù)研究不等式恒成立與證明等問題；(3)以函數(shù)為載體的建模問題． 【例9】? (2011·江西)設f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在上存在單調遞增區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當0＜a＜2時，f(x)在[1,4]上的最小值為－，求f(x)在該區(qū)間上的最大值． [審題路線圖] 函數(shù)f(x)的導數(shù)是二次函數(shù)，對稱軸為x＝，要使f(x)在上存在單調遞增區(qū)間，必需滿足f′＞0； 令f′(x) ＝0得x1，x2

2、，確定x1，x2所在的單調區(qū)間，根據(jù)單調性求f(x)的最值． [規(guī)范解答](1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a ＝－2＋＋2a，(2分) 當x∈時，f′(x)的最大值為f′＝＋2a. 令＋2a＞0，得a＞－.(5分) 所以，當a＞－時，f(x)在上存在單調遞增區(qū)間．(6分) 即f(x)在上存在單調遞增區(qū)間時，a的取值范圍為. (2)令f′(x)＝0，得兩根x1＝， x2＝. 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調遞減，在(x1，x2)上單調遞增．(8分) 當0＜a＜2時，有x1＜1＜x2＜4， 所以f(x)在[1,4]上的最大值為f(x2)， 又f(4)－f

3、(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．(10分) 所以f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)＝8a－＝－. 得a＝1，x2＝2，從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝. (12分) 搶分秘訣,用導數(shù)研究函數(shù)單調性、極值與最值是歷年必考內(nèi)容，尤其是含參數(shù)函數(shù)的單調性問題成為高考命題的熱點，近幾年新課標高考卷中發(fā)現(xiàn)：若該內(nèi)容的題目放在試卷壓軸題的位置上，試題難度較大；若放在試卷前幾題的位置上，難度不大. 【例10】? (2012·湖南)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax，其中a＞0. (1)若對一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合； (2)在函數(shù)f(x)的圖象上取

4、定兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，記直線AB的斜率為k，證明：存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立． [審題路線圖] (1)將f(x)≥1恒成立轉化為f(x)的最小值f(x)min≥1. ?利用導數(shù)f(x)的最小值的表達式． ?即f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a. ?構造g(t)＝t－tln t(t＞0)． ?再利用導數(shù)判斷g(t)的單調性． ?可得當t＝1時，g(t)max＝g(1)＝1，即可得a值． (2)首先利用斜率公式表示斜率k， ?構造函數(shù)φ(x)＝f′(x)－k. ?利用導數(shù)判斷φ(x)在(x1，x2)

5、端點的函數(shù)值φ(x1)、φ(x2)一正一負． 根據(jù)零點判定定理知存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立． [規(guī)范解答]　(1)f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0得x＝ln a. 當x＜ln a時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x＞ln a時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，故當x＝ln a時，f(x)取最小值f(ln a)＝a－aln a. 于是對一切x∈R，f(x)≥1恒成立，當且僅當a－aln a≥1.① 令g(t)＝t－tln t，則g′(t)＝－ln t. 當0＜t＜1時，g′(t)＞0，g(t)單調遞增；當t＞1時，g′(t)＜0，

6、g(t)單調遞減． 故當t＝1時，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，當且僅當a＝1時，①式成立． 綜上所述，a的取值集合為{1}．(5分) (2)由題意知，k＝＝－a， 令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，則 φ(x1)＝－[ex2－x1－(x2－x1)－1]， φ(x2)＝[ex1－x2－(x1－x2)－1]． 令F(t)＝et－t－1，則F′(t)＝et－1. 當t＜0時，F(xiàn)′(t)＜0，F(xiàn)(t)單調遞減；當t＞0時，F(xiàn)′(t)＞0，F(xiàn)(t)單調遞增．(9分) 故當t≠0時，F(xiàn)(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0. 從而ex2－x1－(x2－x1)－1＞0，ex1

7、－x2－(x1－x2)－1＞0. 又＞0，＞0， 所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0. 因為函數(shù)y＝φ(x)在區(qū)間[x1，x2]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．(12分) 搶分秘訣 1．過程書寫要干凈利落，條理分明，突出解法的邏輯關系． 2．要用數(shù)學語言，尤其借助于符號語言來進行說明可省去大篇的文字． 3．在說明函數(shù)的單調性與極值時，要習慣于用表格來說明，表格中容納了大量的無需再表述的信息，使問題的解決清晰明了，并且與占有一定的分數(shù)，倘若用其他方式說明就不到位． 4．本題為試卷的壓軸題，對不少考生來說，難度也

8、較大，可能會放棄，但是還要把能得到的分拿下來，比如求f′(x)以及函數(shù)定義域等思維含量較低的知識，在閱卷中這都可得到2～3分． [押題7] 已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然常數(shù)，a∈R. (1)討論a＝1時，f(x)的單調性和極值； (2)求證：在(1)的條件下，f(x)＞g(x)＋； (3)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由． (1)解　由題知當a＝1時，f′(x)＝1－＝， 因為當0＜x＜1時，f ′(x)＜0，此時f(x)單調遞減； 當1＜x＜e時，f ′(x)＞0，此時f(x)單調遞增．

9、 所以f(x)的極小值為f(1)＝1. (2)證明　因為f(x)的極小值為1，即f(x)在(0，e]上的最小值為1. 令h(x)＝g(x)＋＝＋，h′(x)＝， 當0＜x＜e時，h′(x)＞0，h(x)在(0，e]上單調遞增， 所以h(x)max＝h(e)＝＋＜＋＝1＝f(x)min， 所以在(1)的條件下，f(x)＞g(x)＋. (3)解　假設存在實數(shù)a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，f ′(x)＝a－＝. ①當a≤0時，因為x∈(0，e]，所以f ′(x)＜0， 而f(x)在(0，e]上單調遞減， 所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)， 此時無滿足條件的a； ②當0＜＜e時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，所以f(x)min＝f＝1＋ln a＝3，a＝e2，滿足條件； ③當≥e時，因為x∈(0，e]，所以f ′(x)＜0， 所以f(x)在(0，e]上單調遞減，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)， 此時無滿足條件的a. 綜上，存在實數(shù)a＝e2，使得當x∈(0，e]時，f(x)有最小值3.