2013高中新课程数学(人教新课标理)二轮复习精选第二部分_洞察高考43个热点,帮你理顺导数及应用

专题一高考中选择题、填空题解题能力大突破主要题型：(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．万能工具，大题必考，帮你理顺导数及应用【例9】►(2011·江西)设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－163，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＝12，要使f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，必需满足f′23＞0；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)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，(2分)当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a.令29＋2a＞0，得a＞－19.(5分)所以，当a＞－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间．(6分)即f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间时，a的取值范围为－19，＋∞.(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．(8分)当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，又f(4)－f(1)＝－272＋6a＜0，即f(4)＜f(1)．(10分)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－403＝－163.得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝103.(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)＝ex－ax，其中a＞0.(1)若对一切x∈R，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))(x1＜x2)，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)min≥1.⇓利用导数f(x)的最小值的表达式．⇓即f(x)min＝f(lna)＝a－alna.⇓构造g(t)＝t－tlnt(t＞0)．⇓再利用导数判断g(t)的单调性．⇓可得当t＝1时，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，⇓构造函数φ(x)＝f′(x)－k.⇓利用导数判断φ(x)在(x1，x2)端点的函数值φ(x1)、φ(x2)一正一负．根据零点判定定理知存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．[规范解答](1)f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0得x＝lna.当x＜lna时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞lna时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故当x＝lna时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna.于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当a－alna≥1.①令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；当t＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减．故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当a＝1时，①式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．(5分)(2)由题意知，k＝fx2－fx1x2－x1＝ex2－ex1x2－x1－a，令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－ex2－ex1x2－x1，则φ(x1)＝－ex1x2－x1[ex2－x1－(x2－x1)－1]，φ(x2)＝ex2x2－x1[ex1－x2－(x1－x2)－1]．令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1.当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增．(9分)故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0.从而ex2－x1－(x2－x1)－1＞0，ex1－x2－(x1－x2)－1＞0.又ex1x2－x1＞0，ex2x2－x1＞0，所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0.因为函数y＝φ(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φ(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2～3分．[押题7]已知f(x)＝ax－lnx，x∈(0，e]，g(x)＝lnxx，其中e是自然常数，a∈R.(1)讨论a＝1时，f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)＞g(x)＋12；(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a＝1时，f′(x)＝1－1x＝x－1x，因为当0＜x＜1时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；当1＜x＜e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)＋12＝lnxx＋12，h′(x)＝1－lnxx2，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在(0，e]上单调递增，所以h(x)max＝h(e)＝1e＋12＜12＋12＝1＝f(x)min，所以在(1)的条件下，f(x)＞g(x)＋12.(3)解假设存在实数a，使f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－1x＝ax－1x.①当a≤0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)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝4e(舍去)，此时无满足条件的a；②当0＜1a＜e时，f(x)在0，1a上单调递减，在1a，e上单调递增，所以f(x)min＝f1a＝1＋lna＝3，a＝e2，满足条件；③当1a≥e时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝4e(舍去)，此时无满足条件的a.综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.