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高中数学(人教新课标理) 洞察高考43个热点《热点四十三 万能工具,大题必考,帮你理顺》


专题一 高考中选择题、

填空题解题能力大突破

万能工具,大题必考,帮你理顺
导数及应用
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.

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1 3 1 2 【例9】? (2011· 江西)设f(x)=- x + x +2ax. 3 2 (1)若f(x)在 围; 16 (2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求f(x)在 3 该区间上的最大值.
?2 ? ? ,+∞? ?3 ?

上存在单调递增区间,求a的取值范

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[审题路线图] 函数f(x)的导数是二次函数,对称轴为x= 1 2 ,要使f(x)在

?2 ? ?2? ? ,+∞?上存在单调递增区间,必需满足f′? ?>0; ?3 ? ?3?

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.

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[规范解答](1)由f′(x)=-x2+x+2a
? 1?2 1 =-?x-2? +4+2a, ? ? ?2 ? ?2? 2 当x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为f′?3?= +2a. ? ? ? ? 9

(2分)

2 1 令9+2a>0,得a>-9.(5分)
?2 ? 1 所以,当a>- 时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间. 9 ? ?

(6分)

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即f(x)在

?2 ? ? ,+∞? ?3 ?

上存在单调递增区间时,a的取值范围为

? 1 ? ?- ,+∞?. ? 9 ?

1- 1+8a (2)令f′(x)=0,得两根x1= , 2 1+ 1+8a x2= . 2 所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单 调递增. (8分)

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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), 27 又f(4)-f(1)=- 2 +6a<0,即f(4)<f(1). 40 16 所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a- =- . 3 3 10 得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)= 3 . (12分) (10分)

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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.

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【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.

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[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(ln a)=a-aln a. ?构造g(t)=t-tln t(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.

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(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.

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[规范解答]

(1)f′(x)=ex-a,令 f′(x)=0 得 x=ln a.

当 x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>ln a 时,f′(x) >0,f(x)单调递增,故当 x=ln a 时,f(x)取最小值 f(ln a)=a- aln a. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-aln a≥1.① 令 g(t)=t-tln t,则 g′(t)=-ln t. 当 0<t<1 时,g′(t)>0, g(t)单调递增; t>1 时, 当 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,
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①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}.(5 分) f?x2?-f?x1? ex2-ex1 (2)由题意知,k= = -a, x2-x1 x2-x1 ex2-ex1 令 φ(x)=f′(x)-k=e - ,则 x2-x1
x

ex1 φ(x1)=- [ex2-x1-(x2-x1)-1], x2-x1 ex2 φ(x2)= [ex -x -(x1-x2)-1]. x2-x1 1 2

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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. 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. ex1 ex2 又 >0, >0, x2-x1 x2-x1 所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. (9 分)

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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)

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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.

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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.

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ln x [押题 7] 已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ,其中 e 是 x 自然常数,a∈R. (1)讨论 a=1 时,f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ ; 2 (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.

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1 x-1 (1)解 由题知当 a=1 时,f′(x)=1-x = x , 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.

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(2)证明 为 1.

因为 f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值

1-ln x 1 ln x 1 令 h(x)=g(x)+2= x +2,h′(x)= x2 , 当 0<x<e 时,h′(x)>0,h(x)在(0,e]上单调递增, 1 1 1 1 所以 h(x)max=h(e)= + < + =1=f(x)min, e 2 2 2 1 所以在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2

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(3)解 假设存在实数 a, f(x)=ax-ln x(x∈(0, 使 e])有最小值 3, 1 ax-1 f ′(x)=a- = . x x 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, 4 所以 f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=e (舍去), 此时无满足条件的 a;

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? ?1 ? 1? 1 ②当 0<a<e 时, f(x)在?0,a?上单调递减, ?a,e?上单调递增, 在 ? ? ? ?

所以

? 1? f(x)min=f?a?=1+ln ? ?

a=3,a=e2,满足条件;

1 ③当a≥e 时,因为 x∈(0,e],所以 f ′(x)<0, 4 所以 f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a= e (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.
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