2013高考数学解答题审题方法探究6

导数问题

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．

11【例9】 (2011·江西)设f(x)＝－x3＋x2＋2ax. 32

2 (1)若f(x)在 3 上存在单调递增区间，求a的取值范围；

16(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－f(x)在该区间上的最大值． 3

[审题路线图]

21，＋∞ 上存在单调递增区间，函数f(x)的导数是二次函数，对称轴为x要使f(x)在 3 2

2必需满足f′ 3＞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

11x－2＋2a，(2分) ＝－ 24

222∞ 时，f′(x)的最大值为f′ ＝＋2a. 当x∈ 3 39

21令＋2a＞0，得a.(5分) 99

21∞ 上存在单调递增区间．(6分) 所以，当a＞－f(x)在 3 9

21∞ 上存在单调递增区间时，a的取值范围为 －∞ . 即f(x)在 3 9

(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝

11＋8ax2＝. 2

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)，

27又f(4)－f(1)＝－6a＜0，即f(4)＜f(1)．(10分) 2

4016所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－. 33

10得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝. 3

(12分) 1－1＋8a， 2

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(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．

(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＝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；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)

f x2 －f x1 ex2－ex1(2)由题意知，k＝a， x2－x1x2－x1

ex2－ex1令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－ x2－x1

exφ(x1)[ex－x－(x2－x1)－1]， x2－x121

exφ(x2)[ex－x－(x1－x2)－1]． x2－x112

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exex0＞0， x2－x1x2－x1

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．

ln x[押题7] 已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝e是自然常数，a∈R. x

(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．

1x－1(1)解 由题知当a＝1时，f′(x)＝1－＝ xx

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.

1－ln x1ln x1令h(x)＝g(x)＋＝＋，h′(x)＝， 2x2x当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在(0，e]上单调递增，

1111所以h(x)max＝h(e)＝＋1＝f(x)min， e222

1所以在(1)的条件下，f(x)＞g(x)＋. 2

1ax－1(3)解 假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，f ′(x)＝a－. xx

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＝舍去)， e

此时无满足条件的a；

11110， 上单调递减，在e 上单调递增，所以f(x)min＝f ＝1②当0＜＜e时，f(x)在 a a aa

＋ln a＝3，a＝e2，满足条件；

1e时，因为x∈(0，e]，所以f ′(x)＜0， a

4所以f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a舍去)， e

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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