1、高考大题冲关(一)导数综合应用的热点问题 考情概述:导数的综合应用是历年高考的热点内容,多以压轴题形式出现,难度较大,近几年高考命题的热点主要是利用导数研究函数的单调性、极值、最值,充分体现了导数的工具性,同时考查了分类讨论思想的应用,高考命题点还可能是利用导数研究方程的根(或函数的零点);利用导数研究恒成立问题等.体现了数形结合、函数与方程、转化与化归的数学思想方法的应用.题型一 利用导数研究函数性质问题【例 1】(2012 年高考广东卷)设 0a0,B=xR|2x2-3(1+a)x+6a0,D=AB.(1)求集合 D(用区间表示);(2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax
2、在 D 内的极值点.思维导引:(1)根据方程 2x2-3(1+a)x+6a=0 的判别式与 0 的关系分别讨论求解.(2)利用导数求出函数的极值点,再结合(1)分类讨论判断极值点是否在 D 中.解:(1)对于方程 2x2-3(1+a)x+6a=0,判别式=9(1+a)2-48a=3(a-3)(3a-1).因为 0a1,所以 a-30.当 13a1 时,0,此时 B=R,所以 D=A=(0,+);当 a=13时,=0,此时 B=x|x1,所以 D=(0,1)(1,+);当 0a0,设方程 2x2-3(1+a)x+6a=0 的两根 为 x1,x2且 x1x2,则 x1=3 133 314aaa,x
3、2=3 133 314aaa,B=x|xx2,x1+x2=32(1+a)0,x1x2=3a0,所以 x10,x20,此时,D=(0,x1)(x2,+)=3 133 310,4aaa 3 133 31,4aaa.综上可知,当 0a 13时,D=3 133 310,4aaa 3 133 31,4aaa;当 a=13时,D=(0,1)(1,+);当 13a1 时,D=(0,+).(2)f(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a)(0a1),由 f(x)0ax0 x1,所以函数 f(x)在区间(-,a)和(1,+)上单调递增,在区间(a,1)上单调递减.当 13a1 时,因为 D=(
4、0,+),所以 f(x)在 D 内有极大值点 a 和极小值点 1;当 a=13时,D=(0,1)(1,+),所以 f(x)在 D 内有极大值点 a=13;当 0a 13时,D=3 133 310,4aaa 3 133 31,4aaa,a 3 133 314aaa1 3 133 314aaa,f(x)在 D 内有极大值点 a.综上可知,当 0a 13时,f(x)在 D 内有极大值点 a;当 13a0,且对于任意 x0,f(x)f(1).试比较 ln a与-2b 的大小.解:(1)由 f(x)=ax2+bx-ln x,x(0,+),得 f(x)=221axbxx.当 a=0 时,f(x)=1bxx
5、.a.若 b0,当 x0 时,f(x)0,当 0 x 1b时,f(x)1b时,f(x)0,函数 f(x)单调递增.所以函数 f(x)的单调递减区间是10,b,单调递增区间是 1,b.当 a0 时,令 f(x)=0,得 2ax2+bx-1=0.由=b2+8a0 得 x1=284bbaa,x2=284bbaa.显然,x10.当 0 xx2时,f(x)x2时,f(x)0,函数 f(x)单调递增.所以函数 f(x)的单调递减区间是280,4bbaa,单调递增区间是28,4bbaa.综上所述,当 a=0,b0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,+);当 a=0,b0 时,函数 f(x)的单调递减区
6、间是10,b,单调递增区间是 1,b;当 a0 时,函数 f(x)的单调递减区间是280,4bbaa,单调递增区间是28,4bbaa.(2)由题意,函数 f(x)在 x=1 处取得最小值,由(1)知284bbaa 是 f(x)的惟一极小值点.故284bbaa=1,整理得 2a+b=1,即 b=1-2a.令 g(x)=2-4x+ln x.则 g(x)=14xx.令 g(x)=0,得 x=14.当 0 x0,g(x)单调递增;当 x 14时,g(x)0,g(x)单调递减.因此 g(x)g 14=1+ln 14=1-ln 40.故 g(a)0,即 2-4a+ln a=2b+ln a0,即 ln a0
7、.(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围.思维导引:(1)求出 f(x),由 f(x)=0 求出极值点,列表求单调区间.(2)利用(1)的结果,寻求 f(x)在(-2,0)内恰有两个零点的条件.解:(1)f(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由 f(x)=0,得 x1=-1,x2=a0.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,a)a(a,+)f(x)+0-0+f(x)极大值 极小值 由表可知,函数 f(x)的单调增区间为(-,-1),(a,+);单调减区间是(-1,a)
8、.(2)由(1)知,f(x)在(-2,-1)内单调递增,在(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点时,当且仅当 20,10,00,fff即82 120,3110,320,aaaaa 解得 0a 13,所以 a 的取值范围是10,3.冲关策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系,从而求得参数的取值范围.(2)解决此类问题的转折点是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.即时突破 2(2013 年高考陕
9、西卷节选)已知函数f(x)=ex,xR.(1)求 f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程;(2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y=12x2+x+1 有唯一公共点.(1)解:f(x)的反函数为 g(x)=ln x,设所求切线的斜率为 k,g(x)=1x,k=g(1)=1,于是在点(1,0)处切线方程为 y=x-1.(2)证明:曲线 y=ex与 y=12x2+x+1 公共点的个数等于函数 (x)=ex-12x2-x-1 零点的个数.(0)=1-1=0,(x)存在零点 x=0.又(x)=ex-x-1,令 h(x)=(x)=ex-x-1,则 h(x)=ex-1,当 x0 时,h(x)0 时
10、,h(x)0,(x)在(0,+)上单调递增.(x)在 x=0 处有唯一的极小值(0)=0,即(x)在 R 上的最小值为(0)=0,(x)0(当且仅当 x=0 时等号成立),(x)在 R 上是单调递增的,(x)在 R 上有唯一的零点,故曲线 y=f(x)与 y=12x2+x+1 有唯一的公共点.题型三 利用导数研究恒成立及参数求解问题【例3】(2012年高考湖南卷节选)已知函数f(x)=ex-ax,其中 a0,若对一切 xR,f(x)1 恒成立.求 a 的取值 集合.思维导引:求出 f(x),研究 f(x)的单调性及最值,欲 f(x)1,只需 f(x)min1,由此求 a 的取值.解:f(x)=
11、ex-a,由 f(x)=0 得 x=ln a,当 xln a 时,即 f(x)ln a 时,即 f(x)0,f(x)单调递增.当 xln a 时,即 f(x)0,f(x)单调递增.所以当 x=ln a 时,f(x)取得最小值 f(ln a)=a-aln a.于是对一切 xR,f(x)1 恒成立,当且仅当 a-aln a1.令 g(t)=t-tln t,则 g(t)=-ln t.当 0t0,g(t)单调递增;当 t1 时,g(t)m 恒成立,求实数 m 的取值范围.解:(1)f(x)=x-xex=x(1-ex),由 f(x)=0,得x=0.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,0)0(0,+)f(x)-0-f(x)由此可知,f(x)的单调减区间为(-,+).(2)由(1)知,f(x)在-2,2上单调递减,f(2)=2-e2.即 f(x)在-2,2上的最小值为 2-e2,要 f(x)m 恒成立,当且仅当 m2-e2.因此,所求 m 的取值范围是(-,2-e2).点击进入大题冲关集训(一)点击进入滚动检测(一)
