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(安徽专用)2014届高考数学 专题突破(一)课件 文 新人教A版


利用导数研究函数的单调性是高考的热点,多与一元二

次不等式相联系,根据导数与函数单调性的关系,研究函数
的单调性,实际上就是讨论导函数 f′(x) 的函数值正负的问 题.

已知f(x)=ex-ax-1. (1)求f(x)的单调增区间; (2)若f(x)在定义域R内单调递增,求a的取值范围. 【思路点拨】 为恒成立问题,求a.

【规范解答】 (1)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a. (1)通过f′(x)≥0求单调递增区间;(2)转化

令f′(x)≥0,得ex≥a,
当a≤0时,有f′(x)>0在R上恒成立;

当a>0时,有x≥ln a.

综上,当a≤0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞);
当a>0时,f(x)的单调增区间为[ln a,+∞). (2)当a≠0时,∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a. ∵f(x)在R上单调递增, ∴f′(x)=ex-a≥0恒成立, 即a≤ex,x∈R恒成立. ∵x∈R时,ex∈(0,+∞),∴a<0.

当a=0时,f′(x)=ex在R上单调递增,f′(x)>0恒成立.

故当a≤0时,f(x)在定义域R内单调递增.
【反思启迪】 利用导数研究函数的单调性比用函数单

调性的定义要方便,但应注意f′(x)>0(或f′(x)<0)仅是f(x)在 某个区间上为增函数 ( 或减函数 ) 的充分条件,在 (a , b) 内可 导 的 函 数 f(x) 在 (a , b) 上 递 增 ( 或 递 减 ) 的 充 要 条 件 应 是

f′(x)≥0(或f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,且f′(x)在(a,b)的任
意子区间内都不恒等于0.

设 0 < a≤1 ,讨论函数 f(x) = ln x + a(1 - a)x2 - 2(1 - a)x

的单调性.

函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 f ′ (x) = + 2a(1 - a)x - 2(1 - a) = x 2a(1-a)x2-2(1-a)x+1 , x 令 g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1, 1 (1)当 a=1 时,g(x)=1,f′(x)= >0, x 此时 f(x)在(0,+∞)上单调递增.

【解】

(2)当 a≠1 时,令 f′(x)=0,即 g(x)=0, 其判别式 Δ=4(1-a)(1-3a), 1 ①当 0<a< 时,Δ>0,f′(x)有两个零点, 3 (a-1)(3a-1) 1 x1= - >0, 2a 2a(1-a) (a-1)(3a-1) 1 x2= + , 2a 2a(1-a) 且当 0<x<x1 或 x>x2 时,g(x)>0,∴f′(x)>0. 因此 f(x)在(0,x1)与(x2,+∞)内为增函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)<0,f′(x)<0, ∴f(x)在区间(x1,x2)内是减函数.

1 ②当 ≤a<1 时,Δ≤0,g(x)≥0,则 f′(x)≥0. 3 所以 f(x)在(0,+∞)内为增函数. 1 综上所述,当 0<a< 时,f(x)在 3 (1-a)- (1-a)(1-3a) (0, ), 2a(1-a) (1-a)+ (1-a)(1-3a) ( ,+∞)上单调递增, 2a(1-a) (1-a)- (1-a)(1-3a) 在( , 2a(1-a)

(1-a)+ (1-a)(1-3a) 1 )上单调递减;当 ≤a 3 2a(1-a) ≤1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增.

利用导数判断函数的零点个数是近两年高考命题的亮 点,求解时应把函数的零点存在性定理,函数的单调性、极

值点等综合起来考虑,最后数形结合求得结果.

3 (2012· 福建高考)已知函数 f(x)=axsin x- (a∈R), 2 π π -3 且在[0, ]上的最大值为 . 2 2 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在(0,π )内的零点个数,并加以证明.
【思路点拨】 f(x)的最大值; (1)分a=0、a<0和a>0三种情况求函数

(2) 先用零点存在性定理判断有无零点,再根据函数的
单调性判断零点的个数.

(1)由已知得f′(x)=a(sin x+xcos x), π 对于任意x∈(0, ),有sin x+xcos x>0. 2 3 当a=0时,f(x)=- ,不合题意. 2 π π 当a<0,x∈(0, )时,f′(x)<0,从而f(x)在(0, )内 2 2 单调递减. 【规范解答】

π 又f(x)在[0, ]上的图象是连续不断的,故f(x)在[0, 2 π 3 ]上的最大值为f(0)=- ,不合题意; 2 2

π π 当a>0,x∈(0, )时,f′(x)>0,从而f(x)在(0, )内 2 2 π 单调递增,又f(x)在[0, ]上的图象是连续不断的,故f(x) 2 π π π 3 π-3 在[0, ]上的最大值为f( ),即 a- = ,解得a= 2 2 2 2 2 1. 3 综上所述,函数f(x)的解析式f(x)=xsin x- . 2

(2)f(x)在(0,π)内有且只有两个零点. 证明如下: 3 由(1)知,f(x)=xsin x- , 2 π π-3 3 从而有f(0)=- <0,f( )= >0. 2 2 2 π 又f(x)在[0, ]上的图象是连续不断的, 2 π 所以f(x)在(0, )内至少存在一个零点. 2 π π 又由(1)知f(x)在[0, ]上单调递增,故f(x)在(0, )内 2 2 有且仅有一个零点.

π 当x∈[ ,π]时,令g(x)=f′(x)=sin x+xcos x. 2 π π 由g( )=1>0,g(π)=-π<0,且g(x)在[ ,π]上的 2 2 π 图象是连续不断的,故存在m∈( ,π),使得g(m)=0. 2 π 由g′(x)=2cos x-xsin x,知x∈( ,π)时,有g′ 2 (x)<0,
π 从而g(x)在( ,π)内单调递减. 2 π 当x∈( ,m)时,g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0,从而f(x) 2 π 在( ,m)内单调递增, 2

π π π-3 故当x∈[ ,m]时,f(x)≥f( )= >0, 2 2 2 π 故f(x)在[ ,m]上无零点; 2 当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0,从而f(x) 在(m,π)内单调递减. 又f(m)>0,f(π)<0,且f(x)在[m,π]上的图象是连续 不断的,从而f(x)在(m,π)内有且仅有一个零点. 综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点.

π 【反思启迪】 1.在判断函数f(x)在[ ,π]上的零点 2 π 个数时,先通过其导函数f′(x)在[ ,π]上的变化情况,再 2 π 得到f(x)在[ ,π]上的变化情况. 2 2.研究函数的零点问题,实质上是通过其导函数的变 化情况,得到函数图象的变化情况,数形结合求得结果.

(2013· 福州模拟 )已知函数 f(x)=x2+aln x 的图象在点 P(1,f(1))处的切线斜率为 10. (1)求实数 a 的值; (2)判断方程 f(x)=2x 根的个数,证明你的结论.
a 【解】 (1)因为 f(x)=x +aln x,所以 f′(x)=2x+ , x 函数 f(x)的图象在点 P(1, f(1))处的切线斜率 k=f′(1)=2 +a.由 2+a=10 得:a=8. (2)由(1)知,f(x)=x2+8ln x,令 F(x)=f(x)-2x=x2-2x +8ln x. 因为 F(1)=-1<0, F(2)=8ln 2>0, 所以 F(x)=0 在(0, +∞)至少有一个根.
2

8 又因为 F′(x)=2x-2+ ≥2 16-2=6>0,所以 F(x) x 在(0,+∞)上递增, 所以函数 F(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,即方程 f(x)=2x 有且只有一个实根.

常见题_图白椒ǎ

(1)不等式恒成立问题 ,转化为函数的最值问题;
(2)证明不等式,转化为证明函数的单调性问题;

(3) 证明不等式,转 化为函数的最小值大于最大值 问
题.

(2013· 温州模拟)已知函数 f(x)=sin x(x≥0),g(x)= ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 3 (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证:g(x)-f(x)≤ x . 6

【思路点拨】

(1) 不等式恒成立问题,转化为函数最

大值小于或等于0求解;
(2)利用函数的单调性求解.

【规范解答】 (1)令h(x)=sin x-ax(x≥0),则h′(x)= cos x-a.若a≥1,h′(x)=cos x-a≤0,h(x)=sin x- ax(x≥0)单调递减,h(x)≤h(0)=0,则sin x≤ax(x≥0)成 立. π 若0<a<1,存在x0∈(0, ),使得cos x0=a,当 2 x∈(0,x0),
h′(x)=cos x-a>0,h(x)=sin x-ax(x∈(0,x0))单调 递增,h(x)>h(0)=0,不合题意, 结合f(x)与g(x)的图象可知a≤0显然不合题意, 综上可知,a≥1.

(2)当a取(1)中的最小值1时,g(x)-f(x)=x-sin x. 1 3 1 2 设H(x)=x-sin x- x (x≥0),则H′(x)=1-cos x- x . 6 2 1 2 令G(x)=1-cos x- x ,则G′(x)=sin x-x≤0(x≥0),所以 2 1 2 G(x)=1-cos x- x 在[0,+∞)上单调递减,此时G(x)=1 2 1 2 -cos x- x ≤G(0)=0, 2
1 2 即H′(x)=1-cos x- x ≤0, 2 1 3 所以H(x)=x-sin x- x (x≥0)单调递减. 6

1 3 所以H(x)=x-sin x- x ≤H(0)=0, 6 1 3 即x-sin x- x ≤0(x≥0), 6 1 3 即x-sin x≤ x (x≥0). 6 1 3 所以,当a取(1)中的最小值时,g(x)-f(x)≤ x . 6

【反思启迪】

1. 本题 (1) 中 f(x)≤g(x) 恒成立,则 g(x) 的

图象应恒在f(x)的图象上方,从而a≤0不合题意.
2.与不等式有关的问题最终可转化为函数的最值与0的 关系.

已知函数f(x)=ax+xln x的图象在点x=e(e为自然对数 的底数)处的切线斜率为3. (1)求实数a的值; f(x) (2)若k∈Z,且k< 对任意x>1恒成立,求k的最 x-1 大值.

【解】 (1)因为f(x)=ax+xln x, 所以f′(x)=a+ln x+1. 因为函数f(x)=ax+xln x的图象在点x=e处的切线斜率 为3, 所以f′(e)=3,即a+ln e+1=3,所以a=1.

(2)由(1)知,f(x)=x+xln x, f(x) 又k< 对任意x>1恒成立, x-1 x+xln x 即k< 对任意x>1恒成立. x- 1 x+xln x x-ln x-2 令g(x)= ,则g′(x)= , x-1 (x-1)2 令h(x)=x-ln x-2(x>1),

1 x-1 则h′(x)=1- = >0, x x 所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增.

因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, 所以方程h(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满 足x0∈(3,4). 当1<x<x0时,h(x)<0,即g′(x)<0,当x>x0时,h(x) >0,即g′(x)>0, x+xln x 所以函数g(x)= 在(1,x0)上单调递减, x- 1
在(x0,+∞)上单调递增, x0(1+ln x0) 所以[g(x)]min=g(x0)= x0 - 1 x0(1+x0-2) = =x0∈(3,4), x0-1


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