2021高考数学解答题审题方法探究6

1、2021高考数学解答题审题方法探究6 导数问题 主要题型：(1)利用导数讨论函数的单调性、极值与最值问题；(2)利用导数讨论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】 (2021江西)设f(x)x3x22ax. 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0a2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必需满意f 30； 令f(x) 0得x1，x2，确定x1，x2所在的单调区间，依据单调性求f(x)的最

2、值 规范解答(1)由f(x)x2x2a 11x22a，(2分) 24 222 时，f(x)的最大值为f 2a. 当x 3 39 21令2a0，得a.(5分) 99 21 上存在单调递增区间(6分) 所以，当af(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 118ax2. 2 所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增(8分) 当0a2时，有x11x24， 所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)， 27又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)(10分) 2 4016所以f(x)在1,

3、4上的最小值为f(4)8a. 33 10得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2). 3 (12分) 118a， 2 抢分秘诀,用导数讨论函数单调性、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觉：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】 (2021湖南)已知函数f(x)exax，其中a0. (1)若对一切xr，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)(x1x2)，记直线ab的斜率为k，证明：存在

4、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)min1. 利用导数f(x)的最小值的表达式 即f(x)minf(ln a)aaln a. 构造g(t)ttln t(t0) 再利用导数推断g(t)的单调性 可得当t1时，g(t)maxg(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(x)f(x)k. 利用导数推断(x)在(x1，x2)端点的函数值(x1)、(x2)一正一负 依据零点判定定理知存在x0(x1，x2)，使(x0)0，即f(x0)k成立 规范解答 (1)f(x)exa，令f(x)0得xln a. 当xln

5、a时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln a时，f(x)0，f(x)单调递增，故当xln a时，f(x)取最小值f(ln a)aaln a. 于是对一切xr，f(x)1恒成立，当且仅当aaln a1. 令g(t)ttln t，则g(t)ln t. 当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减 故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当a1时，式成立 综上所述，a的取值集合为1(5分) f x2 f x1 ex2ex1(2)由题意知，ka， x2x1x2x1 ex2ex1令(x)f(x)kex x2x1 ex(x1)exx(x2x1)1， x2

6、x121 ex(x2)exx(x1x2)1 x2x112 令f(t)ett1，则f(t)et1. 当t0时，f(t)0，f(t)单调递减；当t0时，f(t)0，f(t)单调递增(9分) 故当t0时，f(t)f(0)0，即ett10. 从而ex2x1(x2x1)10，ex1x2(x1x2)10. 又exex00， x2x1x2x1 所以(x1)0，(x2)0. 由于函数y(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(x0)0，即f(x0)k成立(12分) 抢分秘诀 1过程书写要洁净利落，条理分明，突出解法的规律关系 2要用数学语言，尤其借助于符号语言来进行说

7、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，使问题的解决清楚明白，并且与占有肯定的分数，如果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学问，在阅卷中这都可得到23分 ln x押题7 已知f(x)axln x，x(0，e，g(x)e是自然常数，ar. x (1)争论a1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

8、不存在，请说明理由 1x1(1)解 由题知当a1时，f(x)1 xx 由于当0x1时，f (x)0，此时f(x)单调递减； 当1xe时，f (x)0，此时f(x)单调递增 所以f(x)的微小值为f(1)1. (2)证明 由于f(x)的微小值为1，即f(x)在(0，e上的最小值为1. 1ln x1ln x1令h(x)g(x)，h(x)， 2x2x当0xe时，h(x)0，h(x)在(0，e上单调递增， 1111所以h(x)maxh(e)1f(x)min， e222 1所以在(1)的条件下，f(x)g(x). 2 1ax1(3)解 假设存在实数a，使f(x)axln x(x(0，e)有最小值3，f (x)a. xx 当a0时，由于x(0，e，所以f (x)0， 而f(x)在(0，e上单调递减， 4所以f(x)minf(e)ae13，a舍去)， e 此时无满意条件的a； 11110， 上单调递减，在e 上单调递增，所以f(x)minf 1当0e时，f(x)在 a a aa