高考数学二轮重难点荟萃(1)

高考数学二轮重难点荟萃(1)

2013 年高考数学二轮重难点荟萃（1） 重难点一 导数及其应用 知识导航 类型一：没有其他未知字母情况下，求单调性，极值，最值 例 1：设函数 32() 91(0).fxxaxxa 若曲线 y=f(x)的斜率最小的切线与直线 12x+y=6 平 行，求：（Ⅰ）a 的值;（Ⅱ）函数 f(x)的单调区间. 解：(Ⅰ) 3, 0, 3.a a a 由题设所以 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 323,() 391,a fxxxx因此 2 12 ( ) 3 6 9 3( 3( 1) ( ) 0, 1, 3. ( , 1) ( ) 0, ( ) ( 1 ( 1,3) ( ) 0, ( ) 13 ( ) 0, ( ) 3 . ( ) ( , 1 3 f x x x x x f x x x x f x f x x f x f x f x f x fx                          令 解得： 当 时， 故 在 ，）上为增函数； 当 时， 故 在（ ，）上为减函数； 当x (3,+ )时， 故 在（， ）上为增函数 由此可见，函数 的单调递增区间为 ）和（， ）； 单调递减区 13.间为（ ，） 变式训练 1：设函数 4 3 2() 2( )fxxaxxbxR，其中 abR， ． （Ⅰ）当 10 3a  时，讨论函数 ()fx的单调性； （Ⅱ）若函数 ()fx仅在 0x 处有极值，求 a 的取值范围； （Ⅰ）解： 3 2 2()434(434)fxxaxxxxax． 当 10 3a  时， 2()(4104)2(21)(2)fxxxx xxx．令 ( ) 0fx  ，解得 1 0x  ， 2 1 2x  ， 3 2x  ． ()fx在 10 2   ， ，(2 )，∞是增函数，在( 0)∞，， 1 22   ， 内是减函数． （Ⅱ）解： 2() (43 4)fxxx ax  ，显然 0x 不是方程 24 3 40x ax 的根． 为使 ()fx仅在 0x 处有极值，必须 24 3 40x ax≥恒成立，即有 29 640a≤． 解此不等式，得 88 33a ≤ ≤ ．这时， (0)fb 是唯一极值． a 的取值范围是 88 33  ， ． 类型二：结合函数的图像与性质求参数的取值范围问题 例 2：设 a 为实数，函数 32()fx xxxa。 （1）求 ()fx的极值； （2）当 在什么范围内取值时，曲线 ()y f x 与 x 轴仅有一个交点。 解：（1） 2()3 21fx x x  ，若 ( ) 0fx  ，则 1 ,13x  所以 ()fx的极大值是 15 3 27fa   ，极小值是 (1) 1fa。 （2）函数 32 2() (1)(1)1fxxxxaxxa。 由此可知 x 取足够大的正数时，有 ( ) 0fx ， 取足够小的负数时，有 ( ) 0fx ，所以曲线 ()y f x 与 x 轴至少有一个交点.结合 ()fx的单调性可知： 当 ()fx的极大值 5 027 a，即 5, 27a    时，它的极小值也 因此曲线 ()y f x 与 x 轴仅有一个交点，它在(1, ) 上； 当 ()fx的极小值 10a 时，即 (1, )a 上时，它的极大值也小于 0， 与 轴仅 一个交点，它在 1, 3   上。当 5, (1, )27a   时， ()y f x 与 轴仅有一个交点。 变式训练 2：．已知函数 4 3 219() 42fx x x x cx    有三个极值点。证明： 27 5c  ； 因为函数 有三个极值点, 所以 32() 39 0fxxxxc有三 个互异的实根.设 32() 3 9 ,gxx x xc则 2()3693(3)(1),gxxx xx 当 3x 时， ( ) 0,gx  ()gx在 ( , 3) 上为增函数；当 31x  时， ( ) 0,gx  在 ( 3,1) 上为减函数；当 1x  时， 在 (1, ) 上为增函数， 所以 在 3x 时取极大值,在 1x  时取极小值。当 ( 3) 0g或 (1) 0g  时, ( ) 0gx 最 多只有两个不同实根。 有三个不同实根, 所以 ( 3) 0g且 (1) 0g  ， 即 2727270c,且139 0c，解得 27,c 且 5,c  故 . 类型三：含字母时，对判别式进行分类讨论 例 3：．已知函数 32() 1fxxaxx ， aR．（ 1）讨论函数 ()fx的单调区间； （2）设函数 ()fx在区间 21 33  ， 内是减函数，求 a 的取值范围． 解：（1） 32() 1fxxaxx 求导得 2()3 2 1fx x ax    当 2 3a  时， 0 ， ( ) 0fx  ， ()fx在 R 上递增；当 2 3a  ， ( ) 0fx  求得两根为 2 3 3 aax    ，即 ()fx在 2 3 3 aa   ， 递增， 2233 33 a a a a    ， 递 减， 2 3 3 aa    ， 递增。（2） 2 2 32 33 31 33 aa aa          ，且 2 3a  ，解得 2a 。 变式训练 3：设函数 2() ln(1)fxxbx ,其中 0b . (I)当 1 2b  时,判断函数 ()fx在定义域上的单调性;(II)求函数 的极值点; 高&考%资 (源#网 wxc 解：(I) 函数 的定义域为 1,  . 222'()2 11 b x xbf x xxx    ，高&考%资(源#网 wxc 令 2()2 2gx x xb ，则 ()gx在 1 ,2   上递增，在 11, 2  上递减， min 11() ( )22gx g b  . 当 时， min 1( ) 02gx b   ， 2()2 2 0gxx xb 在 上恒成立. '() 0,fx即当 时,函数 在定义 域 上单调递增。（II）分以下几种情形讨论： （1）由（I）知当 时函数 无极值点. （2）当 1 2b  时， 212( )2'( ) 1 x fx x    ， 11, 2x     时， '( ) 0,fx 1,2x    时， 1 2b 时，函数 在 上无极值点。 （3）当 1 2b  时，解 '( ) 0fx 得两个不同解高&考%资(源#网 wxc 1 1 1 2 2 bx    ， 2 1 1 2 2 bx    当 0b 时， 1 1 1 212 bx  ， 2 1 1 2 12 bx       121,, 1,,xx 此时 ()fx 在  1,  上 有 唯 一 的 极 小 值 点 2 1 1 2 2 bx    . 当 10 2b 时，  12, 1, ,xx高&考%资(源#网 wxc ' ()fx在   121, , ,xx 都大于 0 ， 在 12( , )xx 上小于 0 ， 此时 有一个极大值点 1 1 1 2 2 bx    和一个极小值点 . 综上可知， 0b 时， 在 上有唯一的极小值点 ； 时， 有一个极大值点 和一个极小值点 ； 1 2b  时，函数 在 上无极值点 类型四：含字母时，对导函数的零点以及区间的位置进行分类讨论 例 4：已知函数 321() ,3f x x ax bx   且 '(1) 0f  （I）试用含 a 的代数式表示 b ；（ Ⅱ）求 ()fx的单调区间；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m :解：（I）依题意，得 21ba （Ⅱ）由（I）得 321() (21)3fx x ax a x    （ 故 2'()221(1)(21)fxxaxaxxa令 '*() 0fx ，则 1x 或 12xa ①当 1a  时，12 1a  由此得，函数 ()fx的单调增区间为( ,12)a 和 ( 1, ) ，单调减区间为(12, 1)a ②由 1a  时，12 1a ，此时， '( ) 0fx 恒成立，且仅在 1x 处 '() 0fx ，故函数 ()fx 的单调区间为 R ③当 1a  时，12 1a ， ()fx的单调增( , 1) 和(12, )a ，单调减区(1,12)a 综上：当 1a  时，函数 ()fx增区间为 ( ,12)a 和( 1, ) ，单调减区间为(12, 1)a； 当 1a  时，函数 ()fx的单调增区间为 R； 当 1a  时，函数 ()fx的单调增区间为 ( , 1) 和(12, )a ，单调减区间为(-1.1-2a) 变式训练 4：已知 a 是实数，函数 2() ( )fx xxa （1）若 '(1) 3f  ，求 a 的值及曲线 ()y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （2）求函数 y＝f (x)在区间 [ 1，2 ] 上的最小值。 解：（1） 2() 3 2f x x ax ，因为 (1)32 3fa ，所以 0a ． 又当 0a 时， (1) 1f  ， (1) 3f  ， ()y f x 在 (1 (1))f， 处的切线方程为3 2 0xy ． (2) 设最小值为 m ， ),2,1(),3 2(323)( 2/  xaxxaxxxf 当 0a 时， ),2,1(,0)(/ xxf 则 )(xf 是区间[1,2]上的增函数, 所以 afm  1)1( ； 当 0a 时，在 3 20 axx  或 时， / 2()0,() [, )3fx fx a 从而在区间上是增函数； 在 3 20 ax  时， / 2()0,() [0,]3fx fx a从而在区间上是单减函数 ① 当 23 2 a ，即 3a 时， afm 48)2(  ；② 当 23 21  a ，即 32 3  a 时， 324()3 27 aamf  ；③ 当 2 30  a 时， afm  1)1( . 则函数的最小值              )3(),2(4 )32 3(,27 4 )2 3(,1 3 aa aa aa m 题型五、恒成立问题 例 5．设函数 )0(333)( 2 3  aaxxxxf 。 (1) 如果 1a ，点 P 为曲线 )(xfy 上一个动点，求以 P 为切点的切线斜率取最小值时的切 线方程；(2) 若 ]3,[ aax 时， 0)( xf 恒成立，求 a 的取值范围。 解：(1) 设切线斜率为 k ，则 32)( 2'  xxxfk 当 1x 时， 取最小值-4， 又 3 20)1( f ， 所以，所求切线方程为 )1(43 20  xy ，即 08312 yx (2) 由 032)( 2'  xxxf ，解得： 1x 或 3x 。 函数 )(xf 在  1, 和 ,3 上是增函数，在 3,1 上是减函数。 所以 0)3( 330      af aa 或 0)3( 3a3a0      f 或      0)( 3a af 解得 6a 变式训练 5：已知函数 32() 3fx x x （1）若 ()y f x 在区间[2 1, 1]mm上是增函数，求实数 m 的取值范围； （2）若 12, [1,1]xx ，求证： 12| () ()|4fx fx． 解：（1） 2()363(2)fxxxxx，令 ( ) 0fx  即 (2)0 0 2xx x x或 ()fx 的增区间为( ,2][0,). 和 ()fx在区间 上是增函数，  [21,1](,2][21,1][0,)mmmm或 ；  1 2 2 10 2 1 1 2 1 1 mm m m m m       或  32mm  1或2 2()363(2)002fxxxxxxx或， (0)0,(1)2,(1)4f f f， ()fx 在区间[-1，1]上的最大值 M 为 4，最小值 N 为 0， 故对任意 ，有 12|()()| 404fxfxMN 题型六、导数解决不等式问题 例 6．对于函数   3 2 2 0.32 abfx x x axa    （1）若函数  fx在 2x 处的切线方程为 7 20yx,求 ,ab的值； （2）设 12,xx是函数 )(xf 的两个极值点,且 122xx,证明： 43 9b  解：（1）由切点为 2, 6 ， ' 2 2yaxbxak ，有      22 223 227 222236 aba aba 解得 3, 2ab （2）由题， 1x 、 2x 是方程 220axbxa的两个根， 1 2 12,0bx x xx aa  可得 两根一正一负，不妨设 120, 0,xx1 2 2 12 2,x x xx      2 22 22 21 21 12 24 4 4 44bxxxxxx abaaa 设  2 2 34444, 0.ta aaa a 其中 ' 2 '2 2 28121200 ,0 03 3 3taaaa a a a t  得舍去或当时，； 当 2 3a  时， ' 0t  . 所以当 2 3a  时， max 16 27t  ，即 2 16 4 3 27 9bb   . 变式训练 6：已知函数 ()ln(1)fx x x ， 1x ，证明： 11 ln( 1)1 xxx    题型七、以函数为模型运用导数解决应用问题 例 7．用长为 18 cm 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为 2：1， 问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？ 解：设长方体的宽为 x （m），则长为 x2 (m)，高为      2 30(m)35.44 1218 ＜＜xxxh . 故长方体的体积为           2 306935.42 3322 xmxxxxxV 从而 ).1(18)35.4(1818)( 2 xxxxxxV  令   0' xV ，解得 0x （舍去）或 1x ， 因此 . 当 10 x 时，   0' xV ；当 2 31  x 时，   0' xV ，故在 处  xV 取得极大值，并 且这个极大值就是  xV 的最大值，从而最大体积  332 1619' mxVV  ，此时长方 体的长为 2 m，高为 1.5 m 变式训练 7：某公司为获更大收益，每年要投入一定资金用于广告促销，经调查，若每年投 广告费 t （百万元），可增加销售额约为 2 5tt （百万元）. (0 5)t≤≤ . （1）若公司将当年的广告费控制在 3 百万元之内，则应投入多少广告费才能使公司由此获得 收益最大？ （2）现公司准备共投入 3 百万元分别用于广告促销和技术改造，经预测，每投入技术改进费 x 百万元，可增加销售额约 321 33x x x   百万元.请设计一种资金分配方案，使该公司由此获 得最大收益.（注：收益＝销售额－成本） 解：（1）设投入广告费 t 百万元，则收益 225(2)4(03)ytttt t≤≤。 ∴ 2t  时， max 4y  .∴应投入 2 百万元广告费，由此获得收益最大。 （2）投入广告费(3 )x 百万元，则收益 3 2 21 3(3)5(3)33y xx x x x 31 433xx   (0 3)x≤≤ 2' 4(2)(2)yx x x 当 2x 时， m a xy . ∴当投入技术改造 2 百万元、广告费 1 百万元时，公司收益最大。 1．对于 R 上可导的函数 f(x)，若满足( 2)() 0x f x则必有（ D ） A、 (1)(3)2(2)f f f B、 (1)(3)2(2)f f f C、 (1)(3)2(2)f f f D、 (1)(3)2(2)f f f 2．已知 a>0，函数 3()f x x ax在 1,  上是单调增函数则 a 的最大值是（ D ） A、0 B、1 C、2 D、3 3．曲线 31 3y x x在点 4( 1 , )3 处的切线与坐标轴围成三角形面积为（ A ） A、 1 9 B、 2 9 C、 1 3 D、 2 3 4．若函数 3() ( 3)fx ax x的递减区间为（－1,1），则 a 的取值范围（ A ） A、a>0 B、－11 D、0

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