【课堂新坐标】(广东专用)2014高考数学一轮复习-专题突破(一)VIP免费

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】(1)通过f′(x)≥0求单调递增区间；(2)转化为恒成立问题，求a.【规范解答】(1) f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.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≥lna.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[lna，＋∞)．(2)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，xR∈恒成立． x∈R时，ex∈(0，＋∞)，∴a≤0.当a＝0时，f′(x)＝ex在R上，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)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．【解】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2a(1－a)x－2(1－a)＝2a（1－a）x2－2（1－a）x＋1x，令g(x)＝2a(1－a)x2－2(1－a)x＋1，(1)当a＝1时，g(x)＝1，f′(x)＝1x＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．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．(2)当a≠1时，令f′(x)＝0，即g(x)＝0，其判别式Δ＝4(1－a)(1－3a)，①当0＜a＜13时，Δ＞0，f′(x)有两个零点，x1＝12a－（a－1）（3a－1）2a（1－a）＞0，x2＝12a＋（a－1）（3a－1）2a（1－a），②当13≤a＜1时，Δ≤0，g(x)≥0，则f′(x)≥0.所以f(x)在(0，＋∞)内为增函数．综上所述，当0＜a＜13时，f(x)在(0，（1－a）－（1－a）（1－3a）2a（1－a）)，(（1－a）＋（1－a）（1－3a）2a（1－a），＋∞)上单调递增，在(（1－a）－（1－a）（1－3a）2a（1－a），（1－a）＋（1－a）（1－3a）2a（1－a）)上单调递减；当13≤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．【思路点拨】(1)分a＝0、a＜0和a＞0三种情况求函数f(x)的最大值；(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．(2012·福建高考)已知函数f(x)＝axsinx－32(a∈R)，且在[0，π2]上的最大值为π－32.(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．【规范解答】(1)由已知得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈(0，π2)，有sinx＋xcosx>0.当a＝0时，f(x)＝－32，不合题意．当a<0，x∈(0，π2)时，f′(x)<0，从而f(x)在(0，π2)内单调递减．又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f(x)在[0，π2]上的最大值为f(0)＝－32，不合题意；当a>0，x∈(0，π2)时，f′(x)>0，从而f(x)在(0，π2)内单调递增，又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f(x)在[0，π2]上的最大值为f(π2)，即π2a－32＝π－32，解得a＝1.综上所述，函数f(x)的解析式f(x)＝xsinx－32.(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－32，从而有f(0)＝－32<0，f(π2)＝π－32>0.又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，所以f(x)在(0，π2)内至少存在一个零点．又由(1)知f(x)在[0，π2]上单调递增，当x∈[π2，π]时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g(π2)＝1>0，g(π)＝－π<0，且g(x)在[π2，π]上的图象是连续不断的，故存在m∈(π2，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(π2，π)时，有g′(x)<0，从而g(x)在(π2，π)内单调递减．当x∈(π2，m)时，...