导数、数列压轴题的破解策略：合理巧设函数与导数压轴题

1 合理合理 巧设巧设 轻松应对函数与导数压轴题 轻松应对函数与导数压轴题 函数与导数的交汇问题经常出现在压轴题 包括客观题和主观题中的压轴题 位 置 解决这类问题时 往往会遇到某些难以确定的根 交点 极值点或难以计算的代数式 倘若迎难而上 往往无功而返 这时 放弃正面求解所需要的量 先设它为某字母 再利 用其满足的条件式进行整体代换以达到消元或化简的效果 下面通过介绍几种具体的 设 的方法来解决这类难题 一 根据函数的单调性 巧设自变量一 根据函数的单调性 巧设自变量 例例 1 2013 四川卷理 设函数 为自然对数的底数 x f xexa aR e 若曲线上存在点 使得 则的取值范围是 sinyx 00 xy 00 f f yy a A B C D 1 e 1 1 1e 1 1e 1 1 1ee 解析解析 易知为单调递增函数 x f xexa 设 又 由单调性则 0 f ty 00 yf fy 0 tf y 下面证明 0 ty 若 由单调性则 则与已知矛盾 所以必有 0 ty 0 f ty 00 fyfy 0 ty 代入 即 00 f yy 曲线上存在点 使得 等价为 在上存sinyx 00 xy 00 f yy x exax 0 1 在解 即在上有解 2x exxa 0 1x 设 则 在上 所以 2 x h xexx 12 x h xex 0 1x 12 x e 22x 则在上单调递增 所以 故 120 x h xex h x 0 11 0 1 hh xhe 1 ae 故选 A 评注评注 由的单调性可知 对于 则必存在唯一的自变量 使得 f x 00 f f yy t 从而有 这样方便表达 0 f ty 0 tf y 变式变式 1 2015 石家庄高三教学检测一 设函数 为自然 2 x f xexa aR e 对数的底数 若曲线上存在点 使得 则的取值范围是sinyx 00 xy 00 f f yy a 2 A B C D 1 1 1ee 1 1e 1e e 1 e 答案 易知为单调递增函数 同例 1 有 2 x f xexa 00 f yy 曲线上存在点 使得 等价为 在sinyx 00 xy 00 f yy 2 x f xexax 上存在解 即在上有解 1 1 x exa 1 1x 设 则在上单调递增 所以 x h xex 10 x h xe h x 1 1 故 故选 A 1 1 1 1 1hh xhe e 1 1 1ae e 变式变式 2 2016 届广雅中学高三开学测试 已知是定义在上的单调函数 f x 0 且对 都有 则方程的实数解所在的区间是 0 x 2 log 3f f xx 2f xfx A B C D 1 0 2 1 1 2 1 2 2 3 答案答案 因为是定义在上的单调函数 所以存在唯一 使得 f x 0 0 x 0 3f x 又 故有 解得 用代替 则有 2 log 3f f xx 20 logf xxx 20 logf xxx 0 xx 由 解得 0200 logf xxx 0 2x 将代入化简 得 令 因为 0 2x 2f xfx 2 1 log0 ln2 x x 2 1 g log ln2 xx x 又在上单调递增 故在上存在唯 1 g 1 0 ln2 1 g 2 10 2ln2 g x 1 2g x 1 2 一零点 即方程的实数解所在的区间是 故选 C 2f xfx 1 2 二 根据两个函数的图象 巧设交点的横坐标二 根据两个函数的图象 巧设交点的横坐标 例例 2 2015 四川卷理 已知函数 对于不相等的实数 2xf x 2 g xxax aR 设 现有如下命题 12 x x 1212 1212 f xf xg xg x mn xxxx 对于任意不相等的实数 都有 1 12 x x0m 对于任意的及任意不相等的实数 都有 2 a 12 x x0n 对于任意的 存在不相等的实数 使得 3 a 12 x xmn 3 对于任意的 存在不相等的实数 使得 4 a 12 x xmn 其中的真命题有 写出所有真命题的序号 解析解析 对于 由的单调递增的性质可知 故 1 2xf x 12 12 0 f xf x m xx 正确 1 对于 由先单调递减再递增的性质可知 存在 22 g xxax aR 的情形 故不正确 12 12 0 f xf x m xx 2 对于 等价于 即 即 3 mn 1212 f xf xg xg x 12 22 1122 22 xx xaxxax 12 22 1122 22 xx xaxxax 设 则 此时由和的图象 2 2xh xxax 2 ln22 x h xxa 2 ln2yx 2yxa 如下图 可知 调整合适的可使的图象全在的图象之下 这时a2yxa 2 ln2yx 恒成立 所以单调递增 据此分析可知 存在 2 ln220 x h xxa 2 2xh xxax a 使得对于不相等的实数 不可能有 即不可能有 故 12 x x 12 22 1122 22 xx xaxxax mn 不正确 3 对于 等价于 即 4 mn 1212 f xf xg xg x 即 12 22 1122 22 xx xaxxax 12 22 1122 22 xx xaxxax 设 则 此时由和的图象 2 2xh xxax 2 ln22 x h xxa 2 ln2yx 2yxa 如下图 可知 两者必有交点 设交点横坐标为 0 x y x0 y 2x a y 2xln2 4 由简图可知 当时 则 单调递减 0 xx 2 ln22 x xa 0h x h x 时 则 单调递增 0 xx 2 ln22 x xa 0h x h x 于是 对于任意的 由单调性可知 存在不相等的实数 使得a 12 x x 即成立 故正确 12 22 1122 22 xx xaxxax mn 4 综上 所给命题中的真命题有 1 4 评注评注 当导函数为超越函数时 有时我们无法直接求得零点 即便二次求导也难以 奏效 这时不妨将其转化为研究两个简单函数的图象的交点问题 由图象可直观获得两图象 的高低情况 对应函数值的大小比较 从而轻松判断导函数的正负情况 为了方便表述 可设两图象的交点的横坐标为 0 x 变式变式 3 2015 郑州市质量预测节选 给定方程 探究该方程 1 sin10 2 x x 在的实数根的个数 0 答案 设 则 1 sin1 2 x h xx 111 lncoscosln2 222 xx h xxx 由简图可知 与在 cosf xx 1 ln2 2 x g x 有唯一交点 设两图象的交点的横坐标为 由 0 0 x 简图可知 当时 则 0 xx 1 cosln2 2 x x 单调递减 时 0h x h x 0 0 xx 则 单调递增 所以在 1 cosln2 2 x x 0h x h x h x 处取得极小值 0 x ln2 1 O y xx0 g x 1 2 x ln 2 f x cos x 5 结合和 可得的简 0 0h 1 1sin10h h x 图如下 所以给定方程在的实数根的个数为 1 0 且该根属于区间 1 0 三 根据导函数的性质 巧设极值点三 根据导函数的性质 巧设极值点 例例 3 3 2015 全国卷 文 设函数 2 ln x f xeax 1 讨论的导函数零点的个数 f x fx 2 证明 当时 0a 2 2lnf xaa a 解析解析 1 当时 因为 所以没有零点 2 2 0 x a fxex x 0a 0fx fx 当时 令 因为 所以在0a 2 2 0 x a h xfxex x 2 2 40 x a h xe x h x 上单调递增 0 当时 又 所以 结合 可得即0 x 0 x 2 2 x a h xe x 2 210 a h ae h x 在上存在唯一零点 fx 0 2 证明 由 1 可知 当时 在上存在唯一零点 0a fx 0 设该零点为 则有 0 x 0 2 0 0 20 x a fxe x 1 此时由和的图象可知 当时 则 2 2 x ye a y x 0 0 xx 2 2 x a e x 单调递减 时 2 20 x a fxe x f x 0 xx 2 2 x a e x 则 单调递增 2 20 x a fxe x f x 所以在处取得最小值 f x 0 x 0 2 00 ln x f xeax 由得和 代入 1 0 2 0 2 x a e x 0 0 2 2 x a x e 0 0 2 00 2 0 lnln 22 x x aa f xeaxa xe 所以当时 00 00 222 2ln22ln2ln 22 aa axaaxaaa xaxaa 0a 2 2lnf xaa a 评注评注 当我们研究函数的极值大小时 经常遇到一些较难确定大小的代数式 如 y x0 y a x y 2e2x x0 1 x0 Ox y 6 而又是一个无法算得的数值 这时我们利用极值点处的导数为零 0 2 00 ln x f xeax 0 x 这一条件 如 消去某些式子 得到较为简单的代数式 如 0 2 0 0 20 x a fxe x 使研究更为简便 00 0 2 2ln 2 a f xaxa xa 例例 4 4 设函数有两个极值点 且 2 ln 1 f xxax 1 x 2 x 12 xx 1 求实数的取值范围 a 2 求的取值范围 2 f x 解析解析 1 求导得 2 122 21 11 xxa fxxax xx 令函数 则由函数有两个极值点 可知 必为方 2 22g xxxa f x 1 x 2 x 1 x 2 x 程在上的两个不等根 又注意到函数图像的对称轴为 所以 0g x 1 g x 1 2 x 只需 解得 故实数的取值范围是 480 1 0 a ga 1 0 2 a a 1 0 2 2 为的根 则有 2 x 2 220g xxxa 22 2222 220 22xxaaxx 即 22 22222 22ln 1 f xxxxx 由 1 可知 而对称轴 故有 0 0ga 1 2 x 2 1 0 2 x 设 22 22ln 1 h xxxxx 1 0 2 x 则 2 1 242 ln 1 222 21 ln 1 0 1 h xxxxxxxx x 所以在上单调递增 则 h x 1 0 2 x 112ln2 0 0 24 h xhh 故的取值范围是 2 f x 12ln 2 0 4 评注评注 为函数极值点 若直接求解 再代入 显然运 2 x 2 ln 1 f xxax 2 x 2 f x 算量较大 不妨由 求得 将 2 22 2 2 22 0 1 xxa fx x 2 22 22axx 中的消去即可迅速求解 2 222 ln 1 f xxax a 变式变式 4 4 2013 新课标全国卷 节选 已知函数 证明 ln 2 x f xex 0f x 7 答案答案 易知函数在单调递增 由知 1 2 x fxe x 2 1 0 0ff 在有唯一实根 当时 故单调递减 当 0fx 1 0 0 x 0 2 xx 0fx f x 时 故单调递增 故取得最小值 0 xx 0fx f x f x 0 f x 由得即 则即 0 0fx 0 0 0 1 0 2 x fxe x 0 0 1 2 x e x 0 0 2 x ex 00 ln 2 xx 所以 则有 得 0 2 0 000 00 1 1 ln 2 0 22 x x f xexx xx min0 0f xfxf x 证 变式变式 5 2013 惠州二模第 21 题节选 已知函数是奇函数 ln f xaxxxb 且图像在点处的切线斜率为 3 e 为自然对数的底数 e f e 1 求实数的值 a b 2 若 且对任意恒成立 求 k 的最大值 kZ 1 f x k x 1x 答案答案 1 由题意易得 1 0ab 2 当时 由恒成立 得 1x 1 f x k x min 1 f x k x 当时 设 则 1x ln 11 f xxxx g x xx 2 2ln 1 xx g x x 设 则 在上是增函数 2lnh xxx 1 10h x x h x 1 因为 所以 使 3 1ln30h 4 2ln40h 0 3 4 x 0 0h x 时 即在上为减函数 同理在上为增函 0 1 xx 0 0h xg x g x 0 1 x g x 0 x 数 故 min0 gxg x 由得 000 2ln0h xxx 00 ln2xx 于是 所以 又 000000 min00 00 ln 2 11 xxxxxx gxg xx xx min0 3 4 kgxx 故的最大值为 kZ k3 变式变式 6 6 2012 新课标全国卷文节选 设函数 2 x f xeax 1 求的单调区间 f x 2 若为整数 且当时 求的最大值 1 ak 0 x 10 xk fxx k 8 答案答案 1 易得若在上单调递增 若在上单调递0 af x R0 af x lna 减 在上单调递增 ln a 2 当时 等价1a 1 1 10 x xk fxxxk ex 于 令 则 1 0 1 x x k