2022高考数学一轮复习高考大题专项四突破2空间中的垂直与几何体的体积学案文含解析新人教A版202104121183.docx
2022高考数学一轮复习高考大题专项学案文含解析打包7套新人教A版
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2022高考数学一轮复习高考大题专项学案文含解析打包7套新人教a版,文本
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导数的综合应用高考大题专项(一)导数的综合应用考情分析导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.突破1利用导数研究与不等式有关的问题必备知识预案自诊知识梳理1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)的切线方程为y-em=em(x-m),得exem(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex1+x;当m=1时,有exex.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n)的切线方程为y-ln n=1n(x-n),得ln x1nx-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln xx-1;当n=e时,有ln x1ex.(3)由(1),(2)得,若x(0,+),则exx+1x-1ln x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.函数不等式的类型与解法(1)xd,f(x)kf(x)maxk;xd,f(x)kf(x)mink;(2)xd,f(x)g(x)f(x)maxg(x)min;xd,f(x)g(x)f(x)ming(x)max.4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最大值.(2)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最小值.(3)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最小值g(x)在c,d上的最小值.(4)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在a,b上的最大值g(x)在c,d上的最大值.(5)x1a,b,当x2c,d时,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域与g(x)在c,d上的值域交集非空.(6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.(7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在a,b上的值域g(x)在c,d上的值域.关键能力学案突破考点求函数不等式的参数的取值范围(多考向探究)考向1求单变量函数不等式的参数的取值范围【例1】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).(1)略;(2)若当x(1,+)时,f(x)0,求实数a的取值范围.解题心得1.若x0,f(x)0成立,求a的取值范围,即求当x0,f(x)0恒成立时的a的取值范围,即研究a取什么范围使得当x0时f(x)0成立.2.对于恒成立求参数取值范围的问题,最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值,则选用分离参数法,否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想,一般遵循“构造函数分类讨论”两步来展开.一些稍难的恒成立问题,如果用分离参数法来处理,往往需要多次求导和使用洛必达法则.对点训练1(2020河北石家庄质量检测)已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1).(1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0,f(0)处的切线方程;(2)当x0时,函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围.考向2求双变量函数不等式的参数的取值范围【例2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mln x-x+mx(mr).(1)略;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,不等式f(x1)+f(x2)x12+x22mx1x2,求实数m的取值范围.考点利用导数证明不等式(多考向探究)考向1单未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)略;(2)当m2时,证明f(x)0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题ex-ln(x+m)0加强为ex-ln(x+2)0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为(x0)的表达式涉及ex0,ln(x0+2),都是超越式,所以(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子ex0-1x0+2=0进行变形,得到两个式子ex0=1x0+2和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.对点训练3已知函数f(x)=ax2+x-1ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a1时,f(x)+e0.【例4】已知函数f(x)=x+ax.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)g(x)(xi,i是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(xi),即证h(x)0,为此研究h(x)的单调性,先求h(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间i上的正负,若h(x)在区间i上单调递增或单调递减或先单调递减后单调递增,只须h(x)min0(xi)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)在与区间i相应的闭区间上的端点处的函数值),若h(x)在区间i上先单调递增后单调递减,只须区间i的端点的函数值大于或等于0;若h(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.对点训练4(2020安徽南陵中学模拟,文21)已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求实数a的值,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a1e时,f(x)0.考向2双未知数函数不等式的证明【例5】已知函数f(x)=1x-x+aln x(ar).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下四种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.对点训练5(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=14x2-ax+aln 2x(a0).(1)若a0时f(x)在1,e上的最小值是54-ln 2,求a;(2)若ae,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)0等价于a0,于是k(x)在(1,+)上单调递增,所以k(x)k(1)=0,于是h(x)0,从而h(x)在(1,+)上单调递增.由洛必达法则,可得limx1+(x+1)lnxx-1=limx1+(x+1)lnx)(x-1)=limx1+1+1x+lnx1=2,于是a2,于是a的取值范围是(-,2.(方法2最值法)由f(x)=(x+1)lnx-a(x-1),得f(x)=lnx+1x+1-a.当1-a0,即a1时,f(x)0,所以f(x)在(1,+)上单调递增,所以f(x)f(1)=0.当a1时,令g(x)=f(x),则g(x)=x-1x20,所以g(x)在(1,+)上单调递增,于是f(x)f(1)=2-a.()当2-a0,即10,于是f(x)在(1,+)上单调递增,于是f(x)f(1)=0.()当2-a2时,存在x0(1,+),使得当1xx0时,f(x)0,于是f(x)在(1,x0)上单调递减,所以f(x)0,则f(x)0对任意的x0恒成立可转化为aa+12x-1xex对任意的x0恒成立.设函数f(x)=2x-1xex(x0),则f(x)=-(2x+1)(x-1)x2ex.当0x0;当x1时,f(x)0,当m4时,g(x)=0有两个不相等的实根x1,x2,且x1+x2=m,x1x2=m.当m4时,两个根为正,f(x)有两个极值点x1,x2,f(x1)+f(x2)=mlnx1-x1+mx1+mlnx2-x2+mx2=mlnx1x2-(x1+x2)+m(x1+x2)x1x2=mlnm-m+m=mlnm.x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2-2m.所以f(x1)+f(x2)x12+x22=mlnmm2-2m=lnmm-2.所以alnmm-2在m(4,+)时恒成立.令h(m)=lnmm-2(m4),则h(m)=1-2m-lnm(m-2)2.令(m)=1-2m-lnm,则(m)=2m2-1m=2-mm20,所以(m)在(4,+)上单调递减.又(4)=1-12-2ln20,所以(m)0在(4,+)上恒成立,即1-2m-lnm0.所以h(m)0.所以h(m)在(4,+)上为减函数.所以h(m)h(4)=ln2.所以aln2,即a的取值范围是ln2,+).对点训练2解(1)略;(2)当a=-1时,f(x)=-lnx-x2+1,不妨设0x1mx1x2等价于f(x2)x2-f(x1)x1m(x2-x1),考查函数g(x)=f(x)x,得g(x)=lnx-x2-2x2,令h(x)=lnx-x2-2x2,h(x)=5-2lnxx3,则当x(0,e52)时,h(x)0,当x(e52,+)时,h(x)0,所以h(x)在区间(0,e52)上单调递增,在区间(e52,+)上单调递减.故g(x)g(e52)=12e5-1g(x2),即f(x2)x2m(x2-x1),所以f(x1)x1+mx1f(x2)x2+mx2,即g(x1)+mx1g(x2)+mx2恒成立,设(x)=g(x)+mx,则(x)在(0,+)上单调递减,从而(x)=g(x)+m0恒成立,故(x)=g(x)+m12e5-1+m0,故m1-12e5.故实数m的取值范围为-,1-12e5.例3解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+),f(x)=ex-1x+m,f(x)=ex+1(x+m)20,其中f(x)是f(x)的导函数,则f(x)在(-m,+)上单调递增.又因为当x(-m)+时,f(x)-,当x+时,f(x)+,所以f(x)=0在(-m,+)上有唯一的实数根x0,当-mxx0时,f(x)x0时,f(x)0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.由f(x0)=0可得ex0-1x0+m=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=ex0-ln(x0+m)=1x0+m+x0=1x0+m+x0+m-m2-m.当m0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=1e-00.所以等号不成立,即f(x0)0.综上所述,当m2时,f(x)f(x0)0.证法2:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明(x)=ex-ln(x+2)0,x(-2,+),就能证明当x2时,f(x)0.(x)=ex-1x+2,(x)=ex+1(x+2)20,其中(x)是(x)的导函数.于是(x)在(-2,+)上单调递增.又因为(-1)=1e-10,所以(x)=0在(-2,+)上有唯一的实数根x0,且x0(-1,0).当-2xx0时,(x)x0时,(x)0,所以(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,(x)取得最小值.由(x0)=0可得ex0-1x0+2=0,即ln(x0+2)=-x0,于是(x0)=ex0-ln(x0+2)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+20,于是(x)(x0)0.综上所述,当m2时,f(x)0.证法3:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),于是f(x)ex-ln(x+2),所以只要证明ex-ln(x+2)0(x-2),就能证明当m2时,f(x)0.由lnxx-1(x0)可得ln(x+2)x+1(x-2).又因为exx+1(xr),且两个不等号不能同时成立,所以exln(x+2),即ex-ln(x+2)0(x-2),所以当m2时,f(x)0.对点训练3(1)解f(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)证明f(x)+e0ax2+x-1ex+e0ax2+x-1+ex+10.当a1时,ax2+x-1+ex+1x2+x-1+ex+1,因为ex1+x(xr),所以ex+12+x,所以x2+x-1+ex+1x2+x-1+(2+x)=(x+1)20.所以当a1时,f(x)+e0.例4(1)略.(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=x+ax-lnx-1(x0),h(x)=1-ax2-1x=x2-x-ax2,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=12.p(1)=1-1-a=-a1,由对称性知,p(x)=0的另一实数根小于0,h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,h(x)min=h(x0)=x0+ax0-lnx0-1=x0+x02-x0x0-lnx0-1=2x0-lnx0-2,令f(x)=2x-lnx-2(x1),f(x)=2-1x=2x-1x0恒成立,所以f(x)在(1,+)上单调递增.又f(1)=2-0-2=0,f(x)0,即h(x)min0,故当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).对点训练4(1)解f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增.(2)证明设g(x)=exe-lnx-1,则g(x)=exe-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的极小值点也是最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a1e时,f(x)exe-lnx-10.例5(1)解函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.若a2,则f(x)0,当且仅当a=2,x=1时,f(x)=0,所以f(x)在(0,+)上单调递减.若a2,由f(x)0,可得a-a2-42xa+a2-42,由f(x)0,可得0xa+a2-42,所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.综上所述,当a2时,f(x)在(0,+)上单调递减;当a2时,f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.(2)证明证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0x11x2.f(x1)-f(x2)x1-x2=1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-1x1x2-1+a(lnx1-lnx2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,于是f(x1)-f(x2)x1-x2a-2-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2a-2lnx1-lnx2x1-x21-2lnx21x2-x212lnx2+1x2-x21,由(1)知,g(x)在(1,+)上单调递减,所以g(x)2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0x11x2,则x2-x1=a2-4,x1x2=1.f(x1)-f(x2)x1-x2=1x1-x1+alnx1-1x2-x2+alnx2x1-x2=x2-x1x1x2-(x1-x2)+alnx1x2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1x2x1-x2=-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4,于是f(x1)-f(x2)x1-x2a-2-2-alna-a2-4a+a2-4a2-4a-2lna+a2-4a-a2-4a2-4lna+a2-422a2-4lna+a2-420,则(t)=1-1+2t2t2+1t2+1+t=1-1t2+10,所以(t)在(0,+)上单调递增,于是(t)(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得f(x1)-f(x2)x1-x2a-2lnx1-lnx2x1-x21,设0x11x2,因为x1x2=1,所以lnx1-lnx2x1-x21lnx1-lnx2x1-x2x1-x2x1x2lnx1x2x1x2-x2x1,令t=x1x2(0,1),构造函数h(t)=2lnt+1t-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)h(1)=0,原不等式获证.对点训练5(1)解f(x)的定义域是(0,+),f(x)=ax-a+x2=x2-2ax+2a2x.令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=aa,g(1)=10,所以当x1,e时,g(x)0,即f(x)=g(x)2x0.所以f(x)在1,e上单调递增.f(x)min=f(1)=14-a+aln2=54-ln2,解得a=-1.(2)证明由f(x)有两个极值点x1,x2,则f(x)=0在(0,+)上有2个不相等的实数根,即x2-2ax+2a=0在(0,+)上有2个不相等的实数根,则=4a2-8a0,a0,解得a2.x1+x2=2a,x1x2=2a,x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当ae时,f(x1)+f(x2)-12(x12+x22)+2e=aln(4x1x2)-a(x1+x2)-14(x12+x22)+2e=aln8a-2a2-14(4a2-4a)+2e=aln8a-3a2+a+2e(ae).令g(a)=aln8a-3a2+a+2e(ae),g(a)=ln8a-6a+2(ae),令h(a)=g(a)=ln8a-6a+2,h(a)=1a-6=1-6aa,当ae时,h(a)0,所以h(a)在e,+)上单调递减.所以h(a)h(e).即g(a)g(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+33-6e+3=6-6e0,所以g(a)在e,+)上单调递减,g(a)g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)e(3-3e+4)=e(7-3e)0,所以g(a)0,所以原不等式成立.突破2利用导数研究与函数零点有关的问题必备知识预案自诊知识梳理1.函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题,它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有两类:(1)讨论函数零点或方程实数根的个数;(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.2.利用导数研究函数零点的方法方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)根据函数f(x)的性质作出图象;(3)判断函数零点的个数.方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)分类讨论,判断函数零点的个数.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性),重点是把导函数“弄熟悉”;(2)为了把导函数“弄熟悉”采取的措施:通分;二次求导或三次求导;画出导函数草图.关键能力学案突破考点判断、证明或讨论函数零点个数【例1】设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中kr).(1)略;(2)当k0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.对点训练1(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=mx-m2x.(1)当m=-1时,求函数f(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若x01,+),使得f(x0)k(x-2)在x1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.指点迷津(一)在导数应用中如何构造函数在有关导数的应用中,无论是求函数的单调性、求极值最值,证明不等式、求参数的范围,还是讨论函数的零点,都需要从给定的已知条件中构造出一个或两个函数进行研究,构造的得当能降低难度,减少运算量,但有很多同学不知道如何构造,下面对如何构造函数给出归类和总结.1.作差直接构造法【例1】函数f(x)=(x-2)ex+12ax2-ax.设a=1,当x0时,f(x)kx-2,求k的取值范围.分析由f(x)kx-2,令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)ex+12x2-x-kx+2.2.局部构造法【例2】已知函数f(x)=axlnxx-1.当a=1时,判断f(x)有没有极值点.分析当a=1时,f(x)=xlnxx-1,则f(x)=x-lnx-1(x-1)2,令g(x)=x-lnx-1.【例3】已知函数f(x)=ln(x-a)x.若a=-1,证明:函数f(x)是(0,+)上的减函数.分析当a=-1时,函数f(x)的定义域是(-1,0)(0,+),所以f(x)=xx+1-ln(x+1)x2,令g(x)=xx+1-ln(x+1).3.作差局部构造法【例4】已知函数f(x)=ln x-a(x-1),ar.当x1时,f(x)lnxx+1恒成立,求a的取值.分析f(x)-lnxx+1=xlnx-a(x2-1)x+1,令g(x)=xlnx-a(x2-1)(x1).4.分离参数构造法【例5】在例4中,当x1时f(x)lnxx+1恒成立等价于ln x-lnxx+1a(x-1),(1)当x=1时,显然恒成立,ar.(2)当x1时,上式等价于lnxx-1-lnxx2-1alnxx-1-lnxx2-1maxa,令f(x)=lnxx-1-lnxx2-1.【例6】已知函数f(x)=ax-lnxx,ar.若f(x)0,求a的取值范围.分析函数的定义域为(0,+),由f(x)0得ax-lnxx0,即alnxx2.令g(x)=lnxx2.5.特征构造法【例7】若x0,证明:ln(x+1)xxex-1.分析因为xex-1=lnexex-1=ln(ex-1+1)ex-1,故原不等式等价于ln(x+1)xln(ex-1+1)ex-1,令f(x)=ln(x+1)x,由例3知f(x)=ln(x+1)x是(0,+)上的减函数,故要证原不等式成立,只需证明:当x0时,xx1时,不等式f(x1)x2-f(x2)x10恒成立,求实数a的取值范围.分析不等式f(x1)x2-f(x2)x10,即x1f(x1)-x2f(x2)x1x2x10可得x1f(x1)-x2f(x2)x1f(x1)恒成立,构造函数g(x)=xf(x)=ex-ax2.6.变形、化简后构造【例9】求证当x(0,+)时,lnex-1xx2.分析当x(0,+)时,要证lnex-1xx2,只需证ex-1xex2,令f(x)=ex-1-xex2,f(x)=ex2ex2-1-x2,由exx+1可得,ex21+x2,则x(0,+)时,f(x)0恒成立,即f(x)在(0,+)上单调递增,f(x)f(0)=0,即ex-1xex2,lnex-1xx2.7.换元后构造【例10】已知函数f(x)=ln x-kx,其中kr为常数.若f(x)有两个相异零点x1,x2(x12.分析证lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)2,即证lnx2-lnx12(x2-x1)x2+x1,只要证lnx2x12(x2-x1)x2+x1.设t=x2x1(t1),则只要证lnt2(t-1)t+1(t1).令g(t)=lnt-2(t-1)t+1.8.放缩后局部构造【例11】已知函数f(x)=ax2+x-1ex.证明:当a1时,f(x)+e0.分析当a1时,f(x)+e=ax2+x-1ex+ex2+x-1ex+e=(x2+x-1+ex+1)e-x.设g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.9.作差与分离变量的综合构造法【例12】已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(ar),g(x)=(1-a)x,若x01,e使得f(x0)g(x0)成立,求实数a的取值范围.分析不等式f(x)g(x)在区间1,e上有解,即x2-2x+a(lnx-x)0在区间1,e上有解.因为当x1,e时,lnx1x(不同时取等号),x-lnx0,所以ax2-2xx-lnx在区间1,e上有解.令h(x)=x2-2xx-lnx.10.主元构造法主元构造法,就是将多变元函数中的某一个变元看作主元(即自变量),将其他变元看作常数,来构造函数,然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.【例13】已知函数g(x)=xln x,设0ab,证明:0g(a)+g(b)-2ga+b2(b-a)ln 2.分析对g(x)=xlnx求导,g(x)=lnx+1.在g(a)+g(b)-2ga+b2中以b为主元构造函数,设f(x)=g(a)+g(x)-2ga+x2,则f(x)=g(x)-2ga+x2=lnx-lna+x2.当0xa时,f(x)a时,f(x)0,因此f(x)在(a,+)上为增函数,从而当x=a时,f(x)有极小值f(a).因为f(a)=0,ba,所以f(b)0,即g(a)+g(b)-2ga+b20.设g(x)=f(x)-(x-a)ln2,则g(x)=lnx-lnx+a2-ln2=lnx-ln(x+a),当x0时,g(x)a,所以g(b)0,即g(a)+g(b)-2ga+b2(b-a)ln2.注:本题以b为主元构造函数,当然也可以以a为主元构造函数.突破2利用导数研究与函数零点有关的问题关键能力学案突破例1解(1)略.(2)函数f(x)的定义域为r,f(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),当00,解得x0.f(x)在(-,lnk)和(0,+)上单调递增,在lnk,0上单调递减.由f(0)=-1,当x(-,0)时,f(x)f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2(lnk-1)2+10.又f(x)在0,+)上单调递增,f(x)在0,+)上有唯一的零点,函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.当k1时,令f(x)0,解得xlnk,f(x)在(-,0)和(lnk,+)上单调递增,在0,lnk上单调递减.当x(-,lnk)时,f(x)f(x)max=f(0)=-10,此时f(x)无零点.当xlnk,+)时,f(lnk)f(0)=-12,则g(t)=et-t,g(t)=et-1,t2,g(t)0,g(t)在(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=e2-20,g(t)在(2,+)上单调递增,得g(t)g(2)=e2-20,即f(k+1)0.f(x)在lnk,+上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.综合可知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.对点训练1解(1)f(x)=lnx-x-12x,即f(x)=lnx+12x-12(x0),则f(x)=1x-12x2=2x-12x2,令f(x)=0,解得x=12.当x0,12,f(x)0,f(x)在12,+上单调递增.所以当x(0,+)时,f(x)min=f12=12-ln2.因为12-ln2=lne12-ln20,所以f(x)min0,f(e)=1+12e-12=12e+120,所以f1e2f120,f(e)f122时,令h(x)=2x-m2x20,得1x0,得xm2.所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间1,m2上单调递减,在区间m2,+上单调递增,所以hm22时,存在x01,使h(x0)0,即f(x0)2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+).例2证明(1)设g(x)=f(x),则g(x)=cosx-11+x,g(x)=-sinx+1(1+x)2.当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)0,g20;当x,2时,g(x)0.所以g(x)在区间(-1,)上单调递增,在区间,2上单调递减,故g(x)在区间-1,2上存在唯一极大值点,即f(x)在区间-1,2上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在区间(-1,0)上单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在区间(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0上的唯一零点.当x0,2时,由(1)知,f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间,2上单调递减,而f(0)=0,f20;当x,2时,f(x)0,所以当x0,2时,f(x)0.从而,f(x)在区间0,2上没有零点.当x2,时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,从而f(x)在区间(,+)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练2(1)解f(x)=exsinx,定义域为r.f(x)=ex(sinx+cosx)=2exsinx+4.由f(x)0得sinx+40,解得2k+34x0;当x2,时,g(x)0.g(x)在0,2上单调递增,在2,上单调递减,又g(0)=1-20,g()=-e-20,g(x)在(0,)上图象大致如图.x10,2,x22,使得g(x1)=0,g(x2)=0,且当x(0,x1)或x(x2,)时,g(x)0.g(x)在(0,x1)和(x2,)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.g(0)=0,g(x1)0,g(x2)0.又g()=-20.当a0时,aex-10,所以f(x)0时,由f(x)0得xln1a,由f(x)0得x0时,f(x)min=fln1a=1-1a+lna,令g(a)=f(x)min,则g(a)=1a2+1a0,所以g(a)在(0,+)上单调递增,而g(1)=0,所以当a1时,g(a)=f(x)min0,从而f(x)没有两个零点.当0a1时,fln1a0,于是f(x)在-1,ln1a上有1个零点;因为fln3a-1=a3a-12+(a-2)3a-1-ln3a-1=3a-1-ln3a-10,且ln3a-1ln1a,所以f(x)在ln1a,+上有1个零点.综上所述,a的取值范围为(0,1).(方法2)ae2x+(a-2)ex-x=0ae2x+aex=2ex+xa=2ex+xe2x+ex.令g(x)=2ex+xe2x+ex,则g(x)=(2ex+1)(e2x+ex)-(2ex+x)(2e2x+ex)(e2x+ex)2=-ex(2ex+1)(ex+x-1)(e2x+ex)2,令h(x)=ex+x-1,则h(x)=ex+10,所以h(x)在r上单调递增,而h(0)=0,所以当x0时,h(x)0时,h(x)0,于是当x0,当x0时,g(x)0,所以g(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减.g(0)=1,当x-时,g(x)-,当x+时,g(x)0+.函数g(x)的简图如图所示.若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).对点训练3解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f(x)=ex-1.当x0时,f(x)0时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)f(x)=ex-a.当a0时,f(x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a0时,由f(x)=0可得x=lna.当x(-,lna)时,f(x)0.所以f(x)在(-,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).若01e,则f(lna)0,所以f(x)在(-,lna)上存在唯一零点.由(1)知,当x2时,ex-x-20,所以当x4且x2ln(2a)时,f(x)=ex2ex2-a(x+2)eln(2a)x2+2-a(x+2)=2a0.故f(x)在(lna,+)上存在唯一零点.从而f(x)在(-,+)上有两个零点.综上,a的取值范围是1e,+.例4解(1)f(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f(x)=0,得x=0或x=a3.若a0,则当x(-,0)a3,+时,f(x)0;当x0,a3时,f(x)0.故f(x)在(-,0),a3,+上单调递增,在0,a3上单调递减.若a=0,f(x)在(-,+)上单调递增.若a0;当xa3,0时,f(x)0.故f(x)在-,a3,(0,+)上单调递增,在a3,0上单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.当a0时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.当a3时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递减,所以f(x)在区间0,1上的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.当0a3时,由(1)知,f(x)在0,1上的最小值为fa3=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0ak(x-2)在x1时恒成立,xlnx-xk(x-2)在x1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k0在x1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x1,g(x)=lnx-k,当k0时,g(x)0在(1,+)上恒成立,即g(x)在(1,+)上单调递增,g(x)g(1)=k-10,则k1,矛盾;当k0时,令g(x)0,解得xek,令g(x)0,解得1x0,令h(k)=2k-ek,k0,则h(k)=2-ek,当k0,函数h(k)单调递增,当kln2时,h(k)0,函数h(k)单调递减,h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.数列高考大题专项(三)数列考情分析从近五年高考试题分析来看,高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列;求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.命题规律是解答题每两年出现一次,命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档.典例剖析题型一等差、等比数列的综合问题【例1】(2020山东济宁5月模拟,18)已知数列an为等差数列,且a2=3,a4+a5+a6=0.(1)求数列an的通项公式an及前n项和sn.(2)请你在数列an的前4项中选出三项,组成公比的绝对值小于1的等比数列bn的前3项,并记数列bn的前n项和为tn.若对任意正整数k,m,n,不等式smtn+k恒成立,试求k的最小值.解题心得1.对于等差、等比数列,求其通项公式及求前n项的和时,只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可.2.有些数列可以通过变形、整理,把它转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.对点训练1(2020陕西西安中学八模,文17)已知数列an的前n项和为sn,且an是sn与2的等差中项;在数列bn中,b1=1,点p(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)设cn=an+bn,求数列cn的前n项和tn.题型二可转化为等差、等比数列的综合问题【例2】已知数列an的前n项的和为sn,sn=32an-1,(1)求数列an的前n项和sn;(2)判断数列sn+1sn是递增数列还是递减数列,并证明.解题心得无论是求数列的通项公式还是求数列的前n项和,通过变形整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.对点训练2(2020安徽合肥一中模拟,17)已知数列an满足a1+2a2+3a3+nan=14(2n-1)3n+1.(1)求an的通项公式;(2)若bn=12an-1,证明:b1+b2+bn0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列an的通项公式;(2)若bn为等差数列,公差d0,证明:c1+c2+cn1+1d,nn*.解题心得把数列的通项公式拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.利用裂项相消法求和时,要注意抵消后所剩余的项是前后对称的.对点训练4(2020河北衡水中学模拟一,理17)已知各项均为正数的等比数列an与等差数列bn满足a1=b1=2,a5=b31=32,记cn=an+1-1(an+1-bn+1)(an+2-bn+2)(nn*).(1)求数列an和bn的通项公式;(2)求数列cn的前n项和tn.【例5】已知数列an的前n项和sn满足sn=n2+n2(nn*).(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=an3an(nn*),求数列bn的前n项和tn.解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列bn的公比,然后作差求解.对点训练5(2020山东青岛二模,19)已知数列an的各项均为正数,其前n项和为sn,2sn+n+1=an+12,nn*.(1)证明:当n2时,an+1=an+1;(2)若a4是a2与a8的等比中项,求数列2nan的前n项和tn.题型五数列中的存在性问题【例6】(2020山西太原五中6月模拟,理18)设各项均为正数的数列an的前n项和为sn,已知a1=1,且ansn+1-an+1sn=an+1-an,对一切nn*都成立.(1)当=1时,求数列an的通项公式.(2)是否存在实数,使数列an是等差数列?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.对点训练6在数列an和bn中,已知a1a2a3an=2bn(nn*),且a1=2,b3-b2=3,若数列an为等比数列.(1)求a3及数列bn的通项公式.(2)令cn=2bnn2,是否存在正整数m,n(mn),使c2,cm,cn成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.1.解决等差、等比数列的综合问题,重点在于读懂题意,灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n项和公式解决问题,求解这类问题要重视方程思想的应用;用好等差数列和等比数列的性质可以降低运算量,减少差错.2.求数列的通项公式就是求出an与n的关系式,无论条件中的关系式含有哪些量,都需要通过消元思想、转化思想和化归思想使之变为等差、等比数列.3.高考对数列求和的考查主要是:两基本数列的公式求和;能通过错位相减后转化为等比数列求和;裂项相消法求和;分组或合并后转化为等差、等比数列求和.4.证明一数列为等差数列或等比数列主要依据定义,尽管题目给出的条件多种多样,但一个总体目标是把条件转化成an+1与an的差或比为一定值.5.数列与不等式综合问题(1)数列不等式的证明要把数列的求和与放缩法结合起来,灵活使用放缩法.放缩后的式子越接近放缩前的式子,即放缩程度越小,保留的项就越少,运算就越简单.(2)证明数列不等式也经常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用.高考大题专项(三)数列例1解(1)设数列an的公差为d,由a2=3,a4+a5+a6=0,得a2=3,a5=0,即a1+d=3,a1+4d=0,解得a1=4,d=-1.数列an的通项公式an=a1+(n-1)d=5-n,前n项和sn=na1+n(n-1)2d=4n+n(n-1)2(-1)=9n-n22.(2)由an=5-n,得a1=4,a2=3,a3=2,a4=1.由题意知应取b1=a1=4,b2=a3=2,b3=a4=1.所以数列bn的公比q=12,tn=b1(1-qn)1-q=41-(12)n1-12=81-12n.因为nn*,所以4tn8.又由(1)知sm=9m-m22(mn*).由此知,当m=4,5时,sm取得最大值10,要使smtn+k恒成立,只需使106,由k是正整数知,k的最小值为7.对点训练1解(1)an是sn与2的等差中项,sn=2an-2,sn-1=2an-1-2(n2,nn*),由-,得sn-sn-1=2an-2an-1(n2,nn*),an=2an-2an-1,an0,anan-1=2(n2,nn*),即数列an是等比数列.sn=2an-2,a1=s1=2a1-2,解得a1=2.an=2n.点p(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上,bn-bn+1+2=0.bn+1-bn=2,即bn是等差数列.又b1=1,bn=2n-1.(2)cn=2n+2n-1,tn=(2+22+23+2n)+(1+3+5+2n-1),tn=2(1-2n)1-2+n(1+2n-1)2=2n+1+n2-2.例2解(1)当n1时,sn-1=32an-1-1.an=sn-sn-1=32an-1-32an-1-1.an=3an-1,a1=20,数列an是等比数列,an=23n-1,sn=3n-1.(2)数列sn+1sn是递减数列.证明:设bn=sn+1sn,bn=3n+1-13n-1=3+23n-1.bn+1-bn=23n+1-1-23n-1=2(3n-3n+1)(3n+1-1)(3n-1).n1,3n+13n1,3n+1-3n0,3n+1-10,3n-10,bn+1-bn0.bn是递减数列,即数列sn+1sn是递减数列.对点训练2(1)解当n=1时,a1=1;当n2时
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