(新课改)2020版高考数学一轮复习函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略讲义(含解析)

1、第4课时 难点自选一一函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略|隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程将无法继续进行.但可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的 函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是 X0.因为X0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出 )，所以把零点X0叫做隐零点；若 X0容易求出，就叫做显零点， 而后解答就可继续进行.实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.典例 设函数f (x) =exa

2、x 2.(1)求f (x)的单调区间；(2)若a=1, k为整数，且当x0时，(x k)f (x)+x+10,求k的最大值.解题观摩(1)当awo时，f(x)的单调递增区间是(一国，+8),无单调递减区间；当a0时，函数f(x)的单调递减区间是(一00, in a),单调递增区间是(ln a, +o).(解 答过程略)(2)由题设可得(x-k)(e x-1) +x+10,一 x +1 ，一即 k0)恒成立.x+ 1ex 1 x+ 1 exex ex x 2令 g(x)=eyT7 +x(x0),得 g(x)=ex-1-2+1=1(x。). 由(1)的结论可知，函数 h(x) = exx2(x0)

3、是增函数.又因为h(1)0 ,所以函数h(x)的唯一零点a C (1,2)(该零点就是h(x)的隐零 点).当 x C (0 , a )时，g ( x)0 ,b一、 一，、 a + 1 .所以 g(x)min=g( a ) = + a.e i又 e = a + 2 且 a C (1,2),则 g( x) min = g( a ) = 1 + a C (2,3),所以k的最大值为2.题后T通本题的关键就是利用h(x) = ex x2及h(1)0确定h(x)的隐零点，从而作出判断.针对训练1 一 In x1.已知函数f(x) = F-(1)求函数f(x)的零点及单调区间;(2)求证：曲线y=3存在

4、斜率为6的切线，且切点的纵坐标 yo0上有解.构造辅助函数 g(x) = 1In x 6x2(x0), g ( x) = 一12x0,函数 g(x)在(0 , +0) x131上单调递减，且g(1)=50,所以？x0C2，1 ,使得g(x0)=0.即In x证明曲线y= 丁存在斜率为6的切线. xI 16 211设切点坐标为(x。，f(x。),则 f (x0) = n Xo=- = - 6x0, xoC1 .x。x0x02令 h(x) =-6x, x 1, 1 .x2、1、由h(x)在区间5, 1上单调递减，则1h(x)h 2 = 1,所以 y0 = f(x) 1.12Tn|极值点偏移问题在近

5、几年的高考中,极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题 时常会感到束手无策.事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问 题便能迎刃而解.1 .极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0,则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下 表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0 =x1+ x2f (x1) = f(2 x0 x2)JkJ2一博什鼻声;!X极值 点偏 移左移Xi + X2Xo2峰口向上：f(xi) f (2 X0-X2)r j/ inV61t 12汽3右移Xi+ X2Xo峰口向上：f (Xi) f (2 X0-X2)ry| Xk

6、 2 *0 Jta：a2峰口问卜:f (Xi)2X0(X0为函数f (x)的极值点)；(2)若在函数f(X)的定义域上存在 Xi, X2(XiWX2)满足f(Xi) = f(X2),求证：Xi + X22Xo( Xo 为函数f(X)的极值点)；Xi +X2(3)若函数f(X)存在两个零点 Xi, X2(XiWX2),令Xo=2 ,求证：f (Xo)O;(4)若在函数f (x)的定义域上存在 Xi , X2(XiWX2)满足f (Xi) =f (X2),令X0=Xi , X2求 证：f ( Xo)O.典例已知函数f (x) = ln x- aX(X0) , a为常数，若函数f(x)有两个零点 X

7、i,2X2( xi WX2). 证明： xiX2e .解题观摩法一：(抓极值点造函数)由题意，函数f(x)有两个零点 Xi,X2(XiWX2),即 f(Xi)=f(X2)= 0,易知 InXi,InX2是方程x = aeX的两根.设 ti=ln xi, t2= In X2, g(x)=xe x,则 g(ti)=g(t2),从而 xiX2e2? in xi+ln X22? ti+t22.下证：ti+t22.gz ( x) = (i - x)e x,易得g( x)在(一, i)上单调递增，在(i , + 00)上单调递减，1所以函数g(x)在x=1处取得极大值g(1)=- e当 X oo时，g(x

8、) oo；当 x一十 00时，g(x) 一0 且 g(x)0.由g(tl) =g(t2), tlWt2,不妨设tlt2,作出函数g(X)的图象，如图所示，由图知必有0t 110 , e所以F(x)在(0,1上单调递增，所以F(x)F(0) =0对任意的xC(0,1恒成立，即g(1 + x) g(1 -x)对任意的xC (0,1恒成立.由 0t11g(1 (1 t1) =g(t1) = g(t2),即 g(2 t 1) g(t2),又 2t1, t2 c (1 , +8),且 g( x)在(1 , +8)上单调递减，所以 2t12,即 x1x2e2.点评上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本

9、的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x;(2)构造函数 F(x) = g(xc + x) - g(xc-x);(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0) =0,确定g(x0+x)与g(x。一 x)的大小关系.口诀记忆极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.法二：(巧抓“根差” 一一S=A t = t2t1构造函数)由题意,函数f(x)有两个零点x1, x2(x1Wx2),即f(x1) =f (x2) = 0,易知In x1, In x2是方程x=aex的两根.设 t1=ln x1, 12= ln x2,设 g(x)=xe x,则g(t1)=g(

10、t2),从而x1x2e2?inxHlnx22? t1 + t22.下证：t1+t22.,八it 2由 g(t1) = g(t2),得 t1e-t1=t2e-t2,化间得 et2-t1 = ,11不妨设t 2t 1 ,由法一知，0t110, t2=s+ti,代入式，得S+ titi ，- S 2s解得 11=esi.贝 u ti+tz=2ti+s=esi+s,r、2s故要证 11 + 122,即证 es-1 +s2,又 es- 10,故要证 es_ 1 + s2,即证 2s + (s 2)(e 1)0 ,令 Qs) =2s+(s 2)(e s1)( s0),贝U G (s) = (s-1)es+

11、1, G (s) = ses0,故G (s)在(0, +8)上单调递增，所以G (s)G (0) = 0,从而G(s)在(0, +8)上单调递增，所以Qs)G0) =0,所以式成立，故t1+t22,即X1X2e2.点评该方法的关键是15妙引入变量s,然后利用等量关系，把 3, t2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题.其解题要点为：(1)取差构元：记s=t2-t1,则t2=t1 + s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参：利用g(h)=g(t2),构造方程，解之，利用 s表示九.(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数Gs).(4)转化求解：利用导数研究函数Gs)的单调性

12、和最小值，从而证得结论.X1法三：巧抓“根商”c=一构造函数X2不妨设X1X2,因为lnX1 aX1=0, In X2aX2=0,所以InIn X1 - In X2X1 + In X2 = a(X1 + X2), In X1 In X2= a(X1 X2),所以=a,X1 X2欲证X1X2e2,即证 In X1 + In X22.因为LL 3、2In X1 + In X2 = a(X1 + X2), 所以即证 a:,X1+ X2所以原问题等价于证明In X1 - In X2X1 X2；2X1+ X2口丘X1 2 X1-X2即 1nx；F ,X1令c = X(c1),则不等式变为In2 c-1c

13、cn，令 h(c) = In c- -一c- c1 c+ 1-1 , ,1所以h 9=4c+1 2C 1 c c+ 1所以h(c)在(1 , +8)上单调递增,所以 h(c)h(1) =ln 1 0=0,即 In c-2 c 1 0(c1), c十12 .因此原不等式X1X2e得证.X1点评该方法的基本思路是直接消掉参数a,再结合所证问题，巧妙引入变量c = x从而构造相应的函数.其解题要点为：(1)联立消参：利用方程 f(X1) =f(X2)消掉解析式中的参数 a.一X1(2)抓商构兀：令c=,消掉变重X1, X2,构造关于c的函数h(c).X2(3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小

14、值，从而可证得结论.针对训练 ，一. 一,、11,2.右关于X的万程Xln X=m有两个不相等的头数解 X1, X2,求证：X1 - X2X2,要证X1X2,即证 X1X2 X2 X1工1e2 X2X1整理得X1 +11e2X10，又因为 X1ln X1=X2ln X2,1即证 X1ln X1 k X1 + eX X2ln X2k设 h(X)=Xln x kX 第，使h(X)在(0 , +)上单调递增， k所以有h (x) = ln x+1 k + e2封0在(0 , + 00)上恒成立,12k2k令 h(x) = X1杀=0,解得 x=e-,列表可知h(X)在0, 恒 上单调递减，在 运，+

15、oo上单调递增,ee令 h 近=1ln(2 k) k + 1=1(ln(2 k)-2k+1) 0, e 22 2一I1 ,一，,， 解得k=2，此时有h (x)0在(0 , +8)上恒成立，原命题得证gI利用洛必达法则求解不等式恒成立问题函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型. 在平时教学中，教师往往 介绍利用变量分离法来求解.但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“ 0型的代数式， 而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则.洛必达法则法则1若函数f (x)和g(x)满足下列条件(Dlira f(x)=0 及IXma g(x)=0;(2)在点a的去心

16、邻域内，f(x)与g(x)可导且g (x)w0；lim /x ag那么limx a=limx af xg， x i法则2limx若函数f (x)和g(x)满足下列条件f (x) =0及 lxma g(x) =0；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g (x)w0；(3) limxf_gx一=l x那么limx a=limf xg，x i典例已知函数f(x) = a1n2曲线y = f(x)在点(1 , f(1)处的切线方程为 x +x+1 x 2y- 3=0.(1)求a, b的值;(2)如果当x0,且xwi时，f (x)由于直线x+2y 3=0的斜率为且过点(1,1),f 1=

17、1,b= 1,故 f,1=1 即 a b= 1,222nx+k,求k的取值范围. x 1 xa2b解题观摩 f ( M = -2-2.解得a= 1,b= 1.x I 1xIn x 1x2- 1 x2-知,法一：由知“刈=币+x，ln x k 1k-1所以“x) x-1 + x=K 21n x + -设 h(x) = 2ln xdx-(x0),xk-1 x2+1+2x贝U h，(x) =-2.x.kx+1_ x _ 1设 k0,由 h (x)=2x当xwi时，h (x)0,可得；一2h(x)0;1 x当 xC(1, +8)时，h(x)0.1 x从而当 x0,且 x4 时，f (x) t+- 0,

18、 x 1 x即 f(x)臀+k.x- 1 x设 0k0,对称轴 x =71,所以当 xC 1, J;时，(k1)( x2+1) + 2x0, 1 k1 k故 h (x)0,而 h(1) =0,故当 xC 1, 时，h(x)0,可得1Lh(x)1.此时 h (x)0,而 h(1) =0,故当 xC (1 ,+8)时，h(x)o ,可得了h(x)0, xwi时,2xln x ,“k0，x*)，门 ，/、 c x + 1 In x x +1贝U g x) =2 - 2-1 -xxW1),再令 h(x) = (x2+1)ln x x2+1(x0,贝U h (x) = 2xln x + ；x,又 h (x)=2ln x+