高考数学压轴题解法策略研究

1、第第 页 高考数学压轴题解法策略研究专题一. 函数与导数(一) 关于结构图知识，方法，思维，易错点.1.高中函数知识结构图2. 导数知识结构图3. 函数的思维方法4. 函数的思维特征 (二)典型例题例题1.设函数，曲线在点处的切线为. () 求； （）证明：.分析：第一问考查导数的几何意义，面向全体考生；注意函数问题定义域优先的原则！解：（）函数的定义域为，由题意可得故. （）分析：常规方法证明， 即证： 所以 所以，太复杂了！无从下手！再次分析：证明 难点在哪里？困难在于存在，求导后还存在，麻烦！初步思考必须把与分离，怎么分离？不外乎加减乘除！仔细观察：，其中，定义域别忘了，还有；(1) (

2、2) (3) .（）方法一：由（）知，从而等价于 设，. 若，是否可行？试一试吧！ ,. 当时，当时，. 在上单调递减，在上单调递增. , 注意“” ,. 当时，当时，.在上单调递增，在上单调递减. . 综上，时，,而两个等号不可能同时取到，所以，即.方法二：分析：等价于. 等价于. 即可. ， . 令，. 知在上单调递减，在上单调递增； . ，即，当且仅当时取等号. 令，. 知. ，即，当且仅当时取等号. 综上所述，当时， ，即方法三： 分析：题目中有，应该联想到重要熟知的不等式，就能得到下面流畅的证明.用导数易证，当且仅当时取等号.,当且仅当时取等号.于是方法二中，,当且仅当时取等号. ，

3、当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号. (也可以用证明)即，当且仅当时取等号.于是证法2中的，.总结： 公式关系清晰，一气呵成！方法四：分析：欲证.即证即可.由方法三，可得，当且仅当取等号.又 = 1 * GB3 当且仅当取等号. = 2 * GB3 由 = 1 * GB3 和 = 2 * GB3 可得：，这里关键是等号不能同时成立.方法五：（与方法四证明类似），当且仅当取等号. = 1 * GB3 .，当且仅当取等号. . = 2 * GB3 由 = 1 * GB3 、 = 2 * GB3 可知.（注意：两个等号不能同时成立）即.方法六：欲证即证. 主要还是等价变形.设.则.（这里关键是注意

4、到与之间隐含着复合函数的关系）只需证明.由方法一可知，当且仅当取等号.，当且仅当取等号.，（两个等号不能同时成立）.点评：这种方法实在很难想！基于上述7种方法的思考：看来我们有必要梳理一下，其中重要的不等式：泰勒展开式及其变形. 这个式子也叫麦克劳林公式.当时，有 = 1 * GB3 即 = 2 * GB3 ，其中用替换. = 3 * GB3 由 = 2 * GB3 = 3 * GB3 得： = 4 * GB3 还有，. = 5 * GB3 注意等号成立条件. = 6 * GB3 加强 = 4 * GB3 可得 = 7 * GB3 还有： = 8 * GB3 ，（当且仅当取等号） = 9 *

5、GB3 ，等等.基于上面的思考:证法7:,当且仅当取等号. ，当且仅当取等号即成立.是否很帅！最后，关注以下函数，课下练习巩固.1、， ， ， 2、， ， ， ， 3、， ， 4、， ， 例2. (2013全国2理科21)已知函数(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；(2)当时，证明.解：(1)f(x)exeq f(1,xm)由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)exeq f(1,x1).函数f(x)exeq f(1,x1)在(1，)单调递增，且f(0)0，因此当x(1，0)时，f(x)0.所以f(x)在(1，0)单调递减，在

6、(0，)单调递增(2)证明：方法一：当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)exeq f(1,x2)在(2，)单调递增又f(1)0，故f(x)0在(2，)有唯一实根x0，且x0(1，0)当x(2，x0)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0eq f(1,x02)，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)eq f(1,x02)x0eq f(（x01）2,x02)0. 综上，当m2时，f(x)0.方法二：时，. , 当且仅当取等号. 又,又，当且仅当取等号.不等式中前两个等号不可能同时取得.即成立.(上

7、式中，时，时，均可以用导数知识证明)总结一：常规方法遇阻碍，分而治之显神奇泰勒公式藏天机！总结二：分离分类寻零点，对数平均爱偏移数形结合显神通！1. 降龙十八掌分类讨论，不重不漏！例题3.已知函数, .()当a为何值时，x轴为曲线 的切线；()用表示中的最小值，设函数 ，讨论零点的个数.分析：（）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数， 若零点不容易求解，则对再分类讨论.解：（）设曲线与轴相切于点，则，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线. （）当时，从而， 在（1，+）无零点. 当=1时，若，则，,故=1是的零点；若

8、，则，,故=1不是的零点.当时，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.()若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点. ()若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=. = 1 * GB3 若0，即0，在（0,1）无零点. = 2 * GB3 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点； = 3 * GB3 若0，即，由于,，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点 综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解

9、；分段函数的零点；分类整合思想.上面是我们在各种途径中可以看到的答案！但是同学们，通过阅读答案可能还是一头雾水，如何分类讨论，如何准确的找到分类讨论点，才能做到不重不漏，轻松应对呢？研究函数，的图像.可以详细研究函数的单调性，极值情况，方程的根的情况！因为，所以这里，(1) 当，方程有两个不同的实数根，不妨设， 单调性：在，上单调递增，在上单调递减. 极 值：当，当，(2)方程根的情况，如图：方法二：因为, . 所以， (1) 当时，函数单调递增，如图(2) 当时，函数单调递增，如图 图（1） 图（2） (3) 当时，有， 可作如下5种情况思考！例题4. 已知函数()当k=2时，求曲线y=f(

10、x)在点(1, f(1)处的切线方程；()求f(x)的单调区间解：（I）当k=2时，f(x)=ln(1+x)x+x2， 由于f(x)=ln2， 所以曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为 即 QUOTE .（II） 依题意，x(1，+)，当k=0时，.所以，在区间(1，0)上，f(x)0；在区间(0，+)上，f(x)0.故f(x)得单调递增区间是(1，0)，单调递减区间是(0，+).当0k0；在区间(0， )上，f(x)0故f(x)得单调递增区间是(1，+).当k1时， 在区间(1，)和(0，+)上，f(x)0; 在区间(，0)上，f(x)0; 故f(x)得单调递增区间(1，)和(

11、0，+)，单调递减区间是(，0).当k=0时，f(x)的单调递增区间是(1，0)，单调递减区间是(0，+).当0k1时，f(x)的单调递增区间(1，)和(0，+)，单调递减区间是(，0).例题4变式1：已知函数，求的单调区间解：依题意，函数定义域为， 令 即，所以有 （1）当时，恒成立，所以 函数的单调增区间为； （2）当时，方程的二根为 ， （考虑当时，方程的两个根是否在定义域里） 所以在区间上， 在区间上， 在区间上， 函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.（3）当时，方程的二根为 ， （考虑当时，方程的两个根是否在定义域里） 所以在区间上，函数的单调增区间为.综上：当时，函数的单调增区

12、间为. 当时， 函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.例题4变式2：已知函数，求的单调区间解：依题意，函数定义域为， 令，即， （1）当时， 函数的单调增区间为； （2）当时，方程的二根为， = 1 * GB3 当时， 所以在区间上， 在区间上， 在区间上，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为. = 2 * GB3 当时， 所以在区间上， 在区间上，函数的单调增区间为， 函数的单调减区间为. = 3 * GB3 当时, 所以在区间上， 在区间上，函数的单调增区间为， 函数的单调减区间为.综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.当时，函数的单调增区间为，

13、 函数的单调减区间为.当时,函数的单调增区间为， 函数的单调减区间为.2. 乾坤大挪移分离参数，转化划归.例题5. (2016全国1理21) 已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设，是的两个零点，证明：.解：（）方法一：(分类讨论)（i）设，则，只有一个零点（ii）设，则当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增又，如图：我们希望能够找到，并且有，任务就完成了！方法一：静态取点，附近尝试！ 这种情况下，不妨就近取值进行尝试，满足题意！，完成.而，等等都依赖于，怎么办？麻烦在于身上，我们有什么办法把它“干掉”呢？ 方法二：动态找点，适当放缩！我们不妨向负方向走远一点，在内找找看！

14、分析的结构特征，因为，所以， “干掉”！所以令，即，解得， 我们的，完成. 方法三：极限思想很重要！ ，此时一定有我们的，完成 此处应该用左手猛拍右手吧！（iii）设，由得或若，则，故当时，因此在上单调递增又当时，所以不存在两个零点 若，则，故当时，；当时，因此在单调递减，在单调递增又当时，所以不存在两个零点综上，的取值范围为方法二：参变量分离函数有两个零点等价于方程有两个不等的实数根.所以，又因为不是方程的根，所以有，设，于是问题就转化为与有两个交点时求的取值范围.因为，这里的导数千万不能出错！不用睁大眼睛就能发现，当时，单调递增且恒有;当时，单调递减；下面我们要结合函数增长速度快慢，分析函

15、数的值域：(1)当时， 当(从的负方向趋近于)，；(2) 当(从的负方向趋近于)，； 当时，; 由上可知：当时，的值域是；当时，的值域是； 综上所述，的取值范围为（）设，是的两个零点，证明：.分析：对于双变量问题，利用已知条件统一变量这招往往非常有效！已知条件：(1)时，函数有两个零点，不妨设(由第1问可知)(2)函数在上单调递减，在上单调递增(由第1问可知)(3)要证明，只需证明，所以只需证明，(4) 又因为，是的两个零点，所以有； 所以只需证明或者证明方法一：依题意，不妨设，要证明，只需证明， 又因为函数在上单调递减， 所以只需证明， 又因为，是的两个零点，所以有； 所以只需证明，(本质上

16、是比较大小！果断作差法！) 构造差函数：， 所以， 当时， 所以，在单调递增，所以， 所以有，即成立， 所以得证.方法二：不妨设，由（）知，在上单调递减，所以等价于，即由于，此处含有参数，很麻烦，怎么消去呢？而，所以设，则所以当时，而，故当时，从而，故事实上，这个题目所考核的内容就是近几年数学江湖红人“极值点偏移问题”，什么是“极值点偏移问题”呢？设函数是图象连续不断的函数，在区间内只有一个极值点，且，由于函数在极值点左右的增减速度不同，所以函数图象不关于对称，即，这种现象称之为“极值点偏移问题”.本题中的极值点是，要证，即证，也就是要证明极值点在两个零点，的中点的右侧偏移，而解决这种问题常见

17、的方法有两种：构造对称差函数与对数平均不等式！套路一：先构造对称差函数，其中为函数的极值点，然后求导确定的单调性，结合确定的符号，最后通过的单调性得到结论！证明：依题意，设，所以，所以函数在上单调递增且，所以恒成立.由(1)可知，所以，即 所以即成立， 结合单调性，证明结束！怎们样！有没有一种畅快淋漓的感觉！套路二：对数平均不等式 所谓对数平均不等式，是指对于，有. 证明：不妨设，则不等式变为，即可证明. 下面我们来试试！ 首先，简化问题，将函数的图象向左平移1个单位长度，得到函数，所以原题等价于有两个零点，证明：.证明：由(1)知函数的单调递减区间为，单调增区间为，设，由(1)知0是函数的极

18、值点，又，则，由得，两边分别取对数得：两式相减得根据对数平均不等式：因为， 所以等价于 所以.利用对数平均不等式解决极值点偏移问题的步骤如下：(1) 根据建立等式；(2) 如果含有参数，则消参；如果等式中含有指数式，则两边取对数；(3) 通过恒等变形改变结构，利用对数平均不等式得到需要的结论. 综上不论是构造对称差函数还是对数平均不等式，共同点都是构造函数把二元问题化归为一元问题，体现了转化与化归的数学思想！我们再看2017年的考题：例题6(2017 全国1理21)已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.解：（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为.对于第（2）问我们不妨这样思考： 由（1）知时，在单调递减，在单调递增. 若有两个零点，需要具备满足三个条件： (1) (2) 找到，使得；(3) 找到，使得.此题与2016全国1理21第(1)问的方法是一致的！因为，当时，单调递增，又