高三理科数学培养讲义：第2部分-专题6-第16讲-导数的综合问题.doc

第16讲导数的综合问题高考统计定方向热点题型真题统计命题规律题型1：“辅助函数法”证明不等式2018全国卷T21；2017全国卷T21；2016全国卷T21；2014全国卷T21分析近五年全国卷发现高考命题有以下规律：在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.题型2：“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题2017全国卷T21；2015全国卷T21题型3：“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题(数形结合)2018全国卷T21；2017全国卷T21；2016全国卷T21；2015全国卷T21题型1“辅助函数法”证明不等式核心知识储备构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)g(x)(f(x)0(f(x)g(x)0)，进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x)；(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数高考考法示例【例1】(2018郑州质量预测)已知函数f(x)exx2.(1)求曲线f(x)在x1处的切线方程；(2)求证：当x0时，ln x1.解(1)f(x)ex2x，由题设得f(1)e2，f(1)e1，故曲线f(x)在x1处的切线方程为y(e2)x1.(2)f(x)ex2x，f(x)ex2，f(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，所以f(x)f(ln 2)22ln 20，所以f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)maxf(1)e1，x0,1又f(x)过点(1，e1)，且yf(x)在x1处的切线方程为y(e2)x1，故可猜测：当x0，x1时，f(x)的图象恒在切线y(e2)x1的上方下证：当x0时，f(x)(e2)x1，设g(x)f(x)(e2)x1，x0，则g(x)ex2x(e2)，g(x)ex2，g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，又g(0)3e0，g(1)0,0ln 21，g(ln 2)0，所以，存在x0(0，ln 2)，使得g(x0)0，所以，当x(0，x0)(1，)时，g(x)0；当x(x0,1)时，g(x)0，故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又g(0)g(1)0，g(x)exx2(e2)x10，当且仅当x1时取等号，故x，x0.又xln x1，即ln x1，当x1时，等号成立方法归纳1解本题的关键是第(1)结论对第(2)问的证明铺平了路，只需证明xln x1.所以利用导数证明不等式时，要进行适当的变形，特别是变形成第(1)问相似或相同形式时，将有利于快速证明2用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在a，b上是增函数，则xa，b，则f(a)f(x)f(b)；对x1，x2a，b，且x1x2，则f(x1)f(x2)对于减函数有类似结论(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对xD，有f(x)M(或f(x)m)(3)证明f(x)g(x)，可构造函数f(x)f(x)g(x)，证明f(x)0，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln，从而lnlnln11.故e.而2，所以m的最小值为3.题型2“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题核心知识储备等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法即f(x)恒成立，则f(x)max.f(x)恒成立，则f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法可通过求最值建立关于参数的不等式求解如f(x)0，则只需f(x)min0.高考考法示例【例2】已知函数f(x)ln(1x)，g(x)kx(kR)(1)证明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k0，使得对任意的x(0，x0)，恒有f(x)g(x)证明(1)令f(x)f(x)xln(1x)x，x(0，)，则有F(x)1.当x(0，)时， F(x)0时，f(x)0时， f(x)0，故G(x)在(0，)上单调递增，G(x)G(0)0，故任意正实数x0均满足题意当0k0.取x01，对任意x(0，x0)，有G(x)0，从而G(x)在(0，x0)上单调递增，所以G(x)G(0)0，即f(x)g(x)综上，当k0，使得对任意x(0，x0)，恒有f(x)g(x)方法归纳不等式恒成立问题常见方法(1)分离参数af(x)恒成立(af(x)max即可)或af(x)恒成立(af(x)min即可)；(2)数形结合(yf(x)图象在yg(x)上方即可)；(3)讨论最值f(x)min0或f(x)max0恒成立；(4)讨论参数.对点即时训练已知函数f(x)a(x2x)ln x(aR)(1)若f(x)在x1处取得极值，求a的值；(2)若f(x)0在1，)上恒成立，求a的取值范围解(1)f(x)2axa，f(x)在x1处取到极值，f(1)0，即a10，a1.经检验，a1时，f(x)在x1处取到极小值(2)f(x)，令g(x)2ax2ax1(x1)，当a0时，f(x)0，f(x)在1，)上单调递减又f(1)0，x1时，f(x)0，不满足f(x)0在1，)上恒成立当a0时，二次函数g(x)开口向上，对称轴为x，过(0，1)a当g(1)0，即a1时，g(x)0在1，)上恒成立，f(x)0，从而f(x)在1，)上单调递增又f(1)0，x1时，f(x)0成立，满足f(x)0在1，)上恒成立b当g(1)0，即0a1时，存在x01，使x(1，x0)时，g(x)0，f(x)单调递减；x(x0，)时，g(x)0，f(x)单调递增，f(x0)f(1)又f(1)0，f(x0)0，故不满足题意当a0时，二次函数g(x)开口向下，对称轴为x，g(x)在1，)上单调递减，g(1)a10，g(x)0，f(x)在1，)上单调递减又f(1)0，x1时，f(x)0，故不满足题意综上所述，a1，)题型3“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题(数形结合)(对应学生用书第77页)核心知识储备1利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解2三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0高考考法示例【例3】已知函数f(x)a.(1)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围；(2)若函数g(x)xln xax2有两个极值点，试判断函数g(x)的零点个数解(1)令(x)，由题意知y(x)的图象与ya的图象有两个交点因为(x)，所以当0x1时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x1时，(x)0，(x)在(1，)上单调递减(x)max(1)1.又x0时，(x)，x(0,1)时，(x)(，1)又x1时，(x)(0,1)综上可知，当且仅当a(0,1)时，ya与y(x)的图象有两个交点，即函数f(x)有两个零点(2)因为函数g(x)有两个极值点，由g(x)ln x1ax0，得a0有两个不同的根x1，x2(设x1x2)由(1)知，0x11x2,0a1，且a(i1,2)，且函数g(x)在(0，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，则g(xi)xiln xiaxxiln xixi(i1,2)令h(t)tln tt，则h(t)0，所以函数h(t)在(0，)上单调递增，故g(x1)g(1)0，g(x2)g(1)0.又x0，g(x)0；x，g(x)，所以函数g(x)恰有三个零点【教师备选】已知函数f(x)ex(exa)a2x(aR)(1)曲线f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线L：x2e2y20，求a的值；(2)讨论函数f(x)零点的个数解(1)f(x)2e2xaexa2，因为f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线x2e2y20，所以f(1)2e2aea22e2，aea20，解得a0或ae.(2)函数f(x)的定义域为R，f(x)(2exa)(exa)当a0时，f(x)e2x0，无零点；当a0时，f(x)0，得x0ln.当x时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x时，f(x)0，函数f(x)单调递增，f(x)minfa2.因为f(x)ex(exa)a2xe2xa2x，且当x0时，e2xa2x0，当x时，e2xa2x0，f(x)0，当a20时，即ln，a2e，函数f(x)有两个不同的零点；当a20时，即a2e时，函数f(x)有一个零点；当a20时，即2ea0时，函数f(x)没有零点；当a0时，令f(x)0，得x0ln a.当x(，ln a)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(ln a，)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，f(x)minf(ln a)a2ln a.当x和当x，均有f(x)0，当a2ln a0时，即ln a0，a1时，函数f(x)有两个不同的零点；当a2ln a0时，即a1时，函数f(x)有一个零点；当a2ln a0时，即0a1时，函数f(x)没有零点；综上，当a2e或a1时，函数f(x)有两个不同的零点；当a2e或a1时，函数f(x)有一个零点；当2ea1时，函数f(x)没有零点方法归纳三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.对点即时训练(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)上只有一个零点，求a.解(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)只有一个零点等价于h(x)在(0，)只有一个零点()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增故h(2)1是h(x)在0，)的最小值若h(2)0，即a，h(x)在(0，)没有零点；若h(2)0，即a，h(x)在(0，)只有一个零点；若h(2)0，即a，由于h(0)1，所以h(x)在(0,2)有一个零点由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)有一个零点因此h(x)在(0，)有两个零点综上，f(x)在(0，)只有一个零点时，a.高考真题1(2017全国卷)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0，则f(x)0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)()若a0，由(1)知，f(x)至多有一个零点()若a0，由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a.当a1时，由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；当a(1，)时，由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；当a(0,1)时，1ln a0，即f(ln a)0.又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(，ln a)上有一个零点设正整数n0满足n0ln，则f(n0)e (aea2)n0en02n00.由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一个零点综上，a的取值范围为(0,1)最新模拟2(2018马鞍山市教学质量检测)已知函数g(x)xln x，h(x)(a0)(1)若g(x)h(x)对x(1，)恒成立，求a的取值范围；(2)证明：不等式e对于正整数n恒成立，其中e2.718 28为自然对数的底数解(1)法一：记f(x)g(x)h(x)xln xx2，令(x)f(x)ln x1ax，则(x)a，当a1时，x(1，)，(x)a1a0，f(x)在(1，)上单调递减，又f(1)1a0，f(x)0，即f(x)在(1，)上单调递减，此时，f(x)f(1)0，即g(x)h(x)，所以a1.当0a1时，考虑x时，(x)aaa0，f(x)在上单调递增，又f(1)1a0，f(x)0，即f(x)在上单调递増，f(x)f(1)0，不满足题意综上所述，a1，)法二：当x(1，)时，g(x)h(x)等价于af(x)，F(x)，记m(x)x1xln x，则m(x)ln x0，m(x)在(1，)上单调递减，m(x)m(1)0，F(x)0，即f(x)在(1，)上单调递减，F(x)F(1)1，故a1，)(2)由(1)知：取a1，当x(0，)时，g(x)h(x)恒成立，即xln x恒成立，即ln x恒成立，即ln(1x)对于x(0，)恒成立，由此，ln，k1,2，n，于是lnlnlnln.故e. 14 / 14