（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节导数在研究函数中的应用（第4课时）难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略讲义（含解析）.doc

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1、1第 4 课时 难点自选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

2、f(x)e x ax2.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 a1， k 为整数，且当 x0 时，( x k)f( x) x10，求 k 的最大值解题观摩 (1)当 a0 时， f(x)的单调递增区间是(，)，无单调递减区间；当 a0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(，ln a)，单调递增区间是(ln a，)(解答过程略)(2)由题设可得( x k)(ex1) x10，即 k0)恒成立x 1ex 1令 g(x) x(x0)，得 g( x)x 1ex 1 1 (x0)ex 1 x 1 ex ex 1 2 ex ex x 2 ex 1 2由(1)的结论可知，函数 h(x)e x x2( x0

3、)是增函数又因为 h(1)0，所以函数 h(x)的唯一零点 (1,2)(该零点就是 h(x)的隐零点)当 x(0， )时， g( x)0，所以 g(x)min g( ) . 1e 1又 e 2 且 (1,2)，则 g(x)min g( )1 (2,3)，所以 k 的最大值为 2.题后悟通本题的关键就是利用 h(x)e x x2 及 h(1)0 确定 h(x)的隐零点，从而作出判断 2针对训练1已知函数 f(x) .1 ln xx2(1)求函数 f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线 y 存在斜率为 6 的切线，且切点的纵坐标 y00 上有解构造辅助函数 g(x)1ln x6 x2(x0)，

4、 g( x) 12 x0，所以 x0 ，使得(12) 32 (12， 1)g(x0)0.即证明曲线 y 存在斜率为 6 的切线ln xx设切点坐标为( x0， f(x0)，则 f(x0) 6 x0， x0 .ln x0x0 1 6x20x0 1x0 (12， 1)令 h(x) 6 x， x .1x (12， 1)由 h(x)在区间 上单调递减，则 h(x) f(2x0 x2)峰口向上： f(x1) f(2x0 x2)极值点偏移右移x0x1 x22 峰口向下： f(x1)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 x1， x2(x1 x2)满足 f(x1) f(

5、x2)，求证：x1 x22x0(x0为函数 f(x)的极值点)；(3)若函数 f(x)存在两个零点 x1， x2(x1 x2)，令 x0 ，求证： f( x0)0；x1 x22(4)若在函数 f(x)的定义域上存在 x1， x2(x1 x2)满足 f(x1) f(x2)，令 x0 ，x1 x22求证： f( x0)0.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x1， x2(x1 x2)证明： x1x2e2.解题观摩 法一：(抓极值点构造函数)由题意，函数 f(x)有两个零点 x1， x2(x1 x2)，即 f(x1) f(x2)0，易知 ln x1

6、，ln x2是方程 x aex的两根设 t1ln x1， t2ln x2， g(x) xe x，则 g(t1) g(t2)，从而 x1x2e2ln x1ln x22t1 t22.下证： t1 t22.g( x)(1 x)e x，易得 g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，4所以函数 g(x)在 x1 处取得极大值 g(1) .1e当 x时， g(x)；当 x时， g(x)0 且 g(x)0.由 g(t1) g(t2)， t1 t2，不妨设 t10，xex 1所以 F(x)在(0,1上单调递增，所以 F(x)F(0)0 对任意的 x(0,1恒成立，即 g(1 x)g(1 x)对任意

7、的 x(0,1恒成立由 0g(1(1 t1) g(t1) g(t2)，即 g(2 t1)g(t2)，又 2 t1， t2(1，)，且 g(x)在(1，)上单调递减，所以 2 t12，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的方法，共有四个解题要点：(1)求函数 g(x)的极值点 x0；(2)构造函数 F(x) g(x0 x) g(x0 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(x0 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” s t t2 t1构造函数)

8、由题意，函数 f(x)有两个零点 x1， x2(x1 x2)，即 f(x1) f(x2)0，易知 ln x1，ln x2是方程 x aex的两根设 t1ln x1， t2ln x2，设 g(x) xe x，则 g(t1) g(t2)，从而 x1x2e2ln x1 ln x22t1 t22.下证： t1 t22.由 g(t1) g(t2)，得 t1e t1 t2e t2，化简得 et2 t1 ，t2t15不妨设 t2t1，由法一知，00， t2 s t1，代入式，得 es ，s t1t1解得 t1 .则 t1 t22 t1 s s，ses 1 2ses 1故要证 t1 t22，即证 s2，2se

9、s 1又 es10，故要证 s2，2ses 1即证 2s( s2)(e s1)0，令 G(s)2 s( s2)(e s1)( s0)，则 G( s)( s1)e s1， G( s) ses0，故 G( s)在(0，)上单调递增，所以 G( s)G(0)0，从而 G(s)在(0，)上单调递增，所以 G(s)G(0)0，所以式成立，故 t1 t22，即 x1x2e2.点评 该方法的关键是巧妙引入变量 s，然后利用等量关系，把 t1， 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(t1)

10、g(t2)，构造方程，解之，利用 s 表示 t1.(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 G(s)(4)转化求解：利用导数研究函数 G(s)的单调性和最小值，从而证得结论法三： (巧 抓 “根 商 ”cx1x2构 造 函 数 )不妨设 x1x2，因为 ln x1 ax10，ln x2 ax20，所以 ln x1ln x2 a(x1 x2)，ln x1ln x2 a(x1 x2)，所以 a，ln x1 ln x2x1 x2欲证 x1x2e2，即证 ln x1ln x22.因为 ln x1ln x2 a(x1 x2)，所以即证 a ，2x1 x2所以原问题等价于证明 ，

11、ln x1 ln x2x1 x2 2x1 x2即 ln ，x1x22 x1 x2x1 x2令 c (c1)，则不等式变为 ln c ，x1x2 2 c 1c 1令 h(c)ln c ， c1，2 c 1c 16所以 h( c) 0，1c 4 c 1 2 c 1 2c c 1 2所以 h(c)在(1，)上单调递增，所以 h(c)h(1)ln 100，即 ln c 0(c1)，2 c 1c 1因此原不等式 x1x2e2得证点评 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 ，从而构造相应的函数其解题要点为：x1x2(1)联立消参：利用方程 f(x1) f(x2)消掉解析式中的

12、参数 a.(2)抓商构元：令 c ，消掉变量 x1， x2，构造关于 c 的函数 h(c)x1x2(3)用导求解：利用导数求解函数 h(c)的最小值，从而可证得结论针对训练2若关于 x 的方程 xln x m 有两个不相等的实数解 x1， x2，求证： x1x2x2，要证 x1x2x2ln x2 k ， k0，(x11e2x1) (x2 1e2x2)设 h(x) xln x kx ，ke2x使 h(x)在(0，)上单调递增，所以有 h( x)ln x1 k 0 在(0，)上恒成立，ke2x2令 h( x) 0，解得 x ，1x 2ke2x3 2ke列表可知 h( x)在 上单调递减，在 上单调

13、递增，(0，2ke) (2ke， )令 h ln(2k) k (ln(2k)2 k1)0，(2ke) 12 12 127解得 k ，此时有 h( x)0 在(0，)上恒成立，原命题得证.12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“ ”型的代数00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(1) f(x)0 及 g(x)0；limx a lim x a(2)在点 a 的去心邻

14、域内， f(x)与 g(x)可导且 g( x)0；(3) l，limx af xg x那么 l.limx af xg x lim x af xg x法则 2 若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件(1) f(x)及 g(x)；limx a lim x a(2)在点 a 的去心邻域内， f(x)与 g(x)可导且 g( x)0；(3) l，limx af xg x那么 l.limx af xg x lim x af xg x典例 已知函数 f(x) ，曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程为aln xx 1 bxx2 y30.(1)求 a， b 的值；(2)如果当 x0，且 x1

15、时， f(x) ，求 k 的取值范围ln xx 1 kx解题观摩 (1) f( x) .a(x 1x ln x) x 1 2 bx2由于直线 x2 y30 的斜率为 ，且过点(1,1)，12故Error! 即Error!解得Error!(2)法一：由(1)知 f(x) ，ln xx 1 1x8所以 f(x) .(ln xx 1 kx) 11 x22ln x k 1 x2 1x 设 h(x)2ln x (x0)， k 1 x2 1x则 h( x) . k 1 x2 1 2xx2设 k0，由 h( x) 知，k x2 1 x 1 2x2当 x1 时， h( x)0，可得 h(x)0；11 x2当

16、x(1，)时， h(x)0.11 x2从而当 x0，且 x1 时， f(x) 0，(ln xx 1 kx)即 f(x) .ln xx 1 kx设 00，对称轴 x 1，所以当 x 时，( k1)( x21)2 x0，11 k (1， 11 k)故 h( x)0，而 h(1)0，故当 x 时， h(x)0，可得 h(x)0，而 h(1)0，故当 x(1，)时， h(x)0，可得h(x)0， x1 时， k0， x1)，2xln x1 x2则 g( x)2 ， x2 1 ln x x2 1 1 x2 2再令 h(x)( x21)ln x x21( x0， x1)，则 h( x)2 xln x x，

17、又 h( x)2ln x1 ，1x 1x2易知 h( x)2ln x1 在(0，)上为增函数，且 h(1)0，1x29故当 x(0,1)时， h( x)0， h( x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数，故 h( x)h(1)0， h(x)在(0，)上为增函数又 h(1)0，当 x(0,1)时， h(x)0，当 x(0,1)时， g( x)0， g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数由洛必达法则知，g(x)2 12 12 10， k0，limx 1 lim x 1xln x1 x2 lim x 11 ln x 2x ( 12)故 k 的取值范围为(，0题后悟通解决本题第

18、(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法 针对训练3设函数 f(x)1e x，当 x0 时， f(x) ，求 a 的取值范围xax 1解：设 t(x)( x1)e x1( x0)，得 t( x) xex0(x0)，所以 t(x)是增函数， t(x)t(0)0( x0)又设 h(x)( x2)e x x20( x0)，得 h( x) t(x)0(x0)，所以 h(x)是增函数，h(x)h(0)0( x0)由 f(x) ，得 a ，xax 1 xex ex 1x ex 1再设 g(x) (x0)，得 g(x) (x0)xex ex 1x ex 1 12连续两次使用洛必达法则 1，得g(x) ，limx 0 lim x 0 xexxex ex 1 lim x 0xex exxex 2ex 12所以 g(x)的下确界是 .12题设即“当 x0 时，1e x 恒成立” ，所求 a 的取值范围是 .xax 1 0， 1210