2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第14讲 导数的综合应用学案 文

2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第14讲 导数的综合应用学案 文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(构造法)2018全国卷T21；2018全国卷T212017全国卷T21；2016全国卷T211.每年必考内容，出现在压轴题的位置，难度很大.2.利用导数研究函数的零点问题是近几年高考的一个亮点，热点内容，应引起高度重视.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；2017全国卷T212016全国卷T20；2014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2018全国卷T21；2016全国卷T212015全国卷T21；2014全国卷T21高考考法示例【例1】(2018全国卷)已知函数f(x)aexln x1.(1)设x2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a时，f(x)0.思路点拨(1)(2)解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex.由题设知，f(2)0，所以a.从而f(x)exln x1，f(x)ex.当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以f(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增(2)证明：当a时，f(x)ln x1.设g(x)ln x1，则g(x).当0x1时，g(x)1时，g(x)0.所以x1是g(x)的最小值点故当x0时，g(x)g(1)0.因此，当a时，f(x)0.方法归纳构造辅助函数的4种方法【教师备选】(2017全国卷)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调递增若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：由(1)知，当a0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当aln ln 31知，g(x)的最小值为g(ln 3)3(1ln 3a)0.于是对任意xR，都有g(x)0，所以g(x)在R内单调递增于是当alnln 31时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0)而g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx23ax1，故x3a.题型2“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题利用导数解决不等式恒成立问题是高考常考考点，主要考查利用导数研究函数的单调性，求函数最值的方法，以及转化与化归，函数与方程、分类讨论的思想高考考法示例【例2】(2017全国卷)已知函数f(x)ex(exa)a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0，求a的取值范围. 解(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，则f(x)e2x在(，)上单调递增若a0，则由f(x)0得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a0，则由(1)得，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)a2ln a.从而当且仅当a2ln a0，即0a1时，f(x)0.若a0，则由(1)得，当xln时，f(x)取得最小值，最小值为fa2，从而当且仅当a20，即2ea0时，f(x)0.综上，a的取值范围是2e，1方法归纳解决不等式恒成立问题的两种方法(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.(教师备选)已知函数f(x)exx2(1m)x1(e为自然对数的底数，m为常数)(1)若曲线yf(x)与x轴相切，求实数m的值；(2)若存在实数x1，x20,1使得2f(x1)0恒成立，即f(x)0对x0恒成立，此时f(x)没有极值点当a240，即a2时，若a2，设方程x2ax10的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x210，故x2x10，当0xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)2，设方程x2ax10的两个不同实根为x3，x4，则x3x4a0时，f(x)0，故函数f(x)没有极值点综上，当a0，所以ax0恒成立，设(x)(x0)，(x)，x0，当x(0,1)时，(x)0，(x)单调递减，当x(1，)时，(x)0，(x)单调递增，(x)(1)e1，ae1，即实数a的取值范围是(，e1题型3“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题核心知识储备导数法研究方程的根或函数的零点问题是指利用导数研究对应函数的单调性与极值，进而画出函数的大致图象，并根据图象判断方程的根或函数的零点个数等破解此类题的关键点如下：定函数，即确定与方程对应的函数或研究零点问题中的函数解析式求性质，求解函数f(x)的导函数f(x)，根据f(x)的符号变化研究函数的单调性，求出函数的极值，画出函数的大致图象列关系，根据函数图象的分布判断函数的零点个数，或根据零点个数列出参数所满足的关系式得结论，求解关系式，得出结论高考考法示例【例3】(2018全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点解(1)当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)0；当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0时g(x)0，所以g(x)在(，)单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a6a20，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点方法归纳判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题.(2)分离出参数，转化为ag(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是直线ya与函数yg(x)图象交点的个数问题.只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可.对点即时训练已知函数f(x)ex，xR.(1)若直线ykx与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；(2)若m0，讨论函数g(x)f(x)mx2零点的个数解(1)f(x)的反函数为yln x，x0，则y.设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为k，故x0e，k.(2)函数g(x)f(x)mx2的零点的个数即是方程f(x)mx20的实根的个数(当x0时，方程无解)，等价于函数h(x)(x0)与函数ym图象交点的个数h(x).当x(，0)时，h(x)0，h(x)在(，0)上单调递增；当x(0,2)时，h(x)0，h(x)在(0,2)上单调递减；当x(2，)时，h(x)0，h(x)在(2，)上单调递增h(x)的大致图象如图：h(x)在(0，)上的最小值为h(2).当m，即m时，函数h(x)与函数ym图象交点的个数为1；当m，即m时，函数h(x)与函数ym图象交点的个数为2；当m，即m时，函数h(x)与函数ym图象交点的个数为3.综上所述，当x时，函数g(x)有三个零点；当m时，函数g(x)有两个零点；当m时，函数g(x)有一个零点1(2018全国卷)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在点(0，1)处的切线方程；(2)证明：当a1时，f(x)e0.解(1)f(x)，f(0)2.因此曲线yf(x)在(0，1)处的切线方程是2xy10.(2)当a1时，f(x)e(x2x1ex1)ex.令g(x)x2x1ex1，则g(x)2x1ex1.当x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增；所以g(x)g(1)0.因此f(x)e0.2(2017全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求a的取值范围解(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)单调递减，在(1，1)单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时，设函数h(x)(1x)ex，则h(x)xex0(x0)，因此h(x)在0，)单调递减而h(0)1，故h(x)1，所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a1时，设函数g(x)exx1，则g(x)ex10(x0)，所以g(x)在0，)单调递增而g(0)0，故exx1.当0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，则x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上，a的取值范围是1，)3(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(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)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)()设a0，则当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增()设a0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，则f(x)(x1)(exe)，所以f(x)在(，)上单调递增若a，则ln(2a)1，故当x(，ln(2a)(1，)时，f(x)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln(2a)，(1，)上单调递增，在(ln(2a)，1)上单调递减若a，则ln(2a)1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(ln(2a)，)上单调递增，在(1，ln(2a)上单调递减(2)()设a0，则由(1)知，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且bln，则f(b)(b2)a(b1)2a0，所以f(x)有两个零点()设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点()设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增又当x1时f(x)0，故f(x)不存在两个零点；若a，则由(1)知，f(x)在(1，ln(2a)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增又当x1时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)两类压轴大题是导数和圆锥曲线，难度大、综合性强，取得满分不容易，但要得到尽可能多的分数还是有方法可行的高考是选拔性的考试，同时又是一场智者的竞争，真正的高考高手是坦然的，他们懂得有舍才有得的真正道理，面对高考大题，特别是压轴题，哪些应该勇于割舍，哪些应努力争取本讲教你四招，让你在考试中尽可能多得分、巧得分策略1缺步解答化繁为简，能解多少算多少如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题巧拿分”【例1】(12分)已知椭圆C：1(ab0)的两个焦点分别为F1(1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.(1)求椭圆C的离心率；(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程解(1)由椭圆定义知，2a|PF1|PF2|2，所以a.2分又由已知，c1，所以椭圆C的离心率e，4分(2)由(1)知，椭圆C的方程为y21.设点Q的坐标为(x，y)，当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，1)两点，此时点Q的坐标为.6分当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2.因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx12)，(x2，kx22)，则|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得，即.8分将ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化简，得x2.9分因为点Q在直线ykx2上，所以k，代入中并化简，得10(y2)23x218.10分由及k2，可知0x2，即x.又满足10(y2)23x218，故x.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以1y1，又由10(y2)2183x2有(y2)2且1y1，则y.所以点Q的轨迹方程为10(y2)23x218，其中x，y.12分名师点题(1)本题第(1)问为已知椭圆标准方程求椭圆的离心率问题，属于容易题.(2)本题的难点在于第(2)问中确定轨迹方程及方程中各变量的取值范围，本题有一定的难度，要想拿到全分很难，这就应该学会缺步解答.,首先，解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，若需要设直线方程，应考虑直线的斜率是否存在，因此当直线l的斜率不存在时，求出点Q的坐标为，这是每位考生都应该能做到的.其次，联立直线方程与椭圆方程并设出M，N，Q的坐标，通过，得到，然后由x1x2及x1x2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到是完全可以做到的，到此已经可以得到9分.另外，考虑到点Q在直线l上，将点Q坐标代入所设直线方程就能得到10(y2)23x218，到此便可以得到10分.到此不能继续往下解时，我们也已经得到绝大部分分数了.策略2跳步解答左右逢源，会做哪问做哪问解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论若题目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”，先做第(2)问，跳一步解答【例2】(12分)设函数fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；(2)设n2，若对任意x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，xn，的增减性解(1)证明：b1，c1，n2时，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在内存在零点.2分又当x时，fn(x)nxn110，fn(x)在上是单调递增的fn(x)在区间内存在唯一零点.4分(2)当n2时，f2(x)x2bxc.对任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4.等价于f2(x)在1,1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下：5分当1，即|b|2时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾.6分当10，即0b2时，Mf2(1)f224恒成立.7分当01，即2b0时，Mf2(1)f224恒成立综上可知，2b2.8分故a的取值范围为2,2(3)法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n2)，fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列.12分法二：设xn是fn(x)在内的唯一零点，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，则fn1(x)的零点xn1在(xn,1)内，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列.12分名师点题第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答.事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.策略3逆向解答逆水行舟，往往也能解决问题对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证【例3】(12分)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函数f(x)的最小值；(2)对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0，)，都有ln x成立解(1)f(x)ln x1，1分当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增；所以f(x)的最小值为f.3分(2)2xln xx2ax3，则a2ln xx设h(x)2ln xx(x0)，则h(x)，4分当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递增，5分所以h(x)minh(1)4.因为对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4，即a的取值范围为(，4.7分(3)证明：问题等价于证明xln x(x(0，).8分由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，当且仅当x时取得.9分设m(x)(x(0，)，则m(x)，易知m(x)maxm(1).且两函数不会同时取得.所以有xln x，11分从而对一切x(0，)，都有ln x成立.12分名师点题解答本题第(3)问利用了逆向解答，把不等式巧妙地转化为，不等式左边是f(x)，右边看作一个新的函数m(x)，只需说明f(x)minm(x)max即可.策略4退步解答以退为进，列出相关内容也能得分“以退求进”是一个重要的解题策略对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从参变量退到常量，从较强的结论退到较弱的结论总之，退到一个你能够解决的问题，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决【例4】(12分)如图1，O为坐标原点，双曲线C1：1(a10，b10)和椭圆C2：1(a2b20)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形图1(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|，证明你的结论解(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c22,2a12.从而a11，c21.因为点P在双曲线x21上，所以21，故b3.2分由椭圆的定义知2a22.于是a2，bac2.故c1，c2的方程分别为x21，1.4分(2)不存在符合题设条件的直线.5分若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x或x.当x时，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此时，|.当x时，同理可知，|.7分若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.9分由得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得m22k23，10分因此x1x2y1y20.于是222222，即|2|2，故|.综合可知，不存在符合题设条件的直线.12分名师点题在求解第(2)问时可采用退步解答，若不能正确判断其结论也应说明直线是否存在，同时应对直线垂直于x轴时给予说明，这就是所谓的从一般到特殊.