高三数学文二轮复习通用版教师用书：压轴专题三　第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略 Word版含答案

高考数学精品复习资料2019.5压轴专题(三)第 21 题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点其热点题型有：利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数证明不等式或探讨方程根；利用导数求解参数的范围或值导数与不等式师说考点利用导数解决不等式问题的思路(1)不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题(2)利用导数方法证明不等式 f(x)g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数 h(x)f(x)g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数 h(x)0 在区间 D 上恒成立典例(20 xx全国乙卷)已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求 a 的取值范围；(2)设 x1，x2是 f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当 x(，1)时，f(x)0，所以 f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b0 且 ba2(b2)a(b1)2ab232b0，故 f(x)存在两个零点设 a0，因此 f(x)在(1，)内单调递增又当 x1 时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点若 a1，故当 x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此 f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当 x1 时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点综上，a 的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设 x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又 f(x)在(，1)内单调递减，所以 x1x2f(2x2)，即 f(2x2)1 时，g(x)1 时，g(x)0.从而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22.抢分策略逆向解答此路不通另想法1逆向解答是指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解答本题第(2)问利用了逆向解答的策略，把不等式 x1x22 转化为x2e2x2(x22)ex20，构造函数，利用导数求解2破解此类题目需掌握“一构一分”， “一构”是指会构造函数，然后利用导数的知识进行求解；“一分”是指会分类讨论，对于含参的不等式问题或证明存在性的问题，常需要对参数进行分类讨论，而此时往往需要用到前面已证明过的结论解答此题的关键是由 x1x22 转化为x2e2x2(x22)ex21)，g(x)ex1，依题意，f(0)g(0)，解得 a1，所以 f(x)11x1xx1，当1x0 时，f(x)0 时，f(x)0.故 f(x)的单调递减区间为(1，0)，单调递增区间为(0，)(2)由(1)知，当 x0 时，f(x)取得最小值 0，所以 f(x)0，即 xln(x1)，从而 exx1.设 F(x)g(x)kf(x)exkln(x1)(k1)x1，则 F(x)exkx1(k1)x1kx1(k1)，当 k1 时，因为 x0，所以 F(x)x11x120(当且仅当 x0 时等号成立)，此时 F(x)在0，)上单调递增，从而 F(x)F(0)0，即 g(x)kf(x)当 k1 时，令 h(x)exkx1(k1)，则 h(x)exk（x1）2，显然 h(x)在0，)上单调递增，又 h(0)1k0，所以 h(x)在(0， k1)上存在唯一零点 x0，当 x(0，x0)时，h(x)0，所以 h(x)在 0，x0)上单调递减，从而 h(x)h(0)0，即 F(x)0，所以 F(x)在0，x0)上单调递减，从而当 x(0，x0)时，F(x)F(0)0，即 g(x)kf(x)，不合题意综上，实数 k 的取值范围为(，1.导数与方程师说考点利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与 x 轴(或直线 yk)的交点问题；(2)利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；(3)画出函数的大致图象；(4)结合图象求解典例设函数 fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设 n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间12，1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12，1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.fn12 fn(1)12n12 10，fn(x)在12，1上是单调递增的，fn(x)在区间12，1内存在唯一零点(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：当|b2|1，即|b|2 时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当1b20，即 0b2 时，Mf2(1)f2b2 b2124 恒成立当 0b21，即2b0 时，Mf2(1)f2b2 b2124 恒成立综上可知，2b2.故 b 的取值范围为2，2(3)设 xn是 fn(x)在12，1内的唯一零点(n2)，fn(xn)xnnxn10，fn1(xn1)xn1n1xn110，xn112，1，于是有 fn(xn)0fn1(xn1)xn1n1xn11xnn1xn11fn(xn1)又由(1)知 fn(x)在12，1上是单调递增的，故 xn0.(1)因为 x1 为 f(x)的极大值点，所以 c1，当 0 x1 时，f(x)0；当 1xc 时，f(x)0；当 xc 时，f(x)0，所以 f(x)的单调递增区间为(0，1)，(c，)；单调递减区间为(1，c)(2)若 c0，则 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)0 恰有两解，则 f(1)0，则12b0，所以12c0；若 0c1，则 f(x)极大值f(c)cln c12c2bc，f(x)极小值f(1)12b，因为 b1c，则 f(x)极大值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)极小值12c0，从而 f(x)0 只有一解；若 c1，则 f(x)极小值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)极大值12c0，则 f(x)0 只有一解综上，使 f(x)0 恰有两解的 c 的取值范围为12，0.导数的综合应用典例(20 xx贵州模拟)设 nN*，函数 f(x)ln xxn，函数 g(x)exxn(x0)(1)当 n1 时，求函数 yf(x)的零点个数；(2)若函数 yf(x)与函数 yg(x)的图象分别位于直线 y1 的两侧，求 n 的取值集合 A；(3)对于nA，x1，x2(0，)，求|f(x1)g(x2)|的最小值解(1)当 n1 时，f(x)ln xx，f(x)1ln xx2(x0)由 f(x)0 得 0 xe；由 f(x)0 得 xe.所以函数 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，因为 f(e)1e0，f1e e0，所以函数 f(x)在(0，e)上存在一个零点；当 x(e，)时，f(x)ln xx0 恒成立，所以函数 f(x)在(e，)上不存在零点综上得函数 f(x)在(0，)上存在唯一一个零点(2)对函数 f(x)ln xxn求导，得 f(x)1nln xxn1(x0)，由 f(x)0，得 0 xe1n；由 f(x)0，得 xe1n.所以函数 f(x)在(0，e1n)上单调递增，在(e1n，)上单调递减，则当 xe1n时，函数 f(x)有最大值 f(x)maxf(e1n)1ne.对函数 g(x)exxn(x0)求导，得 g(x)（xn）exxn1(x0)，由 g(x)0，得 xn；由 g(x)0，得 0 xn.所以函数 g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，)上单调递增，则当 xn 时，函数 g(x)有最小值 g(x)ming(n)enn.因为nN*，函数 f(x)的最大值 f(e1n)1ne1，即函数 f(x)ln xxn在直线 y1 的下方，故函数 g(x)exxn(x0)在直线 y1 的上方，所以 g(x)ming(n)enn1，解得 ne.所以 n 的取值集合 A1，2(3)对x1，x2(0，)，|f(x1)g(x2)|的最小值等价于 g(x)minf(x)maxenn1ne.当 n1 时，g(x)minf(x)maxe1e；当 n2 时，g(x)minf(x)maxe2412e；因为e1e e2412e e2（4e）24e0，所以|f(x1)g(x2)|的最小值为e2412ee324e.抢分策略解决导数综合问题的注意事项(1)树立定义域优先的原则(2)熟练掌握基本初等函数的求导公式和求导法则(3)理解与不等式有关的导数综合问题化为函数最值问题的转化过程(4)理解含参导数的综合问题中分类讨论思想的应用(5)存在性问题与恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若 f(x)m 恒成立，则 f(x)maxm；若 f(x)m 恒成立，则 f(x)minm；若 f(x)m 有解，则 f(x)minm；若 f(x)m 有解，则 f(x)maxm.应用体验3 (20 xx重庆模拟)已知函数 f(x)满足： f(x)2f(x2)， xR； f(x)ln xax， x(0，2)；f(x)在(4，2)内能取到最大值4.(1)求实数 a 的值；(2)设函数 g(x)13bx3bx，若对任意的 x1(1，2)总存在 x2(1，2)使得 f(x1)g(x2)，求实数 b 的取值范围解：(1)当 x(4，2)时，有 x4(0，2)，由条件得 f(x4)ln(x4)a(x4)，再由条件得 f(x)2f(x2)4f(x4)4ln(x4)4a(x4)故 f(x)4x44a，x(4，2)由，f(x)在(4，2)内有最大值，方程 f(x)0，即4x44a0 在(4，2)内必有解，故 a0，且解为 x1a4.又最大值为4，所以 f(x)maxf1a44ln1a 4a1a 4，即 ln1a 0，所以 a1.(2)设 f(x)在(1，2)内的值域为 A，g(x)在(1，2)内的值域为 B，由条件可知 AB.由(1)知，当 x(1，2)时，f(x)ln xx，f(x)1x11xx0，故 f(x)在(1，2)内为减函数，所以 A(f(2)，f(1)(ln 22，1)对 g(x)求导得 g(x)bx2bb(x1)(x1)若 b0，则当 x(1，2)时，g(x)0，g(x)为减函数，所以 B(g(2)，g(1)23b，23b.由 AB，得23bln 22，23b1，故必有 b32ln 23.若 b0，则当 x(1，2)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以 B(g(1)，g(2)23b，23b.由 AB，得23bln 22，23b1，故必有 b332ln 2.若 b0，则 B0，此时 AB 不成立综上可知，b 的取值范围是，32ln 23332ln 2，.1.(20 xx武昌调研)已知函数 f(x)(x1)ln xx1.(1)若0，求 f(x)的最大值；(2)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线 xy10 垂直，证明：f（x）x10.解：(1)f(x)的定义域为(0，)当0 时，f(x)ln xx1.则 f(x)1x1，令 f(x)0，解得 x1.当 0 x1 时，f(x)0，f(x)在(0，1)上是增函数；当 x1 时，f(x)0，f(x)在(1，)上是减函数故 f(x)在 x1 处取得最大值 f(1)0.(2)证明：由题可得，f(x)ln xx1x1.由题设条件，得 f(1)1，即1.f(x)(x1)ln xx1.由(1)知，ln xx10(x0，且 x1)当 0 x1 时，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0，f（x）x10.当 x1 时， f(x)ln x(xln xx1)ln xxln1x1x10， f（x）x10.综上可知，f（x）x10.2(20 xx合肥质检)已知函数 f(x)13x312(a2)x2x(aR)(1)当 a0 时，记 f(x)图象上动点 P 处的切线斜率为 k，求 k 的最小值；(2)设函数 g(x)eexx(e 为自然对数的底数)，若对于x0，f(x)g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)f(x)x2(a2)x1.设 P(x，y)，由于 a0，kx22x10，即 kmin0.(2)由 g(x)eexx，得 g(x)ex（1x）x2，易知 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，g(x)g(1)0，由条件知 f(1)g(1)，可得 a0.当 a0 时，f(x)x2(a2)x1(x1)2ax(x1)20.f(x)g(x)对x(0，)成立综上，a 的取值范围为(，03(20 xx四川高考)设函数 f(x)ax2aln x，g(x)1xeex，其中 aR，e2.718为自然对数的底数(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当 x1 时，g(x)0；(3)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立解：(1)由题意得 f(x)2ax1x2ax21x(x0)当 a0 时，f(x)0，f(x)在(0，)内单调递减当 a0 时，由 f(x)0 得，x12a，当 x0，12a 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x12a，时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：令 s(x)ex1x，则 s(x)ex11.当 x1 时，s(x)0，所以 ex1x，从而 g(x)1x1ex10.(3)由(2)知，当 x1 时，g(x)0.当 a0，x1 时，f(x)a(x21)ln x0.故当 f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立时，必有 a0.当 0a12时，12a1.由(1)有 f12a f(1)0，而 g12a 0，所以此时 f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当 a12时，令 h(x)f(x)g(x)(x1)当 x1 时，h(x)2ax1x1x2e1xx1x1x21xx32x1x2x22x1x20.因此，h(x)在区间(1，)上单调递增又因为 h(1)0，所以当 x1 时，h(x)f(x)g(x)0 恒成立，综上，a12，.4(20 xx兰州模拟)已知函数 f(x)ln xax1ax1(aR)(1)当 0a12时，讨论 f(x)的单调性；(2)设 g(x)x22bx4.当 a14时， 若对任意 x1(0， 2)， 存在 x21， 2， 使 f(x1)g(x2)，求实数 b 的取值范围解：(1)因为 f(x)ln xax1ax1，所以 f (x)1xaa1x2ax2x1ax2，x(0，)，令 f(x)0，可得两根分别为 1，1a1，因为 0a12，所以1a110，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递减；当 x1，1a1时，f(x)0，函数 f(x)单调递增；当 x1a1，时，f(x)0，函数 f(x)单调递减(2)a140，12 ，1a13(0，2)，由(1)知，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递减；当 x(1，2)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，所以 f(x)在(0，2)上的最小值为 f(1)12.对任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)等价于 g(x)在1，2上的最小值不大于 f(x)在(0，2)上的最小值12，(*)又 g(x)(xb)24b2，x1，2，所以，当 b1 时，g(x)ming(1)52b0，此时与(*)矛盾；当 1b2 时，g(x)min4b20，同样与(*)矛盾；当 b2 时，g(x)ming(2)84b，且当 b2 时，84b0，解不等式 84b12，可得 b178，所以实数 b 的取值范围为178，.