《（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）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（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）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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f(x)exax2.(1)求f(x)的单调区间
2、；(2)若a1，k为整数，且当x0时，(xk)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(xk)(ex1)x10，即k0)恒成立令g(x)x(x0)，得g(x)1(x0)由(1)的结论可知，函数h(x)exx2(x0)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)ming().又e2且(1,2)，则g(x)ming()1(2,3)，所以k的最
3、大值为2.题后悟通本题的关键就是利用h(x)exx2及h(1)0确定h(x)的隐零点，从而作出判断针对训练1已知函数f(x).(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 x6x2(x0)，g(x)12x0，函数g(x)在(0，)上单调递减，且g(1)50，所以x0，使得g(x0)0.即证明曲线y存在斜率为6的切线设切点坐标为(x0，f(x0)，则f(x0)6x0，x0.令h(x)6x，x.由h(x)在区间上单调递减，则h(x)h1，所以y0f(x0)1.极值点偏移问题在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴
4、题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常会感到束手无策事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解1极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0f(x1)f(2x0x2)极值点偏移左移x0峰口向上：f(x1) f(2x0x2)右移x0峰口向上：f(x1) f(2x0x2)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(x1x2)满足f(x1)f(x2)，求证：x1x22x0(x0为函数f(x)的极值点)；
5、(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1x2)，令x0，求证：f(x0)0；(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1x2)满足f(x1)f(x2)，令x0，求证：f(x0)0.典例已知函数f(x)ln xax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)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(x1x2)，即f(x1)f(x2)0，易知ln x1，ln x2是方程xaex的两根设t1ln x1，t2ln x2，g(x)xex，则g(t1)g(t2)，从而x1x2e2ln x1ln x22t1t22.下
6、证：t1t22.g(x)(1x)ex，易得g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以函数g(x)在x1处取得极大值g(1).当x时，g(x)；当x时，g(x)0且g(x)0.由g(t1)g(t2)，t1t2，不妨设t1t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0t110，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(1x)g(1x)对任意的x(0,1恒成立由0t11g(1(1t1)g(t1)g(t2)，即g(2t1)g(t2)，又2t1，t2(1，)，且g(x)在(1，)上单调递减，所以2t12，即x1x2e2.点评上述解题过程就
7、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(x0x)g(x0x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)0，确定g(x0x)与g(x0x)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”stt2t1构造函数)由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1x2)，即f(x1)f(x2)0，易知ln x1，ln x2是方程xaex的两根设t1ln x1，t2ln x2，设g(x)xex，则g(t1)g(t2)，从而x1x2e2ln x1ln x22t1t22.下证：
8、t1t22.由g(t1)g(t2)，得t1et1t2et2，化简得et2t1，不妨设t2t1，由法一知，0t110，t2st1，代入式，得es，解得t1.则t1t22t1ss，故要证t1t22，即证s2，又es10，故要证s2，即证2s(s2)(es1)0，令G(s)2s(s2)(es1)(s0)，则G(s)(s1)es1，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t1t22，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
9、题其解题要点为：(1)取差构元：记st2t1，则t2t1s，利用该式消掉t2.(2)巧解消参：利用g(t1)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：不妨设x1x2，因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以a，欲证x1x2e2，即证ln x1ln x22.因为ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证a，所以原问题等价于证明，即ln，令c(c1)，则不等式变为ln
10、 c，令h(c)ln c，c1，所以h(c)0，所以h(c)在(1，)上单调递增，所以h(c)h(1)ln 100，即ln c0(c1)，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：(1)联立消参：利用方程f(x1)f(x2)消掉解析式中的参数a.(2)抓商构元：令c，消掉变量x1，x2，构造关于c的函数h(c)(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 xm有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1x2x2，要证x1x2，即证x1x2，整理得x1x2ln
11、x2k，k0，设h(x)xln xkx，使h(x)在(0，)上单调递增，所以有h(x)ln x1k0在(0，)上恒成立，令h(x)0，解得x，列表可知h(x)在上单调递减，在上单调递增，令hln(2k)k(ln(2k)2k1)0，解得k，此时有h(x)0在(0，)上恒成立，原命题得证.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)
12、 f(x)0及 g(x)0；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g(x)0；(3) l，那么 l.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1) f(x)及 g(x)；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g(x)0；(3) l，那么 l.典例已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为x2y30.(1)求a，b的值；(2)如果当x0，且x1时，f(x)，求k的取值范围解题观摩(1)f(x).由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故即解得(2)法一：由(1)知f(x)，所以f(x).设h(x)2ln x(x0)，则h(x).设k0，由h(x)知，当x1时，h(x)0，可得h(x)0；当x(1，)时，h(x)0，可得h(
