《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、)0在区间D上恒成立典例(2016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b(b2)a(b1)2a0，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
3、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.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
4、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)1，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)ex(k1)x1(k1)，当k1
5、时，因为x0，所以F(x)x120(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)ex(k1)，则h(x)ex，显然h(x)在0，)上单调递增，又h(0)1k0，所以h(x)在(0，1)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
6、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)在上是单调递增的，fn(x
7、)在区间内存在唯一零点(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1，即|b|2时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当10，即0b2时，Mf2(1)f24恒成立当01，即2b0时，Mf2(1)f24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
8、，故xn0.(1)因为x1为f(x)的极大值点，所以c1，当0x1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b0，所以c0；若0c1，则f(x)极大值f(c)cln cc2bc，f(x)极小值f(1)b，因为b1c，则f(x)极大值cln cc(1c)cln cc0，f(x)极小值c0，从而f(x)0只有一解；若c1，则f(x)极小值cln cc(1c)cln cc0，f(x)极大值c0，则f(x
9、)0只有一解综上，使f(x)0恰有两解的c的取值范围为.导数的综合应用典例(2016贵州模拟)设nN*，函数f(x)，函数g(x)(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)，f(x)(x0)由f(x)0得0xe；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)0，fe0，所以函数f(x)在(0，e)上存在一个零点；当x(e，)时，f(x)0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)求导，得f(x)(x0)，由f(x)0，得0xe；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，则当xe时，函数f(x)有最大值f(x)maxf(e).对函数g(x)(x0)求导，得g(x)(x0)，由g(x)0，得xn；由g(x)0，得0xn.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).因为nN*，函数f(x)的最大值f(e
