高三數(shù)學文二輪復習通用版教師用書：壓軸專題三　第21題解答題“函數(shù)、導數(shù)與不等式”的搶分策略 Word版含答案

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1、高考數(shù)學精品復習資料2019.5壓軸專題(三)第 21 題解答題“函數(shù)、導數(shù)與不等式”的搶分策略導數(shù)日益成為解決問題必不可少的工具，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見題型，而導數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點和難點其熱點題型有：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；利用導數(shù)證明不等式或探討方程根；利用導數(shù)求解參數(shù)的范圍或值導數(shù)與不等式師說考點利用導數(shù)解決不等式問題的思路(1)不等式恒成立的問題，通過構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)求函數(shù)最值的問題(2)利用導數(shù)方法證明不等式 f(x)g(x)在區(qū)間 D 上恒成立的基本方法是構(gòu)造函數(shù) h(x)f(x)g(x)，然后根

2、據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，或者函數(shù)的最值證明函數(shù) h(x)0 在區(qū)間 D 上恒成立典例(20 xx全國乙卷)已知函數(shù) f(x)(x2)exa(x1)2有兩個零點(1)求 a 的取值范圍；(2)設(shè) x1，x2是 f(x)的兩個零點，證明：x1x20，則當 x(，1)時，f(x)0，所以 f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又 f(1)e，f(2)a，取 b 滿足 b0 且 ba2(b2)a(b1)2ab232b0，故 f(x)存在兩個零點設(shè) a0，因此 f(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又當 x1 時，f(x)0，所以 f(x)不存在兩個零點若 a1，故當 x(1，ln(2a)時，f(x)0.因此

3、 f(x)在(1，ln(2a)內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)內(nèi)單調(diào)遞增又當 x1 時，f(x)0，所以 f(x)不存在兩個零點綜上，a 的取值范圍為(0，)(2)證明：不妨設(shè) x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又 f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以 x1x2f(2x2)，即 f(2x2)1 時，g(x)1 時，g(x)0.從而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22.搶分策略逆向解答此路不通另想法1逆向解答是指對一個問題正面思考發(fā)生思維受阻時，用逆向思維的方法去探求新的解題途徑，往往能得到突破性的進展順向推有困難就逆推，直接證有困難就反證解答本題第(2)問利

4、用了逆向解答的策略，把不等式 x1x22 轉(zhuǎn)化為x2e2x2(x22)ex20，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求解2破解此類題目需掌握“一構(gòu)一分”， “一構(gòu)”是指會構(gòu)造函數(shù)，然后利用導數(shù)的知識進行求解；“一分”是指會分類討論，對于含參的不等式問題或證明存在性的問題，常需要對參數(shù)進行分類討論，而此時往往需要用到前面已證明過的結(jié)論解答此題的關(guān)鍵是由 x1x22 轉(zhuǎn)化為x2e2x2(x22)ex21)，g(x)ex1，依題意，f(0)g(0)，解得 a1，所以 f(x)11x1xx1，當1x0 時，f(x)0 時，f(x)0.故 f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)(2)由(1)知，當 x

5、0 時，f(x)取得最小值 0，所以 f(x)0，即 xln(x1)，從而 exx1.設(shè) F(x)g(x)kf(x)exkln(x1)(k1)x1，則 F(x)exkx1(k1)x1kx1(k1)，當 k1 時，因為 x0，所以 F(x)x11x120(當且僅當 x0 時等號成立)，此時 F(x)在0，)上單調(diào)遞增，從而 F(x)F(0)0，即 g(x)kf(x)當 k1 時，令 h(x)exkx1(k1)，則 h(x)exk（x1）2，顯然 h(x)在0，)上單調(diào)遞增，又 h(0)1k0，所以 h(x)在(0， k1)上存在唯一零點 x0，當 x(0，x0)時，h(x)0，所以 h(x)在

6、0，x0)上單調(diào)遞減，從而 h(x)h(0)0，即 F(x)0，所以 F(x)在0，x0)上單調(diào)遞減，從而當 x(0，x0)時，F(xiàn)(x)F(0)0，即 g(x)kf(x)，不合題意綜上，實數(shù) k 的取值范圍為(，1.導數(shù)與方程師說考點利用導數(shù)研究方程根(零點)問題的思路(1)將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的方程根(零點)問題，進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與 x 軸(或直線 yk)的交點問題；(2)利用導數(shù)研究該函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì)；(3)畫出函數(shù)的大致圖象；(4)結(jié)合圖象求解典例設(shè)函數(shù) fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)設(shè) n2，b1，c1，證明：fn(x)在區(qū)間12，1內(nèi)

7、存在唯一零點；(2)設(shè) n2，若對任意 x1，x21，1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求 b 的取值范圍；(3)在(1)的條件下，設(shè) xn是 fn(x)在12，1內(nèi)的零點，判斷數(shù)列 x2，x3，xn，的增減性解(1)證明：b1，c1，n2 時，fn(x)xnx1.fn12 fn(1)12n12 10，fn(x)在12，1上是單調(diào)遞增的，fn(x)在區(qū)間12，1內(nèi)存在唯一零點(2)當 n2 時，f2(x)x2bxc.對任意 x1，x21，1都有|f2(x1)f2(x2)|4 等價于 f2(x)在1，1上的最大值與最小值之差 M4.據(jù)此分類討論如下：當|b2|1，即|b|2 時，M|f2(1

8、)f2(1)|2|b|4，與題設(shè)矛盾當1b20，即 0b2 時，Mf2(1)f2b2 b2124 恒成立當 0b21，即2b0 時，Mf2(1)f2b2 b2124 恒成立綜上可知，2b2.故 b 的取值范圍為2，2(3)設(shè) xn是 fn(x)在12，1內(nèi)的唯一零點(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上是單調(diào)遞增的，故 xn0.(1)因為 x1 為 f(x)的極大值點，所以 c1，當 0 x1 時，f(x)0；當 1xc

9、 時，f(x)0；當 xc 時，f(x)0，所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，(c，)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1，c)(2)若 c0，則 f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，f(x)0 恰有兩解，則 f(1)0，則12b0，所以12c0；若 0c1，則 f(x)極大值f(c)cln c12c2bc，f(x)極小值f(1)12b，因為 b1c，則 f(x)極大值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)極小值12c0，從而 f(x)0 只有一解；若 c1，則 f(x)極小值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)極大值12c0，則 f(x)0 只

10、有一解綜上，使 f(x)0 恰有兩解的 c 的取值范圍為12，0.導數(shù)的綜合應(yīng)用典例(20 xx貴州模擬)設(shè) nN*，函數(shù) f(x)ln xxn，函數(shù) g(x)exxn(x0)(1)當 n1 時，求函數(shù) yf(x)的零點個數(shù)；(2)若函數(shù) yf(x)與函數(shù) yg(x)的圖象分別位于直線 y1 的兩側(cè)，求 n 的取值集合 A；(3)對于nA，x1，x2(0，)，求|f(x1)g(x2)|的最小值解(1)當 n1 時，f(x)ln xx，f(x)1ln xx2(x0)由 f(x)0 得 0 xe；由 f(x)0 得 xe.所以函數(shù) f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，因為 f(e

11、)1e0，f1e e0，所以函數(shù) f(x)在(0，e)上存在一個零點；當 x(e，)時，f(x)ln xx0 恒成立，所以函數(shù) f(x)在(e，)上不存在零點綜上得函數(shù) f(x)在(0，)上存在唯一一個零點(2)對函數(shù) f(x)ln xxn求導，得 f(x)1nln xxn1(x0)，由 f(x)0，得 0 xe1n；由 f(x)0，得 xe1n.所以函數(shù) f(x)在(0，e1n)上單調(diào)遞增，在(e1n，)上單調(diào)遞減，則當 xe1n時，函數(shù) f(x)有最大值 f(x)maxf(e1n)1ne.對函數(shù) g(x)exxn(x0)求導，得 g(x)（xn）exxn1(x0)，由 g(x)0，得 xn

12、；由 g(x)0，得 0 xn.所以函數(shù) g(x)在(0，n)上單調(diào)遞減，在(n，)上單調(diào)遞增，則當 xn 時，函數(shù) g(x)有最小值 g(x)ming(n)enn.因為nN*，函數(shù) f(x)的最大值 f(e1n)1ne1，即函數(shù) f(x)ln xxn在直線 y1 的下方，故函數(shù) g(x)exxn(x0)在直線 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)對x1，x2(0，)，|f(x1)g(x2)|的最小值等價于 g(x)minf(x)maxenn1ne.當 n1 時，g(x)minf(x)maxe1e；當 n2 時，g(x)minf(

13、x)maxe2412e；因為e1e e2412e e2（4e）24e0，所以|f(x1)g(x2)|的最小值為e2412ee324e.搶分策略解決導數(shù)綜合問題的注意事項(1)樹立定義域優(yōu)先的原則(2)熟練掌握基本初等函數(shù)的求導公式和求導法則(3)理解與不等式有關(guān)的導數(shù)綜合問題化為函數(shù)最值問題的轉(zhuǎn)化過程(4)理解含參導數(shù)的綜合問題中分類討論思想的應(yīng)用(5)存在性問題與恒成立問題容易混淆，它們既有區(qū)別又有聯(lián)系：若 f(x)m 恒成立，則 f(x)maxm；若 f(x)m 恒成立，則 f(x)minm；若 f(x)m 有解，則 f(x)minm；若 f(x)m 有解，則 f(x)maxm.應(yīng)用體驗3

14、 (20 xx重慶模擬)已知函數(shù) f(x)滿足： f(x)2f(x2)， xR； f(x)ln xax， x(0，2)；f(x)在(4，2)內(nèi)能取到最大值4.(1)求實數(shù) a 的值；(2)設(shè)函數(shù) g(x)13bx3bx，若對任意的 x1(1，2)總存在 x2(1，2)使得 f(x1)g(x2)，求實數(shù) b 的取值范圍解：(1)當 x(4，2)時，有 x4(0，2)，由條件得 f(x4)ln(x4)a(x4)，再由條件得 f(x)2f(x2)4f(x4)4ln(x4)4a(x4)故 f(x)4x44a，x(4，2)由，f(x)在(4，2)內(nèi)有最大值，方程 f(x)0，即4x44a0 在(4，2)

15、內(nèi)必有解，故 a0，且解為 x1a4.又最大值為4，所以 f(x)maxf1a44ln1a 4a1a 4，即 ln1a 0，所以 a1.(2)設(shè) f(x)在(1，2)內(nèi)的值域為 A，g(x)在(1，2)內(nèi)的值域為 B，由條件可知 AB.由(1)知，當 x(1，2)時，f(x)ln xx，f(x)1x11xx0，故 f(x)在(1，2)內(nèi)為減函數(shù)，所以 A(f(2)，f(1)(ln 22，1)對 g(x)求導得 g(x)bx2bb(x1)(x1)若 b0，則當 x(1，2)時，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，所以 B(g(2)，g(1)23b，23b.由 AB，得23bln 22，23b1，故必有

16、 b32ln 23.若 b0，則當 x(1，2)時，g(x)0，g(x)為增函數(shù)，所以 B(g(1)，g(2)23b，23b.由 AB，得23bln 22，23b1，故必有 b332ln 2.若 b0，則 B0，此時 AB 不成立綜上可知，b 的取值范圍是，32ln 23332ln 2，.1.(20 xx武昌調(diào)研)已知函數(shù) f(x)(x1)ln xx1.(1)若0，求 f(x)的最大值；(2)若曲線 yf(x)在點(1，f(1)處的切線與直線 xy10 垂直，證明：f（x）x10.解：(1)f(x)的定義域為(0，)當0 時，f(x)ln xx1.則 f(x)1x1，令 f(x)0，解得 x1

17、.當 0 x1 時，f(x)0，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)；當 x1 時，f(x)0，f(x)在(1，)上是減函數(shù)故 f(x)在 x1 處取得最大值 f(1)0.(2)證明：由題可得，f(x)ln xx1x1.由題設(shè)條件，得 f(1)1，即1.f(x)(x1)ln xx1.由(1)知，ln xx10(x0，且 x1)當 0 x1 時，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0，f（x）x10.當 x1 時， f(x)ln x(xln xx1)ln xxln1x1x10， f（x）x10.綜上可知，f（x）x10.2(20 xx合肥質(zhì)檢)已知函數(shù) f(x)13x312(a2)x

18、2x(aR)(1)當 a0 時，記 f(x)圖象上動點 P 處的切線斜率為 k，求 k 的最小值；(2)設(shè)函數(shù) g(x)eexx(e 為自然對數(shù)的底數(shù))，若對于x0，f(x)g(x)恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍解：(1)f(x)x2(a2)x1.設(shè) 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)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，由條件知 f(1)g(1)，可得 a0.當 a0 時，f(x)x2(a2)x1(x1)2ax(x1)20.f(x)g(x)對x(0，)成立綜上，a 的取

19、值范圍為(，03(20 xx四川高考)設(shè)函數(shù) f(x)ax2aln x，g(x)1xeex，其中 aR，e2.718為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論 f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當 x1 時，g(x)0；(3)確定 a 的所有可能取值，使得 f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立解：(1)由題意得 f(x)2ax1x2ax21x(x0)當 a0 時，f(x)0，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減當 a0 時，由 f(x)0 得，x12a，當 x0，12a 時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當 x12a，時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增(2)證明：令 s(x)ex1x，則 s(x)ex11.當 x1 時，

20、s(x)0，所以 ex1x，從而 g(x)1x1ex10.(3)由(2)知，當 x1 時，g(x)0.當 a0，x1 時，f(x)a(x21)ln x0.故當 f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立時，必有 a0.當 0a12時，12a1.由(1)有 f12a f(1)0，而 g12a 0，所以此時 f(x)g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)不恒成立當 a12時，令 h(x)f(x)g(x)(x1)當 x1 時，h(x)2ax1x1x2e1xx1x1x21xx32x1x2x22x1x20.因此，h(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增又因為 h(1)0，所以當 x1 時，h(x)f(x)g(x)0 恒成立，綜上

21、，a12，.4(20 xx蘭州模擬)已知函數(shù) f(x)ln xax1ax1(aR)(1)當 0a12時，討論 f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè) g(x)x22bx4.當 a14時， 若對任意 x1(0， 2)， 存在 x21， 2， 使 f(x1)g(x2)，求實數(shù) b 的取值范圍解：(1)因為 f(x)ln xax1ax1，所以 f (x)1xaa1x2ax2x1ax2，x(0，)，令 f(x)0，可得兩根分別為 1，1a1，因為 0a12，所以1a110，當 x(0，1)時，f(x)0，函數(shù) f(x)單調(diào)遞減；當 x1，1a1時，f(x)0，函數(shù) f(x)單調(diào)遞增；當 x1a1，時，f(x)0，

22、函數(shù) f(x)單調(diào)遞減(2)a140，12 ，1a13(0，2)，由(1)知，當 x(0，1)時，f(x)0，函數(shù) f(x)單調(diào)遞減；當 x(1，2)時，f(x)0，函數(shù) f(x)單調(diào)遞增，所以 f(x)在(0，2)上的最小值為 f(1)12.對任意 x1(0，2)，存在 x21，2，使 f(x1)g(x2)等價于 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，當 b1 時，g(x)ming(1)52b0，此時與(*)矛盾；當 1b2 時，g(x)min4b20，同樣與(*)矛盾；當 b2 時，g(x)ming(2)84b，且當 b2 時，84b0，解不等式 84b12，可得 b178，所以實數(shù) b 的取值范圍為178，.