(新高考)高考数学一轮考点复习3.2.4《函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略》学案 (含详解)

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第4课时　压轴考法自主选——“函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略
难点一　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，导致解题过程无法继续进行时，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)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解题观摩]
(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0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(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立．
令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1＝(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)0，
所以g(x)min＝g(α)＝＋α.
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，
则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
所以k的最大值为2.
[名师微点]
本题的关键就是利用h(x)＝ex－x－2及h(1)0确定h(x)的隐零点，从而作出判断．
[针对训练]
1．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
解：f′(x)＝x(ex－2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2k.
事实上，可证ln 2k＜k，
设g(k)＝ln 2k－k，
则g′(k)＝≥0，
所以g(k)在上是增函数，
所以g(k)≤g(1)＝ln 2－1＜0，即ln 2k＜k.
所以f(x)在(0，ln 2k)上是减函数，在(ln 2k，k]上是增函数，所以M＝max{f(0)，f(k)}．
设h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，
则h′(k)＝k(ek－3k).
又令φ(k)＝ek－3k，
则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0，
所以函数φ(k)在上是减函数．
又因为φ＞0，φ(1)＜0，
所以函数φ(k)在上存在唯一的零点k0.
所以当＜k＜k0时，φ(k)＞0，即h′(k)＞0，
当k0＜k≤1时，φ(k)＜0，即h′(k)＜0，
所以函数h(k)在上是先增后减．
又因为h＝－＞0，h(1)＝0，
所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，
f(k)≥f(0)，
故M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.
难点二　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
x0＝
f(x1)＝f(2x0－x2)

极值点偏移
左
移
x0

峰口向上：f(x1)>
f(2x0－x2)

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(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；
(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0；
(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0.
[典例]　已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2>e2.
[解题观摩]
法一：巧抓“根商”——c＝构造函数
不妨设x1>x2，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
所以＝a.
欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，
因此原不等式x1x2>e2得证．
[名师微点]
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．　　
法二：抓极值点构造函数
由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．
设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
g′(x)＝(1－x)e－x，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x＝1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)，t1≠t2，不妨设t1e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.
下证：t1＋t2>2.
由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化简得e t2－t1＝.①
不妨设t2>t1，由法二知，02，
又es－1>0，故要证＋s>2，
即证2s＋(s－2)(es－1)>0.②
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，
则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，
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②式成立，故t1＋t2>2，即x1x2>e2.
[名师微点]
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，转化所证问题．其解题要点为：
(1)取差构元：记s＝t2－t1，则t2＝t1＋s，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．
[针对训练]
2．若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2x2，要证x1x20，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解题观摩]　
(1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，
∴f(x)－
＝.
设h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0.由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)0，可得h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，
即f(x)>＋.
②设01，∴当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)0，x≠1时，k0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， g(x)＝2li ＋1＝2 ＋1＝2×＋1＝0，
∴g(x)>0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
[名师微点]
解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当烦琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．　　

[针对训练]
3．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．
解：由f(x)≤，得a≤，
设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．
又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．
再设g(x)＝(x>0)，
连续两次使用洛必达法则，得
g(x)＝ ＝ ＝，
所以g(x)的下确界是，即g(x)>(x>0)．题设即“当x≥0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范围是.

1．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．
解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
所以要使f(x)在R上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点，等价于方程a＝在(0，＋∞)上有2个根，等价于y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有2个交点．
g′(x)＝，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：

x
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
g(x)

极大值

所以g(x)的最大值为g(1)＝1.
因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：
g(x)＝ ＝ ＝0，
所以01)，
所以g′(x)单调递增(x>1)，所以g′(x)>g′(1)＝0，
所以g(x)单调递增(x>1)，
所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，
当且仅当x＝1时g(x)＝0，故1)， ＝.
所以若a≥(x>1)恒成立，则a≥，
即a的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x1，x2.
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：ln x1＋ln x2>2.
解：(1)f′(x)＝＝(x>0)，
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当0ea＋1时，f′(x)0)，f′(x)＝，
函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(e)＝－m.
又x→0(x>0)时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－m，由f(x)有两个零点x1，x2，得
解得02，即证ln>2.
即证ln>2，设t＝>1，
则只需证ln t>，即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(t>1)，
则u′(t)＝－＝>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x1＋ln x2>2.
5．已知函数f(x)＝kex－x2(其中k∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x10.
即f′(x)＝2ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
从而f(x)＝2ex－x2在(0，＋∞)上为增函数，
故f(x)＝2ex－x2>f(0)＝2.
(2)函数f(x)有两个极值点x1，x2，
则x1，x2是f′(x)＝kex－2x＝0的两个根，
即方程k＝有两个根．
设φ(x)＝，则φ′(x)＝，
当x＜0时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)＜0；
当0＜x＜1时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)>0；
当x>1时，φ′(x)0.

作出函数φ(x)的图象如图所示，
要使方程k＝有两个根，只需0