[ID:3-5920591] 2019年高考数学热点问题解题策略指导系列专题09 函数与导数热点问题(理科 ...
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2019高考数学(理)热点问题解题策略指导系列 专题09 函数与导数热点问题 【最新命题动向】函数与导数的压轴试题,在每年的高考中属于必考内容,其命题方向主要有两个:一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题展开,二是围绕函数与方程、不等式关系探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开.此类压轴试题难度较大,逻辑推理能力较强,在备考中不可小视. 【策略一】灵活提炼重要不等式——牵线搭桥 【典例1】(2019年5月金华模拟卷理21)已知函数f(x)=aln x+bx (a,b∈R)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0. (1)求a,b的值; (2)当x>1时,f(x)+<0恒成立,求实数k的取值范围; (3)证明:当n∈N+,且n≥2时,++…+>. 【审题示例】 思路提示 解题关键 本题第(1)问是利用导数的几何意义求参数的取值.已知函数f(x)=aln x+bx(a,b∈R)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0,求a,b的值,即求函数f(x)的解析式,比较简单,但计算必须正确,因为这是下一问的基础. 方程思想:求解时,利用点(1,f(1))处的导数f′(1)为切线的斜率,且点(1,f(1))在切线上,建立方程组,解方程组求出a,b. 本题第(2)问是不等式的恒成立问题.在第(1)问求对函数f(x)的解析式的前提条件下,已知x>1时,不等式f(x)+<0恒成立,求实数k的取值范围. 分离常数法:当x>1时,f(x)+<0恒成立,即ln x-+<0,等价于k<-xln x,转化为求函数g(x)=-xln x的最小值,这是解决不等式恒成立问题的一种基本方法. 分类讨论法:这一问还可以构造函数g(x)=ln x-+,得g′(x)=对方程x2-2x+2k=0(﹡)的判别式Δ=4-8k进行分类讨论. 本题第(3)问是证明与正整数有关的不等式问题.当n∈N+,且n≥2时,证明++…+>成立. 赋值法:由(2)提炼出不等式,当x>1时,ln x-+<0,即xln x<,又xln x>0,从而,>=-,然后对x进行赋值得以证明. 【规范解答】 【知识点归类点拔】构造函数证明不等式的技巧 (1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数; (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)); (4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数. (5)赋值法:证明正整数不等式时,要把这些正整数放在正实数的范围内,通过构造正实数的不等式进行证明,而不能直接构造正整数的函数,因为这样的函数不是可导函数,使用导数就是错误的。 【策略二】灵活运用分类讨论思想——各个击破 【典例2】(2018·全国Ⅰ卷理科21)已知函数f(x)=-x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]max. (2)存在x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]max>[f2(x2)]min. (3)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]min. (4)存在x1∈[a,b],任意x2∈[c,d],使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x)]max>[f2(x)]max. (5)存在x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],使f1(x1)=f2(x2)?f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为?. 【策略四】灵活借助函数大致图像——直观诠释 【典例4】(2017·全国Ⅰ卷理21)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 【规范解答】 【知识点归类点拔】 对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是: (1)构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义域; (2)求导数,得单调区间和极值点; (3)画出函数的大致图像,观察图像; (4)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图像与x轴的交点情况进而求解. 2019高考数学(理)热点问题解题策略指导系列 专题09 函数与导数热点问题 【最新命题动向】函数与导数的压轴试题,在每年的高考中属于必考内容,其命题方向主要有两个:一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题展开,二是围绕函数与方程、不等式关系探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开.此类压轴试题难度较大,逻辑推理能力较强,在备考中不可小视. 【策略一】灵活提炼重要不等式——牵线搭桥 【典例1】(2019年5月金华模拟卷理21)已知函数f(x)=aln x+bx (a,b∈R)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0. (1)求a,b的值; (2)当x>1时,f(x)+<0恒成立,求实数k的取值范围; (3)证明:当n∈N+,且n≥2时,++…+>. 【审题示例】 思路提示 解题关键 本题第(1)问是利用导数的几何意义求参数的取值.已知函数f(x)=aln x+bx(a,b∈R)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y-2=0,求a,b的值,即求函数f(x)的解析式,比较简单,但计算必须正确,因为这是下一问的基础. 方程思想:求解时,利用点(1,f(1))处的导数f′(1)为切线的斜率,且点(1,f(1))在切线上,建立方程组,解方程组求出a,b. 本题第(2)问是不等式的恒成立问题.在第(1)问求对函数f(x)的解析式的前提条件下,已知x>1时,不等式f(x)+<0恒成立,求实数k的取值范围. 分离常数法:当x>1时,f(x)+<0恒成立,即ln x-+<0,等价于k<-xln x,转化为求函数g(x)=-xln x的最小值,这是解决不等式恒成立问题的一种基本方法. 分类讨论法:这一问还可以构造函数g(x)=ln x-+,得g′(x)=对方程x2-2x+2k=0(﹡)的判别式Δ=4-8k进行分类讨论. 本题第(3)问是证明与正整数有关的不等式问题.当n∈N+,且n≥2时,证明++…+>成立. 赋值法:由(2)提炼出不等式,当x>1时,ln x-+<0,即xln x<,又xln x>0,从而,>=-,然后对x进行赋值得以证明. 【规范解答】 解:(1)∵f(x)=aln x+bx,∴f′(x)=+b. ∵直线x-2y-2=0的斜率为,且过点,………………………………………………….(1分) ∴即解得..........................................................................(2分) (2)法一:由(1)得f(x)=ln x-. 当x>1时,f(x)+<0恒成立,即ln x-+<0,等价于k<-xln x.………………………………(3分) 令g(x)=-xln x,则g′(x)=x-(ln x+1)=x-1-ln x. 令h(x)=x-1-ln x,则h′(x)=1-=.(4分) 当x>1时,h′(x)>0,函数h(x)在(1,+∞)上单调递增,故h(x)>h(1)=0. 从而,当x>1时,g′(x)>0,即函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=………………(6分) 因此,当x>1时,k<-xln x恒成立,则k≤. 即所求k的取值范围是……………………………………………………………………….(7分) 法二:由(1)得f(x)=ln x-. 当x>1时,f(x)+<0恒成立,即ln x-+<0恒成立. 令g(x)=ln x-+,则g′(x)=-- =-. 方程x2-2x+2k=0(﹡)的判别式Δ=4-8k…………………………………………………………….(3分) (ⅰ)当Δ<0,即k>时,则x>1时,x2-2x+2k>0,得g′(x)<0, 故函数g(x)在(1,+∞)上单调递减. 由于g(1)=-+k>0,g(2)=ln 2-1+>0, 则当x∈(1,2)时,g(x)>0,即ln x-+>0,与题设矛盾.…………………………………………(4分) (ⅱ)当Δ=0,即k=时,则x>1时, g′(x)=-=-<0. 故函数g(x)在(1,+∞)上单调递减,则g(x)0,即k<时,方程(﹡)的两根为x1=1-<1,x2=1+>1, 则x∈(1,x2)时,g′(x)>0,x∈(x2,+∞)时,g′(x)<0. 故函数g(x)在(1,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减, 从而函数g(x)在(1,+∞)上的最大值为g(x2)=ln x2-+. 而g(x2)=ln x2-+1时,ln x-+<0, 得ln x2-+<0,从而g(x2)<0. 故当x>1时,g(x)≤g(x2)<0,符合题意.………………………………………………………………(6分) 综上所述,k的取值范围是.(7分) (3)证明:由(2)得,当x>1时,ln x-+<0,可化为xln x<,……………………………….(8分) 又xln x>0, 从而,>=-.(10分) 把x=2,3,4,…,n分别代入上面不等式,并相加得, ++…+>+++…+ =1+-- =…………………………………………………………………………………………..…(12分) 【知识点归类点拔】构造函数证明不等式的技巧 (1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数; (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)); (4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数. (5)赋值法:证明正整数不等式时,要把这些正整数放在正实数的范围内,通过构造正实数的不等式进行证明,而不能直接构造正整数的函数,因为这样的函数不是可导函数,使用导数就是错误的。 【策略二】灵活运用分类讨论思想——各个击破 【典例2】(2018·全国Ⅰ卷理科21)已知函数f(x)=-x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:2,令f′(x)=0得,x=或x=.............................................................(3分) 当x∈∪时,f′(x)<0; 当x∈时,f′(x)>0. 所以f(x)在,单调递减,在单调递增.……………………………………………………………………………………………………….(4分) (2)证明:由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.由于 =--1+a=-2+a=-2+a, 所以f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]max. (2)存在x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]max>[f2(x2)]min. (3)任意x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]min. (4)存在x1∈[a,b],任意x2∈[c,d],使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x)]max>[f2(x)]max. (5)存在x1∈[a,b],存在x2∈[c,d],使f1(x1)=f2(x2)?f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为?. 【策略四】灵活借助函数大致图像——直观诠释 【典例4】(2017·全国Ⅰ卷理21)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 【规范解答】 解:(1)由于f(x)=ae2x+(a-2)ex-x, 所以f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).……………………………………………..(1分) ①当a≤0时,aex-1<0,2ex+1>0, 从而f′(x)<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.…………………………………………… ..(2分) ②当a>0时,令f′(x)=0,从而aex-1=0,得x=-ln a. 当x变化时,f′(x),f(x)变化如下表: x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 减 极小值 增 ……………………………………………………………………………………………………………(4分) 综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减; 当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.…………………….(5分) (2)由(1)知, 当a<0时,f(x)在R上单调递减,故f(x)在R上至多一个零点,不满足条件. 当a>0时,f(x)min=f(-ln a)=1-+ln a.…………………………………………………………(6分) 令g(a)=1-+ln a(a>0),则g′(a)=+>0,从而g(a)在(0,+∞)上单调递增.而g(1)=0,所以当01时,g(a)>0…………………………………..(7分) 由上知若a>1,则f(x)min=1-+ln a=g(a)>0,故f(x)>0恒成立,从而f(x)无零点,不满足条件.………………………………………………………………………………………………………..(8分) 若a=1,则f(x)min=1-+ln a=g(a)=0,故f(x)=0仅有一个实根x=-ln a=0,不满足条件;……………………………………………………………………………………………………….(9分) 若00,f(-1)=++1->0, 故f(x)在(-1,-ln a)上有一个实根.………………………………………………………………...(10分) 而又ln >ln =-ln a, 且f=eln-ln =·(3-a+a-2)-ln =-ln >0, 故f(x)在上有一个实根,……………………………………………………….(11分) 又f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增,故f(x)在R上有两个零点,如图. 综上所述,所求a的取值范围是(0,1).………………………………………………………………(12分) 【知识点归类点拔】 对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是: (1)构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义域; (2)求导数,得单调区间和极值点; (3)画出函数的大致图像,观察图像; (4)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图像与x轴的交点情况进而求解.
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  • 资料类型: 教案
  • 资料版本:通用
  • 适用地区:全国
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