近几年高考压轴题解法策略研究.pdf
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1、1 黄芳江苏宜兴第一中学QQ22495038 专题一 . 函数与导数 (一) 关于结构图 知识,方法,思维,易错点. 1.高中函数知识结构图 2. 导数知识结构图 2 3. 函数的思维方法 4. 函数的思维特征 3 (二)典型例题 例题 1.设函数 1 ( )ln x x be f xaex x ,曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线为(1)2ye x. () 求,a b; ()证明:( )1f x. 分析:第一问考查导数的几何意义,面向全体考生;注意函数问题定义域优先的原则! 解: ()函数( )f x的定义域为(0,), 11 2 ( )ln xxxxabb fxaexeee xx
2、x 由题意可得(1)2,(1)ffe 故1,2ab. ()分析:常规方法证明 1 2 ( )ln1 x x e f xex x , 即证: min ( )1f x 所以 11 2 22 ( )ln xxx xexee fxex xx 所以 1 2 12(1) ( )(ln) x xex f xex xx , 4 太复杂了!无从下手! ! 再次分析:证明 1 2 ln1 x x e ex x 难点在哪里? 困难在于存在ln x ex,求导后还存在ln x ex,麻烦! 初步思考必须把 x e与ln x分离,怎么分离? 不外乎加减乘除! ! 仔细观察: 1 2 ln1 x x e ex x , 其
3、中0 x e,定义域别忘了,还有0x; (1) 1 2 ln1 x xe ex x 1 ln2 xx xexex 2 ln x xxxe e 2 ln x xxxe e (2) 1 2 ln1 x x e ex x 11 ln10 xx xee ex xx 1 11 (ln)()0 xx exex exx (3) 1 2 ln1 x xe ex x 2 (ln)1 x ex ex . ()方法一: 由()知, 1 2 ( )ln xx f xexe x ,0,0 x ex 从而( )1f x等价于 2 ln x xxxe e 设( )lng xxx, 2 ( ) x h xx e e . 若
4、minmax ( )( )g xh x,是否可行?试一试吧! ()lng xxx,( )1lngxx. 5 当 1 (0,)x e 时,( )0g x,当 1 (,)x e 时,( )0gx. ( )g x在 1 (0,) e 上单调递减,在 1 ( ,) e 上单调递增 . m i n 11 ( )( )g xg ee , 注意 “0x” 2 ( ) x h xx e e ,( )(1) xxx h xex eex. 当 (0,1)x 时, ( )0h x ,当 (1,)x 时, ( )0h x . ( )h x在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减 . m a x 1 ()(1)h
5、xh e . 综上,0x时, 1 ( )g x e , 1 ( )h x e , 而两个等号不可能同时取到, 所以( )( )g xh x,即( )1f x. 方法二:分析: 1 2 ln1 x x e ex x 等价于 2 ln10 x x e ex ex . 等价于 111 (ln)()0 xx exex exx . ()()0g xh x即可 . 1 (=(l n) x g xex ex ), 1 1 ( )() x h xex x . 令 1 ( )=lnxx ex , 22 111 (= ex x xexex ). 知 ( )x 在 1 (0,) e 上单调递减,在 1 (,) e
6、上单调递增; m i n 1 ( )()0x e . ()0x,即( )0g x,当且仅当 1 x e 时取等号 . 令 1 ( )= x xex, 1 ( )1 x xe. 知 min ( )(1)0x. ()0x ,即 ( )0h x ,当且仅当 1x 时取等号 . 6 综上所述,当 0x 时, 111 (ln)()0 xx exex exx ,即( )1f x 方法三: 分析:题目中有,ln, x ex x,应该联想到重要熟知的 不等式 1 x ex,就能得到下面流畅的证明. 用导数易证1 x ex,当且仅当0x时取等号 . 1x ex,当且仅当1x时取等号 . 于是方法二中, 1 1
7、( )()0 x h xex x x eex,当且仅当1x时取等号 . ln (ln) x eex,当且仅当ln1x时取等号, 即当且仅当 1 x e 时取等号 . 1 ln () ln x eex. 1 ln 1 ln x e x eex . (也可以用 1 ( )lng xxx e 证明 ) 即 1 ln0x ex ,当且仅当 1 x e 时取等号 . 于是证法2 中的( )0g x,( )1f x. 总结:1 x ex 1x ex x eex ln ( ln) x eex 公式关系清晰,一气呵成! 7 方法四: 分析:欲证 2 ln1 x xe ex ex . 即证 2 (ln)1 x
8、ex ex 即可 . 由方法三,可得 1 ln0x ex ,当且仅当 1 x e 取等号 . 又 x eex 当且仅当1x取等号 . 21 ln x exex 由和可得: 2 (ln)1 x ex ex , 这里关键是等号不能同时成立. ( )1f x. 方法五:(与方法四证明类似) 1 ln x ex ,当且仅当 1 x e 取等号 . 1 ln x xe ex x . 11 2 ln xx xee ex xx . 1 x ex. 1x ex,当且仅当1x取等号 . 1 1 x e x . 由、可知 1 2 ln1 x x e ex x . (注意:两个等号不能同时成立) 8 即 ( )1f
9、 x . 方法六:欲证 2 ln1 x xe ex ex 即证 2 ln x xxx e e . 主要还是等价变形. 设( )lng xxx. 则()ln xxxx g eeex e. (这里关键是注意到 ( )lng xxx与() xx g ex e 之间隐含着复合函数的关系) 只需证明 2 ( )() x g xg e e . 由方法一可知(0,)x, 1 ( )g x e , 当且仅当 1 x e 取等号 . 1 () x g e e ,当且仅当1x取等号 . 2 ( )() x g xg e e , (两个等号不能同时成立) ( )1f x. 点评:这种方法实在很难想! 基于上述7 种
10、方法的思考: 看来我们有必要梳理一下,其中重要的不等式: 泰勒展开式及其变形. 2 1 1!2! n xxxx e n 9 这个式子也叫麦克劳林公式. 当01x时, 有 2 1 11 1 xn xexxx x 即 1 ln(1)lnln(1) 1 xxx x ln(1)xx ,其中x用 1 x x 替换 . ln(1)ln(1) 11 xx x xx 由得:ln(1),(01) 1 x xxx x 还有,1 x ex.()xR注意等号成立条件. 1 1 x e x .(1)x 加强可得 ln(1),(1) 1 x xxx x 还有:ln,() x xxexo ln1xx, (当且仅当1x取等号
11、) 1x ex, x eex, 1 x x ee , 1 ln x ex , 1 lnxx e 等等 . 基于上面的思考: 证法 7: 1 x x ee ,当且仅当1x取等号 . 1 lnxx e ,当且仅当 1 x e 取等号 . 11 ln x x xx eee . ln xx xee x exx ee . 2 ln1 x xe ex ex . 10 即 1 2 ln1 x xe ex x 成立 . 是否很帅! 最后,关注以下函数,课下练习巩固. 1、( ) x f xxe,( ) x f xxe ( ) x f xx e,( ) x x f x e ,( ) x e fx x 2、( )
12、lnf xxx,( )lnf xxx,( )lnf xxx, ( ) ln x f x x , ln ( ) x f x x 3、( ) nx f xxe,( ) n x x f x e ,( ) x n e f x x 4、( )ln n f xxx,( ) ln n x fx x , ln ( ) n x fx x 例 2. (2013全国 2 理科 21) 已知函数( )ln() x f xexm (1) 设0x是( )f x的极值点,求m,并讨论( )f x的单调性; (2) 当 2m 时,证明 ( )0f x . 解: (1)f(x)ex 1 xm 由x0 是f(x)的极值点得f (
13、0) 0,所以m 1. 于是f(x)exln(x1) ,定义域为 ( 1, ), f (x)ex 1 x1 . 函数f (x)ex 1 x1 在(1, )单调递增, 且f (0) 0,因此当x( 1,0) 时,f (x)0. 所以f(x)在(1,0)单调递减,在(0 , ) 单调递增 (2) 证明: 方法一: 当m 2,x (m, ) 时, ln(xm) ln(x2), 故只需证明当m2 时,f(x)0. 当m2 时,函数f (x)ex 1 x2 在(2, )单调递增 又f (1)0 , 故f (x)0 在(2, )有唯一实根x0,且x0(1,0) 当x( 2,x0)时,f (x)0 , 从而
14、当xx0时,f(x)取得最小值 由f (x0)0 得 ex0 1 x02 , ln(x02) x0, 故f(x)f(x0) 1 x02 x0 (x01) 2 x0 2 0. 综上,当m 2 时,f(x)0. 方法二: 1x 时,ln(1) 1 x xx x . +1ln( +2)xx, 当且仅当1x取等号 . 又m 2 ln( +2)ln()xxm 又+1 x ex,当且仅当0x取等号 . +1ln( +2)ln() x exxxm 12 不等式中前两个等号不可能同时取得. ln() x exm. 即ln()0 x exm成立 . (上式中,1x时,ln( +1)xx, xR时,+1 x ex
15、,均可以用导数知识证明) 总结一:常规方法遇阻碍,分而治之显神奇 泰勒公式藏天机! 总结二:分离分类寻零点,对数平均爱偏移 数形结合显神通! 1. 降龙十八掌 分类讨论,不重不漏! 例题 3.已知函数 31 ( ) 4 f xxax, ( )lng xx. ()当a为何值时,x轴为曲线( )yf x的切线; ()用min, m n表示,m n中的最小值,设函数( )min( ),( )(0)h xf xg xx,讨论( )h x零点的个数 . 分析: ()先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组,解出切点坐标与对应的a值; ()根据对数函数的图 像与性质将x分为1,1,01xxx研究( )h
16、x的零点个数,若零点不容易求解,则对a再分类讨论 . 解: ()设曲线( )yf x与 x 轴相切于点 0 (,0)x,则 0 ()0f x, 0 ()0fx,即 3 00 2 0 1 0 4 30 xax xa , 解得 0 13 , 24 xa. 因此,当 3 4 a时,x轴是曲线( )yf x的切线 . ()当(1,)x时,( )ln0g xx,从而( )min( ),( )( )0h xf x g xg x, ( )h x在( 1, + )无零点 . 当x=1 时,若 5 4 a,则 5 (1)0 4 fa,(1)min(1), (1)(1)0hfgg, 13 故x=1 是( )h x
17、的零点; 若 5 4 a,则 5 (1)0 4 fa,(1)min(1), (1)(1)0hfgf, 故x=1 不是( )h x的零点 . 当(0,1)x时,( )ln0g xx, 所以只需考虑( )f x在( 0,1 )的零点个数. ()若3a或0a,则 2 ( )3fxxa在( 0,1 )无零点, 故( )f x在( 0,1 )单调,而 1 (0) 4 f , 5 (1) 4 fa , 所以当3a时,( )f x在( 0,1)有一个零点; 当a0 时,( )f x在( 0,1)无零点 . ()若30a,则( )f x在( 0, 3 a )单调递减, 在( 3 a ,1)单调递增, 故当x=
18、 3 a 时,( )f x取的最小值, 最小值为() 3 a f= 21 334 aa . 若() 3 a f0,即 3 4 a0, ( )fx在( 0,1 )无零点 . 若() 3 a f=0 ,即 3 4 a, 则( )fx在( 0,1 )有唯一零点; 若() 3 a f0,即 3 3 4 a,由于 1 (0) 4 f, 5 (1) 4 fa,所以当 53 44 a时, ( )fx在( 0,1 )有两个零点; 14 当 5 3 4 a时,( )f x在( 0,1 )有一个零点 综上,当 3 4 a或 5 4 a时,( )h x由一个零点; 当 3 4 a或 5 4 a时, ( )h x有两
19、个零点; 当 53 44 a时,( )h x有三个零点 . 考点:利用导数研究曲线的切线;对新概念的理解;分段函数的零点;分类整合思想. 上面是我们在各种途径中可以看到的答案!但是同学们,通过阅读答案可能还是一头雾水,如何分类讨论,如 何准确的找到分类讨论点,才能做到不重不漏,轻松应对呢? 研究函数 32 ( )f xaxbxcxd,0a的图像 . 可以详细研究函数( )fx的单调性,极值情况,方程( )0f x的根的情况! 因为 2 ( )32fxaxbxc, 所以这里 22 4124(3)bacbac, (1) 当 2 30bac,方程( )0fx有两个不同的实数根 12 ,x x ,不妨
20、设 12 xx, 单调性:在 1 (,)x, 2 (,)x上单调递增, 在 12 (,)xx上单调递减 . 极值: 当 2 30bac, 当 2 30bac, (2) 方程( )0f x根的情况,如图: x y 3 2 1 1 2 3 4 5 32112345 O x y 3 2 1 1 2 3 4 5432112345 O x y 3 2 1 1 2 3 4 5432112345 O 15 方法二:因为 3 1 ( ) 4 f xxax, ( )lng xx. 所以 2 ( )3fxxa, 1 (0) 4 f, (1) 当 0a 时,函数 31 ( ) 4 f xx单调递增,如图 (2) 当
21、0a时, 2 ( )30fxxa, 函数( )f x单调递增,如图 x y 4 3 2 1 1 2 3 4 5 32112345 O x y 3 2 1 1 2 3 4 5 32112345 O x y 3 2 1 1 2 3 32112345 O 16 图( 1)图( 2) (3) 当0a时, 2 ( )30fxxa,有 1 0 3 a x, 2 0 3 a x, 可作如下5 种情况思考! x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123 O x y 2 1 1 2 3 1123
22、 O x y 2 1 1 2 3 1123 O 17 例题 4. 已知函数 2 ( )ln(1) 2 k f xxxx ()当k=2 时,求曲线y=f(x)在点 (1, f(1) 处的切线方程; ()求f(x)的单调区间 解: (I)当k=2 时,f(x)=ln(1+x)x+x 2, 1 ( )12 1 fxx x 由于f(x)=ln2, 3 (1) 2 f , 所以曲线y=f(x) 在点 (1, f(1) 处的切线方程为 3 l n 2(1 ) 2 yx x y 2 1 1 2 3 1123 O 18 即. (II) 依题意,x(1,+ ), 1 ( )1 1 fxkx x , (1) (
23、) 1 x kxk fx x 当k=0 时,( ) 1 x fx x . 所以,在区间(1,0) 上,f(x)0 ;在区间 (0,+ )上,f(x)0 ; 在区间 (0 , 1k k )上,f(x)0 故f(x)得单调递增区间是(1,+ ). 当k1 时, 1 (1) (1) ( ) 11 kx x x kxk k fx xx , 1 110 k 在区间 (1, 1 1 k )和(0 ,+ )上,f(x)0; 在区间 ( 1 1 k ,0) 上,f(x)1 时,f(x)的单调递增区间(1, 1 1 k )和(0 ,+ ), 单调递减区间是( 1 1 k ,0). 例题 4 变式 1:已知函数
24、21 ( )ln(1) 2 f xxkxx , 求( )f x的单调区间 解:依题意,函数( )f x定义域为( 1,), 22 11(1)(1)1 ( ) 111 kxxxxk xk fxkx xxx 令( )0fx 即 2 (1)1 0 1 xk xk x ,所以有 2 (1)10xk xk 22 (1)4(1)23(3)(1)kkkkkkV (1)当31k时,0V恒成立,所以( )0fx 函数( )f x的单调增区间为( 1,); (2)当1k时,0V,方程 2 (1)10xk xk的二根为 2 1 123 2 kkk x, 2 1 123 2 kkk x (考虑当1k时,方程的两个根是
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- 几年 高考 压轴 题解 策略 研究
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