2018版高考数学复习函数与导数文.pdf
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1、压轴题命题区间 ( 二)函数与导数 第一课时构造辅助函数求解导数问题 对于证明与函数有关的不等式,或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨 论一些方程解的个数等类型问题时,常常需要构造辅助函数,并求导研究其单调性或寻求其 几何意义来解决;题目本身特点不同,所构造的函数可有多种形式,解题的繁简程度也因此 而不同,这里给出几种常用的构造技巧 “比较法”构造函 数 典例 (2017广州模拟) 已知函数f(x) e xax(e 为自然对数的底数, a为常数 ) 的 图象在点 (0,1) 处的切线斜率为1 (1) 求a的值及函数f(x) 的极值; (2) 证明:当x0 时,x 2ex 解 (1)
2、 由f(x) e x ax,得f(x) e x a 因为f(0) 1a 1,所以a2, 所以f(x) e x2x, f(x) e x 2, 令f(x) 0,得x ln 2 , 当xln 2时,f(x) 0,f(x)单调递减; 当xln 2时,f(x) 0,f(x)单调递增 所以当xln 2时,f(x) 取得极小值,且极小值为f(ln 2) e ln 2 2ln 2 2ln 4 , f(x) 无极大值 (2) 证明:令g(x) e x x 2,则 g(x) e x2x 由(1) 得g(x)f(x) f(ln 2)0, 故g(x) 在 R上单调递增 所以当x0 时,g(x) g(0) 10,即x
3、2ex 方法点拨 在本例第 (2) 问中,发现“x 2,ex”具有基本初等函数的基因,故可选择对要证明的“ x 2 e x”构造函数,得到“ g(x) e x x 2”,并利用 (1) 的结论求解 对点演练 已知函数f(x) x e x,直线yg(x) 为函数f(x) 的图象在xx0(x0 1)处的切线,求证: f(x) g(x) 证明:函数f(x) 的图象在xx0处的切线方程为yg(x) f(x0)(xx0) f(x0) 令h(x) f(x) g(x) f(x) f(x0)(xx0) f(x0) , 则h(x) f(x) f(x0) 1x e x 1x0 e 0 x x 0 x x0 x e
4、 0 xx 设 (x) (1 x)e 0 x (1 x0)e x, 则 (x) e 0 x (1 x0)e x, x01, (x) 0, (x) 在 R上单调递减,又(x0) 0, 当xx0时, (x) 0,当xx0时, (x) 0, 当xx0时,h(x) 0,当xx0时,h(x) 0, h(x) 在区间 (,x0) 上为增函数,在区间(x0, ) 上为减函数, h(x) h(x0) 0, f(x) g(x) “拆分法”构造函 数 典例 设函数f(x) ae xln x be x1 x ,曲线yf(x) 在点 (1 ,f(1) 处的切线为ye(x 1) 2 (1) 求a,b; (2) 证明:f
5、(x)1 解 (1)f(x) ae x ln x 1 x be x1 x x 2(x0) , 由于直线ye(x1) 2 的斜率为e,图象过点 (1,2) , 所以 f2, fe, 即 b2, aee, 解得 a1, b2. (2) 证明:由 (1) 知f(x) e xln x2e x 1 x (x0) , 从而f(x) 1 等价于xln xxe x2 e 构造函数g(x) xln x,则g(x) 1ln x, 所以当x 0, 1 e 时,g(x) 0, 当x 1 e, 时,g(x) 0, 故g(x) 在 0, 1 e 上单调递减, 在 1 e, 上单调递增, 从而g(x) 在 (0, ) 上的
6、最小值为g 1 e 1 e 构造函数h(x) xe x2 e, 则h(x) e x(1 x) 所以当x(0,1) 时,h(x) 0; 当x(1 , ) 时,h(x) 0; 故h(x) 在(0,1) 上单调递增,在(1 , ) 上单调递减, 从而h(x) 在 (0, ) 上的最大值为h(1) 1 e 综上,当x0 时,g(x) h(x) ,即f(x) 1 方法点拨 对于第 (2) 问“ae xln x be x1 x 1”的证明,若直接构造函数h(x) ae xln x be x1 x 1, 求导以后不易分析,因此并不宜对其整体进行构造函数,而应先将不等式“ae xln x be x1 x 1”
7、合理拆分为“xln xxe x2 e”,再分别对左右两边构造函数,进而达到证明原不等式 的目的 对点演练 已知函数f(x) aln x x1 b x,曲线 yf(x) 在点 (1 ,f(1) 处的切线方程为x 2y3 0 (1) 求a,b的值; (2) 证明:当x0,且x1 时,f(x) ln x x1 解: (1)f(x) a x1 x ln x x 2 b x 2(x0) 由于直线x2y30 的斜率为 1 2 ,且过点 (1,1) , 故 f1, f 1 2, 即 b1, a 2b 1 2. 解得 a1, b1. (2) 证明:由 (1) 知f(x) ln x x1 1 x( x0) ,
8、所以f(x) ln x x1 1 1x 22ln x x 21 x 考虑函数h(x) 2ln xx 2 1 x (x0), 则h(x) 2 x 2x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 所以当x1 时,h(x) 0而h(1) 0, 故当x(0,1) 时,h(x) 0,可得 1 1x 2h(x) 0; 当x(1 , ) 时,h(x) 0,可得 1 1x 2h(x) 0 从而当x0,且x1 时,f(x) ln x x10, 即f(x) ln x x1 “换元法”构造函 数 典例 已知函数f(x) ax 2xln x(aR)的图象在点 (1,f(1) 处的切线与直线x 3y 0 垂直 (1) 求实数
9、a的值; (2) 求证:当nm 0 时, ln nln m m n n m 解 (1) 因为f(x) ax 2xln x, 所以f(x) 2ax ln x1, 因为切线与直线x 3y0 垂直,所以切线的斜率为3, 所以f(1) 3,即 2a13,故a1 (2) 证明:要证ln nln m m n n m , 即证 ln n m m n n m ,只需证ln n m m n n m 0 令 n m x,构造函数g(x) ln x 1 x x(x1), 则g(x) 1 x 1 x 21 因为x1 , ) ,所以g(x) 1 x 1 x 210, 故g(x) 在(1 , ) 上单调递增 由已知nm0
10、,得 n m 1, 所以g n m g(1) 0, 即证得 ln n m m n n m 0 成立,所以命题得证 方法点拨 对“待证不等式”等价变形为“ln n m m n n m 0”后,观察可知,对“ n m ”进行换元,变 为“ln x1 x x0”,构造函数“g(x) ln x 1 xx( x1)”来证明不等式,可简化证明 过程中的运算 对点演练 已知函数f(x) x 2ln x (1) 求函数f(x)的单调区间; (2) 证明:对任意的t0,存在唯一的s,使tf(s) ; (3) 设(2) 中所确定的s关于t的函数为sg(t) ,证明:当t e 2 时,有2 5 ln gt ln t
11、 1 2 解: (1) 由已知,得f(x) 2xln xxx(2ln x1)(x0), 令f(x) 0,得x 1 e 当x变化时,f(x) ,f(x) 的变化情况如下表: x 0, 1 e 1 e 1 e, f(x)0 f(x)极小值 所以函数f(x) 的单调递减区间是 0, 1 e ,单调递增区间是 1 e, (2) 证明:当0x1 时,f(x) 0, t0,当 0x1 时不存在tf(s) 令h(x) f(x) t,x1 , ) 由(1) 知,h(x)在区间 (1, ) 上单调递增 h(1) t0,h(e t ) e 2t ln e t tt(e 2t 1) 0 故存在唯一的s(1 , )
12、,使得tf(s)成立 (3) 证明:因为sg(t) ,由 (2) 知,tf(s) ,且s1, 从而 ln gt ln t ln s ln fs ln s s 2ln s ln s 2ln ss u 2uln u , 其中uln s 要使 2 5 ln gt ln t 1 2成立,只需 0ln uu 2 当te 2 时,若sg(t) e, 则由f(s) 的单调性,有tf(s) f(e) e 2,矛盾 所以se, 即u1,从而 ln u 0 成立 另一方面,令F(u) ln u u 2, u1,F(u) 1 u 1 2, 令F(u) 0,得u 2 当 1u2 时,F(u) 0; 当u2 时,F(u
13、) 0 故对u1,F(u) F(2) 0, 因此 ln u u 2成立 综上,当te 2 时,有 2 5 ln gt ln t 1 2 二次 ( 甚至多次 )构造函数 典例 (2017广州综合测试) 已知函数f(x) e xm x 3, g(x)ln(x1) 2 (1) 若曲线yf(x) 在点 (0,f(0) 处的切线斜率为1,求实数m的值; (2) 当m1 时,证明:f(x) g(x) x 3 解 (1) 因为f(x) e xm x 3, 所以f(x) e xm 3x 2 因为曲线yf(x) 在点 (0,f(0) 处的切线斜率为1, 所以f(0) e m 1,解得m0 (2) 证明:因为f(
14、x) e xm x 3, g(x) ln(x 1) 2, 所以f(x) g(x) x 3 等价于 e xm ln(x1) 20 当m1 时, e xm ln(x1) 2e x 1ln( x 1)2 要证 e xm ln(x 1) 2 0, 只需证明 e x1ln( x1)20 设h(x) e x1ln( x1)2,则h(x) e x1 1 x 1 设p(x) e x11 x1,则 p(x) e x11 x 20, 所以函数p(x) h(x) e x 1 1 x1在( 1, ) 上单调递增 因为h 1 2 e1 220, h(0) e10, 所以函数h(x) e x1 1 x1在( 1, ) 上
15、有唯一零点 x0,且x0 1 2,0 因为h(x0) 0,所以 ex01 1 x01, 即 ln(x01) (x01) 当x( 1,x0) 时,h(x) 0, 当x(x0, ) 时,h(x) 0, 所以当xx0时,h(x) 取得最小值h(x0), 所以h(x) h(x0) ex01ln(x01) 2 1 x01( x01) 20 综上可知,当m1 时,f(x) g(x) x 3 方法点拨 本题可先进行适当放缩,m1 时, e xm e x1,再两次构造函数 h(x) ,p(x) 对点演练 (2016合肥一模 ) 已知函数f(x) exxln x,g(x) e x tx 2 x,tR,其中 e
16、为自 然对数的底数 (1) 求函数f(x)的图象在点 (1 ,f(1) 处的切线方程; (2) 若g(x) f(x) 对任意的x(0 , ) 恒成立,求t的取值范围 解: (1) 由f(x)exxln x,知f(x) e ln x1, 则f(1) e1, 而f(1) e, 则所求切线方程为ye(e 1)(x1) , 即y(e 1)x1 (2) f(x) exxln x,g(x) e x tx 2 x,tR, g(x) f(x) 对任意的x(0 , ) 恒成立等价于e xtx2 xexxln x0 对任意 的x(0 , ) 恒成立, 即te x x exxln x x 2对任意的x(0 , )
17、恒成立 令F(x) e x xexxln x x 2, 则F(x) xe xex 2ex xln x x 3 1 x 2 e x e2e x x ln x, 令G(x) e x e2e x x ln x, 则G(x) e x xe xex x 21 x e x x 2ex x x 20 对任意的x(0 , ) 恒成 立 G(x) e xe2e x x ln x在(0 , ) 上单调递增,且G(1) 0, 当x(0,1) 时,G(x) 0,当x(1 , ) 时,G(x) 0, 即当x(0,1) 时,F(x) 0,当x (1 , ) 时,F(x) 0, F(x) 在(0,1) 上单调递减,在(1,
18、 ) 上单调递增, F(x) F(1) 1, t1, 即t的取值范围是 ( , 1 1设函数f(x)x 2ex 1ax3 bx 2,已知 x 2 和x1 为f(x) 的极值点 (1) 求a,b的值; (2) 讨论f(x) 的单调性; (3) 设g(x) 2 3x 3 x 2,比较 f(x) 与g(x) 的大小 解: (1) 因为f(x) e x1(2 xx 2) 3ax22bx xe x1( x2) x(3ax2b) , 又x 2 和x1 为f(x) 的极值点, 所以f( 2)f(1) 0, 因此 6a2b0, 33a2b0, 解得 a 1 3, b 1. (2) 因为a 1 3, b 1,
19、所以f(x) x(x 2)(e x11), 令f(x) 0, 解得x1 2,x20,x31 因为当x( , 2) (0,1)时,f(x)0; 当x( 2,0) (1 , ) 时,f(x) 0 所以f(x) 在 ( 2,0) 和(1, ) 上是单调递增的; 在( , 2)和(0,1)上是单调递减的 (3) 由(1) 可知f(x) x 2ex11 3x 3 x 2 故f(x) g(x) x 2ex1 x 3 x 2(ex1x) , 令h(x) e x1 x,则h(x) e x11 令h(x) 0,得x 1, 因为当x( , 1 时,h(x) 0, 所以h(x) 在 ( , 1 上单调递减; 故当x
20、( , 1 时,h(x) h(1) 0; 因为当x1 , ) 时,h(x) 0, 所以h(x) 在 1 , ) 上单调递增; 故x1 , ) 时,h(x) h(1) 0 所以对任意x( , ) ,恒有h(x) 0; 又x 20,因此 f(x) g(x) 0 故对任意x( , ) ,恒有f(x) g(x) 2(2015北京高考) 已知函数f(x) ln 1x 1x (1) 求曲线yf(x) 在点 (0,f(0) 处的切线方程; (2) 求证:当x(0,1)时,f(x) 2x x 3 3 ; (3) 设实数k使得f(x) k x x 3 3 对x(0,1)恒成立,求k的最大值 解: (1) 因为f
21、(x) ln(1 x) ln(1 x)( 1x1), 所以f(x) 1 1x 1 1x, f(0) 2 又因为f(0) 0,所以曲线yf(x)在点 (0 ,f(0) 处的切线方程为y2x (2) 证明:令g(x) f(x) 2 x x 3 3 , 则g(x) f(x) 2(1 x 2) 2x 4 1x 2 因为g(x)0(0g(0) 0,x(0,1), 即当x(0,1) 时,f(x)2x x 3 3 (3) 由(2) 知,当k2 时,f(x) k x x 3 3 对x(0,1)恒成立 当k2时,令h(x) f(x) k x x 3 3 , 则h(x) f(x) k(1x 2) kx 4 k2
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- 2018 高考 数学 复习 函数 导数
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