第二节 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 课件

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x0时，(x－k)f′(x)＋x＋10，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a0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，lna)，单调递增区间是(lna，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋10，即kx＋x＋1ex－1(x0)恒成立．令g(x)＝x＋1ex－1＋x(x0)，得g′(x)＝ex－1－x＋1exex－12＋1＝exex－x－2ex－12(x0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x0)是增函数．又因为h(1)0，h(2)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；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋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，h(2)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∈12，1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＝ln2k.事实上，可证ln2k＜k，设g(k)＝ln2k－k12＜k≤1，则g′(k)＝1－kk≥012＜k≤1，所以g(k)在12，1上是增函数，所以g(k)≤g(1)＝ln2－1＜0，即ln2k＜k.所以f(x)在(0，ln2k)上是减函数，在(ln2k，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12＜k≤1，则h′(k)＝k(ek－3k)12＜k≤1.又令φ(k)＝ek－3k12＜k≤1，则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜012＜k≤1，所以函数φ(k)在12，1上是减函数．又因为φ12＞0，φ(1)＜0，所以函数φ(k)在12，1上存在唯一的零点k0.所以当12＜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12，1上是先增后减．又因为h12＝78－e2＞0，h(1)＝0，所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，f(k)≥f(0)12＜k≤1，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＝x1＋x22f(x1)＝f(2x0－x2)极值点x0函数值的大小关系图示峰口向上：f(x1)f(2x0－x2)极值点偏移左移x0x1＋x22峰口向下：f(x1)f(2x0－x2)极值点x0函数值的大小关系图示峰口向上：f(x1)f(2x0－x2)极值点偏移右移x0x1＋x22峰口向下：f(x1)f(2x0－x2)2．函数极值点偏移问题的题型极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x22x0(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＋x22x0(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＝x1＋x22，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＝x1＋x22，求证：f′(x0)0.[典例]已知函数f(x)＝lnx－ax(x0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2e2.[解题观摩]法一：巧抓“根商”——c＝x1x2构造函数不妨设x1x2，因为lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，所以lnx1－lnx2x1－x2＝a.欲证x1x2e2，即证lnx1＋lnx22.因为lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2)，所以即证a2x1＋x2，所以原问题等价于证明lnx1－lnx2x1－x22x1＋x2，即lnx1x22x1－x2x1＋x2，令c＝x1x2(c1)，则不等式变为lnc2c－1c＋1.令h(c)＝lnc－2c－1c＋1，c1，所以h′(c)＝1c－4c＋12＝c－12cc＋120，所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)h(1)＝ln1－0＝0，即lnc－2c－1c＋10(c1)，因此原不等式x1x2e2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＝x1x2，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＝x1x2，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lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．设t1＝lnx1，t2＝lnx2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2e2⇔lnx1＋lnx22⇔t1＋t22.下证：t1＋t22.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)＝1e.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t1t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0t11t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝xex＋1(e2x－1)0，所以F(x)在(0,1]上单调递增，所以F(x)F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．由0t11t2，得1－t1∈(0,1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)g(t2)，又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1t2，所以t1＋t22，即x1x2e2.[名师微点]上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)的大小关系．法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1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lnx1，lnx2是方程x＝aex的两根．设t1＝lnx1，t2＝lnx2，设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2e2⇔lnx1＋lnx22⇔t1＋t22.下证：t1＋t22.由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化简得et2－t1＝t2t1.①不妨设t2t1，由法二知，0t11t2，令s＝t2－t1，则s0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝s＋t1t1，解得t1＝ses－1.则t1＋t2＝2t1＋s＝2ses－1＋s，故要证t1＋t22，即证2ses－1＋s2，又es－10，故要证2ses－1＋s2，即证2s＋(s－2)(es－1)0.②令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s0)，则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses0，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＋t22，即x1x2e2.[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xlnx＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x21e2(e是自然对数的底数)．证明：不妨设x1x2，要证x1x21e2，即证x1x21x2－1x11e21x2－1x1，整理得x1＋1e2x1x2＋1e2x2.又因为x1lnx1＝x2lnx2，即证x1lnx1－kx1＋1e2x1x2lnx2－kx2＋1e2x2，k0.设h(x)＝xlnx－kx－ke2x，使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以有h′(x)＝lnx＋1－k＋ke2x2≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h″(x)＝1x－2ke2x3＝0，解得x＝2ke，列表可知h′(x)在0，2ke上单调递减，在2ke，＋∞上单调递增，令h′2ke＝12ln(2k)－k＋12＝12(ln(2k)－2k＋1)≥0，解得k＝12，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．难点三利用洛必达法则求解不等式恒成立问题函数与导数应用的问题中，求参数的取值范围是重点考查的题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．[洛必达法则]法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)limx→af(x)＝0及limx→ag(x)＝0；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limx→af′xg′x＝l，那么limx→afxgx＝limx→af′xg′x＝l.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)limx→af(x)＝∞