高考数学大题专讲1

高考大题专讲(一)导数的综合应用(解答题型)———————————名师指南——————————[核心考点]利用导数研究函数的单调性、极值与最值，利用导数证明不等式或探讨方程的根、利用导数求参数的取值范围．[高考解密]近几年，导数已由解决问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，利用导数解决函数的单调性、极值与最值是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列交汇命题，成为高考的热点和难点.重点透析难点突破题型一导数与不等式问题1．利用导数解决不等式的恒成立问题时常采用分离参数法或不等式转化法，通过求函数的最值加以解决．2．利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的．(2015·福建卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)．(1)证明：当x0时，f(x)x；(2)证明：当k1时，存在x00，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)g(x)；(3)确定k的所有可能取值，使得存在t0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|x2.[思路引导](1)欲证当x0时，f(x)x，只需构造函数F(x)＝f(x)－x，证明当x0时，F(x)0；(2)构造函数G(x)＝f(x)－g(x)，求G′(x)，对k进行分类讨论，判断G′(x)的符号，从而判断函数G(x)＝f(x)－g(x)的单调性，即可证得结果；(3)当k1时，利用(1)的结论，构造函数，利用导数判断该函数的单调性，从而可判断满足题意的t是否存在；当k1时，利用(2)的结论，再构造函数，利用导数判断该函数的单调性，从而可判断满足题意的t是否存在；当k＝1时，利用(1)的结论，构造函数，利用导数的知识可判断是否存在满足题意的t，从而确定k的取值．[解](1)证明：令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则有F′(x)＝11＋x－1＝－xx＋1.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)0，所以F(x)在[0，＋∞)上单调递减，故当x0时，F(x)F(0)＝0，即当x0时，f(x)x.(2)证明：令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈[0，＋∞)，则有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋1－kx＋1.当k≤0时，G′(x)0，故G(x)在[0，＋∞)上单调递增，G(x)G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意．当0k1时，令G′(x)＝0，得x＝1－kk＝1k－10，取x0＝1k－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)0，从而G(x)在[0，x0)上单调递增，所以G(x)G(0)＝0，即f(x)g(x)．综上，当k1时，总存在x00，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)g(x)．(3)当k1时，由(1)知，∀x∈(0，＋∞)，g(x)xf(x)，故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)kx－x＝(k－1)x.令(k－1)xx2，解得0xk－1.从而得到，当k1时，对于x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|x2，故满足题意的t不存在．当k1时，取k1＝k＋12，从而kk11，由(2)知，存在x00，使得x∈(0，x0)，f(x)k1xkx＝g(x)，此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)(k1－k)x＝1－k2x.令1－k2xx2，解得0x1－k2，此时f(x)－g(x)x2.记x0与1－k2中的较小者为x1，当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|x2.故满足题意的t不存在．当k＝1时，由(1)知，x0，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)，令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，则有M′(x)＝1－11＋x－2x＝－2x2－xx＋1.当x0时，M′(x)0，所以M(x)在[0，＋∞)上单调递减，故M(x)M(0)＝0.故当x0时，恒有|f(x)－g(x)|x2，此时，任意正实数t均满足题意．综上，k＝1.破解此类题需“一构一分”，“一构”是指构造函数，然后利用求导判断其单调性，利用导数的知识进行求解；“一分”是指会分类讨论，对于含参的不等式问题或证明存在性的问题，常需要对参数进行分类讨论，而此时往往需要用到前面已证明过的结论．[举一反三](2015·山西省四诊)已知函数f(x)＝ax＋xlnx的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a的值；(2)若f(x)≤kx2对任意x0成立，求实数k的取值范围；(3)当nm1(m，n∈N*)时，证明：nmmnmn.[解](1)求导数，得f′(x)＝a＋lnx＋1.由已知，得f′(e)＝3，即a＋lne＋1＝3，∴a＝1.(2)由(1)，知f(x)＝x＋xlnx，∴f(x)≤kx2对任意x0成立即为k≥1＋lnxx对任意x0成立，令g(x)＝1＋lnxx，则问题转化为求g(x)的最大值．求导可得g′(x)＝－lnxx2，令g′(x)＝0，解得x＝1.当0x1时，g′(x)0，g(x)在(0,1)上是增函数；当x1时，g′(x)0，g(x)在(1，＋∞)上是减函数．故g(x)在x＝1处取得最大值g(1)＝1，∴实数k的取值范围为k≥1.(3)证明：令h(x)＝xlnxx－1，则h′(x)＝x－1－lnxx－12.由(2)知，x≥1＋lnx(x0)，∴h′(x)≥0，∴h(x)是(1，＋∞)上的增函数．∵nm1，∴h(n)h(m)，即nlnnn－1mlnmm－1，∴mnlnn－nlnnmnlnm－mlnm，即mnlnn＋mlnmmnlnm＋nlnn，即lnnmn＋lnmmlnmmn＋lnnn，即ln(mnn)mln(mmn)n，∴(mnn)m(mmn)n，∴nmmnmn.题型二导数与方程问题利用导数解决方程的根的问题一般先转化为函数零点问题，进而转化为函数图象与x轴的交点问题，往往结合图象求解．(2015·贵州七校第一次联考)函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a0时，解不等式f(x)≤0；(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解；(3)若f(x)在[－1,1]上是单调递增函数，求a的取值范围．[思路引导](1)转化为求ax2＋x≤0的解集；(2)转化为函数h(x)＝ex－2x－1的零点存在问题，利用导数求解；(3)通过导数研究函数f(x)的单调性和极值，再求出a的范围．[解](1)因为ex0，所以不等式f(x)≤0即为ax2＋x≤0，又因为a0，所以不等式可化为xx＋1a≤0，所以不等式f(x)≤0的解集为－1a，0.(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－2x－1＝0.令h(x)＝ex－2x－1，因为h′(x)＝ex＋2x20对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h(1)＝e－30，h(2)＝e2－20，h(－3)＝e－3－130，h(－2)＝e－20，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3,1}．(3)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]ex，①当a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，故a＝0符合要求；②当a≠0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1，因为Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋10，所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2，因此f(x)有极大值又有极小值．若a0，因为g(－1)·g(0)＝－a0，所以f(x)在(－1,1)内有极值点，故f(x)在[－1,1]上不单调．若a0，可知x10x2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1,1]上单调，因为f(0)＝10，所以必须满足g1≥0g－1≥0，即3a＋2≥0－a≥0，所以－23≤a0.综上可知，a的取值范围是－23，0.利用导数研究方程问题的基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断方程实根的个数，必要时画出函数的草图辅助思考．[举一反三](2015·辽宁五校期末)已知函数f(x)＝lnx＋1x＋ax，x∈(0，＋∞)(a是实数)，g(x)＝2xx2＋1＋1.(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围；(2)是否存在正实数a满足：对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立？若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．[解](1)f′(x)＝1x－1x2＋a＝ax2＋x－1x2，x∈[1，＋∞)．显然a≥0时，f′(x)≥0，函数f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a0时，令h(x)＝ax2＋x－1，当x→＋∞时，h(x)→－∞，所以函数f(x)在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a≤0或Δ0h1≤0－12a≤1，解得a≤－14.综上：满足条件的a的取值范围是－∞，－14∪[0，＋∞)．(2)不存在满足条件的正实数a.因为由(1)知，a0时f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以f(x)在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x1∈[1,2]，f(1)≤f(x1)≤f(2)，即f(x1)∈[1＋a，ln2＋12＋2a]；g′(x)＝21－x21＋x22，当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1,2]上是单调递减函数．所以当x2∈[1,2]时，g(x2)∈95，2.若对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则[1＋a，ln2＋12＋2a]⊆95，2，此时a无解．题型三导数的综合应用(2015·陕西卷)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在12，1内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝12＋12xn＋1n；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．[思路引导](1)求导运用函数的单调性说明函数零点的唯一性；(2)运用函数思想将数列问题转化到函数问题上，然后运用导数知识完成数列的比较大小．[解](1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－10，Fn12＝1＋12＋122＋…＋12n－2＝1－12n＋11－12－2＝－12n0，所以Fn(x)在12，1内至少存在一个零点．又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－10，故Fn(x)在12，1内单调递增，所以Fn(x)在12，1内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即1－xn＋1n1－xn－2＝0，故xn＝12＋12xn＋1n.(2)解法一：由题设，gn(x)＝n＋11＋xn2.设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－n＋11＋xn2，x0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－nn＋1xn－12.若0x1，h′(x)xn－1＋2xn－1＋…＋