2020版高考新创新一轮复习数学新课改省份专用讲义：第三章第二节　第4课时　难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略

第4课时　难点自选——函数与导数压轴大题的3大难点及破解策略

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，导致解题过程将无法继续进行．但可这样尝试求解：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x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，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a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)

(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，

即k<x＋(x>0)恒成立．

令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．

由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)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.

又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.

[题后悟通]

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．已知函数f(x)＝.

(1)求函数f(x)的零点及单调区间；

(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1.

解：(1)函数f(x)的零点为e.函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(解答过程略)

(2)证明：要证明曲线y＝存在斜率为6的切线，即证明y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0上有解．

构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝0.即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．

设切点坐标为(x0，f(x0))，则f(x0)＝＝＝－6x0，x0∈.

令h(x)＝－6x，x∈.

由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，所以y0＝f(x0)<－1.

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.

2.函数极值点偏移问题的题型及解法

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＋x2>2x0(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＋x2>2x0(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＝，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＝，求证：f′(x0)>0.

[典例]　已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x1x2>e2.

[解题观摩]　法一：(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ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．

设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，

从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.

下证：t1＋t2>2.

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)＝.

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t1<t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，

令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，

则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝(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0<t1<1<t2，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－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.

[点评]　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．

　[口诀记忆]　

极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，

四个步骤环相扣，两次单调紧跟随．　

法二：(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ln x1，ln x2是方程x＝aex的两根．

设t1＝ln x1，t2＝ln x2，

设g(x)＝xe－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.

下证：t1＋t2>2.

由g(t1)＝g(t2)，得t1e－t1＝t2e－t2，化简得et2－t1＝，①

不妨设t2>t1，由法一知，0<t1<1<t2.

令s＝t2－t1，则s>0，t2＝s＋t1，代入①式，得es＝，

解得t1＝.则t1＋t2＝2t1＋s＝＋s，

故要证t1＋t2>2，即证＋s>2，

又es－1>0，故要证＋s>2，

即证2s＋(s－2)(es－1)>0，②

令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，

则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，

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＋t2>2，即x1x2>e2.

[点评]　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．

法三：

不妨设x1>x2，

因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，

所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，

欲证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2.

因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a>，

所以原问题等价于证明>，

即ln>，

令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>，

令h(c)＝ln c－，c>1，

所以h′(c)＝－＝>0，

所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，

所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，

即ln c－>0(c>1)，

因此原不等式x1x2>e2得证．

[点评]　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＝，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＝，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．

[针对训练]

2．若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x1，x2，求证：x1·x2<(e是自然对数的底数)．

证明：不妨设x1>x2，要证x1x2<，

即证x1x2<，

整理得x1＋<x2＋.

又因为x1ln x1＝x2ln x2，

即证x1ln x1－k>x2ln x2－k，k>0，

设h(x)＝xln x－kx－，

使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，

令h″(x)＝－＝0，解得x＝，

列表可知h′(x)在上单调递减，在上单调递增，

令h′＝ln(2k)－k＋＝(ln(2k)－2k＋1)≥0，

解得k＝，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证.

函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．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“”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) f(x)＝0及 g(x)＝0；

(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；

(3)  ＝l，

那么 ＝ ＝l.

法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件

(1)  f(x)＝∞及 g(x)＝∞；

(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；

(3)  ＝l，

那么 ＝ ＝l.

[典例]　已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.

(1)求a，b的值；

(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．

[解题观摩]　(1)f′(x)＝－.

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，

故即解得

(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，

所以f(x)－＝.

设h(x)＝2ln x＋(x>0)，

则h′(x)＝.

①设k≤0，由h′(x)＝知，

当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．

而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；

当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.

从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，

即f(x)>＋.

②设0<k<1.由于y＝(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，

故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾，

③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾．

综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．

(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)

法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．

令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，

则g′(x)＝2·，

再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，

则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－，

易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，

故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，

∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，

∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又h(1)＝0，

∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，

∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，

∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．

由洛必达法则知，

 g(x)＝2 ＋1＝2 ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，

故k的取值范围为(－∞，0]．

[题后悟通]

解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当繁琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．　　

[针对训练]

3．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．

解：设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．

又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2>0(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．

由f(x)≤，得a≤，

再设g(x)＝(x>0)，得g(x)>(x>0)．

连续两次使用洛必达法则1，得

g(x)＝＝＝，

所以g(x)的下确界是.

题设即“当x>0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范围是.