2019年高中数学虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用含解析答案

1、谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用以2019年几道模拟题为例在高考的导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复杂 甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的我们 不妨只须设出函数的零点，然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换和过 渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可以很快 解决这类问题。对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们用的好像都是同一个方法一;设零点消元法，只分析第一道，其他同理，顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题.一、【2019合肥一模理科211二、【2019顺德三模理科211三、【2019佛山3

2、月统考(北京燕博园)理科211四、【2019广州一模理科21】五、【2019广东模拟理科21】六、【2018广州二模理科21】七、【2013全国二卷理科21】、【2019合肥一模理科21】21.(本小题满分12分)已知函数f (%) = ex - ln(x +1)( e为自然对数的底数).(1)求函数f (x)的单调区间；(口)若g(x) = f (x) - ax , a e R，试求函数g(x)极小值的最大值.析：(I)易知x >-1,且 f'(x) = ex - -+-.【求一阶导数发现是超越函数，无法确定导数的零点】令 h (x) = ex则 h '(x) = ex

3、 +1(x+1)2【进一步求二阶导数，发现二阶导数恒大于0,说明一阶导数递增】函数h(x) = ex -在x e (-1, + 8)上单调递增，且h(0) = f'(0) = 0.x +1【找到一阶导数的一个零点，而且是唯一的由负变正的零点，从而确定单调区间可f (x) = ex - ln(x +1)单调递减;知，当 x e(-1, 0)时，h(x) = f'(x) < 0 ,当 x e(0, +8)时，h (x) = f(x) > 0 , f (x) = ex - ln(x +1)单调递增.函数f (x)的单调递减区间是(-1, 0)，单调递增区间是(0, +8)

4、.【反思：有的学生提出，我们很容易就观察得到了 h(0) = f'(0)=0 .但是，对于一般的超越函数，如果无法观察得到函数的零点，也无法求解函数零点的时候， 我们该怎么办呢？这个问题，实际上就是我们第二问要解决的问题，解决的办法 是：虚设零点，消元求值】(11) g(x) = /(x) -ax=e x- ln(x +1) - ax , ：. g'(x) =/'(%) - a .由(I)知,g'(%)在% £(T，+0°)上单调递增,当 工 - 1 时，g'(x) -8;当 X f +00 时，g'。) +00,则 g

5、9;(x)=。有唯一解 .0【对于导函数/=/)“，我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两 端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以 设这个唯一的零点为X10可知，当xe(T,x)时，g"(x) < 0 , g(x) = &：-111(%+1)-工单调递减；0当 X £ (x ,+oo)时，g'(x)0, g(x) = & - ln(x+1) - ax 单调递增，0函数g(x)在 = %处取得极小值g(x ) = 8% -ln(x +l)-ax , 0000【设完零点七后，我们可以进一步确定这个零点的性质，发现它

6、恰好是其、)的 极小值，而这时候我们又需要求这个极小值 冢/)的最大值，这时可以利用1 e , -= a乳%)二 °的代换，也就是'J1，从而可以消去字母。】1 1且% 满足e% -=« . g(% ) = (1- )e% -ln(x +1) + 1-0£+10 J 。o+1令(p(x)= (1 - x)ex ln(x+l) + l -，则'(%) 二 一 | ' + / :、 -% +1xe (凫 +1)2【最后要求的最大值就转变为只含有一个变量的函数，从而把问题转化为求魏 大值】可知，当工£(1,0)时,9(幼>0,可劝

7、单调递增;当X£(0,+8)时，(pr(x) < 0 ,中单调递减，.Q) =。0) = 1.函数g(x)极小值的最大值为1.max二、【2019顺德三模理科21】21.(本小题满分12分)已知函数f(x) =1 x2 (a +1)x + a In x .2(1)当a > 1时，求f (x)的单调递增区间；(2)证明：当1 < a < 0时，f (x)有两个零点；(3 )若a <- 1 ,函数g (x)= 也在x = x处取得最小值，证明： 2x00 < f (x ) < (e-1)(e - a).21.(1)解析：f(x) = x - (a

8、 +1) +a = (x 1)(x 1 (x > 0) .故 a > 1 时，由 f(x) > 0 , xx得0 < x < 1或x > a .故f (x)的单调递增区间为(0,1), (a, +8).(2)当-1 < a < 0时，f (x)在(1,+8)上单调递增，在(0,1)上单调递减.2则 f (x) = f (1) = - a -二 0 ,且当 x T 0 时，f (x) +8 ；当 x f +8 时，f (x) Tmin2+8 .所以f (x)有两个零点.1x 2 + 2 a (1 -In x)证明：g (x)= x - a -1,

9、g (x) =：i,设h (x)= x 2+2 a (1- Inx), 因为22 x21a <-_ ,所以 h(x)在(0, +8)上为增函数，又 h(1) = 1 + 2a < 0,h(e) = e2 > 0 ,所以 231 e (1e), h(t) = 0 ,当 0 < x < t 时，g'(x) < 0 ；当 x > t 时，g'(x) > 0 ,故 x = t 且 0x2 + 2a = 2a In x,f (x) =-x2 -(a +1)x +-x2+ a =(x -1)(x-a)0002 °02 °0

10、0a <-了x0 " (1e)'所以0< f (x0)< (e-1)(e-a)12分三、【2019佛山市3月统考(北京燕博园)理科211“函数连锁反应”、虚设零点21.(本小题满分12分)已知函数f(x )=sin ax 一 ax + _x 3.6(1)求证：当a W 0时，f (x)无极值点；(2)若存在区间(m,n)三(0,+s)，对Vx e (m,n), f (x) < 0，求a的取值范围.21.证明：(1)证明：f'(x) = a (cos ax -1) +- x 2，当 a W 0 时，f'(x)20 , 2所以函数f (x)

11、在(一8, +8)上单调递增，所以当a W 0时，f (x)无极值点.(II)由(I)可知当a W 0时，函数f (x)在0, +8)上是单调增函数，f (0) = 0，当x e0, +8)时，f (x) 2 0 ,不符合题意；当 a e(0,1时，a3 e(0,1, a3 cos ax W1 设g (x) = f'(x) = a (cos ax -1) + _x 2，贝° g'(x) = x - a 2 sin ax ,2设 h(x) = g '(x) = x - a 2 sin ax，贝| h'(x) = 1 - a3 cos ax 2 0 ,所以

12、h(x)在(-8, +8)上单调递增.又因为h(0) = 0 ,所以在0, +8)上，h(x) 2 0，即 g'(x) 2 0 ,所以g(x)在0, +8)上单调递增.又因为g(0) = 0 ,所以在0, +8)上， g (x) 2 0，即f'(x) 2 0，所以函数f (x)在0, +8)上是单调增函数，f (0) = 0,当 x e0, +8)时，f (x) 2 0，不符合题意； 7分当a > 1时，所以存在x0e e(0,1), 由 h'(x) = 1 - a3cos ax = 0 可得cos ax，a3a3(8、e 0,。',使h'(x)=

13、02 a J 0又因为 h(0) = 0，所以当 x e(0, x0)时，h(x) < 0，即 g'(x) < 0 ,所以函数g(x)在(0,x0)上是单调减函数，又因为g(0) = 0,所以当x e(0, x0)时，g(x) < 0,即f(x) < 0，所以函数f (x)在(0, x0)上是单调减函数，又因为f (0) = 0,所以当 x e(0, x0)时，f (x) < 0 ,即存在区间(0, x0)三(0, +8)，对Vx e (m, n), f (x) < 0 .所以a的取值范围是a > 112分.四、【2019广州一模理科21】21

14、.1本小题满分12分）已知函数/（X）=疗E R .（1）若/（外在（0,+8）上单调递增，求I的取值范围；（2）若人幻在（仇心）上存在极大值M ,证明：M<3.21. nJ 解法;因为所以1x） = 2/-2". 1分因为/（幻在（0,+8）上单调递增，所以,门。在（0,+皿）上都成立J即tr W- 在（0,-l-oc）上都成立. * +2分'设虱4） = .,则.当Ocx c；时，&'（灯<。,冢X）在（0二上单调递减；当X > ；时.g V） > 0, g（x在；.+OC上单调递增.故当工=：时，g（x）取得最小值，其值为g 1

15、=2启_ *，3分所以门龙2e .所以b的取值范围为（to,24 4分（如 证明：由（.1）知.当a W箝时，八乃在。田）匕单调递增，则不存在极大值； 5分当。及时，1<- In. hf7>lln-f力| （1）知函数/（工）在（0,In2上单调递减，在In 巴工制 2 2 22 2 '2 2）U 2,I上单调递增./F（0） = 2 > 0, ./，r 2（?-« < 0,5 分/（In-2« In u = 2a（u-na > 0 （易证白一比仃:> 0 ）.故存在0二卜使得尸00 = 2日句-2m1二0，7分,存在了,E（g,

16、ln白，使得/（xj = 0 , * *"X 分则 jew 似 *）时1.r（"）>0； 三）时，,fx） < 0， t e（Jnt+3C） ffd'n故。）在（0,三）上晶调递减，在（外,三）上单调递减，在（小、+依）上!也调递增-所以当mf时，,住）取得极大值，即,讨=/电_6:. 9分由 0 v 占 c 上，得 1 -修 > 0. * 工 1 一 R ,由 2/" - 2fLt, = 0 ,.得 /7 = 3 .”分=口4（1 xj w 口+ :71 分 所以A/c；. .之分五、【2019广东模拟理科21】21.（12 分）已知函

17、数=U）讨论了5）的单调性*（幻当。=2时才（工）=八"一交十5工,记函数3=F（）在（4 J ）上的最大值为由证明:六、【2018广州二模理科21】21.（本小题满分12分）已知函数f ( x) =e x - x 2 - ax.In 2 (In 2 ¥（1）若函数f （X）在R上单调递增，求a的取值范围;(2)若a = 1,证明：当x> 0时，f(x)> 1-27 - JfL：（履珍）参考数据：e六2.71828 , ln 2六0.69 ."）二。上面这道题目中，在处理导数的零点的时候，由于导函数是一个超越函数，直接求它的邛.可春工匕q,可-1*二上

18、普注也&l备跖可雷），）袄3刈%布凶收）个斫零点是困难的，这时我们只需虚设一个零点X0，但是我们设而不求，只需要进行整体的替 换即可，然后在处理超越型原函数的过程中把指数函数替换掉，化繁为简，把原函数转化为 简单的二次函数，从而可以简单的处理后面的最值比较大小的问题。这样的处理方式在高考压轴题当中是经常可以看到的。七、【2013全国二卷理科21】21.（本小题满分12分）已知函数=exIn （升队（1）设x=0是f（x）的极值点，求可并讨论f（x）的单调性；（2） 当唁2时，证明f（x）0.解：f'（X）= Cx- .JQ +加由x=0是f（x）的极值点得（0）=0,所以m=l.于是f（R =exln （计1）,定义域为（一1,+8）, f （3=印x+1函数f'仅） = &：- ,在（1, +8）单调递增，且（o）=o. x +1因此当 X£ （1, 0）时，P （X）0； 当 X£（O, +8）时，f，（x） 0.所以f（x）在（一1,0）单调递减，在（0, +8）单调递增.当H1W2, x£ (Tn, +8)时，m位+m) Wln*+2),故只需证明当m=