高中数学高考二轮复习 同课异构

26.“离参法”与“讨参法”的整合(离参:“单调+罗必塔法则”确定上下界,超纲,但也不失为一种取巧的方法)(Ⅰ)f(x)=ex–1–x–ax2,x≥0,f(x)≥0,求a的取值范围(2023年新课标全国21(2));(Ⅱ)f(x)=1–e–x,x≥0,f(x)≤eq\f(x,ax+1),求a的取值范围(2023年全国Ⅱ22(2));(Ⅲ)f(x)=eq\f(lnx,x+1)+eq\f(1,x),x>0,x1,f(x)>eq\f(lnx,x–1)+eq\f(k,x),求k的取值范围(2023年新课标全国21(2));(Ⅳ)f(x)=eq\f(1+x,a(1–x))lnx,对任意x∈(0,1),f(x)<–2,求实数a的取值范围(2023高三东三校一模21(2),从(Ⅲ)处来).xx212–eq\f(1,a)a<0时,F(x)图x2是1+x+ax2=0的正根yO(图1)x1解:解题思想:讨参法,形式的改变会引起质的飞跃,ex宜于和任意有理函数以积商的方式“碰触”,而lnx却宜于以和差的形式与有理函数“碰触”.变形后的新函数形式不是纠缠其最值,而是以“讨参”的方式说清楚哪处恒成立?何处不恒成立.体会此类与题目与xx212–eq\f(1,a)a<0时,F(x)图x2是1+x+ax2=0的正根yO(图1)x1第1步:形变(Ⅰ)F(x)=eq\f(1+x+ax2,ex)≤1(x≥0)恒成立,且捕捉到1=F(0)(Ⅱ)G(x)=ex(1–eq\f(x,ax+1))≤1(x≥0)恒成立,且捕捉到1=G(0)(Ⅲ)“H(x)=2lnx+(k–1)(x–eq\f(1,x))<0(x>1)恒成立”“H(x)=2lnx+(k–1)(x–eq\f(1,x))>0(0<x<1)恒成立”,且捕捉到0=H(1)(Ⅳ)P(x)=eq\f(1,a)lnx+2eq\f(1–x,1+x)<0(0<x<1)恒成立,且捕捉到0=P(1)第2步:求导,创设讨参的条件,秘密是把符号明确的式子提出来,让ex,lnx尽可能裸露在外xO2–eq\f(1,a)2–eq\f(1,a)(Ⅰ)y=ax–(2a–1)草图a>xO2–eq\f(1,a)2–eq\f(1,a)(Ⅰ)y=ax–(2a–1)草图a>eq\f(1,2)a<00≤a≤eq\f(1,2)2–eq\f(1,a)y21(图2)xO(Ⅱ)y=a(a–1)x–(2a–1)草图eq\f(1,2)<a<1a<0a>10<a<eq\f(1,2)eq\f(1–2a,a(a–1))a=1a=0a=eq\f(1,2)(图3)(Ⅱ)G′(x)=eq\f(xex,(ax+1)2)[a(a–1)x–(1–2a)](x≥0)(Ⅲ)H′(x)=eq\f(x2+1,x2)[eq\f(2x,x2+1)–(1–k)](0<x<1或x>1)(Ⅳ)P′(x)=eq\f(x,(1+x)2)eq\f(1,a)[x+eq\f(1,x)–(4a–2)](0<x<1)第3步:确定讨参的“界点”x11y=1–kx1x2(Ⅲ)y=eq\f(2x,x2+1)(x≥0)yO(图4)(Ⅰ)[ax–(2ax11y=1–kx1x2(Ⅲ)y=eq\f(2x,x2+1)(x≥0)yO(图4)(Ⅱ)[a(a–1)x–(1–2a)](x≥0)符号:借助图3确定“a与0,1,eq\f(1,2)比较”.注意1=G(0).(Ⅲ)[eq\f(2x,x2+1)–(1–k)](0<x<1或x>1)符号:借助图4确定“k与0,1比较”.注意0=H(1).(Ⅳ)eq\f(1,a)[x+eq\f(1,x)–(4a–2)](0<x<1)符号:借助图5确定“a与0,1比较”.注意0=P(1).第4步:讨参技巧x12y=4a–2x0(Ⅳ)y=x+eq\f(1,x)(0<x<1)yO(图5)(Ⅰ)①a<0时,证明成立(结合图1);②0≤a≤eq\f(1,2)时,证明成立;③a>eq\f(1,2)时,取x∈(0,2–eq\f(1,x12y=4a–2x0(Ⅳ)y=x+eq\f(1,x)(0<x<1)yO(图5)(Ⅱ)①a<0时,否;②0≤a≤eq\f(1,2)时,是;③eq\f(1,2)<a<1时,否;④a≥1时,否.总之,a∈[0,eq\f(1,2)](Ⅲ)①a≤0时,是;②0<a<1时,否;③a≥1时,否.总之,a∈(–∞,0](Ⅳ)①a<0时,否;②0<a≤1时,是;③a>1时,否.总之,a∈(0,1]注:讨论对(Ⅳ)的如下解法的合理性(前3题也可仿此操作),我分步解说:①据0<x<1,离参:原问题–eq\f(1,2a)<eq\f(1–x,(1+x)lnx)(0<x<1)恒成立;②h(x)=eq\f(1–x,(1+x)lnx)(0<x<1)h′(x)=eq\f(–1,(1+x)2ln2x)(2lnx–x+eq\f(1,x)),H(x)=2lnx–x+eq\f(1,x)>0(求导)h′(x)<0h(x)在(0,1)单减;③eq\o(lim,\s\do6())h(x)=eq\o(lim,\s\do6())eq\f((1–x)′,[(1+x)lnx]′)=eq\o(lim,\s\do6())eq\f(–1,lnx+(1+x)/x)=–eq\f(1,2)(eq\f(0,0)或eq\f(∞,∞)型极限的罗比塔法则);④–eq\f(1,2a)≤–eq\f(1,2)a∈(0,1].27.破译“数学形式”的结构(Ⅰ)f(x)=eq\f(1,2)x2–ax+(a–1)lnx,证明:若1<a<5,则对任意x1,x2∈(0,+∞),x1x2,有eq\f(f(x1)–f(x2),x1–x2)>–1(09年辽理21(2));(Ⅱ)f(x)=(a+1)lnx+ax2+1,设a<–1,若对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)–f(x2)|≥4|x1–x2|,求a的取值范围(10年辽宁理21(2));(Ⅲ)f(x)=lnx–ax2+(2–a)x,若y=f(x)的图象与x轴交于A,B,线段AB中点横坐标为x0,求证:f′(x0)<0(11年辽宁理21(3)).破译1.函数结构:f(x)=Ax2+Bx+C+Dlnx(连续三年所给的函数都是lnx与有理函数以和差的方式“碰触”).究其原因,f′(x)=eq\f(2Ax2+Bx+D,x)(x>0),便于单调、极最值分析.但不要忽略含ex的函数结构.破译2.他问出“花儿”来，咱就把“花籽儿”给他做出来!(Ⅰ)(Ⅱ)无非就是换了包装,本质一样.无妨设x1<x2或x1≤x2,首先破解f(x)的单调性,把|f(x1)–f(x2)|的绝对值摘掉((Ⅰ)不必),|x1–x2|的绝对值摘掉,对所给的不等式进行等价变形,分别按含x1和x2的式子整理,用“>,≥,<,≤”把两个式子连接,最终都是在说一个新函数F(x)=f(x)±kx((Ⅰ)中k=1,(Ⅱ)中k=4)在x1,x2所属的区间上单调,进而可证可求.破译3.(Ⅰ)(Ⅱ)对我们的启发:把|f(x1)–f(x2)|与A|eq\f(1,x1)–eq\f(1,x2)|或A|lnx1–lnx2|或A|eeq\s\up6(x1)–eeq\s\up6(x1)|用不等号“挂”起来,或者以“差商”的形式与某一个常数进行比较,都属于相同的路子.我编:f(x)=ex–e–x,x1,x2∈R,x1+x20,|f(x1)+f(x2)|>a|x1+x2|,求a范围.答:a≤2.破译4.(Ⅲ)标准答案所给的证法没有把该题的“精气神”给体现出来,若该问没有其所在题的第2问的铺设,如何给出更一般的证明?第1问的单调性是必要的,使f(x)有两个零点,则需a>0.其几何背景是“上凸函数,x0在极大值点eq\f(1,a)右边,x0处的切线斜率<0”.一般证明如下:首先a≤0时,f(x)在(0,+∞)单减,不符合f(x)有两个零点的条件,故a>0(没注意到这个又如何呢?)设f(x)的两个零点为x1,x2,且0<x1<x2,x1+x2=2x0联立eq\b\lc\{(\a\al(lnx1–ax12+(2–a)x1=0,lnx2–ax22+(2–a)x2=0))作差(两边同除以x1–x2)a(x1+x2)+a–2=eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)2ax0+a–2=eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)f′(x0)=eq\f(1,x0)–2ax0–a+2=eq\f(1,x0)–eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)=eq\f(2,x1+x2)–eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)=eq\f(2,x1–x2)(eq\f(x1–x2,x1+x2)–eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2))=eq\f(2,x1–x2)(eq\f(\f(x1,x2)–1,\f(x1,x2)+2)–eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2))(0<x1<x2)记函数F(x)=eq\f(x–1,x+1)–eq\f(1,2)lnx(0<x<1),单调分析,容易证明F(x)>0,问题得证.破译5.(Ⅲ)拓广:(我编)对于函数f(x)=Ax2+Bx+C+Dlnx(A,B,C,D是常数,A0,D0),若存在x1,x2∈(0,+∞),且x1x2,使f(x1)=f(x2),又x0是x1,x2的等差中项,则必有Df′(x0)<0.事实上,无妨设0<x1<x2,与上面相同的思路f′(x0)=eq\f(2D,x1–x2)(eq\f(\f(x1,x2)–1,\f(x1,x2)+2)–eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2))(0<x1<x2)Df′(x0)<0破译6.(Ⅲ)的类比迁移.我编:y=eq\f(x2+3x+3,ex)xyO–1y=ey=3设函数y=eq\f(x2+3x+3,ex)xyO–1y=ey=3(1)求g(x)=eq\f(f(x),ex)的单调区间;(2)若f(x)有且仅有一个零点,求a的取值范围;(3)若存在b,c∈R,且bc,使f(b)=f(c),试判断af′(eq\f(b+c,2))的符号.简答:(1)(–∞,–1)减,(–1,0)增,(0,+∞)减(2)画G(x)=eq\f(x2+3x+3,ex)及y=a图象a∈(0,e)∪(3,+∞)(3)无妨设b<c,f′(eq\f(b+c,2))=eq\f(ae\s\up6(\f()),b–c)(eeq\s\up6(\f())–eeq\s\up6(\f())–2eq\f(b–c,2)),构造函数F(x)=ex–e–x–2x(x<0)F(x)<0af′(eq\f(b+c,2))>028.高考考题之“互通有无”(辽宁2023与天津2023数学压轴之比对分析)(Ⅰ)f(x)=lnx–ax2+(2–a)x,(1)讨论f(x)单调性;(2)设a>0,证明:当0<a<eq\f(1,a),f(eq\f(1,a)+x)>f(eq\f(1,a)–x);(3)f(x)=lnx–ax2+(2–a)x,若y=f(x)的图象与x轴交于A,B,线段AB中点横坐标为x0,求证:f′(x0)<0.(11年辽宁理21(2));(Ⅱ)f(x)=xe–x,(1)f(x)单调性及极值;(2)已知函数y=g(x)图象与函数y=f(x)图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时,f(x)>g(x);(3)如果x1x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>2.(10年天津理21)xyx=1x1x2eq\f(x1+x2,2)y=xe–xOk=f′(eq\f(x1+x2,2))xx=eq\f(1,a)x1x2y辽宁y=f(x)(a>0)O破译1.他们有什么联系吗?①辽宁函数:f(x)=Ax2+Bx+C+Dlnx,天津函数:f(x)=(xyx=1x1x2eq\f(x1+x2,2)y=xe–xOk=f′(eq\f(x1+x2,2))xx=eq\f(1,a)x1x2y辽宁y=f(x)(a>0)O破译2.针对函数“f(x)=(Ax2+Bx+C)ex和g(x)=(Ax2+Bx+C)e–x(A,B,C是常数,允许A=0)”多说两句:①f(x)一定渐近于x轴的负半轴(A>0时,上渐近;A<0时,下渐近).g(x)一定渐近于x轴的正半轴(A>0时,上渐近;A<0时,下渐近);②若Ax2+Bx+C=A(x–x1)(x–x2)(x1<x2,这里的x1,x2其实是函数的零点),同时,若f(x)或g(x)还有两个极值点x3,x4(x3<x4,有极值点的话必有两个),则这四个点的分布情况是“x3<x1<x4<x2”(当然,函数没有零点时,它也可能会有两个极值点,比如前面“27题破译6”中我给出的函数y=eq\f(x2+3x+3,ex));③“图解法”要依赖图形的相对准确,否则你会犯错误.如“x0时,xlnx0而不是xlnx–∞”,忽略了这一点,你不会正确画出y=xlnx甚至y=xlnx+(e–x)ln(e–x)的图象,看这个题目:“a>0时,讨论f(x)=xlnx+(a–x)ln(a–x)零点个数”.xax1x22a–x1yO破译3.辽宁和天津“联姻”,我编xax1x22a–x1yO已知函数f(x)=(x–a)lneq\f(x,a),其中常数a>0.(1)求f(x)单调性;(2)设0<x<a,试比较f(a+x)与f(a–x)的大小,并证明你的结论;(3)如果存在x1,x2∈(0,+∞),且x1x2,使f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2a.简析:(1)f′(x)=lneq\f(x,a)+eq\f(x–a,x)(x>0)f(x)在(0,a)减,(a,+∞)增(2)设F(x)=f(a+x)–f(a–x)(0<x<a)F′(x)=lneq\f(a2–x2,a2)–eq\f(2x2,a2–x2)<0(证!)F(x)<F(0)=0(减)f(a+x)<f(a–x)(3)无妨设0<x1<x2.证明要点:①据(1)用“反证法”证明“0<x1<a<x2”;②0<x1<a0<a–x1<a,据(2)f(x1)=f[a–(a–x1)]>f[a+(a–x1)]=f(2a–x1)③所给条件f(x2)=f(x1)>f(2a–x1)④0<x1<a<x2“x2∈(a,+∞),2a–x1∈(a,+∞)”⑤据(1),f(x)在(a,+∞)单增,③④x2>2a–x1x1+x2>2a.破译4.咱辽宁连续三年没在解答题中关注“极值”了!一个关于“求极值的取值范围”的经典处理:我编:f(x)=(x2–a)ex存在极值,若a≤3,求f(x)极值的取值范围.简析:①f′(x)=(x2+2x–a)ex,f(x)存在极值f′(x)有变号零点x2+2x–a=0有两个不等实根a>–1②设f(x)的两个极值点为x1<x2(单调分析后知x1是极大值点,x2是极小值点),则x1,x2是方程x2+2x–a=0二根.x2+2x–a=0a=x2+2x,据–1<a≤3,解不等式–1<x2+2x≤3x∈[–3,–1)∪(–1,1]③由x1<x2,据②x1∈[–3,–1),x2∈(–1,1]④求极值的时候,用a=x2+2x把a“撤掉”,化归为求函数g(x)=–2xex在区间[–3,–1)和(–1,1]值域问题.⑤答:f(x)极小=f(x2)∈[–2e,2e–1);f(x)极大=f(x1)∈[6e–3,2e–1).29.单调性比什么都重要,处处考,年年考,练透它!对教师的建议:除了掌握学生都会的求“函数的原函数”方法外,还应了解两个常见的“不定积分”公式∫(Ax2+Bx+C)exdx=[Ax2–(2A–B)x+2A–B+C]ex+D(分部积分法)∫(Ax2+Bx+C)e–xdx=–[Ax2+(2A+B)x+2A+B+C]e–x+D(据上,换元积分法)教师命练习单调性的题目,宜用逆向思维,根据你的需要,先给出f′(x),然后用不定积分,求出其原函数(Ⅰ)下表,教师按“左、右、中”编拟,呈现给学生的顺序“右、左、中”导函数(常数a∈R)讨论单调性讨论(考题一般给a限制)原函数(常数C,根据需要确定之)f′(x)=eq\f((x+1)(x–a),x)(x>0)①a≤0;②a>0f(x)=eq\f(1,2)x2–(a–1)x–alnx+Cf′(x)=eq\f((x–1)(x–a),x)(x>0)①a≤0;②0<a<1;③a=1;④a>1f(x)=eq\f(1,2)x2–(a+1)x+alnx+Cf′(x)=eq\f((x+1)(ax–1),x)(x>0)①a≤0;②a>0f(x)=eq\f(1,2)x2+(a–1)x–lnx+Cf′(x)=eq\f((x–1)(ax–1),x)(x>0)①a≤0;②0<a<1;③a=1;④a>1f(x)=eq\f(1,2)x2–(a+1)x+lnx+Cf′(x)=eq\f(x2–ax–1,x)(x>0)不讨论,分子之根皆正f(x)=eq\f(1,2)x2–ax–lnx+Cf′(x)=(x+1)(ax–1)ex(x∈R)①a<–1;②a=–1;③–1<a<0;④a=0;⑤a>0f(x)=[ax2–(a+1)x+a]ex+Cf′(x)=(x+1)(ax–1)e–x(x∈R)①a<–1;②a=–1;③–1<a<0;④a=0;⑤a>0f(x)=–[ax2+(3a–1)x+3a–2]ex+C(Ⅱ)何时讨论?为什么讨论?函数导函数(关键是导函数的目标变形)分析讨论f(x)=ax2+4(x–1)exf′(x)=2x[2ex–(–a)]“–a”与0及2比较①a<–2;②a=–2;③–2<a<0;④a≥0f(x)=eq\f(1–x,1+x)lnxf′(x)=eq\f(–1,(1+x)2)(2lnx+eq\f(x2–1,x))①0<x<1;②x>1直觉,容易不讨论f(x)=eq\f(1+x,1–x)lnxf′(x)=eq\f(1,(1–x)2)(2lnx+eq\f(1–x2,x))稍难,对2lnx+eq\f(1–x2,x)二次导不讨论(Ⅲ)说函数f(x)在指定区间(m,n)(m<n)单调,求参数取值范围的题目处理方式:①f′(x)符号恒等;②(m,n)?30.“量词,”的“翻译”.我编两个题组:(Ⅰ)题干:f(x)=a+xlnx,g(x)=x2ex.下面的x1∈[e–2,1],x2∈[–1,1].(分别用f1,f2表示f的最小,最大值,g1,g2同理)f1f2g0g2②f1f2g1g2①①x1,x2,f(x1)=g(xf1f2g0g2②f1f2g1g2①②x1,唯一x2,f(x1)=g(x2),求a的取值范围.答:a∈(2e–1,e].f1f2g1g2③f1f2g1g2④③x1,x