高考数学压轴题解法策略研究

第第页高考数学压轴题解法策略研究专题一.函数与导数(一)关于结构图——知识，方法，思维，易错点.1.高中函数知识结构图2.导数知识结构图3.函数的思维方法4.函数的思维特征(二)典型例题例题1.设函数，曲线在点处的切线为.(Ⅰ)求；（Ⅱ）证明：.分析：第一问考查导数的几何意义，面向全体考生；注意函数问题定义域优先的原则！解：（Ⅰ）函数的定义域为，由题意可得故.（Ⅱ）分析：常规方法证明，即证：所以所以，太复杂了！！无从下手！！再次分析：证明难点在哪里？困难在于存在，求导后还存在，麻烦！！初步思考必须把与分离，怎么分离？不外乎加减乘除！！仔细观察：，其中，定义域别忘了，还有；(1)(2)(3).（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）知，，从而等价于设，.若，是否可行？试一试吧！,.当时，，当时，.在上单调递减，在上单调递增.,注意“”,.当时，，当时，.在上单调递增，在上单调递减..综上，时，，,而两个等号不可能同时取到，所以，即.方法二：分析：等价于.等价于.即可.，.令，.知在上单调递减，在上单调递增；.，即，当且仅当时取等号.令，.知.，即，当且仅当时取等号.综上所述，当时，，即方法三：分析：题目中有，应该联想到重要熟知的不等式，就能得到下面流畅的证明.用导数易证，当且仅当时取等号.,当且仅当时取等号.于是方法二中，,当且仅当时取等号.，当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号...(也可以用证明)即，当且仅当时取等号.于是证法2中的，.总结：公式关系清晰，一气呵成！方法四：分析：欲证.即证即可.由方法三，可得，当且仅当取等号.又∵…=1\*GB3①当且仅当取等号.∴…=2\*GB3②∴由=1\*GB3①和=2\*GB3②可得：，这里关键是等号不能同时成立.∴.方法五：（与方法四证明类似）∵，当且仅当取等号.∴.∴.=1\*GB3①∵.∴，当且仅当取等号.∴.=2\*GB3②∴由=1\*GB3①、=2\*GB3②可知.（注意：两个等号不能同时成立）即.方法六：欲证即证.主要还是等价变形.设.则.（这里关键是注意到与之间隐含着复合函数的关系）∴只需证明.由方法一可知，，当且仅当取等号.∴，当且仅当取等号.∴，（两个等号不能同时成立）∴.点评：这种方法实在很难想！基于上述7种方法的思考：看来我们有必要梳理一下，其中重要的不等式：泰勒展开式及其变形.∵这个式子也叫麦克劳林公式.当时，有=1\*GB3①即=2\*GB3②∵，其中用替换.∴=3\*GB3③由=2\*GB3②=3\*GB3③得：=4\*GB3④还有，.=5\*GB3⑤注意等号成立条件..=6\*GB3⑥加强=4\*GB3④可得=7\*GB3⑦还有：=8\*GB3⑧，（当且仅当取等号）=9\*GB3⑨，，，，等等.基于上面的思考:证法7:,当且仅当取等号.，当且仅当取等号即成立.是否很帅！最后，关注以下函数，课下练习巩固.1、，，，2、，，，，3、，，4、，，例2.(2013全国2理科21)已知函数．(1)设是的极值点，求，并讨论的单调性；(2)当时，证明.解：(1)f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋m)由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1).函数f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)证明：方法一：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋2)在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得ex0＝eq\f(1,x0＋2)，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝eq\f(1,x0＋2)＋x0＝eq\f(（x0＋1）2,x0＋2)>0.综上，当m≤2时，f(x)>0.方法二：∵时，.∴,当且仅当取等号.又∵∴又∵，当且仅当取等号.∴不等式中前两个等号不可能同时取得.∴.即成立.(上式中，时，，时，，均可以用导数知识证明)总结一：常规方法遇阻碍，分而治之显神奇——泰勒公式藏天机！总结二：分离分类寻零点，对数平均爱偏移——数形结合显神通！1.降龙十八掌——分类讨论，不重不漏！例题3.已知函数,.(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线的切线；(Ⅱ)用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数.分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.解：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.因此，当时，轴是曲线的切线.（Ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞）无零点.当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.=1\*GB3①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.=2\*GB3②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；=3\*GB3③若＜0，即，由于,，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想.上面是我们在各种途径中可以看到的答案！但是同学们，通过阅读答案可能还是一头雾水，如何分类讨论，如何准确的找到分类讨论点，才能做到不重不漏，轻松应对呢？研究函数，的图像.可以详细研究函数的单调性，极值情况，方程的根的情况！因为，所以这里，(1)当，方程有两个不同的实数根，不妨设，单调性：在，上单调递增，在上单调递减.极值：当，当，(2)方程根的情况，如图：方法二：因为,.所以，，(1)当时，函数单调递增，如图(2)当时，，函数单调递增，如图图（1）图（2）(3)当时，，有，，可作如下5种情况思考！例题4.已知函数．(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(Ⅱ)求f(x)的单调区间．解：（I）当k=2时，f(x)=ln(1+x)－x+x2，由于f(x)=ln2，，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为即QUOTE.（II）依题意，x∈(－1，+∞)，，当k=0时，.所以，在区间(－1，0)上，f'(x)>0；在区间(0，+∞)上，f'(x)<0.故f(x)得单调递增区间是(－1，0)，单调递减区间是(0，+∞).当0<k<1时，由，∵所以，在区间(－1，0)和(，+∞)上，f'(x)>0；在区间(0，)上，f'(x)<0故f(x)得单调递增区间是(－1，0)和(，+∞)，单调递减区间是(0，).当k=1时，，当x∈(－1，+∞)时，f'(x)>0故f(x)得单调递增区间是(－1，+∞).当k>1时，，∵∴在区间(－1，)和(0，+∞)上，f'(x)>0;在区间(，0)上，f'(x)<0;故f(x)得单调递增区间(－1，)和(0，+∞)，单调递减区间是(，0).当k=0时，f(x)的单调递增区间是(－1，0)，单调递减区间是(0，+∞).当0<k<1时，f(x)的单调递增区间是(－1，0)和(，+∞)，单调递减区间是(0，).当k=1时，单调递增区间是(－1，+∞).当k>1时，f(x)的单调递增区间(－1，)和(0，+∞)，单调递减区间是(，0).例题4变式1：已知函数，求的单调区间．解：依题意，函数定义域为，令即，所以有（1）当时，恒成立，所以函数的单调增区间为；（2）当时，，方程的二根为，（考虑当时，方程的两个根是否在定义域里）所以在区间上，在区间上，在区间上，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.（3）当时，，方程的二根为，（考虑当时，方程的两个根是否在定义域里）所以在区间上，函数的单调增区间为.综上：当时，函数的单调增区间为.当时，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.例题4变式2：已知函数，求的单调区间．解：依题意，函数定义域为，令，即，（1）当时，函数的单调增区间为；（2）当时，方程的二根为，=1\*GB3①当时，所以在区间上，在区间上，在区间上，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.=2\*GB3②当时，所以在区间上，在区间上，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.=3\*GB3③当时,所以在区间上，在区间上，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.当时，函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.当时,函数的单调增区间为，函数的单调减区间为.2.乾坤大挪移——分离参数，转化划归.例题5.(2016全国1理21)已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(II)设，是的两个零点，证明：.解：（Ⅰ）方法一：(分类讨论)．（i）设，则，只有一个零点．（ii）设，则当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．又，如图：我们希望能够找到，并且有，，任务就完成了！！方法一：静态取点，附近尝试！这种情况下，不妨就近取值进行尝试，满足题意！，完成.而，等等都依赖于，怎么办？麻烦在于身上，我们有什么办法把它“干掉”呢？方法二：动态找点，适当放缩！我们不妨向负方向走远一点，在内找找看！分析的结构特征，因为，，，所以，——“干掉”！所以令，即，解得，我们的，完成.方法三：极限思想很重要！！，此时一定有我们的，完成此处应该用左手猛拍右手吧！！（iii）设，由得或．若，则，故当时，，因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．方法二：参变量分离函数有两个零点等价于方程有两个不等的实数根.所以，又因为不是方程的根，所以有，设，于是问题就转化为与有两个交点时求的取值范围.因为，这里的导数千万不能出错！！不用睁大眼睛就能发现，当时，，单调递增且恒有;当时，，单调递减；下面我们要结合函数增长速度快慢，分析函数的值域：(1)当时，，，当(从的负方向趋近于)，；(2)当(从的负方向趋近于)，；当时，;由上可知：当时，的值域是；当时，的值域是；综上所述，的取值范围为．（Ⅱ）设，是的两个零点，证明：.分析：对于双变量问题，利用已知条件统一变量这招往往非常有效！已知条件：(1)时，函数有两个零点，不妨设(由第1问可知)(2)函数在上单调递减，在上单调递增(由第1问可知)(3)要证明，只需证明，所以只需证明，(4)又因为，是的两个零点，所以有；所以只需证明或者证明方法一：依题意，不妨设，要证明，只需证明，又因为函数在上单调递减，所以只需证明，又因为，是的两个零点，所以有；所以只需证明，(本质上是比较大小！果断作差法！)构造差函数：，所以，当时，，，，所以，在单调递增，所以，所以有，即成立，所以得证.方法二：不妨设，由（Ⅰ）知，，在上单调递减，所以等价于，即．由于，此处含有参数，很麻烦，怎么消去呢？而，所以．设，则．所以当时，，而，故当时，．从而，故．事实上，这个题目所考核的内容就是近几年数学江湖红人“极值点偏移问题”，什么是“极值点偏移问题”呢？设函数是图象连续不断的函数，在区间内只有一个极值点，且，由于函数在极值点左右的增减速度不同，所以函数图象不关于对称，即，这种现象称之为“极值点偏移问题”.本题中的极值点是，要证，即证，也就是要证明极值点在两个零点，的中点的右侧偏移，而解决这种问题常见的方法有两种：构造对称差函数与对数平均不等式！套路一：先构造对称差函数，，其中为函数的极值点，然后求导确定的单调性，结合确定的符号，最后通过的单调性得到结论！证明：依题意，设，所以，所以函数在上单调递增且，所以恒成立.由(1)可知，，所以，即所以即成立，结合单调性，证明结束！怎们样！有没有一种畅快淋漓的感觉！！套路二：对数平均不等式所谓对数平均不等式，是指对于，有.证明：不妨设，则不等式变为，即可证明.下面我们来试试！！首先，简化问题，将函数的图象向左平移1个单位长度，得到函数，所以原题等价于有两个零点，证明：.证明：由(1)知函数的单调递减区间为，单调增区间为，设，由(1)知0是函数的极值点，又，则，由得，两边分别取对数得：两式相减得根据对数平均不等式：因为，，，所以等价于所以.利用对数平均不等式解决极值点偏移问题的步骤如下：(1)根据建立等式；(2)如果含有参数，则消参；如果等式中含有指数式，则两边取对数；(3)通过恒等变形改变结构，利用对数平均不等式得到需要的结论.综上不论是构造对称差函数还是对数平均不等式，共同点都是构造函数把