2020新高考专题数学压轴题汇编 专题131—函数与导数压轴题命题区间

函数与导数压轴题命题

函

数

与

导

数

专题131—函数与导数压轴题命题区间

目录

第一部分构造辅助函数求解导数问题 (2)

技法一：“比较法”构造函数 (2)

技法二：“拆分法”构造函数 (3)

技法三：“换元法”构造函数 (5)

技法四：二次(甚至多次)构造函数 (8)

强化训练 (10)

第二部分利用导数探究含参数函数的性质 (14)

技法一：利用导数研究函数的单调性 (14)

技法二：利用导数研究函数的极值 (17)

技法三：利用导数研究函数的最值 (19)

强化训练 (22)

第三部分导数的综合应用 (29)

技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根 (29)

技法二：利用导数证明不等式 (31)

技法三：利用导数研究不等式恒成立问题 (34)

技法四：利用导数研究存在性与任意性问题 (44)

技法五：利用导数研究探究性问题 (47)

强化训练 (50)

第一部分构造辅助函数求解导数问题

对于证明与函数有关的不等式，或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数，并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．技法一：“比较法”构造函数

[典例](2017·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1．

(1)求a的值及函数f(x)的极值；

(2)证明：当x＞0时，x2＜e x．

[解](1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a．

因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，

所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，

令f′(x)＝0，得x＝ln 2，

当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．

(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x．

由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，

故g(x)在R上单调递增．

所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x．

[方法点拨]

在本例第(2)问中，发现“x2，e x”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数，得到“g(x)＝e x－x2”，并利用(1)的结论求解．[对点演练]

已知函数f(x)＝x

e x，直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线，

求证：f(x)≤g(x)．

证明：函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e

0x ＝

1－x e 0x －1－x 0

e x e 0

＋x x ．

设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x ，

则φ′(x )＝－e 0x －(1－x 0)e x ， ∵x 0＜1，∴φ′(x )＜0，

∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0，

∴当x ＜x 0时，φ(x )＞0，当x ＞x 0时，φ(x )＜0， ∴当x ＜x 0时，h ′(x )＞0，当x ＞x 0时，h ′(x )＜0，

∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．

技法二：“拆分法”构造函数

[典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋be

x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y

＝e (x －1)＋2．

(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1．

[解] (1)f ′(x )＝ae x ⎝ ⎛⎭

⎪⎫ln x ＋1x ＋be x

－1

x －1x 2

(x ＞0)，

由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ，图象过点(1,2)， 所以⎩⎨⎧ f 1＝2，f ′1＝e ，即⎩⎨⎧ b ＝2，ae ＝e ，解得⎩⎨⎧

a ＝1，

b ＝2.

(2)证明：由(1)知f (x )＝e x ln x ＋2e

x －1

x (x ＞0)，

从而f (x )＞1等价于x ln x ＞xe －x －2

e ． 构造函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，

所以当x ∈⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0，

当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫

1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，

故g (x )在⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，

在⎝ ⎛⎭

⎪⎫

1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫

1e ＝－1e ．

构造函数h (x )＝xe －x －2

e ， 则h ′(x )＝e －x (1－x )．

所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0；

故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1

e ． 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即

f (x )＞1． [方法点拨]

对于第(2)问“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”的证明，若直接构造函数h (x )＝ae x ln x ＋be

x －1x

－1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式

“ae x ln x ＋be x －1

x ＞1”合理拆分为“x ln x ＞xe －x －2

e ”，再分别对左右两边构造函数，进

而达到证明原不等式的目的．

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[对点演练] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋b

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)证明：当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞

ln x

x －1

．