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专题05 挖掘“隐零点”破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)

1、专题五 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题函数方程思想是一种重要的数学思想方法,函数问题可以利用方程求解,方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体,主要考查以下三个方面:(1)零点所在区间零点存在性定理;(2)二次方程根的分布问题;(3)判断零点的个数问题;(4)根据零点的情况确定参数的值或范围;(5)根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”,破解导数压轴问题,例题说法,高效训练.【典型例题】类型一 挖掘“隐零点”,求参数的最值或取值范围例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线

2、与直线y=3x平行.(1)判断函数f(x)在区间和上的单调性,并说明理由;(2)当时,恒成立,求的取值范围.【答案】(1)区间单调递增;(2)【解析】(1).f(1)=1+b=3,b=2,则f(x)=ln x+4x-1.因为在单调递增, 所以当时即函数f(x)在区间单调递减;当时即函数f(x)在区间单调递增;(2)因为,而在(0,1)上递增存在使得,当时单调递减;当时单调递增所以又因为时则所以则类型二 挖掘“隐零点”,证明不等式例2. 设函数,设求证:当时,【答案】见解析【解析】的定义域为,设,当,即在区间为增函数,又因为,所以由零点存在定理可知在的唯一零点为当时,当,故在单调递减,在单调递增

3、,所以当时,取得最小值,最小值为,由,即,两边去对数得由于,所以所以类型三 挖掘“隐零点”,估算极值例3.【2017年全国课标1】已知函数f(x)=ax2axxlnx,且f(x)0(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e2f(x0)22【答案】(1)1;(2)见解析.【解析】(1)因为f(x)=ax2axxlnx=x(axalnx)(x0),则f(x)0等价于h(x)=axalnx0,求导可知h(x)=a则当a0时h(x)0,即y=h(x)在(0,+)上单调递减,所以当x01时,h(x0)h(1)=0,矛盾,故a0 因为当0x时h(x)0,当x时h(x)0,所以h(x)mi

4、n=h(),又因为h(1)=aaln1=0,所以=1,解得a=1;(另解:因为f(1)=0,所以f(x)0等价于f(x)在x0时的最小值为f(1),所以等价于f(x)在x=1处是极小值,所以解得a=1;)(2)证明:由(1)可知f(x)=x2xxlnx,f(x)=2x2lnx,令f(x)=0,可得2x2lnx=0,记t(x)=2x2lnx,则t(x)=2,令t(x)=0,解得:x=,所以t(x)在区间(0,)上单调递减,在(,+)上单调递增,所以t(x)min=t()=ln210,从而t(x)=0有解,即f(x)=0存在两根x0,x2,且不妨设f(x)在(0,x0)上为正、在(x0,x2)上为

5、负、在(x2,+)上为正,所以f(x)必存在唯一极大值点x0,且2x02lnx0=0,所以f(x0)=+,由x0可知f(x0);由f()0可知x0, 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减,所以f(x0)f()=;综上所述,f(x)存在唯一的极大值点x0,且e2f(x0)22【规律与方法】“隐零点”问题:求解导数压轴题时,如果题干中未提及零点或零点不明确,依据有关理论(如函数零点的存在性定理)或函数的图象,能够判断出零点确实存在,但是无法直接求出,不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”,通过一种整体的代换和过渡,再结合其他条件,从而最终解决问题我们称这类问题为“

6、隐零点”问题处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等,从操作步骤看,可遵循如下处理方法:第一步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f(x0)0,并结合f(x)的单调性得到零点的范围;这里应注意,确定隐性零点范围的方式是多种多样的,可以由零点的存在性定理确定,也可以由函数的图象特征得到,甚至可以由题设直接得到,等等;至于隐性零点的范围精确到多少,由所求解问题决定,因此必要时尽可能缩小其范围;第二步:以零点为分界点,说明导函数f(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式;这里应注意,进行代数式的替换过程中,尽可能将目标式变形为整式或分

7、式,那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换,这是能否继续深入的关键;第三步:将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明;有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小导函数零点虽然隐形,但只要抓住特征(零点方程),判断其范围(用零点存在性定理),最后整体代入即可【提升训练】1.【江西省九江市2019届高三一模】已知函数1试讨论函数的单调性;2若函数存在最小值,求证:【答案】(1)见解析;(2)见解析【解析】1,时,在恒成立,故在递增,时,由,解得:,由,解得:,故在递减,在递增;2由1知要使存在最小值,则且,令,则在递减,又,故存在使得,故在递增,在递减,故,故,又,故2【广东省汕头市20

8、19届高三上学期期末】已知函数讨论的单调性;若,是的两个极值点,证明:【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2)见解析【解析】,令则,的对称轴为,时,函数在上是增函数;当时,可得,函数在上是增函数;当时,由,解得,在,上,函数是增函数;在,函数是减函数综上可得:在,上,函数是增函数;在,函数是减函数证明:假设,由,是函数的极值点,则,是的两个实数根,即令,即令,函数在内单调递减,即3.【东北师大附中、重庆一中、吉大附中、长春十一中等2019届高三联合模拟】已知函数(1)若,证明:;(2)若只有一个极值点,求的取值范围【答案】(1)详见解析;(2).【解析】(1)当时,等价于,即;设函数,则,当

9、时,;当时,所以在上单调递减,在单调递增故为的最小值,而,故,即(2),设函数 ,则;(i)当时,在上单调递增,又,取b满足且,则,故在上有唯一一个零点,且当时,时,由于,所以是的唯一极值点;(ii)当时,在上单调递增,无极值点;(iii)当时,若时,;若时,所以在上单调递减,在单调递增故为的最小值,若时,由于,故只有一个零点,所以时,因此在上单调递增,故不存在极值;若时,由于,即,所以,因此在上单调递增,故不存在极值;若时,即又,且,而由(1)知,所以,取c满足,则故在有唯一一个零点,在有唯一一个零点;且当时,当时,当时,由于,故在处取得极小值,在处取得极大值,即在上有两个极值点综上,只有一

10、个极值点时,的取值范围是4. 已知函数,()若曲线在点处的切线斜率为,求实数的值;()当时,证明:.【答案】()0;()见解析.【解析】()解:因为,所以.1分因为曲线在点处的切线斜率为,所以,解得.2分()证法一:因为,,所以等价于当时,要证,只需证明.4分以下给出三种思路证明思路1:设,则.设,则所以函数在上单调递增6分因为,所以函数在上有唯一零点,且. 8分因为,所以,即.9分当时,;当时,所以当时,取得最小值.10分所以.综上可知,当时,. 12分思路2:先证明5分设,则因为当时,当时,所以当时,函数单调递减,当时,函数单调递增所以所以(当且仅当时取等号)7分所以要证明, 只需证明8分

11、下面证明设,则当时,当时,所以当时,函数单调递减,当时,函数单调递增所以所以(当且仅当时取等号)10分由于取等号的条件不同,所以综上可知,当时,. 12分(若考生先放缩,或、同时放缩,请参考此思路给分!)思路3:先证明令,转化为证明5分因为曲线与曲线关于直线对称,设直线与曲线、分别交于点、,点、到直线的距离分别为、,则其中,设,则因为,所以所以在上单调递增,则所以设,则因为当时,;当时,所以当时,函数单调递减;当时,函数单调递增所以所以所以综上可知,当时,.12分证法二:因为,,所以等价于4分以下给出两种思路证明思路1:设,则.设,则所以函数在上单调递增6分因为,所以,.所以函数在上有唯一零点

12、,且. 8分因为,所以,即9分当时,;当时,.所以当时,取得最小值10分所以综上可知,当时,12分思路2:先证明,且5分设,则因为当时,;当时,所以在上单调递减,在上单调递增所以当时,取得最小值所以,即7分所以(当且仅当时取等号)8分再证明由,得(当且仅当时取等号)9分因为,且与不同时取等号,所以 综上可知,当时,12分5.已知函数 f(x)=(aR),曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线x+2y1=0垂直(1)求a的值,并求f(x)的单调区间;(2)若是整数,当x0时,总有f(x)(3+)xlnx+,求的最大值【答案】(1)递增区间是(,+),单调递减区间为(0,);(2)-2.【解析】(

13、1)函数f(x)的定义域是(0,+),f(x)=(x+1)ln x+(2a+)x+1,依题意可得,f(1)=1,2a+1=2, f(x)=(x+1)ln x+(x+1)=(x+1)(lnx+1),令f(x)=0,即(x+1)(ln x+1)=0,x0,x(,+)时,f(x)0,x(0,)时,f(x)0f(x)的递增区间是(,+),单调递减区间为(0,)(2)由()可知,f(x)=(+x)lnx+x2 设h(x)=,只需h(x)min h(x)=(x0),令u(x)=x2+ln x,u(x)=1+0,可得u(x)在(0,+)上为单调递增函数,u(1)=10,u(2)=ln 20,存在x0(1,2

14、),使u(x0)=0,当x(x0,+)时,u(x)0,即h(x)0,当x(0,x0)时,u(x)0,即h(x)0,h(x)在x=x0时取最小值,且h(x)min=,又u(x0)=0,ln x0=2x0, h(x)min=x0,h(x)min,Z,x0(1,2),x0(2,1),的最大值为26.【湖北省武汉市2019届高三二月调研测试】已知函数(1)若函数在区间上单调递减,求实数的取值范围;(2)设的两个极值点为,证明:当时,(附注:)【答案】(1);(2)见解析【解析】(1)由,得,有两个不同的实根,所以函数在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减所以要在上单调递减,只需,即,从而所以所求的取

15、值范围是(2)是的极值点,是关于的方程两个实根,又,又,令,则,从而只需对恒成立令,而在上单调递增,又7.已知函数f(x)=(aexax)ex(a0,e=2.718,e为自然对数的底数),若f(x)0对于xR恒成立(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且【答案】(1)1;(2)见解析.【解析】(1)解:f(x)=ex(aexax)0,因为ex0,所以aexax0恒成立,即a(ex1)x恒成立,x=0时,显然成立,x0时,ex10,故只需a在(0,+)恒成立,令h(x)=,(x0),h(x)=0,故h(x)在(0,+)递减,而=1,故a1,x0时,ex10,故只需a在(,

16、0)恒成立,令g(x)=,(x0),g(x)=0,故h(x)在(,0)递增,而=1,故a1,综上:a=1;(2)证明:由(1)f(x)=ex(exx1),故f(x)=ex(2exx2),令h(x)=2exx2,h(x)=2ex1,所以h(x)在(,ln)单调递减,在(ln,+)单调递增,h(0)=0,h(ln)=2elnln2=ln210,h(2)=2e2(2)2=0,h(2)h(ln)0由零点存在定理及h(x)的单调性知,方程h(x)=0在(2,ln)有唯一根,设为x0且2ex0x02=0,从而h(x)有两个零点x0和0,所以f(x)在(,x0)单调递增,在(x0,0)单调递减,在(0,+)

17、单调递增,从而f(x)存在唯一的极大值点x0即证,由2ex0x02=0得ex0=,x01,f(x0)=ex0(ex0x01)=(x01)=(x0)(2+x0)()2=,取等不成立,所以f(x0)得证,又2x0ln,f(x)在(,x0)单调递增所以f(x0)f(2)=e2e2(2)1=e4+e2e20得证,从而0f(x0)成立8已知函数f(x)=ax+xlnx(aR)(1)若函数f(x)在区间e,+)上为增函数,求a的取值范围;(2)当a=1且kZ时,不等式k(x1)f(x)在x(1,+)上恒成立,求k的最大值【答案】(1)2,+);(2)3.【解析】(1)函数f(x)在区间e,+)上为增函数,

18、f(x)=a+lnx+10在区间e,+)上恒成立,a(lnx1)max=2a2a的取值范围是2,+)(2)a=1时,f(x)=x+lnx,kZ时,不等式k(x1)f(x)在x(1,+)上恒成立,k,令 g(x)=,则g(x)=,令h(x)=xlnx2(x1) 则h(x)=1=0,h(x) 在 (1,+)上单增,h(3)=1ln30,h(4)=22ln20,存在x0(3,4),使 h(x0)=0即当 1xx0时h(x)0 即 g(x)0xx0时 h(x)0 即 g(x)0g(x)在 (1,x0)上单减,在 (x0+)上单增令h(x0)=x0lnx02=0,即lnx0=x02,g(x)min=g(

19、x0)=x0(3,4)kg(x)min=x0(3,4),且kZ,kmax=39已知函数f(x)=ex+alnx(其中e=2.71828,是自然对数的底数)()当a=0时,求函数a=0的图象在(1,f(1)处的切线方程;()求证:当时,f(x)e+1【答案】()(e1)xy+1=0;()见解析.【解析】()解:a=0时,f(1)=e,f(1)=e1,函数f(x)的图象在(1,f(1)处的切线方程:ye=(e1)(x1),即(e1)xy+1=0;()证明:,设g(x)=f(x),则,g(x)是增函数,ex+aea,由,当xea时,f(x)0;若0x1ex+aea+1,由,当0xmin1,ea1时,

20、f(x)0,故f(x)=0仅有一解,记为x0,则当0xx0时,f(x)0,f(x)递减;当xx0时,f(x)0,f(x)递增;,而,记h(x)=lnx+x,则,ah(x0)h(),而h(x)显然是增函数,综上,当时,f(x)e+110已知函数f(x)=x2(a2)xalnx(aR)()求函数y=f(x)的单调区间;()当a=1时,证明:对任意的x0,f(x)+exx2+x+2【答案】()在区间(,+)上单调递增,在区间(0,)上单调递减;()见解析.【解析】解:()函数f(x)的定义域是(0,+),f(x)=2x(a2)= (2分)当a0时,f(x)0对任意x(0,+)恒成立,所以,函数f(x

21、)在区间(0,+)单调递增;(4分)当a0时,由f(x)0得x,由f(x)0,得0x,所以,函数在区间(,+)上单调递增,在区间(0,)上单调递减;()当a=1时,f(x)=x2+xlnx,要证明f(x)+exx2+x+2,只需证明exlnx20,设g(x)=exlnx2,则问题转化为证明对任意的x0,g(x)0,令g(x)=ex=0,得ex=,容易知道该方程有唯一解,不妨设为x0,则x0满足ex0=,当x变化时,g(x)和g(x)变化情况如下表x(0,x0)x0(x0,)g(x)0+g(x)递减递增g(x)min=g(x0)=ex0lnx02=+x02,因为x00,且x01,所以g(x)min22=0,因此不等式得证 18