2014高考导数压轴技巧解析

+1.数形结合、分类讨论+2.分离函数+3.归纳单调区间，极最值与根的分布+4.构造函数证明不等式+5.恒成立、存在性问题、二次求导问题12,22014a0fxln1ax21fx+2fxxaxx例：（湖南理数）已知常数，函数（）讨论在区间（0，）上的单调性（）若存在两个极值点,x求的取值范围.方法与技巧：本题一小问需要讨论a的取值范围，从而分析出函数单调区间，难度较小。二小问需要通过变形，消去，得到一个关于a的函数，从而计算出a的取值范围。用到的主要解题技巧是分类讨论12,xx22212112(2)24(1)'()1(2)(1)(2)1'()0fx+'()0112,2(,)'()0(0,)'()0axxaxafxaxxaxxafxfxaaxxaaxxfxxxfx解题过程：（1）当时，，此时在（0，）上单调递增。当1a0时，由得（舍）且当时，当时，。1fx(0,)101fx(2,)1(0,2)111012-2aaaaaaaaaaaa综上所述，当时，在上单调递增。当时，在上单调递增，在上单调递减。（2）由（1）可知，当时，函数单调，没有极值。所以必有。且极值点必为，11()(,2)(2,),(0,1)a2fxaa定义域为经验证当且时，上述两个根均在定义域内212212x2ln(2a-1)2212121=t,2,a(0,)(1,0)21a1(0,1)222222(0,1)g()2ln2,'()0aaaattttgttttt又上式可化为令设g(t)=lnt当时，t当（，）时，t当t，2g()(0,1)g()(1)0,22222(-10)g()2ln-2,'()0g()(0,1)g()(1)0,1a12ttgtttgtttttttg在上单调递减，命题成立，当t，，（）在上单调递减，命题不成立，综上所述，（，）+分类讨论的思路：1.定义域优先2.当最高次项系数含有字母的时候，先讨论系数是否为零3.当导数中含有参数的时候，优先讨论导数等于0是否有根（无根则函数单调）4.讨论导数等于0的根是否在定义域内5.如果在定义域内导数为零有多个根，则还需要讨论这些根的大小关系（关系到在某一个根处取极大值还是极小值）12()ln,()1xxefxexfxx例：（2014新课标全国卷2）设函数证明122'ln,lnxxxxexeexxxex分析：这道题实际上是一道恒成立问题，所以第一思路很容易联想到求f(x)最小值，只要最小值大于1就可以了那么整个解题流程就变成了求导单调区间求最小值但是对这个函数求导，会得到如下结果：f(x)=我们发现，讨论这个导数的正负是非常不现实的，二次求导的话，式子就更复杂了。所以要将函数变形。通过观察上述式子可以发现，导数之所以复杂，是因为的存在，那么lnxex一个很自然的想法就出现了，将和分离开来解题过程：1minx0()1ln22xln1()ln,'()ln1.xg'()0;11x(0,)g'(x)0.x(+)g'()011()()xxxfxxexexxxeegxxxgxxxexeegxgee可化为即设当时，当时，当，时，12()ln,()1xxefxexfxx设函数证明1max2()ln,()12h(),h'()(1)x(0,1)'()0x(1,)h'()01()(1)()h()gxxxxefxexfxxxxexxeehxxhxhegxx设函数证明设则当时，当时，最小值与最大值相等，又不能同时取，所以(x)h(x)恒成立，命题得证+分离函数的处理方法，是解决求导过于复杂的题目的一个有效方法，本题中就是将一个非常复杂的函数中将指数函数和对数函数分离，从而达到了简化计算的目的。+另外，2011新课标理数函数压轴题也是运用了类似方法，各位兄弟姐妹有时间可以尝试一下222014(ln)k0()xekxxxfxk例：（山东理数）f(x)=　　（1）当时，求函数的单调区间　　（2）若函数f(x)在（0，2）内存在两个极值点，　　　　　求的取值范围。分析：本题是导数在高考中的最直接的应用，考察单调区间，极值问题。第一问直接求导即可，第二问在（0，2）内存在两个极值点，说明导数等于零在（0，2）内有两个根，需要讨论根的分布问题。2423()+221(2)()'()()0,0x'x'xxxfxxexexekxfxkxxxxkx解：定义域为（0，）只需考虑x-2的正负当(0,2)时，f(x)0,函数单调递减，当(2,+)时，f(x)0,函数单调递增.22(ln)k0()xekxxxfxkf(x)=（1）当时，求函数的单调区间（2）若函数f(x)在（0，2）内存在两个极值点，　　　　　求的取值范围。xxx(2)1k0fk20e0e0ye-kxxkxkx由知，时，函数f(x)在（0，2）内单调递减故（x）在（0，2）内不存在极值点；0又在（0，2）内无解，在（0，2）内必有两根。但是我们注意到，根的个数问题可以转化成=零点个数问题问题到了这里，演变成了函数在特定区间内的零点个数问题，我们先来看一下标准答案的做法。ming(),[0,)'(),[0,)1g'()0.()k1xg'xg'g(ln)(1ln)g()xxxxekxxgxekxxekgxgkkkx设则当0k时，单调，最多只有一个零点，不合题意。当时，可知(0,lnk)时，(x)0，g(x)单调递减(lnk,+)时，(x)0,g(x)单调递增(x)。若在（0,2）内有两个根只需2(0)0(ln)0(2)020ln2ggkegk解得ek｛+答案的方法，是讨论函数零点的一种常用方法，通过求导，确定函数的单调性，通过函数单调性确定函数大致图象，综合考虑最值，端点函数值，列出不等式，解出参数的范围。e0yeyxxkxkx我们注意到，的根的问题等价于和交点个数问题。讨论直线和曲线交点个数问题，完全可以通过切线方程来解决。所以就有了解法2222.(,)2eekkex2y,1kykxyex法：经过（0，0），而经过（0，0）的=e的切线方程是有个交点。当斜率变大时，就会有两个交点，e又两个交点横坐标都在（0，2）内极值问题是一个重要考点，讨论在固定区间内极值个数也是常见题型，这类问题实际上就是讨论根的分布问题，那么讨论根的分布问题应该提醒学生注意那些问题呢1...根的分布问题(或者说函数交点个数问题)，通常可以转化成函数零点问题通过求导，判断函数单调性，画出函数草图，数形结合来解决问题。2曲线与直线交点问题，也可以通过切线方程求解3如果是在某个区间内的根的问题，一定要注意端点函数值。另外，零点存在性定理也会给我们解题提供很大的帮助，例如今年湖南文科高考数学21题。aylogyxaxaa变式：1时与有交点，求的取值范围milogyyyloga,()f'()ln1,f'()0xlog(log)'()0x(log(log),)'()0x(0,log(log))xaxaxxaaaaaayxaaxxaxfxxaaxefxefxe思路：和互为反函数，所以它们的交点肯定在y=x上，我们只需求出=与（或者y=与y=x）有交点时的范围就可以了法一：设f(x)=由题可知必有零点时，时，时，f(x)n1=f(log(log))loglog(log)0aaaaaaeeeee解得2.f=ayy'alna=1xloglogxloglog()xxaaaaxeefxx法当(x)与相切时，此时结合具体图像可知，当=时即可，列出不等式求解，可以得到相同的答案例：（2014湖北文数）332.71828lne,3,,,3,eeexxe为圆周率，…为自然对数的底数（1）求函数f(x)=的单调区间（2）求，这六个数中最大的数与最小的数+分析：本题中第一小问比较简单，可以很容易的想到第二问肯定和第一问有很大关联，如何将不等式证明与函数结合起来，也是本题的关键21ln'(x)=,(0,)x(0,e)'x(e+)f'(x)0xfxx解：（1）时，f(x)0函数单调递增，时，函数单调递减e33e33e3e3,33lnlneln3ln3ln(e+)eeeeeeeexx（2）易知3所以最小数在3，中产生，最大数在，中产生比较3和，等价与比较3和等价于比较ln3和3lne等价与比较和由（1）知道在，上单调递减，所以e33ln3ln33eee所以3同理可得利用导数研究函数的单调性，再由单调性证明不等式是函数导数不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。20141111111+ln(1)1+,*234123n1132lnlnlnlnln1221111ln1nnnNnnnnnnnnnn变式1（山西理数改）证明不等式………关键：(n+1)=ln?　　　所以只需要证明即可2211ln111=x,(1,2)11f()ln+1111011ln1nnnnxnnxxxxxxxxnnn先证明　　　设则　　　构造函数　　　f'(x)=恒成立　　　f(x)f(1)=0　11ln1=x,(0,1)g()ln(1)1'()1011()(0)0nnnxxxxnxgxxxgxg再证明设构造函数恒成立命题得证1+,*1ln+ln1n+11+ln(1),(0,1)1nnenNnennnnyxxx变式2：证明（1）思路分析：原不等式可化为（1）　　　　　等价于ln（1）1　　　　　等价于ln（1）　　　　　可以构造函数　　　　过程跟变式后面是一样的了200220x(2)x,(,)xx-cxxxecxxcee例：（2014福建高考改）（1）证明当x0时对任意给定的正数，总存在使得当时，恒有分析：第一问只需要证明的最小值小于0即可第二问用函数的增长速度来解释的话，肯定是正确的，只是如果越小，这个x的值就会越大，我们只需要求出临界条件即可。2minminf(x)=e,'()2'()2x(0,ln2)''x(ln2,)''f'=f'(ln2)22ln20()f()(0)10xxxxfxexxefxxf解：设=g(x)g。当时，g(x)0,f(x)单调递减当时,g(x)0,f(x)单调递增(x)单调递增。命题得证应该引起注意的是，这里的二次求导，是因为我们求完导数之后，无法判断导数何时为正，何时为负，所以对进行二次求导，通过导数的单调性来判断导数的最值，从而分析出正负。2max2:2'1,x(0,2)'x(2+)''(2)2ln220,xxexf法等价于2lnxx,构造函数f(x)=2lnx-xf(x)=当时，f(x)0当，时，f(x)0f(x)命题得证002(2)x,(,)xxcxxce对任意给定的正数，总存在使得当时，恒有0000000+ln2'xg'(x)0;xg'(x)02,g16xxc解：原式等价于2lnxxc,由1可知，当c1时，命题成立当c1时，设g(x)=x-2lnx+lnc,g(x)=1-当(0,2)时，当(2,+)时，我们不妨设x则(x)在（x,+）上单调递增那么只需g(x)0即可。而g(x