高考导数压轴题中导数零点不可求的三大妙招
高考导数压轴题中导数零点不可求的三大妙招
蔡德华
)(江苏省泰兴市第二高级中学,254002
高考题中有关导数的问题,往往是以压轴题的形式出现,有一定的灵活性,且难度较大,一般是先求出导数,然后求出导数为0的值即导数的零点,利用导数值的正负来确定原函数的单调性,从而使问题得到解决.但有时会碰到导数式是超越式,导数的零点不可求,从而使问题的解决陷入困境,本文通过几道高考题说明这类问题的几种常见解决办法.
一、直觉求根,二次求导验证
例1 (2
013年陕西卷文科第21题)已知函数(x)=ex
,x∈R.(1)求f(x)的反函数的图象上点(1,0
)处的切线方程;
(2)证明:曲线y=f(x)与曲线y=2
2
+
+1有唯一公共点;
(3
)设a<b,比较f2)与()()b-a的大小,并说明理由.
解 (1)f(
x)的反函数g(x)=lnx,则y=(
x)过点(1,0)的切线斜率k=g′(1)=1,过点(1,0
)的切线方程为y=x-1.(2)令h(x)=f(x)-22+x+1)=ex
-
22-x-1,则h′(x)=ex
-x-1,所以h′(0)=
.
设φ(x)=h′(x)=ex-x-1,则φ′(x)=e
x
-1,当x<0时,φ′(x)<0;当x>0时,φ
′(x)>.所以φ(x)的最小值为φ(0)=0,所以h′(x)=(
x)≥0,所以y=h(x)在R上递增,最多有一个零点,又h(0)=0,所以曲线y=f(x)与曲线y=2
2
+x+1有唯一公共点.(3()()bab-f2)=b-2
-a-a
=
2b-a
[2-2-(b-a)].设u(x)=ex
-ex-2
x(x≥0),则u′(x)=x
+e
x-2≥0,
所以u(x)单调递增.因为x=2
>0,所以u(x)=ba2-
ab2-(b-a)>u(
0)=0,故()()b-a>f2
).点评 第(2)小题中,h′(x)=ex
-x-1是超越式,无法用常规方法求出其零点,但是我们可以通过直觉思考得到其一个零点为x=0,再二次求导得到导函数的的单调性,导函数恰好在x=0处取得最小值,故有h′(x)≥0,从而使问题得到解决.
例2 (2013年北京卷理科第18题)设L为曲线C:y=
x
在点(1,0)处的切线.(1)求L的方程;(2)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.
解 (1)设f(x)=x,则f′(x)=x2
,所以f′(1)=1,所以L的方程为y=x-1.(2
)令g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0( x>0,≠1).
g(
x)满足g(1)=0,且g′(x)=1-f′(x)=2
x
2
.设h(x)=x2
-1+l
nx,则h′(x)=2x+x>0,
因此h(x)在(0,+∞)上递增,又h(1)=0,所以,当0<x<1时,h(x)<0,所以g′(x)<0,故g(x)单调递减;当x>1时,h(x)>0,所以′(x)>0,故g(x)单调递增.所以,g(
x)>g(1)fexxg00φg
=0
(x>0,x≠1).所以,除切点之外,曲线C在直线L的下方.
点评 在第(2
)小题中,通过直觉思考得到导函数g′(x)=2
x
2
的零点为x=1,然后再次求导,得到导函数的单调性,从而判断导函
数值在零点两边的符号.当然也可将g(x)>0变
形为x2
-x-l
nx>0,这样可以避免出现导函数是超越式,从而较容易求出其左边的零点.
二、巧妙变形,两边求导定性
例3 (2
014年新课标全国卷Ⅰ理科第21题)设函数f(x)=
aex
lnx+x-1x
,曲线y=f(x)在点(1,f(
1))处的切线为y=e(x-1)+2.(Ⅰ)求a,b;(Ⅱ)证明:f(
x)>1.解 (Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)
,′(x)=aexlnx+xx-1x-1x-x2+x.由题意可得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(
x)=ex
lnx+x-1x
,从而(
x)>1等价于xlnx>xe-
x-e
.设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=ln
x+1.当∈(0e)时,g
′(x)<0;当x∈e,+∞)时,′(x)>0.故g(x)在(0e)上单调递减,在e
,+∞)上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为ge)=-e
.
设函数h(x)=x
e-x-e
,则h′(x)=e-x(1-).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,+∞)的最大值为h(1
)=-e
.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
点评 在第(Ⅱ)小题中,f(
x)=ex
lnx+x-1x
,其导数式子相当繁琐,无法求其零点,也就无法分析得到其单调性.但将所要求证的不等式(x)>1变形为x
lnx>xe-x-e
,则很容易求导得到两边函数的单调性,从而得到左边函数的最小值为ge)=-e,
右边函数的最大值为h(1)=-
e
.因此不等式成立.这种情况在编制题目时比较容易,只要选择两个函数,其中一个函数的最大值不大于另一个函数的最小值,将两个函数用不等号连接,再将其变形,得到某个新的较为复杂的不等式,这样新函数的导数就复杂了,零点也就不好求了,从而题目的难度也就大大增加了.
例4 (2012年山东卷理科第22题)已知函数(x)=e
x
(k为常数,e=2.71828···是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.
(Ⅰ)求k的值;
(Ⅱ)求f(
x)的单调区间;(Ⅲ)设g(x)=(x2
+x)f
′(x),其中f′(x)为(x)的导函数.证明:对任意x>0,g(x)<1+e
-
2.解 (Ⅰ)由f(x)=ex
得f′(x)=xex
,由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,所以f′(1)=0,
因此k=1.(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)=ex
,则f′(x)=e
x(1-x-xlnx)(x∈(0,+∞)).令h(x)=1-x-xlnx(x∈(0,+∞)),则(1)=0.当x∈(0,1)时,h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0.所以,当x∈(0,1)时,f′(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0.因此f(x)的单调增区间为(0,1),减区间为(1,+∞)
.(Ⅲ)因为g(x)=(x2
+x)f′(x)=e
x
(1-x-xlnx),所以,对任意x>0,g(
x)<1+e-
2等价于1-x-xln
x<xx+1
(1+e-
2).由(Ⅱ)得h(x)=1-x-xlnx(x∈(0,+∞)),所以h′(x)=-lnx-2.因此,当x∈(0,-2)时,h′(
x)>0,h(x)单调递增;当x∈(e-2,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;所以h(x)的最大值为h(e-2)=1+e-
2.故1-x-xlnx≤1+-
2.
fff
fxg
xxhfee
设φ(x)=
x
x+1
(1+e-
2),因为φ′(x)=x
x+1
2(1+e-
2)>0(x>0),所以,φ(x)=x
x+1
(1+e-
2)在(0,+∞)上单调递增,
故φ(x)=xx+1(1+e-2)>φ(0)=1+e-
2,所以1-x-xlnx≤1+e-
2<
x
x+1
(1+e-
2).点评 第(Ⅲ)小题中,g(
x)=(x2
+x)f
′(x)=e
x(1-x-xlnx),若求其导数一方面式子较烦,另一方面零点不可求,从而不能求得
其单调区间.但将g(x)<1+e
-
2变形为1-x-xln
x<x
x+1
(1+e-
2),则很容易求导得到两边函数的单调性和最值.因此适当变形可以使问题变
得简单.第(Ⅱ)小题中,f
′(x)=xe
x(1-x-xlnx)(x∈(0,+∞))的零点比较难求,先直觉得出零点,然后再确定零点左右两边的符号.如果将f
′(x)的因式h(x)换成因式u(x)=x=
x
-1-lnx(x>0),这样更加方便再次求导,由于u′(
x)=-x
2-x<0,且u(1)=0,则立即得到:当x∈(0,1)时,f
′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,f
′(x)<0.三、设而不求,暂时借用计算
例5 (2
013年全国新课标卷Ⅱ理科第21题)已知函数f(x)=ex
-ln(x+m).(Ⅰ)
设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)当m≤2时,证明:f(x)>0.解 (Ⅰ)f
′(x)=ex
-x+m,由f′(0)=0得m=1,于是f(x)=ex
-ln(x+1),定义域为(-1,+∞)
.f
′(x)=ex
-x+1,函数f′(x)=ex
-x+1
在(-1,+∞)
上单调递增,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)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(Ⅱ)
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
-x+2
在(-2
,+∞)上单调递增.
又f′(-1)<0,f
′(0)>0,故f′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根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e
x0=x,故f(x)0+2
≥(x()20)=x+x0010+2=x0+2>0.
综上,当m≤2时,f(
x)>0.点评 在第(Ⅱ
)小题中,导函数f′(x)=ex
-x+2
,无法求其零点,根据导函数递增,且f′(-1)<0
,f′(0)>0,得f′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根,设出实根为x0,且x0∈(-1,0).由f′(x0)=0得ex0=x2,再代入即得f(x0)=ex
0+x00+=
(x01)2
x+2
>0,妙在设而不求,暂时借用.0例6 (2
012年全国新课标Ⅰ文科第21题)设函数f(x)=ex
-a
x-2.(Ⅰ)求f(
x)的单调区间;(Ⅱ)若a=1,
k∈Z,且当x>0时,(x-)f
′(x)+x+1>0,求k的最大值.解 (Ⅰ)f
′(x)=ex
-a,若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在区间
(-∞,+∞)上单调递增;若a>0,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在区间(-∞,lna)上单调递减;在(lna,+∞)上单调递增.
(Ⅱ)由于a=1,所以(x-k)f
′(x)+x+1=(x-k)(ex
-1)+x+1>0
(x>0)等价于k<x
-1
+x.令g(x)=ex-1+x,则g′(x)=(x
ex-1
)2x+1=(x)ex-1
2
,由(Ⅰ)得h(x)=ex
-x-在(0,+∞)上单调递增,而h(1)<0,h(2)>0,
所以h(x)在(0,+∞)
上存在唯一的零点,设此零fke2
xx
)(,的导函数为g无法求出其′(x)=x2
e-1
零点,但我们可以判断零点所在的区间,设出零
)点为x则x1,2.0,0∈(
当x∈(当x∈(0,′(xx)<0;xg0)时,0,
所以g(0,′(x)>0.x)在(+∞)上的+∞)时,g
x
又由g最小值为g(xx.2,′(=0得e0=x0)0)0+
)所以g(x2,3.=x0)0+1∈(
点,而不求出零点,当然也无法求出其准确值.然从而问题得到解决.后再代入g(x)计算.
)(收稿日期:015-12-082
故整数k的最大值为2.
点评 第(小题中函数g(x)+x=xⅡ)
e-1
2
()的应用举例不等式+≥
bdb+d
2
2
王正福
)(江西省信丰县新田中学,416133
在高中数学教学中,不等式是一个重要内容,无论是高考还是竞赛,对不等式的考查均有较高要求(尤其是竞赛)除了基本不等式外,下面这个.不等式也经常出现在各类试题中:
则设a,b,c,d为正数,
222()+≥bdb+d
证明 ∵a,b,c,d为正数,
(B)4.A. (
2
((D)5.C.2
由不等式解 因为a>0,b>0,a+b=2,
2
()当且仅当可得a=,①y=+≥
aba+b2
①
=
,时取等号
b=.33
的最小值为,故选(所以,C).+y=
ab2
例2 (015年甘肃省预赛第9题)设x,2y是
∴=
222222
(())+-=-bdb+dbb+dd
2222 2
(bc+ad+bda2+bdc-bdb+d
2
)bada2-2bcd-bdc
正实数且x+y=1,则+的最小值为
x+2y+1
.
由不等解 因为x,y是正实数且x+y=1,式①可得
222
()+=,≥
x+2y+1x+2+y+14
22
2
()=≥0,bb+d)d(222
)(,∴+≥
bdb+d
时取等号当且仅当ad=bc即=.
bd不等式①实际上是柯西不等式的变形形式,
本文举例说明它的应用,供读者参考.
例1 (已知a011年高考重庆卷理科第7题)2则y=+的最小值为b>0,a+b=2,>0,
ab
( )
时取等号当且仅当x=,.y=
33
22
所以+的最小值为.
4x+2y+1
例3 设a>b>c,且+≥a-bb-ca-c
恒成立,则m的取值范围为.
解 ∵a>b>c,a-b>0,b-c>0,a-∴