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高中数学压轴题破解策略：合理巧设函数与导数压轴题

合理“巧设”，轻松应对函数与导数压轴题

函数与导数的交汇问题经常出现在压轴题（包括客观题和主观题中的压轴题）位置．解决这类问题时，往往会遇到某些难以确定的根、交点、极值点或难以计算的代数式.倘若迎难而上，往往无功而返；这时，放弃正面求解所需要的量，先设它为某字母，再利用其满足的条件式进行整体代换以达到消元或化简的效果.下面通过介绍几种具体的“设”的方法来解决这类难题.

一、根据函数的单调性，巧设自变量

【例1】（2013四川卷理）设函数()f x =,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（）.

A. []1,e

B. 11,1e -??-??

C. []1,1e +

D. 1

1,1e e -??-+??

【解析】易知()f x =.

设0()f t y =……… ①，又00()()y f f y =，由单调性则0()t f y =……… ②. 下面证明0t y =.

若0t y ≠，由单调性则0()f t y ≠，则()00()f y f y ≠与已知矛盾，.所以必有0t y =. 代入②即00()f y y =.

曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00()f y y =x 在[]0,1上存在解.即2x e x x a +-=在[]0,1x ∈上有解.

设2()x h x e x x =+-，则()12x h x e x '=+-.在[]0,1x ∈上12x e +≥，22x ≤，所以

()120x h x e x '=+-≥，则()h x 在[]0,1上单调递增，所以1(0)()(1)h h x h e =≤≤=.故[]1,a e ∈. 故

选A.

【评注】由()f x 的单调性可知, 对于00(())f f y y =,则必存在唯一的自变量t ,使得0()f t y =,从而有0()t f y =.这样方便表达.

【变式1】（2015·石家庄高三教学检测一）设函数()2x f x e x a =+-（,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（）.

A. 1

1,1e e -??-+?? B. []1,1e + C. [],1e e + D. []1,e

【答案】易知()2x f x e x a =+-为单调递增函数.同例1，有00()f y y =.

曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00()f y y =，等价为：()2x f x e x a x =+-=在[]1,1-上存在解.即x e x a +=在[]1,1x ∈-上有解.

设()x h x e x =+，()10x h x e '=+>，则()h x 在[]1,1-上单调递增，所以11(1)()(1)1h h x h e e -=-≤≤=+.故11,1a e e ??

∈-+????

. 故选A. 【变式2】（2016届广雅中学高三开学测试）已知()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对()0,x ?∈+∞，都有2(()log )3f f x x -=，则方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是（）.

A. 10,2?? ???

B. 1,12??

???

C. ()1,2

D. ()2,3

【答案】因为()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，所以存在唯一0x ，使得0()3f x = ①. 又2(()log )3f f x x -=，故有20()log f x x x -=，解得20()log f x x x =+.用0x 代替x ，则有

0200()log f x x x =+ ②.由①②解得02x =.

将02x =代入化简()()2f x f x '-=，得21log 0ln 2x x -=?.令21

g()log ln 2

x x x =-

?，因为1g(1)0ln 2=-

<，1

g(2)102ln 2

=->，又g()x 在()1,2上单调递增，故g()x 在()1,2上存在唯一零点，即方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是()1,2.故选C.

二、根据两个函数的图象，巧设交点的横坐标

【例2】(2015·四川卷理)已知函数()2x f x =，2()()g x x ax a R =+∈.对于不相等的实数

12,x x ，设12121212

()()()()

,f x f x g x g x m n x x x x --=

=--.现有如下命题：

○

1对于任意不相等的实数1

,x x ，都有0m >；

○

2对于任意的a 及任意不相等的实数1

,x x ，都有0n >； ○

3对于任意的a ，存在不相等的实数1

,x x ，使得m n =； ○

4对于任意的a ，存在不相等的实数1

,x x ，使得m n =-.

其中的真命题有（写出所有真命题的序号）.

【解析】对于○1，由()2x f x =的单调递增的性质可知，1212

()()

0f x f x m x x -=>-，故○

1正确.

对于○2，由2()()g x x a x a R =+∈

先单调递减再递增的性质可知，存在1212

()()

0f x f x m x x -=

<-的情形，故○

2不正确. 对于○3，m n =等价于1212()()()()

f x f x

g x g x -=-，即1

112222x x x ax x ax -=+--，即1222

112222x x x ax x ax --=--.

设2()2x h x x ax =--，则()()2ln 22x h x x a '=-+.此时由2ln 2y x =和2y x a =+的图象（如下图）可知，调整合适的a 可使2y x a =+的图象全在2ln 2y x =的图象之下，这时

x 2()2x h x x ax =--单调递增. 据此分析可知：存在a ，

112222x x x ax x ax --=--，即不可能有m n =，故○3

等价于()1

)

()()(

)

f x f x

g x g x -=-

-，即1222112

22x x x ax x ax ++=++. 设2()2x h x x ax =++，则()()2ln 22x h x x a '=---.此时由2ln 2y x =和2y x a =--的图象（如下图）可知，两者必有交点，设交点横坐标为0x .

由简图可知，当()0,x x ∈-∞时，2ln 22x x a <--，则()

0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞

时，2ln 22x x a >--，则()0h x '>，()h x 单调递增.

于是，对于任意的a ，由单调性可知：存在不相等的实数12,x x ，使得

1222

112222x x x ax x ax ++=++，即m n =-成立.故○4正确.

综上，所给命题中的真命题有○1、○4.

【评注】当导函数为超越函数时，有时我们无法直接求得零点，即便二次求导也难以奏效.这时不妨将其转化为研究两个简单函数的图象的交点问题.由图象可直观获得两图象的高低情况（对应函数值的大小比较），从而轻松判断导函数的正负情况.为了方便表述，可设两图象的交点的横坐标为0x .

【变式3】（2015·郑州市质量预测节选）给定方程：1sin 102x

x ??

+-= ???

，探究该方程

在(),0-∞

唯一交点. ()0,x x ∈-∞减；(0,0x x ∈递增.所以()h x

结合(0)h 如下,根属于区间(

【例3（1（2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a

≥+.

【解析】（1）2()2(0)x a

f x e x x '=->.当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x '没有零点；

当0a >时，令2()()2(0)x a

h x f x e x x

'==->，因为22()40x a h x e x '=+>，所以()h x 在()0,+∞上

单调递增.

当0x →时，又0x >,所以2()2x a

h x e x

=-→-∞，结合2()210a h a e =->，可得()h x 即()

f x '在()0,+∞上存在唯一零点.

（2）证明：由（1）可知，当0a >时，(

f '设该零点为0x ，则有0200

()20x a

f x e x '=-

=.○1 此时由22x y e =和a y x =的图象可2()20x

a f x e x

'=-

<，()f x 单调递减；(0x x ∈22x a

e x

，则2()20x a

f x e x

'=-

>，()f x 单调递增. 所以()f x 在0x 处取得最小值0

20()x f x e =-由

○

1得

020

2x a

e x =

0020020()ln ln 22x x a a f x e a x a x e =-=

-0022a ax x =+所以当0a >时，2

()2ln f x a a a

≥+.

【评注】当我们研究函数的极值大小时，经常遇到一些较难确定大小的代数式（如0200()ln x f x e a x =-），而0x 又是一个无法算得的数值，这时我们利用极值点处的导数为零

这一条件（如0200

()20x a

f x e x '=-=），消去某些式子，得到较为简单的代数式（如0002

()2ln 2a f x ax a x a

++），使研究更为简便. 【例4】设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <．（1）求实数a 的取值范围；（2）求2()f x 的取值范围．

【解析】（1）求导得()2122()2111x x a f x x a x x x

++'=+=>-++.

令函数2()22g x x x a =++，则由函数()f x 有两个极值点1x ，2x 可知，1x ，2x 必为方

程()0g x =在()1,-+∞上的两个不等根，又注意到函数()g x 图像的对称轴为1

x =-

，所以只需480(1)0

a g a ?=->??

-=>?，解得1

02a <<．故实数a 的取值范围是1(0,)2.

(2)2x 为2()220g x x x a =++=的根，则有222222220,22x x a a x x ++==--即 ()2222222()22ln(1)f x x x x x =-++.

由（1）可知，(0)0g a =>，而对称轴12x =-

，故有21,02x ??

∈- ???

. 设()22()22ln(1)h x x x x x =-++，1,02x ??

∈- ???

，

则()()

()21

()242ln(1)22221ln(1)01h x x x x x x x x x

'=-++-+=-++>+. 所以()h x 在1,02x ??∈- ???上单调递增，则112ln 2()(),(0),024h x h h -????

∈-= ? ?????．

故2()f x 的取值范围是12ln 2

(,0)4

【评注】2x 为函数2()ln(1)f x x a x =++极值点，若直接求解2x ，再代入2()f x ，显然运算

量较大.不妨由22222

22()=01x x a

f x x ++'=

+，求得22222a x x =--，将2222()l n (1)f x x a x =++中的

a 消去即可迅速求解.

【变式4】（2013·新课标全国卷Ⅱ节选）已知函数()ln(2)x f x e x =-+，证明()0f x >．【答案】易知函数1

()2

x f x e x '=-

+在(2,)-+∞单调递增．由(1)(0)0f f ''-

?<知()0f x '=在(1,0)-有唯一实根0x ．当()02,x x ∈-时，()0f x '<，故()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，

()0f x '>，故()f x 单调递增．故()f x 取得最小值0()f x ．

由0()0f x '=得0001()02x f x e x '=-

=+即001

x e x =

+,则002x e x -=+即00ln(2)x x +=-. 所以0

2000000(1)1

()ln(2)022

x x f x e x x x x +=-+=

+=>++，则有min 0()()()0f x f x f x ≥=>．得证．【变式5】（2013·惠州二模第21题节选)已知函数()ln |f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3 (e 为自然对数的底数)． (1)求实数,a b 的值； (2)若k Z ∈，且()

f x k x <

-对任意1x >恒成立，求k 的最大值．【答案】（1）由题意易得1,0a b ==．

（2）当1x >时，由()1f x k x <

-恒成立，得min ()

()1

f x k x <-．当1x >时，设()ln ()11f x x x x

g x x x +=

--，则2

2ln '()(1)x x

g x x --=-. 设()2ln h x x x =--，则1

'()10h x x

>，()h x 在(1,)+∞上是增函数. 因为(3)1ln 30h =-<，(4)2ln 40h =->，所以0(3,4)x ?∈，使0()0h x =.

0(1,)x x ∈时，()0,'()0h x g x <<，即()g x 在0(1,)x 上为减函数；同理()g x 在0(,)x +∞上为增函

数．故min 0()()g x g x =.

由000()2ln 0h x x x =--=得00ln 2x x =-．于是，000000min 0000ln (2)

()()11

x x x x x x g x g x x x x ++-====--，

所以min 0()(3,4)k g x x <=∈，又k Z ∈，故k 的最大值为3．

【变式6】（ 2012·新课标全国卷文节选）设函数()2x f x e ax =--． (1) 求()f x 的单调区间；

(2)若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．

【答案】（1）易得若0,()a f x ≤在R 上单调递增；若0,()a f x >在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增．

（2）当1a =时，()()1()(1)10x x k f x x x k e x '-++=--++>等价于1

(0)1

x x k x x e +<+>-．

令1

()1

x x g x x e +=

+-，则min ()k g x <． 22

1(2)

()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+=--，

由（1）可知，函数()2x h x e x =--在()0,+∞上单调递增，同时(1)(2)0h h ?<，则()h x 在

()1,2上存在唯一零点a ，即()g x '在()1,2上存在唯一零点a ，即()1,2a ∈．

当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>，所以min 1

()()1

a a g x g a a e +==+-．因为 ()0g a '=，即20a e a --=．将2a e a =+代入()g a 得11

()1211

a a a g a a a a a e ++=

+=+=++--．

由()1,2a ∈得()()2,3g a ∈．因为()k g a <，故整数k 的最大值为2．

高三导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型 1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－1 0＋m ＝0?m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1 x ＋m ＝ e x x ＋1－1 x ＋1 ，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1 x ＋22>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－1 2，0内，设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1 t ＋2＝0????－12g ′(t )＝0，g (x )单调递增；所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1 t ＋2＋t ＝ 1＋t 2 t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2 1 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥ 2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。（1）121 1()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f =

[数学]数学高考压轴题大全

1、（本小题满分14分）已知函数．（1）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；（2）当时，试比较与的大小；（3）求证：（）． 2、设函数，其中为常数．（Ⅰ）当时，判断函数在定义域上的单调性；（Ⅱ）若函数的有极值点，求的取值范围及的极值点；（Ⅲ）当且时，求证：． 3、在平面直角坐标系中，已知椭圆.如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于点. （Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）若?，（i）求证：直线过定点；

（ii ）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆方程；若不能，请说明理由. 二、计算题（每空？分，共？分） 4 、设函数的图象在点处的切线的斜率为，且函数为偶函数．若函数满足下列条件：①；② 对一切实数，不等式恒成立．（Ⅰ）求函数的表达式；（Ⅱ）求证：． 5 、已知函数：（1 ）讨论函数的单调性；（2）若函数的图像在点处的切线的倾斜角为，问：在什么范围取值时，函数在区间上总存在极值？ (3)求证：．

6、已知函数=，. (Ⅰ)求函数在区间上的值域；（Ⅱ）是否存在实数，对任意给定的，在区间上都存在两个不同的，使得成立.若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）给出如下定义：对于函数图象上任意不同的两点，如果对于函数图象上的点（其中总能使得成立，则称函数具备性质“”，试判断函数是不是具备性质“”，并说明理由. 7、已知函数（Ⅰ）若函数是定义域上的单调函数，求实数的最小值；（Ⅱ）方程有两个不同的实数解，求实数的取值范围；（Ⅲ）在函数的图象上是否存在不同两点，线段的中点的横坐标为，有成立？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 8、已知函数： ⑴讨论函数的单调性；

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析已知函数2()x f x e ax =-. （1）若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析：本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。题目解答：（1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

导数与三角函数压轴题归纳总结近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化. 一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数,为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()() 2 11 cos ,sin 11g x x g x x x x '=- =-+++. 当1,2x π??∈- ???时,单调递减,而()00,02g g π?? ''>< ??? , 可得在1,2π?? - ?? ?有唯一零点,设为. 则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα?? ∈ ??? 时,. 所以在()1,α-单调递增,在,2πα?? ???单调递减,故在1,2π?? - ???存在唯一极大值点,即()f x '在1,2π?? - ?? ?存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为. （i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当时, ,故()f x 在单调递减,又,从而是()f x 在的唯一零点. ()sin ln(1)f x x x =-+()f x '()f x ()f x '(1,)2 π-()f x ()g'x ()g'x α()0g'x <()g x ()g x (1,)-+∞(1,0)x ∈-()0f 'x <(1,0)-(0)=0f 0x =(1,0]-

（ii ）当0,2x π?? ∈ ??? 时,由（1）知,在单调递增,在单调递减,而 ,02f π??'< ???,所以存在,2πβα?? ∈ ???,使得,且当时, ；当,2x πβ??∈ ???时,.故在单调递增,在,2πβ?? ???单调递减.又,1ln 1022f ππ???? =-+> ? ???? ?,所以当时,. 从而()f x 在0,2π?? ??? 没有零点. （iii ）当,2x ππ??∈ ???时,()0f x '<,所以()f x 在,2ππ?? ???单调递减.而 ()0,02f f ππ??>< ??? ,所以()f x 在,2ππ?? ??? 有唯一零点. （iv ）当时,()l n 11x +>,所以<0,从而()f x 在没有零点. 综上, ()f x 有且仅有2个零点. 【变式训练1】【2020·天津南开中学月考】已知函数3()sin (),2 f x ax x a R =-∈且在,0,2π?? ????上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式； (2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明【解析】(1)由已知得()(sin cos )f x a x x x =+对于任意的x∈(0, 2 π)，有sin cos 0x x x +>,当a=0时,f(x)=? 3 2 ，不合题意；当a<0时,x∈(0, 2π),f′(x)<0,从而f(x)在(0, 2 π )单调递减，又函数3 ()sin 2f x ax x =- (a∈R)在[0, 2 π]上图象是连续不断的，故函数在[0, 2 π ]上的最大值为f(0)，不合题意； ()f 'x (0,)α,2απ?? ???(0)=0f '()0f 'β=(0,)x β∈()0f 'x >()0f 'x <()f x (0,)β(0)=0f 0,2x ?π?∈ ???()0f x >(,)x ∈π+∞()f x (,)π+∞

函数与导数压轴题方法归纳与总结

函数与导数压轴题方法归纳与总结题型与方法题型一切线问题例1 (二轮复习资料p6例2) 归纳总结：题型二利用导数研究函数的单调性例2 已知函数f (x )＝ln x －a x . (1)求f (x )的单调区间； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为3 2，求a 的值； (3)若f (x )

归纳总结：题型三已知函数的单调性求参数的围例 3.已知函数()1 ln sin g x x x θ=+?在[)1,+∞上为增函数，且()0,θπ∈, ()1 ln ,m f x mx x m R x -=--∈ （1）求θ的值. （2）若[)()()1,f x g x -+∞在上为单调函数，求m 的取值围. 归纳总结：

题型四已知不等式成立求参数的围例4..设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3. (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (3)如果对任意的s ，t ∈????12，2都有f (s )≥g (t )成立，数a 的取值围. 归纳总结：跟踪1.已知()ln 1 m f x n x x =++（m,n 为常数）在x=1处的切线为x+y －2=0（10月重点高中联考第22题）（1）求y=f(x)的单调区间；

（2）若任意实数x ∈1,1e ?? ???? ，使得对任意的t ∈[1,2]上恒有32()2f x t t at ≥--成立，数a 的取值围。跟踪2. 设f (x )＝－13x 3＋12 x 2＋2ax .（加强版练习题） (1)若f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间，求a 的取值围； (2)当0