2019年模拟题谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用-以.docx

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1、 谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用-以 2019年几道地市模拟题为例在高考的导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复 杂甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的， 我们不妨只须设出函数的零点，然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换 和过渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可 以很快解决这类问题。对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们用的好像都是同一个方法-虚设零点消元法，只分析第一道，其他同理，顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题一、【2019合肥一模理科 21】 二、【2019顺德三模理科 21】 三

2、、【2019佛山 3月统考（北京燕博园）理科 21】 四、【2019广州一模理科 21】 五、【2019广东模拟理科 21】 六、【2018广州二模理科 21】 七、【2013全国二卷理科 21】一、【2019合肥一模理科 21】21(本小题满分 12分) 已知函数 f (x) e ln(x 1) (e为自然对数的底数)x()求函数 f (x)的单调区间； ()若 g(x) f (x) ax，aR，试求函数 g(x)极小值的最大值1解析：()易知 x 1，且 f (x) ex.x 1 【求一阶导数发现是超越函数，无法确定导数的零点】 11令h(x) ex，则h(x) ex2 0，x 1(x 1

3、) 【进一步求二阶导数，发现二阶导数恒大于0,说明一阶导数递增】 1函数h(x) ex在 x(1，)上单调递增，且h(0) f (0) 0.x 1 【找到一阶导数的一个零点，而且是唯一的由负变正的零点，从而确定单调区间】 可知，当 x(1,0)时，h(x) f (x) 0， f (x) ex ln(x 1)单调递减；当 x(0,)时，h(x) f (x) 0， f (x) ex ln(x 1)单调递增.函数 f (x)的单调递减区间是(1,0)，单调递增区间是(0,).【反思：有的学生提出，我们很容易就观察得到了 h(0) f (0) 0.但是，对于1一般的超越函数，如果无法观察得到函数的零点

4、，也无法求解函数零点的时候， 我们该怎么办呢？这个问题，实际上就是我们第二问要解决的问题，解决的办 法是：虚设零点，消元求值】() g(x) f (x) ax ex ln(x 1) ax， g(x) f (x) a.由()知， g(x)在 x(1，)上单调递增，当 x 1时， g(x) ；当x 时， g(x) ，则 g(x) 0有唯一解 x0.【对于导函数 g(x) f (x) a 端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以，我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两设这个唯一的零点为 x0】可知，当 x(1,x0)时， g(x) 0，g(x) exln(x 1) a

5、x单调递减； ln(x 1) ax单调递增， g x ex0当 x(x0，)时， g(x) 0，g(x) ex函数 g(x)在 x x0处取得极小值 ( )ln(x 1) ax0，00【设完零点 x0后，我们可以进一步确定这个零点的性质，发现它恰好是 g(x)的极小值，而这时候我们又需要求这个极小值 g(x0)的最大值，这时可以利用1e 0x ag(x0) 0的代换，也就是x0 1，从而可以消去字母 a】11且 x0满足e 0x a. g(x0) (1 x0)e x0 ln(x0 1) 1.x0 1x0 111令(x) (1 x)exln(x 1) 1，则(x) x exx 1(x 1)2【最

6、后要求的最大值就转变为只含有一个变量的函数，从而把问题转化为求函 数的最大值】可知，当 x(1,0)时，(x) 0，(x)单调递增； 当 x(0,)时，(x) 0，(x)单调递减，(x)max (0) 1. 函数 g(x)极小值的最大值为1.2二、【2019顺德三模理科 21】21（本小题满分 12分）已知函数 f (x) 1 x (a 1)x aln x 2 2（1）当a 1时，求 f (x)的单调递增区间；（2）证明：当 1 a 0时， f (x)有两个零点； 2 （ 3）若 a 1，函数 g(x) f (x)在 x x0处取得最小值，证明：2x0 f (x0) (e1)(e a) (x

7、1)(x 1)21（1）解析： f (x) x (a 1)a(x 0)故a 1时，由f (x) 0，xx得0 x 1或 x a故 f (x)的单调递增区间为(0,1), (a,)（2）当 1 a 0时， f (x)在(1,)上单调递增，在(0,1)上单调递减 2 则 f (x)min f (1) a 1 0，且当 x 0时，f (x) ；当 x 时，f (x) 2所以 f (x)有两个零点证明： g(x) 1 x a 1,g(x) x 22a(1ln x),2x 2设 h(x) x 2a(1ln x) ，因为22a 1，所以 h(x)在 (0,)上为增函数，又 h(1) 12a 0, h(e)

8、 e 0 ，所以2 2t(1,e), h(t) 0，当 0 x t时， g(x) 0；当 x t时， g(x) 0，故 x0 t且x 2 0 2a 2aln x0，f (x0) 1 x2 0(a 1)x0 1 x2 0a (x0 1)(x0 a)，因为22 a 1 , x0 (1,e)，所以0 f (x0) (e1)(e a)12分 23三、【2019佛山市 3月统考（北京燕博园）理科 21】 -“函数连锁反应”、虚设零点21（本小题满分 12分）已知函数 f (x) sinax ax 1 x3 6（1）求证：当a0时， f (x)无极值点；（2）若存在区间(m,n) (0,)，对x(m,n)

9、, f (x) 0，求a的取值范围21证明：（1）证明： f (x) a(cosax 1) 1 x，当a0时， f (x)0，2 2所以函数 f (x)在(,)上单调递增，所以当a0时， f (x)无极值点（）由（）可知当 a0时，函数 f (x)在0,)上是单调增函数， f (0) 0，当x0,)时， f (x)0，不符合题意；当 a(0,1时， a (0,1, a cosax1设3 3g(x) f (x) a(cosax 1) 1x，则 g(x) x a22sinax， 2设h(x) g(x) x a sinax，则h(x) 1a2 3cosax0，所以 h(x)在(,)上单调递增又因为

10、h(0) 0，所以在0,)上， h(x)0，即g(x)0，所以 g(x)在0,)上单调递增又因为 g(0) 0，所以在0,) 上，g(x)0，即 f (x)0，所以函数 f (x)在0,)上是单调增函数，f (0) 0，当 x0,)时， f (x)0，不符合题意；7分当a 1时， 1 (0,1)，由h(x) 1a cosax 0可得cosax 133，aa3 ，使h(x0) 08分 所以存在 x0 0, 2a 又因为h(0) 0，所以当 x(0,x0)时，h(x) 0，即 g(x) 0，所以函数 g(x)在(0, x0)上是单调减函数，又因为 g(0) 0，所以当 x(0,x0)时，g(x)

11、0，即 f (x) 0，所以函数 f (x)在(0, x0)上是单调减函数，又因为 f (0) 0，所以当 x(0,x0)时， f (x) 0，即存在区间(0, x0) (0,)，对x(m,n), f (x) 0 .所以a的取值范围是a 112分4四、【2019广州一模理科 21】5五、【2019广东模拟理科 21】六、【2018广州二模理科 21】 21（本小题满分 12分）已知函数 f x e xx2 ax（1）若函数 f x在 R上单调递增，求 a的取值范围；2（2）若a 1，证明：当 x 0时， f x 1 ln2 ln2 2 2参考数据： e 2.71828，ln2 0.69上面这道

12、题目中，在处理导数的零点的时候，由于导函数是一个超越函数，直接求它的 零点是困难的，这时我们只需虚设一个零点 x0，但是我们设而不求，只需要进行整体的替换即可，然后在处理超越型原函数的过程中把指数函数替换掉，化繁为简，把原函数转化为 一个简单的二次函数，从而可以简单的处理后面的最值比较大小的问题。这样的处理方式在 高考压轴题当中是经常可以看到的。6七、【2013全国二卷理科 21】21.(本小题满分12分) 已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m2时，证明f(x)0.1解：(1)f(x)ex.x m 由x0是f(x)的极值点得

13、f(0)0，所以m1. 1于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex.x 1 1函数f(x)ex在(1，)单调递增，且f(0)0.x 1 因此当x(1,0)时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0. 所以f(x)在(1,0)单调递减，在(0，)单调递增(2)当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时， 1f(x)0.当m2时，函数f(x)ex在(2，)单调递增x 2 又f(1)0，f(0)0， 故f(x)0在(2，)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xx0时，f(x)取得最小值 1由f(x0)0得ex0，ln(x02)x0，x0 21x x0 12 故f(x)f(x0)0.0x0 2 综上，当m2时，f(x)0.x0 27