内容正文:
■山东省济南市莱芜第一中学 周 敏
高考数学压轴题,经常借助导数来研究函
数与方程、不等式等相关综合问题,是综合性
强、交汇度广、难度大的一类问题。而此类综
合问题,除了研究函数的单调性、极值与最值,
以及参数的取值范围的确定等问题,还经常与
函数零点的求解、不等式的应用、数列不等式
的证明等交汇性问题融合,成为高考命题中的
重要场景与创新阵地。
一、函数零点的求解问题
导数与函数零点的交汇问题,往往包括
利用函数的单调性、函数零点存在定理、两个
函数图像的交点等来确定零点个数,或根据
函数是否存在零点、函数零点个数情况等来
确定参数的取值范围等问题。
例 1 已知函数f(x)=e
x
x
,g(x)=
tan
x。
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设函数F(x)=f(x)-g(x),试判断
F(x)在 -
π
2
,0 ∪ 0,π2 内的零点个数。
解析:(1)依题意知,函数f(x)=
ex
x
的定
义域为{x|x≠0},求导得f'(x)=
xex-ex
x2
=
(x-1)ex
x2
。
令f'(x)=0,解得x=1。
所以当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当
x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,
f'(x)>0。
所以函数f(x)在区间(-∞,0),(0,1)
上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增。
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年5月
(2)令函数F(x)=f(x)-g(x)=
ex
x-
tan
x=0,变形可得xsin
x-excos
x=0。
设函 数 h(x)=xsin
x-excos
x,则
h'(x)=(ex+1)sin
x+(x-ex)cos
x。
①当x∈ -
π
2
,0 时,可知ex>0>x,
则ex>x,所以x-ex<0。又sin
x<0,cos
x
>0,所以h'(x)<0,从而h(x)=xsin
x-
excos
x 在 -
π
2
,0 上单调递减。又h(0)=
-1,h -
π
2 =π2>0,由函数零点存在定理
及函数 h(x)的 单 调 性,得 函 数 h(x)在
-
π
2
,0 上有一个零点。
②当x∈ 0,
π
4 时,有cos
x≥sin
x>0,
由(1)知函数f(x)=
ex
x
在(0,1)上单调递减,
所以当x∈ 0,
π
4 时,函数f(x)=e
x
x>f
(1)
=e>1,则ex>x>0,所以excos
x>xsin
x,
则h(x)=xsin
x-excos
x<0恒成立,所以
h(x)在 0,
π
4 上无零点。
③当x∈ π4
,π
2 时,有sin
x>cos
x>
0,而h'(x)=ex(sin
x-cos
x)+(xcos
x+
sin
x)>0,则函数h(x)在 π4
,π
2 上单调递
增。又h π2 =π2>0,h π4 =22·π4-22·
e
π
4=
2
2
π
4-e
π
4 <0,由函数零点存在定理
及函数 h(x)的 单 调 性,得 函 数 h(x)在
π
4
,π
2 上有一个零点。
综上 可 得,函 数 h(x)在 -
π
2
,0 ∪
0,
π
2 内 的 零 点 个 数 为 2,即 F (x)在
-
π
2
,0 ∪ 0,π2 内的零点个数为2。
点评:利用函数的单调性和函数零点存
在定理等确定零点个数,或解决与零点相关
的综合问题的一般步骤及注意点为:(1)讨论
函数的单调性,确定函数的单调区间;(2)在
函数的每个单调区间上,利用函数零点存在
定理判断零点的个数;(3)注意函数的单调区
间端点的选取技巧;(4)含参数时注意对参数
取值的分类讨论。
二、不等式的应用问题
导数与不等式应用的交汇问题,往往包
括不等式恒成立问题、不等式能成立问题,以
及双变量不等式恒(能)成立问题等,解决的
关键是将不等式应用加以转化,借助函数的
构建并利用导数法来分析与处理。
例 2 已知函数f(x)=x
2-a
ex
,a∈R。
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点
(0,f(0))处的切线方程;
(2)若不等式f(x)≤x-1对任意的
x∈[1,+∞)恒成立,求a的取值范围。
解析:(1)当a=1时,f(x)=
x2-1
ex
,
f(0)=-1。
因为f'(x)=
2x-(x2-1)
ex
,所以切线
的斜率k=f'(0)=1。
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的
切线方程为y+1=1×(x-0),即x-y-1
=0。
(2)由于不等式f(x)≤x-1,即不等式
a≥x2-(x-1)ex 在[1,+∞)上恒成立。
设函数g(x)=x2-(x-1)ex,求导得
g'(x)=x(2-ex)。
令g'(x)=0,解得x1=0,x2=ln
2。
所以当x∈[1,+∞)时,g'(x)<0,所以
函数g(x)=x2-(x-1)ex 在[1,+∞)上单
调递减,所以g(x)max=g(1)=1,所以a≥1。
故a的取值范围为[1,+∞)。
点评:涉及不等式恒成立的综合问题,解
题方法多样。本题采用分离参数法,根据不
等式的性质将参数分离出来,得到一个一端
是参数,另一端是变量表达式的不等式,具体
步骤如下:(1)分离参数(注意分离参数时自
变量x 的取值范围是否影响不等号的方向);
(2)转化:若a>f(x)对任意的x∈D 恒成
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解题篇 创新题追根溯源
高考数学 2024年5月
立,则只需a>f(x)max;若a<f(x)对任意
的x∈D 恒成立,则只需a<f(x)min;(3)求
最值。解决不等式恒成立的综合问题,除分
离参数法外,常用的方法还有最值法、同构法
及端点效应法等,都可以很好地用来解决不
等式恒成立的综合问题。
三、数列不等式的证明问题
导数与数列不等式证明的交汇问题,往
往借助导数法确定对应函数的单调性或最
值,进而构建合理的不等式,通过数列中通项
的代换处理,由函数过渡到数列,进而证明数
列不等式问题。
例 3 已知函数f(x)=aln
x-x+1,
f'(x)为f(x)的导函数。
(1)若f'
1
2 =1,证明:曲线y=f(x)
与x 轴相切;
(2)证明:对于任意大于1的自然数n,
不等式 1+
1
22 1+132 … 1+1n2 <e
2
3 恒成
立。
证明:(1)由条件知f'(x)=
a
x-1
(x>
0),而f'
1
2 =2a-1=1,解得a=1,故函
数f(x)=ln
x-x+1,f'(x)=
1
x-1
。
令f'(x)=0,解得x=1。
又f(1)=0,所以曲线y=f(x)过点(1,
0)的切线方程为y=0。
所以曲线y=f(x)与x 轴相切。
(2)由(1)知,当a=1时,f'(x)=
1
x-1
。
令f'(x)>0,解得0<x<1;
令f'(x)<0,解得x>1。
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,
1),单调递减区间为(1,+∞)。
所以f(x)≤f(1)=0,则不等式ln
x≤
x-1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,当且仅
当x=1时等号成立。
所以当x∈(1,+∞)时,ln
x<x-1恒
成立。
令 x=1+
1
n2
(n>1,n∈N* ),则
ln1+
1
n2 < 1n2
<
1
n2-1
=
1
2
·
1
n-1-
1
n+1 。
当n=2时,ln1+
1
22 <122=14<23;
当n≥3时,ln1+
1
22 +ln1+132 +…
+ ln 1+
1
n2 < 122 + 12 12-14 +
1
3-
1
5
+
…
+
1
n-2-
1
n
+
1
n-1-
1
n+1 =14+12 12+13-1n- 1n+1 <14
+
1
2
1
2+
1
3 =23。
综上 可 得,当 n>1,且 n∈N* 时,
ln 1+
1
22 1+132 … 1+1n2 < 23 恒 成
立。
故对于任意大于1的自然数n,不等式
1+
1
22 1+132 … 1+1n2
<e
2
3恒成立。
点评:证明此类函数场景下的数列不等
式问题时,常根据已知的函数不等式,用关于
正整数n的不等式替代函数不等式中的自变
量,通过多次求和达到证明的目的。此类问
题一般至少有两问,已知的不等式常由第一
问中待证式的特征而得到。特别地,当已知
函数式为指数不等式(或对数不等式),而待
证不等式为与对数(或指数)有关时,还要注
意指数式、对数式的互化,如ex>x+1,可化
为x>ln
(x+1)等。
涉及导数的综合应用问题,其基本应用
场景离不开函数的单调性、极值与最值等。
而巧妙融入函数零点的求解、不等式的应用
及数列不等式的证明等交汇性问题,有时还
可以与解析几何、概率与统计等知识加以交
汇,经常还通过创新定义等应用场景来设置,
都充分展示了导数知识与其他相关知识的交
汇融合。通过合理变形与转化,巧妙整合与
应用,可以全面提升数学能力,优化数学品
质,培养数学核心素养。
(责任编辑 王福华)
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