高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 同課異構(gòu)

26.“離參法”與“討參法”的整合(離參:“單調(diào)+羅必塔法則”確定上下界,超綱,但也不失為一種取巧的方法)(Ⅰ)f(x)=ex–1–x–ax2,x≥0,f(x)≥0,求a的取值范圍(2023年新課標(biāo)全國21(2));(Ⅱ)f(x)=1–e–x,x≥0,f(x)≤eq\f(x,ax+1),求a的取值范圍(2023年全國Ⅱ22(2));(Ⅲ)f(x)=eq\f(lnx,x+1)+eq\f(1,x),x>0,x1,f(x)>eq\f(lnx,x–1)+eq\f(k,x),求k的取值范圍(2023年新課標(biāo)全國21(2));(Ⅳ)f(x)=eq\f(1+x,a(1–x))lnx,對任意x∈(0,1),f(x)<–2,求實(shí)數(shù)a的取值范圍(2023高三東三校一模21(2),從(Ⅲ)處來).xx212–eq\f(1,a)a<0時(shí),F(x)圖x2是1+x+ax2=0的正根yO(圖1)x1解:解題思想:討參法,形式的改變會引起質(zhì)的飛躍,ex宜于和任意有理函數(shù)以積商的方式“碰觸”,而lnx卻宜于以和差的形式與有理函數(shù)“碰觸”.變形后的新函數(shù)形式不是糾纏其最值,而是以“討參”的方式說清楚哪處恒成立?何處不恒成立.體會此類與題目與xx212–eq\f(1,a)a<0時(shí),F(x)圖x2是1+x+ax2=0的正根yO(圖1)x1第1步:形變(Ⅰ)F(x)=eq\f(1+x+ax2,ex)≤1(x≥0)恒成立,且捕捉到1=F(0)(Ⅱ)G(x)=ex(1–eq\f(x,ax+1))≤1(x≥0)恒成立,且捕捉到1=G(0)(Ⅲ)“H(x)=2lnx+(k–1)(x–eq\f(1,x))<0(x>1)恒成立”“H(x)=2lnx+(k–1)(x–eq\f(1,x))>0(0<x<1)恒成立”,且捕捉到0=H(1)(Ⅳ)P(x)=eq\f(1,a)lnx+2eq\f(1–x,1+x)<0(0<x<1)恒成立,且捕捉到0=P(1)第2步:求導(dǎo),創(chuàng)設(shè)討參的條件,秘密是把符號明確的式子提出來,讓ex,lnx盡可能裸露在外xO2–eq\f(1,a)2–eq\f(1,a)(Ⅰ)y=ax–(2a–1)草圖a>xO2–eq\f(1,a)2–eq\f(1,a)(Ⅰ)y=ax–(2a–1)草圖a>eq\f(1,2)a<00≤a≤eq\f(1,2)2–eq\f(1,a)y21(圖2)xO(Ⅱ)y=a(a–1)x–(2a–1)草圖eq\f(1,2)<a<1a<0a>10<a<eq\f(1,2)eq\f(1–2a,a(a–1))a=1a=0a=eq\f(1,2)(圖3)(Ⅱ)G′(x)=eq\f(xex,(ax+1)2)[a(a–1)x–(1–2a)](x≥0)(Ⅲ)H′(x)=eq\f(x2+1,x2)[eq\f(2x,x2+1)–(1–k)](0<x<1或x>1)(Ⅳ)P′(x)=eq\f(x,(1+x)2)eq\f(1,a)[x+eq\f(1,x)–(4a–2)](0<x<1)第3步:確定討參的“界點(diǎn)”x11y=1–kx1x2(Ⅲ)y=eq\f(2x,x2+1)(x≥0)yO(圖4)(Ⅰ)[ax–(2ax11y=1–kx1x2(Ⅲ)y=eq\f(2x,x2+1)(x≥0)yO(圖4)(Ⅱ)[a(a–1)x–(1–2a)](x≥0)符號:借助圖3確定“a與0,1,eq\f(1,2)比較”.注意1=G(0).(Ⅲ)[eq\f(2x,x2+1)–(1–k)](0<x<1或x>1)符號:借助圖4確定“k與0,1比較”.注意0=H(1).(Ⅳ)eq\f(1,a)[x+eq\f(1,x)–(4a–2)](0<x<1)符號:借助圖5確定“a與0,1比較”.注意0=P(1).第4步:討參技巧x12y=4a–2x0(Ⅳ)y=x+eq\f(1,x)(0<x<1)yO(圖5)(Ⅰ)①a<0時(shí),證明成立(結(jié)合圖1);②0≤a≤eq\f(1,2)時(shí),證明成立;③a>eq\f(1,2)時(shí),取x∈(0,2–eq\f(1,x12y=4a–2x0(Ⅳ)y=x+eq\f(1,x)(0<x<1)yO(圖5)(Ⅱ)①a<0時(shí),否;②0≤a≤eq\f(1,2)時(shí),是;③eq\f(1,2)<a<1時(shí),否;④a≥1時(shí),否.總之,a∈[0,eq\f(1,2)](Ⅲ)①a≤0時(shí),是;②0<a<1時(shí),否;③a≥1時(shí),否.總之,a∈(–∞,0](Ⅳ)①a<0時(shí),否;②0<a≤1時(shí),是;③a>1時(shí),否.總之,a∈(0,1]注:討論對(Ⅳ)的如下解法的合理性(前3題也可仿此操作),我分步解說:①據(jù)0<x<1,離參:原問題–eq\f(1,2a)<eq\f(1–x,(1+x)lnx)(0<x<1)恒成立;②h(x)=eq\f(1–x,(1+x)lnx)(0<x<1)h′(x)=eq\f(–1,(1+x)2ln2x)(2lnx–x+eq\f(1,x)),H(x)=2lnx–x+eq\f(1,x)>0(求導(dǎo))h′(x)<0h(x)在(0,1)單減;③eq\o(lim,\s\do6())h(x)=eq\o(lim,\s\do6())eq\f((1–x)′,[(1+x)lnx]′)=eq\o(lim,\s\do6())eq\f(–1,lnx+(1+x)/x)=–eq\f(1,2)(eq\f(0,0)或eq\f(∞,∞)型極限的羅比塔法則);④–eq\f(1,2a)≤–eq\f(1,2)a∈(0,1].27.破譯“數(shù)學(xué)形式”的結(jié)構(gòu)(Ⅰ)f(x)=eq\f(1,2)x2–ax+(a–1)lnx,證明:若1<a<5,則對任意x1,x2∈(0,+∞),x1x2,有eq\f(f(x1)–f(x2),x1–x2)>–1(09年遼理21(2));(Ⅱ)f(x)=(a+1)lnx+ax2+1,設(shè)a<–1,若對任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)–f(x2)|≥4|x1–x2|,求a的取值范圍(10年遼寧理21(2));(Ⅲ)f(x)=lnx–ax2+(2–a)x,若y=f(x)的圖象與x軸交于A,B,線段AB中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0,求證:f′(x0)<0(11年遼寧理21(3)).破譯1.函數(shù)結(jié)構(gòu):f(x)=Ax2+Bx+C+Dlnx(連續(xù)三年所給的函數(shù)都是lnx與有理函數(shù)以和差的方式“碰觸”).究其原因,f′(x)=eq\f(2Ax2+Bx+D,x)(x>0),便于單調(diào)、極最值分析.但不要忽略含ex的函數(shù)結(jié)構(gòu).破譯2.他問出“花兒”來，咱就把“花籽兒”給他做出來!(Ⅰ)(Ⅱ)無非就是換了包裝,本質(zhì)一樣.無妨設(shè)x1<x2或x1≤x2,首先破解f(x)的單調(diào)性,把|f(x1)–f(x2)|的絕對值摘掉((Ⅰ)不必),|x1–x2|的絕對值摘掉,對所給的不等式進(jìn)行等價(jià)變形,分別按含x1和x2的式子整理,用“>,≥,<,≤”把兩個(gè)式子連接,最終都是在說一個(gè)新函數(shù)F(x)=f(x)±kx((Ⅰ)中k=1,(Ⅱ)中k=4)在x1,x2所屬的區(qū)間上單調(diào),進(jìn)而可證可求.破譯3.(Ⅰ)(Ⅱ)對我們的啟發(fā):把|f(x1)–f(x2)|與A|eq\f(1,x1)–eq\f(1,x2)|或A|lnx1–lnx2|或A|eeq\s\up6(x1)–eeq\s\up6(x1)|用不等號“掛”起來,或者以“差商”的形式與某一個(gè)常數(shù)進(jìn)行比較,都屬于相同的路子.我編:f(x)=ex–e–x,x1,x2∈R,x1+x20,|f(x1)+f(x2)|>a|x1+x2|,求a范圍.答:a≤2.破譯4.(Ⅲ)標(biāo)準(zhǔn)答案所給的證法沒有把該題的“精氣神”給體現(xiàn)出來,若該問沒有其所在題的第2問的鋪設(shè),如何給出更一般的證明?第1問的單調(diào)性是必要的,使f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),則需a>0.其幾何背景是“上凸函數(shù),x0在極大值點(diǎn)eq\f(1,a)右邊,x0處的切線斜率<0”.一般證明如下:首先a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)單減,不符合f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)的條件,故a>0(沒注意到這個(gè)又如何呢?)設(shè)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2,且0<x1<x2,x1+x2=2x0聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(lnx1–ax12+(2–a)x1=0,lnx2–ax22+(2–a)x2=0))作差(兩邊同除以x1–x2)a(x1+x2)+a–2=eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)2ax0+a–2=eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)f′(x0)=eq\f(1,x0)–2ax0–a+2=eq\f(1,x0)–eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)=eq\f(2,x1+x2)–eq\f(lnx1–lnx2,x1–x2)=eq\f(2,x1–x2)(eq\f(x1–x2,x1+x2)–eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2))=eq\f(2,x1–x2)(eq\f(\f(x1,x2)–1,\f(x1,x2)+2)–eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2))(0<x1<x2)記函數(shù)F(x)=eq\f(x–1,x+1)–eq\f(1,2)lnx(0<x<1),單調(diào)分析,容易證明F(x)>0,問題得證.破譯5.(Ⅲ)拓廣:(我編)對于函數(shù)f(x)=Ax2+Bx+C+Dlnx(A,B,C,D是常數(shù),A0,D0),若存在x1,x2∈(0,+∞),且x1x2,使f(x1)=f(x2),又x0是x1,x2的等差中項(xiàng),則必有Df′(x0)<0.事實(shí)上,無妨設(shè)0<x1<x2,與上面相同的思路f′(x0)=eq\f(2D,x1–x2)(eq\f(\f(x1,x2)–1,\f(x1,x2)+2)–eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2))(0<x1<x2)Df′(x0)<0破譯6.(Ⅲ)的類比遷移.我編:y=eq\f(x2+3x+3,ex)xyO–1y=ey=3設(shè)函數(shù)y=eq\f(x2+3x+3,ex)xyO–1y=ey=3(1)求g(x)=eq\f(f(x),ex)的單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍;(3)若存在b,c∈R,且bc,使f(b)=f(c),試判斷af′(eq\f(b+c,2))的符號.簡答:(1)(–∞,–1)減,(–1,0)增,(0,+∞)減(2)畫G(x)=eq\f(x2+3x+3,ex)及y=a圖象a∈(0,e)∪(3,+∞)(3)無妨設(shè)b<c,f′(eq\f(b+c,2))=eq\f(ae\s\up6(\f()),b–c)(eeq\s\up6(\f())–eeq\s\up6(\f())–2eq\f(b–c,2)),構(gòu)造函數(shù)F(x)=ex–e–x–2x(x<0)F(x)<0af′(eq\f(b+c,2))>028.高考考題之“互通有無”(遼寧2023與天津2023數(shù)學(xué)壓軸之比對分析)(Ⅰ)f(x)=lnx–ax2+(2–a)x,(1)討論f(x)單調(diào)性;(2)設(shè)a>0,證明:當(dāng)0<a<eq\f(1,a),f(eq\f(1,a)+x)>f(eq\f(1,a)–x);(3)f(x)=lnx–ax2+(2–a)x,若y=f(x)的圖象與x軸交于A,B,線段AB中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0,求證:f′(x0)<0.(11年遼寧理21(2));(Ⅱ)f(x)=xe–x,(1)f(x)單調(diào)性及極值;(2)已知函數(shù)y=g(x)圖象與函數(shù)y=f(x)圖象關(guān)于直線x=1對稱,證明:當(dāng)x>1時(shí),f(x)>g(x);(3)如果x1x2,且f(x1)=f(x2),證明:x1+x2>2.(10年天津理21)xyx=1x1x2eq\f(x1+x2,2)y=xe–xOk=f′(eq\f(x1+x2,2))xx=eq\f(1,a)x1x2y遼寧y=f(x)(a>0)O破譯1.他們有什么聯(lián)系嗎?①遼寧函數(shù):f(x)=Ax2+Bx+C+Dlnx,天津函數(shù):f(x)=(xyx=1x1x2eq\f(x1+x2,2)y=xe–xOk=f′(eq\f(x1+x2,2))xx=eq\f(1,a)x1x2y遼寧y=f(x)(a>0)O破譯2.針對函數(shù)“f(x)=(Ax2+Bx+C)ex和g(x)=(Ax2+Bx+C)e–x(A,B,C是常數(shù),允許A=0)”多說兩句:①f(x)一定漸近于x軸的負(fù)半軸(A>0時(shí),上漸近;A<0時(shí),下漸近).g(x)一定漸近于x軸的正半軸(A>0時(shí),上漸近;A<0時(shí),下漸近);②若Ax2+Bx+C=A(x–x1)(x–x2)(x1<x2,這里的x1,x2其實(shí)是函數(shù)的零點(diǎn)),同時(shí),若f(x)或g(x)還有兩個(gè)極值點(diǎn)x3,x4(x3<x4,有極值點(diǎn)的話必有兩個(gè)),則這四個(gè)點(diǎn)的分布情況是“x3<x1<x4<x2”(當(dāng)然,函數(shù)沒有零點(diǎn)時(shí),它也可能會有兩個(gè)極值點(diǎn),比如前面“27題破譯6”中我給出的函數(shù)y=eq\f(x2+3x+3,ex));③“圖解法”要依賴圖形的相對準(zhǔn)確,否則你會犯錯(cuò)誤.如“x0時(shí),xlnx0而不是xlnx–∞”,忽略了這一點(diǎn),你不會正確畫出y=xlnx甚至y=xlnx+(e–x)ln(e–x)的圖象,看這個(gè)題目:“a>0時(shí),討論f(x)=xlnx+(a–x)ln(a–x)零點(diǎn)個(gè)數(shù)”.xax1x22a–x1yO破譯3.遼寧和天津“聯(lián)姻”,我編xax1x22a–x1yO已知函數(shù)f(x)=(x–a)lneq\f(x,a),其中常數(shù)a>0.(1)求f(x)單調(diào)性;(2)設(shè)0<x<a,試比較f(a+x)與f(a–x)的大小,并證明你的結(jié)論;(3)如果存在x1,x2∈(0,+∞),且x1x2,使f(x1)=f(x2),求證:x1+x2>2a.簡析:(1)f′(x)=lneq\f(x,a)+eq\f(x–a,x)(x>0)f(x)在(0,a)減,(a,+∞)增(2)設(shè)F(x)=f(a+x)–f(a–x)(0<x<a)F′(x)=lneq\f(a2–x2,a2)–eq\f(2x2,a2–x2)<0(證!)F(x)<F(0)=0(減)f(a+x)<f(a–x)(3)無妨設(shè)0<x1<x2.證明要點(diǎn):①據(jù)(1)用“反證法”證明“0<x1<a<x2”;②0<x1<a0<a–x1<a,據(jù)(2)f(x1)=f[a–(a–x1)]>f[a+(a–x1)]=f(2a–x1)③所給條件f(x2)=f(x1)>f(2a–x1)④0<x1<a<x2“x2∈(a,+∞),2a–x1∈(a,+∞)”⑤據(jù)(1),f(x)在(a,+∞)單增,③④x2>2a–x1x1+x2>2a.破譯4.咱遼寧連續(xù)三年沒在解答題中關(guān)注“極值”了!一個(gè)關(guān)于“求極值的取值范圍”的經(jīng)典處理:我編:f(x)=(x2–a)ex存在極值,若a≤3,求f(x)極值的取值范圍.簡析:①f′(x)=(x2+2x–a)ex,f(x)存在極值f′(x)有變號零點(diǎn)x2+2x–a=0有兩個(gè)不等實(shí)根a>–1②設(shè)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為x1<x2(單調(diào)分析后知x1是極大值點(diǎn),x2是極小值點(diǎn)),則x1,x2是方程x2+2x–a=0二根.x2+2x–a=0a=x2+2x,據(jù)–1<a≤3,解不等式–1<x2+2x≤3x∈[–3,–1)∪(–1,1]③由x1<x2,據(jù)②x1∈[–3,–1),x2∈(–1,1]④求極值的時(shí)候,用a=x2+2x把a(bǔ)“撤掉”,化歸為求函數(shù)g(x)=–2xex在區(qū)間[–3,–1)和(–1,1]值域問題.⑤答:f(x)極小=f(x2)∈[–2e,2e–1);f(x)極大=f(x1)∈[6e–3,2e–1).29.單調(diào)性比什么都重要,處處考,年年考,練透它!對教師的建議:除了掌握學(xué)生都會的求“函數(shù)的原函數(shù)”方法外,還應(yīng)了解兩個(gè)常見的“不定積分”公式∫(Ax2+Bx+C)exdx=[Ax2–(2A–B)x+2A–B+C]ex+D(分部積分法)∫(Ax2+Bx+C)e–xdx=–[Ax2+(2A+B)x+2A+B+C]e–x+D(據(jù)上,換元積分法)教師命練習(xí)單調(diào)性的題目,宜用逆向思維,根據(jù)你的需要,先給出f′(x),然后用不定積分,求出其原函數(shù)(Ⅰ)下表,教師按“左、右、中”編擬,呈現(xiàn)給學(xué)生的順序“右、左、中”導(dǎo)函數(shù)(常數(shù)a∈R)討論單調(diào)性討論(考題一般給a限制)原函數(shù)(常數(shù)C,根據(jù)需要確定之)f′(x)=eq\f((x+1)(x–a),x)(x>0)①a≤0;②a>0f(x)=eq\f(1,2)x2–(a–1)x–alnx+Cf′(x)=eq\f((x–1)(x–a),x)(x>0)①a≤0;②0<a<1;③a=1;④a>1f(x)=eq\f(1,2)x2–(a+1)x+alnx+Cf′(x)=eq\f((x+1)(ax–1),x)(x>0)①a≤0;②a>0f(x)=eq\f(1,2)x2+(a–1)x–lnx+Cf′(x)=eq\f((x–1)(ax–1),x)(x>0)①a≤0;②0<a<1;③a=1;④a>1f(x)=eq\f(1,2)x2–(a+1)x+lnx+Cf′(x)=eq\f(x2–ax–1,x)(x>0)不討論,分子之根皆正f(x)=eq\f(1,2)x2–ax–lnx+Cf′(x)=(x+1)(ax–1)ex(x∈R)①a<–1;②a=–1;③–1<a<0;④a=0;⑤a>0f(x)=[ax2–(a+1)x+a]ex+Cf′(x)=(x+1)(ax–1)e–x(x∈R)①a<–1;②a=–1;③–1<a<0;④a=0;⑤a>0f(x)=–[ax2+(3a–1)x+3a–2]ex+C(Ⅱ)何時(shí)討論?為什么討論?函數(shù)導(dǎo)函數(shù)(關(guān)鍵是導(dǎo)函數(shù)的目標(biāo)變形)分析討論f(x)=ax2+4(x–1)exf′(x)=2x[2ex–(–a)]“–a”與0及2比較①a<–2;②a=–2;③–2<a<0;④a≥0f(x)=eq\f(1–x,1+x)lnxf′(x)=eq\f(–1,(1+x)2)(2lnx+eq\f(x2–1,x))①0<x<1;②x>1直覺,容易不討論f(x)=eq\f(1+x,1–x)lnxf′(x)=eq\f(1,(1–x)2)(2lnx+eq\f(1–x2,x))稍難,對2lnx+eq\f(1–x2,x)二次導(dǎo)不討論(Ⅲ)說函數(shù)f(x)在指定區(qū)間(m,n)(m<n)單調(diào),求參數(shù)取值范圍的題目處理方式:①f′(x)符號恒等;②(m,n)?30.“量詞,”的“翻譯”.我編兩個(gè)題組:(Ⅰ)題干:f(x)=a+xlnx,g(x)=x2ex.下面的x1∈[e–2,1],x2∈[–1,1].(分別用f1,f2表示f的最小,最大值,g1,g2同理)f1f2g0g2②f1f2g1g2①①x1,x2,f(x1)=g(xf1f2g0g2②f1f2g1g2①②x1,唯一x2,f(x1)=g(x2),求a的取值范圍.答:a∈(2e–1,e].f1f2g1g2③f1f2g1g2④③x1,x