第四章：更高更妙的压轴题突破技巧.docx

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1、 第四章 更高更妙的高考压轴题突破技巧已经近几年的高考压轴题已经由单纯的知识叠加型转化为知识、方法及能力综合型和创新能力型试题。事实上，从历年全国各地的高考试卷中我们不难发现，压轴题的考察内容主要集中在函数（导数）、数列、不等式与圆锥曲线，本章将以此为线索展开研究。4.1 函数综合问题函数是高中数学中及其重要的内容，其观点和方法贯穿高中代数的全过程，同时应用于几何问题的解决.学习函数，可以从两个方面入手，一是解析式，二是图像特征，从解析式出发，可以进行纯粹的代数推理，这种代数推理，论证的能力反映出一个人的基本数学素养，从图像特征出发，可以实现数与形的自然结合，这正是中学数学中一种非常重要的思想

2、方法。近年来，以函数为主干的综合题屡见不鲜，从内容上来看，主要有函数与方程问题，函数与不等式问题，函数与导数问题，函数与数列问题，函数与解析几何问题等，从解题策略上来看，解函数综合题的关键是要熟练掌握函数的性质，注意函数与方程，数形结合，转化与化归、分类讨论、换元法、待定系数法、配方法、构造法等数学思想与方法的灵活运用。4.1.1 二次函数综合二次函数是中学代数的基本内容之一，它既简单又具有丰富的内涵和外延，作为最基本的初等函数，可以以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式虹之间的有机联系，作为抛物线，可以联系其他平面曲线讨论相互之间的关系，这些纵横联系，

3、使得围绕二次函数可以编制出层出不穷、灵活多变的数学问题，同时，有关二次函数的内容又与近、现代数学发展紧密联系，是学生进入高校继续深造的重要知识基础，因此，从这个意义上说，有关二次函数的问题在高考中频繁出现，也就不足为奇了。二次函数需要掌握的基础知识主要有：1.二次函数的三种表示（以下）一般式：；零点式：；顶点式：。2.二次函数在限定区间上的最值（值域）问题当时，设在区间上的最大值为，最小值为，令。若，则。若，则；若，则；若，则.3.二次函数的图像二次函数的图像是抛物线，它关于直线对称；对称轴与抛物线的交点称为顶点；当时，图像的开口向上，顶点是抛物线的最低点；当时，图像的开口向下，顶点是抛物线的

4、最高点；当时，图像与轴有两个不同的交点；当时，图像与轴相切；当时，图像与轴无交点.【例1】设，（1） 若，试证明：对于任意，有。（2） 若时，有，求证：当时，。 讲解（1）由，可解得。因此，。当时， 。当时，。（2） 由（1）知 。综上，问题获证.评注 本题所给条件并不是以确定参数的值，注意到所要求的结论不是的确定值，而是与条件相对应的“取值范围”，因此，可以把，当成三个独立条件，用和来表示，再利用绝对值不等式放缩达到目标，（2）上所述不等式又称为马尔可夫不等式，更一般地，设有次多项式函数满足，则当时，有成立。【例2】 已知。（1） 若，求方程的解；（2） 若关于的方程在上有两个解，求的取值范

5、围，并证明。 讲解 （1）当时，. 当，即或或时，方程可化为. 解得2，而（舍去）. 当，即时，方程可化为，解得. 由得，当时，方程在上有两个解. 在上有两个解 在上有两个解， 如图所示作出函数的图像，由图像可知：当且仅当，即时，在上有两个解，故当时，方程在上有两个解.且，所以.评注 通过数形结合的方法，把方程有解的问题转化为两函数图像有公共点的问题，是解决方程根的分布情况的常用方法之一，但在操作过程中要注意对方程的再加工，使函数图像尽可能简单一些，如本题的动态函数是一条上下平移的直线，能使方程解的情况一目了然.解法二 结合图像可知解得，由的范围结合单调性可得所证.【例3】 已知二次函数，满足

6、，对于任意的，都有，并且当时有（1） 求的表达式；（2） 当时，函数是单调的，求证：或. 讲解 （1）由，解得，对于任意的，都有， 又，得 故 （2） 时，为单调函数. ，解得或. 变式 已知二次函数，满足： （1）当时，且； （2）当时，； （3）在上的最小值为. 求最大的，使得存在，只要，就有. 讲解 同例3可得，假设存在，只要，就有，取，有，即得 对固定的，取，有 化简得 . 当时，对任意的. 恒有故的最大值为. 评注 二次函数的图像为抛物线，具有许多优美的性质，如对称性、单调性、凹凸性等，结合这些图像特征解决有关二次函数的问题，可以化难为易，形象直观。 【例4】 已知，其中 （1）当时

7、，在上是否存在，使得成立？ （2）当方程的根在上时，试求的最小值. 讲解 （1）由，得，则在上递增且，因此，. 当时，此时有 即存在，使得成立. 当时，此时有 即存在，使得成立.当时，不存在使得成立.（2） 设的两根为，则 由于 其中当时上述等号成立，所以 由于方程的根在上，所以， 又已知为整数，则， 则，即,则 经检验，的最小值为 评注 第（1）小题在得到时，针对进行分类讨论，从而使原问题明确化；第（2）小题利用二次函数与二次方程的关系，巧妙地设“两点式”，并且对进行合理搭配后，运用均值不等式，将“四元”问题转化为“二元”问题，从而顺利突破难点.【例5】 （2015年高考浙江卷第18题）已知

8、函数，记是在区间上的最大值.（1） 证明：当时，；（2） 当满足，求的最大值.（1）解法一 由，得对称轴为直线因为，得故在上是单调函数，所以而所以所以根据抽屉原理，与中至少有一个不小于，所以解法二 由题意知结合绝对值的几何意义可知，当且仅当在时，有最小值，即解法三 ，设，则问题可化为这就变成了常见的问题，如图4-1-2所示，可直接证得解法四 由函数得对称轴为直线，因为，故在上单调，所以当时，由，得即当时，由得综上，当时，（2） 解法一 因为所以所以 （可知当且仅当或，且，即时取等号）解法二 由（1）知时，由及，可得（*）所以（）若，由得，结合条件（*）知此时（）若考虑到，所以得因此当且仅当时取

9、等号，故的最大值为.解法三 由（1）及定义知，由于，有，故，故考虑到所求式所以下面只要验证这样的存在即可，事实上，当时，此时在上的最大值为；当时，此时在上的最大值为.4.1.2 高次函数综合一般地，我们将最高次超过二次的函数称为高次函数，解决高次函数的问题一般可利用导致这一有力工具，这将在本章4.2节具体分析，此处仅举一非导数方法的一例.【例6】 已知，奇函数在上单调.（1）求的值及的范围；（2）设，且满足求证：讲解 （1）因为，为奇函数，所以即恒成立，因此又在上单调，若在上单调递减，则恒成立，但在上不恒成立；若在上单调递增，则恒成立.在上最小值为，故只要，即综上可知，（2） 解法一 假设 若

10、由（1）知在上单调递增， 则且，有，与矛盾； 若，同理有且，有 与矛盾. 所以假设错误，因此 解法二 由（1）知设，由有， 于是两式相减，得 即 因为所以 所以即 4.1.3 分式函数综合 一般地，分母中含有自变量的函数称为分式函数，除了二次函数，分式函数也是高考命题的热点，尤其是以下被俗称为“打钩函数”或“Nike函数”的函数“”，更是在各类考试中独领风骚.【例7】 点在函数的图像上，且有求证：（1）（2） 在上，单调递增；（3） 讲解 （1） （2）由已知得解法一 设则即时，单调递增。解法二 得，所以当时，单调递增，（3） 由在时单调递增， 得 即【例8】 设，函数（1） 当时，求函数的最

11、小值；（2） 证明：当时，函数有零点。 讲解 （1）当时， 所以，当即时，函数取到最小值（2） 因为，所以欲证当时，函数有零点，只需证明，当，函数的最小值小于等于零即可。 考察方程：即。当有实数根时，此时，函数的最小值是因为，所以当无实数根时，此时因为所以，函数的最小值是因为，所以由可知，当时，函数的最小值小于等于零.因此，当时，函数有零点.评注 本题重点考察函数的性质、基本不等式、零点存在性等知识，对考生的逻辑推理能力与创新意识要求较高。4.1.4抽象函数综合所谓抽象函数，一般是指题设中只给出函数的一些性质（如单调性、周期性、奇偶性），其函数的解析式不确定，要求考生根据已知的性质探索该函数的

12、其他性质的问题抽抽象函数问题，可以将函数、方程和不等式等内容综合于一题，也可以通过构造一定的背景，定义一些新的知识，将高等数学内容有机地渗透在具体问题中，从而在“抽象”中具体考査考生的逻辑推理能力、抽象思维能力与创新能力抽象函数可视为某些具体函数的“模特”，如下表函数方程代表函数123456789，明确了“抽象”与“具体”之间的联系，我们就可以通观全局，整体把握，局部人手【例9】设是定义在R上的偶函数，其图像关于直线对称，对任意都有，且（1）求及（2）证明：是周期函数；（3）记，求讲解 （1）因为，都有，所以，（2）证明：依题意，关于直线对称，故，即，又由是偶偶函数知，将上式中的以代换，得这表

13、明是R上的周期函数，且2是它的一个周期（3） 由（1）知所以，从而因为的一个周期是2，因此评注 本小题主要考查函数的概念、图像，函数的奇偶性和周期性以及数列极服等基础知识；考查运算能力和逻辑思维能力，认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件找到问题的突破口技巧与方法主要体现在由变形为【例10）】设函数，当时，且对任意实数满足，当时，（1）求的值；（2）求证：在R上为单调递増函数；（3）判断的奇偶性；（4）当时，试比较与的大小讲解（1）令，则，令，则有，得到或1若，则有，所以，与已知矛盾，即（2）由（1）得，令，则，故，又得因为当时，所以，从而有故，即是增函数（3）是非奇非偶函数，不是奇函数；若

14、是偶函数，即有，或1（舍去），这与“当0时，”相矛盾（4） ，同理，而，又，故前者大于后者评注 由题目条件“函数，当时，且对任意实数满足”，可试着把函数归为指数函数，从而利用其性质来指导我们对问题的解决，特别是对的排除。【例11】 已知函数对于任意都有，且当时,有 。(1)判断的奇偶性与单调性，并证明你的结论；(2)设不等式 对于一切恒成立，求整数的最小值。讲解 (1)令，得，解得。令，得，所以，是奇函数设，则，由条件得，因此，即所以，在 上为减函数(2)由，得，因此，所以有。当 时，由数学归纳法可证得 （ ）当时，（ ）式显然成立；当时，由奇函数性质可证明（ ）式也成立。所以，有，由单调性得

15、，对于恒成立。解法一由恒成立，令。由基本不等式可得，因此，又由，得。解法二设，对于恒成立。 ，此时无解。 ,。 若，。综上可得：，又，所以解法三由已知易得，令，得，因此，即，又由于可以取到0，所以。评注 利用函数的单调性化抽象为具体是解决抽象函数问题的常用技巧，本例由单调性将原问题转化为二次不等式对于恒成立问题。解法一是运用分离参数求最值，解法二是构造函数分类讨论，解法三则从特殊化的角度入手，巧妙获得最小值。好题新题精选（五）1.已知二次函数,设方程的两个实数根为.(1)如果，设函数的对称轴为，求证：；(2)如果，求的取值范围.2.设, 表示不超过实数的最大整数，求函数的值域。3.已知函数 (

16、1)求值域；(2)设，函数，若对于任意，总存在，使得成立，求的取值范围。4.定义在上的函数满足：对任意实数，总有，且当时, .(1)试求的值；(2)判断的单调性并证明你的结论；(3)设,若 ,试确定的取值范围。5.函数满足：，且时, (1)设,求数列的通项；(2)证明：当时，(3)判断的单调性并证明。好题新题精选（五）解答1. 设，则的两根为，（1）由及，可得，即，即两式相加得，所以，；（2）由，可得.又，所以同号。等价于或，即或，解之得 或2. 设， 所以因为，所以，则。当时，所以的值域为3. (1)的值域为 (2) ,因此，当时，因此当时，为减函数，从而当时，有；又，即当时有，任给，存在使

17、得，则，即解（1）式或，解（2）式得。又，故的取值范围为。4(1)在上，令，得.因为 ，所以，。(2)要判断的单调性，可任取，且设在已知条件上，若取，则已知条件可化为:。由于，所以.要比较的大小，只需考虑的正负即可.在上，令，则得.当时, 0，当时，,又，所以，综上可知，对于任意，均有。所以。所以，函数f(x)在R上单调递减。(3)首先利用f(x)的单调性，将有关函数值的不等式转化为不含的式子，即,即。由，得直线与圆面无公共点所以，解得。5(1)由，令，可解得，又，因此.令,，则，所以，故是首项，公差的等差数列，。(2)以下用数学归纳法给出证明当时,，则，所以，又，所以，故当时命题成立。假设当

18、时命题成立，即当时，则当时，2，则，故当时命题成立，综上所述，当时，（3）在上单调递减，证明如下：设，且,则当时，所以.当时，由（2）知当时，当时，即，所以，所以，当时，故在上单调递减.4.2导数综合问题导数是初等数学与高等数学的重要衔接点在高考试题中，关于导数的考查主要有以下三类形式：一是直接考查导数的基本概念、求导公式和法则；二是利用导数包装函数、数列以及解析几何等传统问题；三是运用导数这一“秘密武器”解决综合问题，尤其在求函数的最值、判断单调性、解决切线问题等方面，导数法有非同一般的作用.从近几年的高考命题分析，高考对导数的考查可分为三个层次：第一层次主要是考查导数的概念和某些实际背景、

19、求导公式以及求导法则.第二层次是考查导数的简单应用，包括求函数的极值，求函数的单调区间，证明函数的增减性等.第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性、方程根的分布、解析几何中的切线问题等有机地结合在一起，设计综合试题.根据对近年来高考试卷中出现的导数综合问题的收集、整理、分析，现将其提炼为以下四类，即“三次或四次型”、“指数与一次或二次联袂型”、“对数与一次或二次联袂型”与导数综合，分别归类解析.4.2.1 三次或四次型“三次或四次型”的导数问题主要是指试题中所给函数的最高次不超过三次或四次的导数问题，一般这方面问题在高考文科类试卷中出现得比较多.三

20、次函数的性质三次函数的单调性因为，所以方程中，,于是:(1)当时，方程有两个不同的实数根 (不妨设)，若，则在上单调递增，在上单调递减；(2)当时，方程有两个相等的实数根，若，则该函数恒大于零，所以在上单调递增；(3)当时，方程没有实数根，若，则该函数恒大于零，所以在上单调递增；三次函数的极值据三次函数的单调性可知：(1)当时，三次函数有极大值且，有极小值且；(2)当时，三次函数无极值三次函数的根(1)若，当且时，方程有3个实根，不妨设 (如图4-2-1所示)；当时，方程有两个实根且 (如图4-2-2所示)；当时，方程有两个实根且 (如图4-2-3所示)；当或时，方程只有一个实根 (如图4-2

21、-4和图4-2-5所示).(2)当时，三次方程只有一个实根(如图4-2-6所示).【例1】 已知是实数，函数，和是和的导函数。若 0在区间上恒成立，则称和在区间上单调性一致.(1)设，若和在区间上单调性一致，求实数的取值范围；(2)设且，若和在以为端点的开区间上单调性一致,求的最大值.讲解 (1)因为函数和在区间上单调性一致，所以，即， .即(2)当时，因为函数和在区间上单调性一致所以，即，,设，考虑的可行域，函数的斜率为1的切线的切点设为，则，.当时，因为函数和在区间上单调性一致,所以，即，.,.当时，因为函数和在区间上单调性一致,所以，即，.，而x=0时，不符合题意.当时，由题意：,.综上

22、可知的最大值为【例2】 已知在上是增函数，在上是减函数，且有三个根：（1)求的值，并求出和的取值范围；（2)求证: ；(3)求的取值范围，并写出当取最小值时的的解析式。讲解 (1)在上是增函数，在上是减函数，是的根，又，又的根为，又,又, (2) ，且，(3)有三根，。又， ，当且仅当时取最小值，此时，【例3】 设曲线在点处的切线斜率为，且，对一切实数，不等式恒成立(1)求的值；(2)求函数的表达式；(3)求证：。讲解 (1)由,，令，得，所以，。(2) 又，所以，即，由，解得，又，即，所以，所以， (3) ，原式评注 三次函数图像的切线问题涉及高中数学中较多的知识点和数学思想方法，是断旧教材

23、知识与方法的契合点，也是高考命题的热点【例4】 已知实数满足，设函数. (1)当时，求的极小值;(2)若函数的极小值点与的极小值点相同。求证：g(x)的极大值小于等于讲解 (1)当时，。列表如下:所以，极小值为(2) .令时，的极小值点，则的极小值点也为,所以，即，即,此时由于，故当时，的极小值点，则)的极小值点为，由于有一正一负两实根，不妨设，所以，即,故.此时的极大值点，则综上所述，g(x)的极大值小于等于.【例5】 (2012年高考浙江卷试题)已知，函数.(1)证明：当时,(i)函数的最大值为； (ii) (2)若对函恒成立，求的取值范围。讲解 (1)(i) .当时，有，此时在上单调递增

24、.当时, ,此时在上单调递减，在上单调递增.所以当时. (ii)由于，故当时, 当时，设,则，则于是：所以, .所以当时, 故 .(2)由(i)知，当，所以.若，则由(ii)知所以对任意恒成立的充要条件是即，或 在直角坐标系中，所表示的平面区域为如图4-2-7所示的阴影部分，其中不包括线段BC.作一组平行直线，得.所以的取值范围是【例6】 已知函数与的图像有一个公共点点，且这两函数的图像在点P处有相同的切线(1)求的值;(2)若函数在区间上的最小值为0，求t的取值范围；(3)设，求最大值的解析式.讲解 (1) 因为函数和的图像都过点，所以,即.因为，所以，即，所以.又因为和在点处有相同的切线，

25、所以。而，所以将代入上式，得。因此，.故，因此(2) ，当时，该函数在上递减，在上递增，因此当时，该函数在上递减，因此，由已知条件知，因式分解，得，由得综上所述，的取值范围为另解 ，而，因此, ，故的取值范围为.(3) 为奇函数且，由(1)知，此时有两个不同的实数根,且分别在,处取得极大值与极小值，注意到为偶函数，因此，只要考虑在上的最大值。易知在和单调递增，而在单调递减。(i)当，即时,在单调递增，此时，(ii)当,即时, (iii)当，即时，,令，则，=，所以，当即时，此时当，即时，此时综上所述，H(a)=评注 本题系笔者为杭二中2009年5月月考命制的压轴题，巧的是与2012年浙江省高考

26、压轴题无论是考察知识点还是考察方法都有几分“神速”，更让人振奋的是，2013年高考浙江卷理科压轴题与本题几乎同源，将2013年高考题中的函数的图像向左平移1个单位，再向下平移1个单位，可得函数，令，则，同本题系同一函数.附2013年高考浙江卷第22题：已知,函数.()当曲线在点（1，）处的切线方程；()当时，求的最大值.4.2.2 指数与一次或二次联型“指数与一次或二次联型”主要指形如“，或”的导数问题.【例7】设函数，（1）当时，证明；（2）设当时，求a的取值范围.讲解 （1）当时，当且仅当.令，则.当时，在是增函数；当时，在是减函数.于是在处达到最小值，因而，当时，.所以当时，.（2）由题

27、设，此时.当时，若，则，不成立.当时，令，则当且仅当.（i）当时，由（1）知，,在是减函数，,即综上，a的取值范围是.【例8】设函数.（1） 若，求函数的极值；（2） 若是函数的一个极值点，试求出a关于b的关系式（用a表示b），并确定的单调区间；（3） 在（2）的条件下，设，函数，若存在使得成立，求a的取值范围.讲解 （1），当a=2,b=-2时，则.令，得，解得，.当时，当时，当时，当x=-4时，函数有极大值，.当x=0时，函数有极小值，.（2）有（1）知，x=1是函数的一个极值点，即，解得b=-3-2a.则令，得或.x=1是极值点，即，当，即时，由，得或；由，得.当，即时，由，得或；由，得

28、.综上可知，当时，单调递增区间为和，递减区间为；当时，单调递增区间为和，递减区间为；(3)由（2）知，当时，在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，4）上单调递增，函数在区间0,4上的最小值为.又，.函数在区间0,4上的值域是，即.又在区间0，4上是增函数，且它在区间0，4上的值域是,存在使得成立，需要【例9】函数是定义在-1,1上的偶函数，当时，其中.（1） 求在0,1上的解析式，并求出函数的最大值（2）当时，函数，若的图像恒在直线y=e的上方，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数，e=2.71828）(1) 解法一 任选，则，又是偶函数，故时，又是定义域为的偶函数可知，在的最大值可为

29、的最大值当时，令，当，即时，；当，即时，；综上可知：时，；，解法二 有是定义在-1,1上的偶函数可知，在的最大值，即为的最大值.当时，当时，恒大于0，故在区间0,1单调递增，此时，当红a0时，. 当，即时，可得时，故在区间上单调递增，此时 当，即时，可得时，时，可知在区间上单调递增，在区间上单调递增又；故时， ，即a2e时，可得时，可得在区间0,1单调递减，此时综上可得：时，；时，（2） 解法一 =要时，的图像恒在直线y=e的上方，则当时，恒成立，所以，令1-x=t,x=1-t.，所以，所以，当t+1=2,t=1,x=0时等号成立当时，的图像恒在直线y=e的上方解法二 =当时，的图像恒在直线y

30、=e的上方，即时，恒成立，令，解得 当，即且时，可得时，故在区间单调递减此时，与且矛盾 当，即时，可得时，时，可得在区间单调递增，在区间单调递减此时，且又，故时可满足题意 ，即时，可得时，故在区间单调递增此时，又，故 时可满足题意综上可知：当时，的图像恒在直线y=e的上方事实上，可对函数的性质进行深入的研究：函数与二次函数 有着千丝万缕的联系，下面讨论函数的性质和图像以及应用1 性质和图像的讨论设，则，又设当时，函数与有相同的零点（），此时方程有两个不同的根和（下同） 于是当时，由下列表中和的关系可得到如下结论，当时，函数在区间和上为增函数，而在区间上为减函数，为极大值，为极小值，当时，大于零

31、而趋于零，当时，最小值为x+0-0+增极大减极小增 的图像大致如图4-2-8所示. 同理，当时，由下列表中和的关系可得到如下结论，当时，函数在区间和上为减函数，而在区间上为增函数，为极小值，为极大值，当时，小于零而趋于零，当时，最大值为 x-0+0-减极小增极大减 的图像大致如图4-2-9所示 注 可证，不论或，均有 （2）当时，有，函数与有相同的零点，此时方程仍有两个不同的根和 由，及可知 ，根据（1）的讨论，我们有如下结论； 当时，函数在区间和上为增函数，而在区间上为减函数，为极大值，为极小值，当时，大于零而趋于零，当时，最小值为，图像大致如图4-2-10所示 当时，函数在区间和上为减函数

32、，而在区间上为增函数，为极小值，为极大值，当时，小于零而趋于零，当时，最大值为，图像大致如图4-2-11所示（3）当时，有，函数与均没有零点，此时方程仍有两个不同的根和 由前面的讨论知 当时，函数在区间和上为增函数，而在区间上为减函数，为极大值，为极小值，当时，大于零而趋于零，当时，无最大值和最小值，图像大致如图4-2-12所示当时，函数在区间和上为减函数，而在区间上为增函数，为极小值，为极大值，当时，小于零而趋于零，当时，无最大值和最小值，图像大致如图4-2-13所示（4）当时，有，函数与均没有零点，此时方程最多只有一个实数根当时，则在R上为增函数，且当时，大于零而趋于零，当时，图像大致如图

33、4-2-14所示当时，则在R上为减函数，且当时，小于零而趋于零，当时，图像大致如图4-2-15所示综上，对于函数 当时，有，函数有两个零点和两个极值点，其中是最小值点或是最大值点 当时，有，函数有一个零点和两个极值点及，其中是最小值点，且恒有，或是最大值点，且恒有 当时，有，函数没有零点，但有两个极值点，无最值点，且恒有，或为最大值点，且恒有 当时，一定有，函数没有零点，也没有极值点，在R上是单调的，且恒有，或为最大值点，且恒有4.2.3 对数与一次或二次联诀型“对数与一次或二次联诀型”主要指形如“或的导数问题【例10】 已知函数（1） 求函数的单调区间和最值（2） 若m0,n0,a0,证明：

34、讲解 （1）,当时，令，即，同理，令，可得所以单调递增区间为，单调递减区间为 由此可知，无最大值 当时，令，即，同理，令，可得所以单调递增区间为，单调递减区间为由此可知，无最小值（3）证法一 不妨设，令，记，g(x)是减函数，即得证证法二 不妨设，令，左边-右边= 令，则 ，又，得证证法三 利用凸函数的性质，等价于，令，注意到，当时，所以为定义域上的下凸函数由琴生不等式，得，代入证得【例11】 设函数（1） 若x=e为的极值点，求实数a（2） 求实数a的取值范围，使得对任意的，恒有成立讲解 （1）求导得因为x=e为的极值点，所以，解得a=e或a=3e经检验，符合题意，所以a=e或a=3e（3）

35、 当时，对于任意的实数，恒有，解得0，由（1）知令，则且又在上单调递增，所以函数在上有唯一零点，记此零点为，则从而，当时， ，当时， ，当时， ，即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增所以要使对恒成立，只要 成立，由，知 将以及函数在上单调递增，可得，再由解得，另解 事实上第（2）小题用“分离参数”做更简捷：当时，对任意 恒成立；当时， ，以下只要参考，令可得，因此令，由解得，当时，当时，所以综上所述，也可得【例12】已知函数f(x)=ln(1+x)ax的图象在x=1处的切线与直线x+2y1=0平行。(1)求实数a的值；(2)若方程f(x)= (m3x)在2,4上有两个不相等的实数根,求实

36、数m的取值范围;(3)设常数p1,数列满足=+ln(p)(nZ),=lnp,求证：讲解 （1），由题意知（2）由（1）f(x)=ln(1+x)x，原方程为，设，则当时，当，在2,3上是增函数，在3,4上是减函数，又，由于，a的取值范围是(2) 由f(x)=ln(1+x)x（x-1）有，当x0时，当-1x0） 所以在上单调递减，在单调递增则的最小值为，所以，所以的单调递增区间是另解 由，得，所以的单调递增区间是（3）由（1）得在区间递增由在上的值域是知，则在上至少有两个不同的正根，令则，所以在递增，当时，当时，所以在上递减，在上递增结合图像可得4.2.4 导数综合【例14】设l为曲线C：在点处的

37、切线（1） 求l的方程（2） 证明：除切点之外，曲线C在直线l的下方讲解 （1）设，则，所以，所以l的方程为（2）解法一 令，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于满足，且。当时，所以，故单调递減。当时，所以，故单调递增。所以，所以除切点之外，曲线c在直线l的下方。解法二 令，即，变形为。记，则，所以当时， ，在单调递減。当时，在单调递增。所以。解法三 由题意，只需证明时，因为，只需证明令，则。当时， ，单调递增。所以，即。当时，单调递減，所以，即。综上所述，除切点之外，。所以当时，即除除切点之外，曲线c在直线l的下方。【例15】已知函数，。（1） 设函数，求的单调区间与极值；（2） 设，解

38、关于的方程；（3） 试比较与的大小。讲解 （1）由知，令，得。当，；当时，。故当，为减函数；当，为增函数，函数在处有极小值。（2）解法一 原方程可化为，即为，且，当时，则，即，此时，由，知此时方程仅有一解。当时，由，即，若，则，方程有两解；若，则，方程有一解；若或，原方程无解。解法二 原方程可化为即如图4-2-16所示：当时，原方程有一解；当时，原方程有二解；当时，原方程有一解；当或时，原方程无解。（3）由已知得设数列的前n项和为，且，从而，当时，又 即对任意满足的，有，又因为，所以，故。【例16】 设函数，若在点处的切线斜率为1.（1） 用表示b;（2） 设，若对定义域内的恒成立，（i）求实

39、数的取值范围；（ii）对任意的，证明: 讲解 （1），依题意有；（2），（i）恒成立，即解法一 恒成立，则当时，得，又由，则，单调递增，当，单调递減，则，符合题意，即恒成立，实数的取值范围为。解法二 恒成立，即先证，令，当，单调递增，当，单调递減，则，当时，故。解法三 当时，当，单调递減，当，单调递增，则，不符合题意；、当时，得，若，当，单调递減，当，单调递增，则，矛盾，不符合题意；若，若，当，单调递減，不符合题意；若，当时，单调递減，不符合题意（，矛盾）；若，当，单调递增，当，单调递減，则，符合题意。综上得恒成立，实数的取值范围为。（ii）由（i）知，恒成立，实数的取值范围为。解法一 令，考虑函数 = ，下面证明，即证，即证明，由，即证，又，只需证，即证，显然成立。即在单调递增，则，得成立，则对任意的，成立解法二 考虑函数，下证 ， ，故 ，令，即在单调递增，则，此时，故，即成立。【例17】 函数在区间上可导，导函数是减函数，且，设，是曲线在点处的切线方程，并设函数。（1） 用表示；（2） 证明：当时，；（3） 若关于的不等式在上恒成立，其中为实数，求的取值范围及与所满足的关系。讲解 （1）。（2）令，则，。因为递减，所以递增，因此，当时，；当时，所以是唯一