导数、数列压轴题的破解策略：合理巧设函数与导数压轴题.doc

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（为自然对数的底数），若曲线上存在点，使得，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 【解析】 易知为单调递增函数. 设……… ①，又，由单调性则……… ②. 下面证明. 若，由单调性则，则与已知矛盾，.所以必有. 代入②即. 曲线上存在点，使得，等价为：在上存在解.即在上有解. 设，则.在上，，所以，则在上单调递增，所以.故. 故选A. 【评注】由的单调性可知, 对于,则必存在唯一的自变量,使得,从而有.这样方便表达. 【变式1】（2015·石家庄高三教学检测一）设函数（为自然对数的底数），若曲线上存在点，使得，则的取值范围是（ ）. A. B. C. D. 【答案】易知为单调递增函数.同例1，有. 曲线上存在点，使得，等价为：在上存在解.即在上有解. 设，，则在上单调递增，所以.故. 故选A. 【变式2】（2016届广雅中学高三开学测试）已知是定义在上的单调函数，且对，都有，则方程的实数解所在的区间是（ ）. A. B. C. D. 【答案】因为是定义在上的单调函数，所以存在唯一，使得 ①. 又，故有，解得.用代替，则有 ②.由①②解得. 将代入化简，得.令，因为，，又在上单调递增，故在上存在唯一零点，即方程的实数解所在的区间是.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，.对于不相等的实数，设.现有如下命题： 对于任意不相等的实数，都有； 对于任意的及任意不相等的实数，都有； 对于任意的，存在不相等的实数，使得； 对于任意的，存在不相等的实数，使得. 其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）. 【解析】对于，由的单调递增的性质可知，，故正确. 对于，由先单调递减再递增的性质可知，存在的情形，故不正确. 对于，等价于，即，即. 设，则.此时由和的图象（如下图）可知，调整合适的可使的图象全在的图象之下，这时恒成立，所以单调递增. 据此分析可知：存在，使得对于不相等的实数，不可能有，即不可能有，故不正确. 对于，等价于，即，即. 设，则.此时由和的图象（如下图）可知，两者必有交点，设交点横坐标为. 由简图可知，当时，，则，单调递减；时，，则，单调递增. 于是，对于任意的，由单调性可知：存在不相等的实数，使得，即成立.故正确. 综上，所给命题中的真命题有、. 【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. 【变式3】（2015·郑州市质量预测节选）给定方程：，探究该方程在的实数根的个数. 【答案】设，则. 由简图可知，与在有唯一交点. 设两图象的交点的横坐标为.由简图可知，当时，，则，单调递减；时，，则，单调递增.所以在处取得极小值. 结合和，可得的简图如下,所以给定方程在的实数根的个数为1，且该根属于区间. 三、根据导函数的性质，巧设极值点 【例3】（2015·全国卷Ⅰ文）设函数. （1）讨论的导函数零点的个数； （2）证明：当时，. 【解析】（1）.当时，因为，所以没有零点； 当时，令，因为，所以在上单调递增. 当时，又,所以，结合，可得即在上存在唯一零点. （2）证明：由（1）可知，当时，在上存在唯一零点. 设该零点为，则有. 此时由和的图象可知，当时，，则，单调递减；时，， 则，单调递增. 所以在处取得最小值. 由得和，代入，所以当时，. 【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），而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），消去某些式子，得到较为简单的代数式（如），使研究更为简便. 【例4】设函数有两个极值点，，且． （1）求实数的取值范围； （2）求的取值范围． 【解析】（1）求导得. 令函数，则由函数有两个极值点，可知，，必为方 程在上的两个不等根，又注意到函数图像