导数与解析几何大题解题技巧.docx
《导数与解析几何大题解题技巧.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《导数与解析几何大题解题技巧.docx(14页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
导数与解析几何大题解题技巧
导数与解析几何大题解题技巧参考资料一:
不等式恒成立问题中的参数求法
已知含参数不等式恒成立求其中参数取值范围问题是高考热点,这里汇集了这类问题的通法和巧法,包括直接求导法、二次求导法、特值压缩法、分离lnx法、重构函数法、解不等式法、设而不求法等,都是高考压轴题最常用到的方法.
一、直接求导法
1xax
题目:
当x(0,1)时,f(x)eax1恒成立,求a的取值范围.
1x
分析:
注意exf(x)型函数不分离最好,这里f(x)是有理函数,它的导数为[exf(x)]exf(x)exf(x)ex[f(x)f(x)],这里f(x)f(x)是有理函数,容易讨论其性质.
1xax1xax2ax1xax
解:
f(x)(11xx)eax11xx(eax)(12x)2eax11xxeax(a)
2
由ax22a可知,我们可以按照二次函数的讨论要求处理,比较复杂,
于是可以考虑分离参数a,
222222
即ax22aa(x21)2(x21)(a2)(x21)(a2),
x11x
2
注意到当x(0,1)时,2(2,),所以当a2时,f(x)0,f(x)是增函数,
1x2
所以f(x)f(0)1,
f(x)是减函数,所以f(x)f(0)1,不合题意.
综上,a的取值范围(,2].
二、二次求导法
题目:
当x0时,f(x)ex1xax20恒成立,求a的取值范围.
分析:
f(x)kexax2bxc型函数一般用到二次求导法.
解:
f(x)ex12ax,
f(x)xe2,a
因为x0,所以ex1,
1
当2a1即a2时,f(x)0,f(x)是增函数,所以f(x)f(0)0,所以f(x)是增函数,所以f(x)f(0)0;
1
当2a1即a时,则当0xln(2a)时,f(x)0,f(x)是减函数,所以
2
f(x)f(0)0,所以f(x)是减函数,所以f(x)f(0)0.
1
所以a的取值范围(,1].
2
三、特值压缩法
题目:
当x2时,f(x)2kex(x1)x24x20恒成立,求k的取值范围.
分析:
特值法先压缩参数范围,可以大大减少讨论步骤,但是这是一个特殊方法,不被重视.
解:
由f
(2)2ke2(21)
(2)24
(2)20得f(0)2ke0(01)024020
f(x)2k[ex(x1)ex]2x42(x2)(kex1),
2xx121
当1ke2时,由f(x)2(x2)(kex1)0得ex[e2,1]xln[2,0],
kk
当ke2时,显然当x2时,f(x)0,f(x)为增函数,从而f(x)f
(2)0,
21
当1ke2时,则lnk1(2,0],所以
1
当x(2,ln)时,f(x)0,f(x)为减函数,k
1
当x(ln,)时,f(x)0,f(x)为增函数,k
1
1ln1111
所以f(x)的最小值为f(ln)2kek(ln1)(ln)24(ln)2kkkk
2(ln11)(ln1)24(ln1)2(ln1)22ln1kkkkk
(ln1)22ln1(lnk)22lnk(2lnk)(lnk)0,kk
所以求k的取值范围是1ke2.
四、分离lnx法
lnx1lnxk
题目:
当x0且x1时,恒成立,求k的取值范围.
x1xx1x
分析:
把lnx分离出来可以使导数非常简单.
lnxlnxk111k12k1解:
()()lxn2xln
x1x1xxx1x1xx1x
2[2lnxk1(x21)]21[2lnx(k1)(x1)]
x1xx1x
1
令设g(x)2lnx(k1)(x),于是原题等价于
x
g(x)0,x(1,)g(x)0,x(0,1)
若是通分,分子是一个关于x的二次函数,讨论比较复杂,
21g(x)(k1)(12),
x
不如再次提取
(112),分离参数k,这样会转化为对号函数,可谓一举两得:
x
于是g(x)
x(k1)(1x2)
12
(12)[
x
1
1(k1)]
1x12
x
21
1(k1)](12)1x
x
x
2
h(x)在(1,)单调递减,
当x1时,
即k0时,
1
x12,从而h(x)(0,1),所以当(k1)1,x
g(x)0恒成立,从而g(x)为增函数,所以g(x)g
(1)0恒成立;
当k0时,(k1)1,所以存在x01,使得当x(1,x0)时,g(x)0,从而g(x)为减函数,所以g(x)g
(1)0,不合题意同理可讨论当0x1时,
当k0时,(k1)1,所以存在x0(0,1),使得当x(x0,1)时,g(x)0,从而g(x)为减函数,所以g(x)g
(1)0,不合题意.
综上,k0
五、重构函数法
题目:
ex(a1)xb0恒成立,求(a1)b的最大值.分析:
构造以参数为自变量的函数是经常考的常规题型.
解:
令f(x)ex(a1)xb,则f(x)ex(a1)
(1)当a10时,f(x)0,f(x)在R上单调递增,当x时,f(x),不合题意.
(2)当a10时,则当xln(a1)时,f(x)0,f(x)是减函数,
当xln(a1)时,f(x)0,f(x)是增函数,
所以当xln(a1)时,f(x)minf(ln(a1))a1(a1)ln(a1)b0,
所以ba1(a1)ln(a1),所以(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1),其中a10,
令g(x)x2x2lnx(x0),则g(x)2x(2xlnxx)x(12lnx),
当0xe时,g(x)0,g(x)是增函数,
当xe时,
g(x)0,g(x)是减函数,
所以当xe
时,g(x)maxg(e)ee212e,
所以(a1)b的最大值是e.
2
六、解不等式法
mx2
题目:
设函数f(x)exmx.
(1)证明:
f(x)在(,0)单调递减,在(0,)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2[1,1],都有|f(x1)f(x2)|e1,求m的取值范围.分析:
求参数范围时,把参数看成未知数,解不等式.
解:
(1)f(x)memx2xm,f(x)m2emx2,
因为f(x)m2emx20,所以f(x)memx2xm在R上是增函数,注意到f(0)0,
所以当x0时,f(x)f(0)0,当x0时,f(x)f(0)0,
所以f(x)在(,0)单调递减,在(0,)单调递增.
(2)由
(1)可知,f(x)在[1,1]上的最小值为f(0)1,f(x)的最大值是
f
(1)em1m
和f
(1)e1m,所以|f(x1)f(x2)|的最大值为emm或emm,
所以只要emme1或emme1,
令g(m)emm,则g(m)em1,
当m0时,g(m)0,g(m)是减函数,
当m0时,g(m)0,g(m)是增函数,
1
而g
(1)e1,g
(1)1,且g
(1)g(1,)所以存在m01,使得e
g(m0)g
(1),
所以由emme1即g(m)g
(1)可得
m0m1,其中m01①
而emme1即g(m)g
(1),所以m0m1,
即1mm0,其中m01,②
由①、②得1m1.
七、设而不求法
已知函数f(x)exex2x,
(1)设gxf(2x)4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值,
(2)已知1.414221.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001)
分析:
设而不求那些不容易求出的极值点.
解:
(1)g(x)e2xe2x4x4b(exex2x),
gx2(e2xe2x2)4b(exex2),
令exext,则e2xe2xt22,
所以g(x)2(t24)4b(t2)(t2)(t22b)(t2)[t(2b2)],
注意到texex2exex2(x0),所以当2b22即b2时,g(x)0,g(x)为增函数,所以g(x)g(0)0,
当b2时,存在x00,当x(0,)x0时,g(x)0,g(x)为减函数,所以g(x)g(0)0,不合题意,所以b的最大值2.
(2)考虑g(ln2)e2ln2e2ln24ln24b(eln2eln22ln2)
2122ln24b(222ln2)2322b(4b2)ln2,
由
(1)知道,当b2时,g(ln2)32222(422)ln20,
所以ln2421.541.41421.50.6928,
66
那么,下一步如何再取b的值呢?
这是不可以随意取的,我们不得不考虑第二问中的
xx0这个分界点满足的条件,可以考虑xln2满足exex(2b2)0,
考虑到满足等号成立的
b的值,eln2eln2(2b2)0,解得b321,4
则由
(1)知,
当b321时,g(ln2)3222(3421)[4(3421)2]ln20,
所以0.6928ln20.6934,所以ln20.693.
参考资料二:
“一定二动斜率定值”问题的高等背景与初等解
以下四个例题,都有类似条件:
A是圆锥曲线C上的定点,E,F是圆锥曲线C上的两个动点,求证直线EF的斜率为定值.我们把这类问题简称“一定二动斜率定值”问题,笔者经过仔细分析发现,这类问题的命题者利用了导数法研究曲线的切线斜率,也就是利用了导数产生的几何背景,本文利用极限与导数这一高等数学的方法先探求这个定值,然后利用初等方法给出证明.
x2y23
例1、如图1,已知E,F是椭圆xy1上的两个动点,A(1,)是椭圆上432
的定点,如果直线AE与AF关于直线x1对称,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.
1
因此,可以确定所求的定值为1
2
初等解法:
因为直线AE与AF关于直线x1对称,所以直线AE的斜率与AF的
3
斜率互为相反数.设直线AE的方程为yk(x1)3,则直线AF的方程为
3x2y2
把yk(x1)3代入xy1得:
243
2232
(34k2)x24k(32k)x4(k)2120
(1),
2
设E(x1,y1),F(x2,y2),注意到x1是方程
(1)的一个根,由根与系数关系得,
32
4(2k)212
x122,
134k2
32
4(k)212同理可求x222,
234k2
kEFyx1xy2
x1x2
33
k(x11)2[k(x21)2]k(x1x2)2k,
x1x2
x1x2
1
把x1,x2代入上式得kEF12
例2、如图2,已知E,F是椭圆1x2y41上的两个动点,A(3,3)是椭圆上
的定点,如果直线AE与AF关于直线y3对称,证明直线EF的斜率为定值,
并求出这个定值.
高等背景:
当AE与AF的倾斜角一
个趋近于180时,另一个趋近于0时,直
线EF的斜率就趋向于过A1(3,3)的
22
切线斜率.在1x2y41中,两边对x求
图2
A1(-3,3
导有,6xy2y0,把A1(3,3)代入有:
6332y0,解得y13.
因此,
可以确定所求的定值为13
初等解法:
设直线AE的方程为yk(x3)3,
2
代入xy1得:
(13k2)x263k(1k)x9k218k30
(1),
9k218k3设E(x1,y1),F(x2,y2),注意到x3是方程
(1)的一个根,所以x19k18k23,
2
9k18k3
同理可求x22,
3(13k2)
高等背景:
当AE与AF的倾斜角一个趋近于0时,另一个趋近于180时,直线EF的斜率就趋向于过A1(1,1)的切线斜率.而y2x,所以y|x12,
因此,可以确定所求的定值为2.
初等解法:
设直线AE的方程为yk(x1)1,
代入yx2得:
x2kxk10
(1),
设E(x1,y1),F(x2,y2),注意到x1是方程
(1)的一个根,所以x1k1,同理可求x2k1,
yyx2x2
所以kEFy1y2x1x2x1x2,把x1,x2代入上式得kEF2.
x1x2x1x2
例4、如图4,已知E,F是抛物线y2x上的两个动点,A(1,1)是抛物线上的定点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.
代入y2x得:
y2y110
(1),
kk
1
y110
(1),
,把y1,y2代入得kEF
k
得方程有一个根为xA或yA,此时一定要利用根与系数的关系求另一个根
4、注意以k替换k由E点坐标直接求得F点坐标.
5、对于直线与椭圆或者双曲线,kEFy1y2的进一步化简要利用直线方程,x1x2
对于直线与抛物线,kEFy1y2的进一步化简利用抛物线方程比利用直线方程x1x2
更加简单.
把握住以上几点,你也可以轻松地自己改编一些类似的题目,你当然更能准确快速的解答一下练习题:
1、已知E,F是抛物线y24x上的两个动点,A(1,2)是抛物线上的定点,直
线AE与AF关于直线x1对称,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.(答案:
1)
2、如图5,已知E,F,E1,F1是椭圆
22
x2y21
43
3
上的两个动点,A(1,23)是椭圆上的定点,如直
线AE与AF关于直线x1对称,且直线AE1
与AF1也关于直线x1对称,
求证:
EF∥E1F1.
提示:
由例1知,EF,E1F1的斜率相等)