探究近15年高考數(shù)學(xué)壓軸題之導(dǎo)數(shù)應(yīng)用部分出題背景及典例解法歸納方法

1、探究近15年高考數(shù)學(xué)壓軸題之導(dǎo)數(shù)應(yīng)用部分出題背景及典例解法歸納方法【開題篇】高考導(dǎo)數(shù)應(yīng)用部分壓軸題常常以高等數(shù)學(xué)中泰勒定理、拉格朗日中值定理、羅爾中值定理、洛必達(dá)“0”型恒成立問題及證明不等式問題為背景出題，通0常完美解法主要有分類討論、變量分離、分參運(yùn)用泰勒定理構(gòu)造函數(shù)放縮或者運(yùn)用拉格朗日中值定理處理或者運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)利用極限思想（洛必達(dá)法則）、端點(diǎn)效應(yīng)、連鎖反應(yīng)、定積分、變換主元、劃歸思想、圖像法、最值法、假設(shè)反證法等，洛必達(dá)法則法授課統(tǒng)考學(xué)生勿講（超綱）一、出題背景之高等數(shù)學(xué)知識回顧：（1）、泰勒定理（部分）設(shè)函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0處的某鄰域內(nèi)具有n+1階導(dǎo)數(shù)，則對該鄰域內(nèi)異于x0的任意點(diǎn)x

2、，在x0與x之間至少存在一點(diǎn)x，使得：(00f(x)=f(x0)+ffxx)(x-x0)+2(x-x0)+f(n)(x0)(x-x)n+r(x)，2!n!0nr(x)=f(n+1)x(n+1)!(x-x)其中n0()n+1稱為余項(xiàng)，上式稱為n階泰勒公式；即f(x)=f(0)+f(0)x+f0x2+f(n)(0)xn+(xn).若x0=0，則上述的泰勒公式稱為麥克勞林公式，()02!n!利用泰勒公式證明不等式：若函數(shù)f(x)在含有x的某區(qū)間有定義,并且有直到(n-1)階的0各階導(dǎo)數(shù),又在點(diǎn)x處有n階的導(dǎo)數(shù)f(n)(x),則有公式00f(x)1!f(x)2!n!f(x)=f(x0)+0(x-x0)

3、+0(x-x0f(n)(x)2+l+0(x-x)(n)+r(x)0n在上述公式中若r(x)0(或r(x)0),則可得nnf(x)1!f(x)1!f(x)2!f(x)2!n!n!f(x)f(x0或f(x)f(x0)+0(x-x0)+0(x-x0)+0(x-x0)+0(x-x0f(n)(x)2+l+0(x-x)(n)0f(n)(x)2+l+0(x-x)(n)011.e=1+k+xn+xn+1eqx,泰勒展開式xx2x3x1!2!3!n!(n+1)!其中(0q1)；xn+1()n+1；12.ln(1+x)=x-x2+x3-k+(-1)n-xn+r,其中r=(-1)n12!3!n!nn(n+1)!1+

4、qx-k+(-1)(2k-1)!(2k+1)!3.sinx=x-x3x5+3!5!k-1x2k-1x2k+1k+r，其中r=(-1)nncosqx；+x4+r其中r=(-1)cosqx；(2k-2)!(2k)!4.cosx=1-x2k-12!4!-k+(-1)x2k-2x2kknnex=1+o(x3)sinx=x-x3+x5+ox51()()()()()常見函數(shù)帶佩亞諾余項(xiàng)泰勒公式xx2x31!2!3!ln(1+x)=x-x2+x3+o(x3)2!3!()3!5!4cosx=1-x2+x4+o(x)2!4!=1+x+x2+x3+ox31-x(1+x)a=1+ax+aa-1x2+aa-1a-2x

5、3+ox31!2!3!備注：高考壓軸題題設(shè)函數(shù)或者需構(gòu)造的函數(shù)通常為展開式的前兩或三項(xiàng)，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)證明不等式近15年出題以泰勒定理為背景的導(dǎo)數(shù)壓軸題（研究價(jià)值相對高）2006年全國卷ii22題2007年遼寧卷理22題2010年全國大綱卷22題2011年全國卷新課標(biāo)ii文21題2012年遼寧卷理21題2013年遼寧卷理21題2013年全國卷新課標(biāo)ii理21題2014年全國卷新課標(biāo)iii理22題22014年全國卷新課標(biāo)i理21題2015年福建卷理20題2016年全國2卷例21題（2）、拉格朗日中值定理和羅爾中值定理（部分）拉格朗日中值定理：若函數(shù)f滿足如下條件：（i）f在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；（i

6、i）f在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)；則在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)x，使得f(x)=f(b)-f(a)b-a.羅爾中值定理：如果函數(shù)f(x)滿足條件：(1)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；(2)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)；（3）f(a)=f(b),則在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)z,使得f(z)=0近15年出題以拉格朗日中值定理和羅爾中值定理為背景的導(dǎo)數(shù)壓軸題（研究價(jià)值相對高）2004年四川卷第22題2oo6年四川卷理第22題2007年高考全國卷i第20題2007年安徽卷18題2008年全國卷22題2009年遼寧卷理21題2010年遼寧卷文21題2010年遼寧卷理21題2010年全國一卷20題2010年江蘇卷20題

7、2011湖南文21題2013-2014全國大幅度考察（3）、洛必達(dá)定理洛必達(dá)法則簡介：法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)limfx=0及l(fā)imgx=0；()()axax(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g(x)0；f(x)(3)limxag(x)=l，3那么limfx=limf()(x)=l。xag(x)xag(x)備注：領(lǐng)域：，并稱點(diǎn)a為鄰域的中心，d為鄰域的半徑。通常是較小的實(shí)數(shù)，所以，a的d鄰域表示的是a的鄰近的點(diǎn)，以a為中心的任何開區(qū)間都稱為點(diǎn)a的鄰域，記作u(a)。設(shè)d是任一正數(shù)，則開區(qū)間(a-d,a+d)就是點(diǎn)a的一個(gè)鄰域，這個(gè)鄰域稱為點(diǎn)a的d鄰域，

8、我們只考慮點(diǎn)a鄰近的點(diǎn)，不考慮點(diǎn)a，即考慮點(diǎn)集x|a-dxaax1時(shí)，存在x(0,ln2a)f(x)0，則a”等價(jià)于“若a時(shí)，則存在x0,+)，f(x)0”2x時(shí)，f(x)0，”是求的“任意0,+)，f(x)0”的必要條件，即“若x0,+)，1122x從同一解題思想方法出發(fā)，還可以選擇兩次求導(dǎo)數(shù)的方法來求“任意0,+)，f(x)0”的充要條件方法一（泰勒定理放縮）：f(x)=ex-1-2ax，由于exx+1，f(x)x-2ax=(1-2a)x，（i）若1-2a0，即a時(shí)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，而f(0)=0，于是，有f(x)f(0)=0；512使得f(x)時(shí)，f(x)0在0,+)不恒成立，1（

9、ii）若a時(shí)，由于x0時(shí)，exx+1，可得e-x1-x，e-x-1-x，所以，2-2ax2a(e-x-1)，f(x)ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a)，當(dāng)x(0,ln2a)時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0等價(jià)于ax2-xx2，令g(x)=x2，1exk(x)k(0)=0，即ex1+x+x2，而g(x)=-x-12=，1令k(x)=ex-x-1-x2，k(x)=ex-1-x，由于exx+1，k(x)0，2k(x)在(0,+)上是增函數(shù)，即在0,+)上是增函數(shù)，且k(0)=0，1x212x2x2211即a，綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,22方法四（化歸思想）：6當(dāng)x0時(shí)

10、，exx+1，令h(x)=ex-1-x-x2（x0），則h(x)=ex-1-x0，則12h(x)在區(qū)間0,+)上是增函數(shù)，且h(0)=0，所以，h(x)=ex-1-x-11x20，即ex1+x+x2，所以，f(x)=ex-(1+x)-ax2x2-ax2=(1-2a)x2，由于f(x)0在x0時(shí)恒成立，即(1-2a)x20恒成立，則1-2a0，解之a(chǎn)，22112211221,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-21方法四和方法五都利用了x0時(shí)，ex1+x+x2這個(gè)結(jié)論，事實(shí)上已經(jīng)觸及這個(gè)問題2eqx，00時(shí)，f(x)0等價(jià)于aexx211-xx2，令g(x)=ex-x-1x2x0，g(x)=（僅x=0等號成

11、立），所以g(x)=ex-(x+1)(ex+1)x-2(ex-1)x2x3因?yàn)閤0，要g(x)0，只需(ex+1)x-2(ex-1)0，現(xiàn)在設(shè)h(x)=(ex+1)x-2(ex-1)，即只需h(x)=xex-2ex+x+20（x0），又h(0)=0，則只需h(x)0（x0），（1）當(dāng)x1時(shí)，因?yàn)閔(x)=ex+xex-2ex+1=xex-ex+1=ex(x-1)+1(x+1)(x-1)+1=x20，即h(x)0（2）當(dāng)0x0，所以t(x)t(0)=0，7所以g(x)=0，因此，alimg(x)=lim=lim=limex=1，綜上所述：h(x)h(0)=0(ex-1)x-2(ex-1)+2x(

12、ex+1)x-2(ex-1)=x3x3則g(x)在區(qū)間(0,+)上是增函數(shù)，ex-x-1ex-1x0x0x02xx02x22若a12所以f(x)在0，+)上遞增，那么f(x)f(0)=0合題意1綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,2方法六（連鎖反應(yīng)）：f(x)=ex-1-2ax，f(0)=0，f(x)=ex-2af(0),+)=1-2a,+)當(dāng)x0時(shí)，下面對1-2a的正負(fù)情況進(jìn)行討論：1，則會發(fā)生如下連鎖反應(yīng)：+當(dāng)a時(shí)f(x)0，則f(x)在0，)上遞增，那么f(x)f(0)=02當(dāng)a12時(shí)令f(x)0得xln2a，則會發(fā)生如下連鎖反應(yīng)：lnln當(dāng)0xln2a時(shí)f(x)0，那么f(x)在(0，2

13、a)上遞減，所以f(x)f(0)=0故f(x)在(0，2a)上遞減，那么f(x)0時(shí)et-t-1at2即et方法七（定積分法）：x0,+)，有f(x)=ex-1-x-ax20恒成立當(dāng)t=0時(shí)不等式恒成立，此時(shí)artt00設(shè)曲線y=ex-1和直線y=2ax在直線x=0和x=t之間與x軸圍成的面積分別為s1和s2，則s1s2，那么曲線y=ex-1恒在直線y=2ax上方，即y=ex-1在x=0處切線斜率yx=0=ex-1|x=0=1恒大于2a，所以a218方法八（圖像法）和方法九（最值法）這兩種方法前面已經(jīng)培訓(xùn)已經(jīng)詳細(xì)講解，這里不再贅述，可自行演練alnxb鞏固訓(xùn)練：已知函數(shù)f(x)=+，曲線y=f

14、(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為x+2y-3=0.x+1x（）求a、b的值；lnxk（）如果當(dāng)x0，且x1時(shí)，f(x)+，求k的取值范圍.x-1x該題用泰勒定理放縮、端點(diǎn)效應(yīng)、參變量分離法、化歸思想、連鎖反應(yīng)、洛必達(dá)法則、定積分法、圖像法、最值法這些方法操作方法同例1下面用假設(shè)反證法和洛必達(dá)法（該題洛必達(dá)法操作繁瑣）（）略解得a=1，b=1.（）補(bǔ)充方法一（分類討論、假設(shè)反證法）：f(x)-(lnx+k)=(2lnx+).+由（）知f(x)=lnx11(k-1)(x2-1)，所以x+1xx-1x1-x2x考慮函數(shù)h(x)=2lnx+(k-1)(x2-1)x(k-1)(x2+1)+2x(x

15、0)，則h(x)=.x2(i)當(dāng)k0時(shí)，由h(x)=k(x2+1)-(x-1)2h(x)0，從而當(dāng)x0且x1時(shí)，f(x)-(lnx+k)0，即f(x)lnx+k；（i）當(dāng)0k0，故h(x)0，而h(1)=0，故當(dāng)x(1,)1-k1-kx2知，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0，可得h(x)0；當(dāng)x(1,+)時(shí)，h(x)0，可得h(x)0，而h(1)=0，故當(dāng)x(1,+)時(shí)，h(x)0，可得h(x)0，與題設(shè)矛盾.1-x20綜上可得，k的取值范圍為(-，.注：分三種情況討論：k0；0k1；k1不易想到.尤其是0k0，且x1時(shí)，f(x)lnx+k，即則g(x)=(lnx+)，lnx+1lnxk+，x-1xx+1

16、xx-1xxlnx1xlnx2xlnx2xlnx也即k0，且x1x+1xx-11-x21-x22(x2+1)lnx+2(1-x2)2(x2+1)1-x2(1-x2)2(1-x2)2x2+11-x21-4x(1-x2)2記h(x)=lnx+，則h(x)=+=0，x2+1x(1+x2)2x(1+x2)2從而h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，且h(1)=0，因此當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)0；當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+)上單調(diào)遞增.由洛必達(dá)法則有l(wèi)img(x)=lim(2xlnx+1)=1+lim2xlnx=1+lim2lnx+2=0，x1x11-x2x

17、11-x2x1-2x即當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，即當(dāng)x0，且x1時(shí)，g(x)0.因?yàn)閗0，且x1時(shí)，f(x)+成立，k的取值范圍為(-，.x-1x例2（2007全國卷理20題節(jié)選）設(shè)函數(shù)f(x)=ex-e-x.證明：若對所有x0，都有f(x)ax，則a的取值范圍是(-,2.說明：該題用泰勒定理放縮、端點(diǎn)效應(yīng)、參變量分離法、化歸思想、連鎖反應(yīng)、洛必達(dá)法則、定積分法、圖像法、最值法這些方法操作方法同例1下面用拉格朗日中值定理解答如下：（i）當(dāng)x=0時(shí)，對任意的a，都有f(x)ax(ii)當(dāng)x0時(shí)，問題即轉(zhuǎn)化為aex-e-x對所有x0恒成立.x(令gx)=ex-e-xx=f(x)-f(0)x-0，由拉格

18、朗日中值定理知(0,x)內(nèi)至少存在一點(diǎn)x（從x-0，即g(x)=f(x)=ex+e-x，由于而x0），使得f(x)=f(x)-f(0)f(x)=ex-e-x=e0-e-0(x0)，故f(x)在(0,x)上是增函數(shù)，讓x0得g(x)min=f(x)=ex+e-xf(0)=2，所以a的取值范圍是(-,2.備注：通過例1和例2，我們對于泰勒定理放縮、端點(diǎn)效應(yīng)、參變量分離法、化歸思想、連10鎖反應(yīng)、洛必達(dá)法則、定積分法、圖像法、最值法掌握熟練，可自行對歸納年份高考題選擇訓(xùn)練鞏固訓(xùn)練：(2oo6年四川卷理22題)已知函數(shù)f(x)=x2+2x+alnx(x0),f(x)的導(dǎo)函數(shù)f（）當(dāng)a0時(shí)，2-f(x)

19、由拉格(xx+xf)-f1證明：（）不妨設(shè)xx，即證f22朗日中值定理知，存在xx,1,x2122,x2，則xx-x.1212方法一（拉格朗日中值定理法，等價(jià)替換）x+x1221221x+xx+x211=f(x)2-f(x)=f(x)21又-f122222f(x)2x-xx+xx-xx+x1，f122f(x)=2x-+a，f(x)=2+-.當(dāng)a0時(shí)，f(x)0.所以f(x)是一個(gè)單-f(x)成立，因f(x)f調(diào)遞減函數(shù)，故24ax2xx3x2x+x12122221+a，令g(x)=f(x)則由拉此命題獲證（）由f(x)=x2+格朗日中值定理得：g(x122+alnx得，f(x)=2x-x2xx

20、)-g(x)=g(l)(x-x)212下面只要證明：當(dāng)a4時(shí)，任意l0,都有g(shù)(l)1，則有g(shù)(x)=2+即證a4時(shí)，a1，xx422由于x2+=x2+334，當(dāng)且僅當(dāng)x=32時(shí)取到最小值，又a41恒成立.x3x2所以由拉格朗日定理得：g(x1)-g(x)=g(l)(x-x)=212g(l)x-xx-x.1212補(bǔ)充方法二（對數(shù)轉(zhuǎn)換法）證明：（）由11得=而2又（x1+x2）2=（x1+x2）+2x1x24x1x2a0，alnaln（由、得（x12+x22）+即（）證法一：由+aln（）2+aln，得=12下面證明對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，有恒成立即證成立設(shè)，則，（令ux）=0得，列表如下：tu（t）0+u（t）極小值對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，恒有|f（x1）f（x2）|x1x2|補(bǔ)充方法三（整體替換法，構(gòu)造函數(shù)）由，得=x1，x2是兩個(gè)不相等的正數(shù)13設(shè)，u（t）=2+4t34t2（t0）則u（t）=4t（3t2），列表：tu（t）0+u（t）極小值即g(a)+g(b)