【新高考复习】第二节 第3课时 手握方法巧破障——破解“函数与导数”问题常用到的4种方法 教案

第3课时手握方法巧破障——破解“函数与导数”问题常用到的4种方法方法一构造函数法解决抽象不等式问题以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，fxgx”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．类型(一)构造y＝f(x)±g(x)型可导函数[例1]设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x0时有f′(x)＋cosx0，则当x≤0时，有()A．f(x)＋sinx≥f(0)B．f(x)＋sinx≤f(0)C．f(x)－sinx≥f(0)D．f(x)－sinx≤f(0)[解析]观察条件中“f′(x)＋cosx”与选项中的式子“f(x)＋sinx”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F(x)＝f(x)＋sinx，因为当x0时，f′(x)＋cosx0，即F′(x)0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，又F(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝－[f(x)＋sinx]＝－F(x)，所以F(x)是R上的奇函数，且F(x)在(－∞，0)上单调递减，F(0)＝0，并且当x≤0时有F(x)≥F(0)，即f(x)＋sinx≥f(0)＋sin0＝f(0)，故选A.[答案]A[方法技巧]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型(二)构造f(x)·g(x)型可导函数[例2]设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)[解析]利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x0时，F′(x)0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)＝0，结合图象可知不等式f(x)g(x)0⇔F(x)0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.[答案]A[方法技巧]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型(三)构造fxgx型可导函数[例3](多选)(2021·聊城模拟)已知定义在0，π2上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)＜0成立，则()A．fπ6＞2fπ4B．3fπ6＞fπ3C．fπ6＞3fπ3D．2fπ6＞3fπ4[解析]根据题意，令g(x)＝fxcosx，x∈0，π2，则其导数g′(x)＝f′xcosx＋sinxfxcos2x，又由x∈0，π2，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)＜0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数．由π6＜π3，则有gπ6＞gπ3，即fπ6cosπ6＞fπ3cosπ3，分析可得fπ6＞3fπ3；又由π6＜π4，则有gπ6＞gπ4，即fπ6cosπ6＞fπ4cosπ4，分析可得2fπ6＞3fπ4.故选C、D.[答案]CD[方法技巧]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′xgx－fxg′x[gx]2＝fxgx′”，构造可导函数y＝fxgx，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．[归纳总结]构造函数解决导数问题常用模型(1)条件：f′(x)a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)－ax.(2)条件：f′(x)±g′(x)0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)．(3)条件：f′(x)＋f(x)0：构造函数：h(x)＝exf(x)．(4)条件：f′(x)－f(x)0：构造函数：h(x)＝fxex.(5)条件：xf′(x)＋f(x)0：构造函数：h(x)＝xf(x)．(6)条件：xf′(x)－f(x)0：构造函数：h(x)＝fxx.[针对训练]1．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意x∈R，都有f′(x)＋20，则不等式f(log2|3x－1|)3－log2|3x－1|的解集为()A．(－∞，0)∪(0,1)B．(0，＋∞)C．(－1,0)∪(0,3)D．(－∞，1)解析：选A根据条件中“f′(x)＋2”的特征，可以构造F(x)＝f(x)＋2x，则F′(x)＝f′(x)＋20，故F(x)在定义域内单调递增，由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)＋2＝3，因为f(log2|3x－1|)3－log2|3x－1|可化为f(log2|3x－1|)＋2log2|3x－1|3，令t＝log2|3x－1|，则f(t)＋2t3，即F(t)F(1)，所以t1，即log2|3x－1|1，从而0|3x－1|2，解得x1且x≠0，故选A.2．设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则下列结论正确的是()A．f(x)在R上单调递减B．f(x)在R上单调递增C．f(x)在R上有最大值D．f(x)在R上有最小值解析：选C根据条件中“f′(x)＋f(x)”的特征，可以构造F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝x3＋cex，又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝x3ex.因为f′(x)＝3x2－x3ex，易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝27e3，无最小值，故选C.3．已知f(x)为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)xf′(x)，则不等式x2f1x－f(x)0的解集为________．解析：因为f(x)xf′(x)，所以xf′(x)－f(x)0，根据“xf′(x)－f(x)”的特征，可以构造函数F(x)＝fxx，则F′(x)＝xf′x－fxx20，故F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为x0，所以x2f1x－f(x)0可化为xf1x－fxx0，即f1x1x－fxx0，即f1x1xfxx，即F1xF(x)，所以x0，1xx，解得0x1，故不等式x2f1x－f(x)0的解集为(0,1)．答案：(0,1)方法二分类讨论“界点”的确定函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．类型(一)由二次函数系数引发的分类讨论[例1]已知函数f(x)＝lnx＋ax2，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤1在区间(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)对f(x)求导，得f′(x)＝1x＋2ax＝2ax2＋1x(x0)．当a≥0时，f′(x)0恒成立，可知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a0时，令f′(x)＝0，解得x＝－12a.当x∈0，－12a时，f′(x)0；当x∈－12a，＋∞时，f′(x)0.所以函数f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减．综上，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，函数f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减．(2)由(1)可知，当a≥0时，函数f(x)在(0,1]上单调递增，此时f(x)max＝f(1)＝a≤1，所以0≤a≤1；当a0，且－12a≥1，即－12≤a0时，函数f(x)在(0,1]上单调递增，此时f(x)max＝f(1)＝a≤1，所以－12≤a0；当a0，且－12a1，即a－12时，函数f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，1上单调递减，此时f(x)max＝f－12a＝ln－12a＋a·－12a≤1，解得a≤－12e3，所以a－12.综上可得，实数a的取值范围是(－∞，1]．[方法技巧]若得到的导函数中含有的二次三项式的二次项系数含有参数，则首先需要讨论其系数：①根据二次项系数是否为0，判断导函数是否为二次函数；②根据二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导函数的变号零点．类型(二)由定义域或给定区间引发的分类[例2]已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx.(1)若函数g(x)＝f(x)－ax2＋1，在其定义域上g(x)≤0恒成立，求实数a的最小值；(2)若当a0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围．[解](1)由题意得g(x)＝lnx－(a＋2)x＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，因为x0，所以a＋2≥lnx＋1x在(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝lnx＋1x(x0)，则h′(x)＝1x·x－lnx＋1·1x2＝－lnxx2，令h′(x)＝0，得x＝1.当0x1时，h′(x)0，函数h(x)单调递增；当x1时，h′(x)0，函数h(x)单调递减．因此h(x)max＝h(1)＝1，所以a＋2≥1，即a≥－1.于是所求实数a的最小值为－1.(2)对f(x)求导，得f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x＝ax－12x－1x(x0，a0)，令f′(x)＝0，求得x1＝12，x2＝1a.①当01a≤1，即a≥1时，因为x∈[1，e]，所以f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意；②当11ae，即1ea1时，因为x∈[1，e]，所以当x∈1，1a时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x∈1a，e时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f1af(1)＝－2，不符合题意，舍去；③当1a≥e，即0a≤1e时，因为x∈[1，e]，所以f′(x)≤0，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(e)f(1)＝－2，不符合题意，舍去．综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．[方法技巧]已知函数的定义域为[a，b](即导函数的界点为a，b)，研究函数的最值问题，一般情况下解题要点是：①对函数f(x)求导，求出导函数f′(x)的零点x＝x0；②讨论导函数f′(x)的零点x＝x0在不同位置时函数f(x)的单调性；③由函数f(x)在区间[a，b]上对应的单调性，求出函数f(x)的最值．本题对函数f(x)求导，得到f′(x)的一个零点为x＝1a，此时给定函数的区间为[1，e]，函数在此区间上是否存在最小值与零点x