2021高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 经典微课堂 突破疑难系列1 函数与导数课件 文 北师

第三章导数及其应用经典微课堂突破疑难系列1：函数与导数突破疑难点1构造函数证明不等式构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，xx＋1≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．方法高考示例直接构造法(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2＜a－2.思维过程……(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0(函数在极值点处的导数为0)，所以x1x2＝1.不妨设x1＜x2，则x2＞1(注意原函数的定义域).由于fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2lnx2＜0.【关键1：将所证不等式进行变形与化简】思维过程设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，【关键2：直接构造函数，判断函数单调性】又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，所以1x2－x2＋2lnx2＜0，即fx1－fx2x1－x2＜a－2.【关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式】适当放缩构造法(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.……(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.【关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉】设g(x)＝exe－lnx－1，【关键2：利用不等式右边构造函数】则g′(x)＝exe－1x.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．【关键3：利用导数研究函数的单调性、最值】故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.【关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明】因此，当a≥1e时，f(x)≥0.构造双函数法(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aexlnx＋bex－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)＞1.……(2)证明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋2xex－1，从而f(x)＞1等价于xlnx＞xe－x－2e.【关键1：将所证不等式等价转化，为构造双函数创造条件】设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈0，1e时，g′(x)＜0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)＞0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.【关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值】设函数h(x)＝xe－x－2e，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.【关键3：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最大值】因为g(x)min＝g1e＝h(1)＝h(x)max，所以当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.【关键4：利用函数最值证明不等式】突破疑难点2利用分类讨论法确定参数取值范围一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．方法高考示例结合导函数的零点分类讨论(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋121＋122…1＋12n＜m，求m的最小值.思维过程(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)(求函数定义域).①若a≤0，因为f12＝－12＋aln2＜0，所以不满足题意．【关键1：利用原函数解析式的特点确定分类标准】②若a＞0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．【关键2：根据导函数的零点分类讨论】故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点.由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.结合导函数的零点分类讨论(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.……(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是f1－f0≤e－1，f－1－f0≤e－1，即em－m≤e－1，e－m＋m≤e－1.①【关键1：利用充要条件把不等式恒成立等价转化】设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.【关键2：直接构造函数，并求导】当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.【关键3：根据导函数的零点分类讨论】故当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，知g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.【关键4：通过分类讨论得到参数的取值范围】综上，m的取值范围是[－1,1].由导函数的特点直接分类讨论(2014·全国卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数，求a的取值范围.……(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0.【关键1：函数求导，根据导函数的特点确定分类标准】故当a＞0时，f(x)在区间(1,2)是增函数.当a＜0时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－54≤a＜0.【关键2：利用导数判断函数的单调性，结合需满足的条件，求解关于参数的不等式，得到参数的取值范围】综上，a的取值范围是－54，0∪(0，＋∞).突破疑难点3两法破解函数零点个数问题两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图像在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)＜0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.方法高考示例直接法(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.思维过程……(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx.设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1x.当x∈0，12时，h′(x)＜0；当x∈12，＋∞时，h′(x)＞0.所以h(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增．【关键1：构造函数，利用导数研究函数的单调性】又h(e－2)＞0，h12＜0，h(1)＝0，所以h(x)在0，12上有唯一零点x0，在12，＋∞上有唯一零点1，【关键2：利用零点存在性定理判断导函数零点的位置】且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0,1)时，h(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈0，12得f(x0)＜14.【关键3：求二次函数值域得到f(x0)的范围】因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2，所以e－2＜f(x0)＜2－2.【关键4：利用函数最值证明不等式】分类讨论法(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数.……(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．【关键1：对x的取值分类讨论，适当放缩，判断h(x)的符号，确定函数零点个数】当x＝1时，若a≥－54，则f(1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a＜－54，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故x＝1不是h(x)的零点．【关键2：当x的取值固定时，对参数a的取值分类讨论，确定函数值的符号得到零点个数】当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx＞0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．而f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点.(ⅱ)若－3＜a＜0，则f(x)在0，－a3上单调递减，在－a3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x＝－a3时，f(x)取得最小值，最小值为f－a3＝2a3－a3＋14.①若f－a3＞0，即－34＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点；②若f－a3＝0，即a＝－34，则f(x)在(0,1)上