（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题五 专题培优 “函数与导数、不等式”专题培优课课件

专题培优“函数与导数、不等式”专题培优课培优点(一)防止思维定式，实现“移花接木”失误1因概念不清而解题受阻[例1]已知y＝f(x)＋x是偶函数，且f(2)＝1，则f(－2)＝()A．2B．3C．4D．5[解析]设g(x)＝f(x)＋x，则f(－2)＝g(－2)－(－2)＝g(2)＋2＝f(2)＋2＋2＝5，故选D.[答案]D[名师点评]这里的“y”并非f(x)，解此题时构造函数g(x)＝f(x)＋x，从而f(x)＝g(x)－x是关键一步，如果错以为“y是偶函数”，则“f(x)是偶函数”，则大错特错了．引伸开来，解有关函数的奇偶性的问题，还要注意以下几点：(1)判断函数的奇偶性，易忽视判断函数定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．(2)判断函数f(x)的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能说存在x0，使f(－x0)＝－f(x0)或f(－x0)＝f(x0)．(3)分段函数的奇偶性判定时，不要把分段函数在定义域某一区间上不是奇偶函数而否定函数在整个定义域上的奇偶性．失误2因忽视对对称性的讨论而失分[例2]已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x0时，f(x)＝x－2x＋1，若对任意实数t∈12，2，都有f(t＋a)－f(t－1)0恒成立，则实数a的取值范围是__________．[解析]∵当x0时，f(x)＝x－2x＋1＝1－3x＋1，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由f(t＋a)－f(t－1)0得，f(t＋a)f(t－1)，又f(x)是定义在R上的偶函数，∴f(|t＋a|)f(|t－1|)，则|t＋a||t－1|，两边平方得，(2a＋2)t＋a2－10，∵对任意实数t∈12，2，都有f(t＋a)－f(t－1)0恒成立，∴对任意实数t∈12，2，都有(2a＋2)t＋a2－10恒成立，则122a＋2＋a2－10，22a＋2＋a2－10，化简得a2＋a0a2＋4a＋30.解得a0或a－3，则实数a的取值范围是(－∞，－3)∪(0，＋∞)．[答案](－∞，－3)∪(0，＋∞)[名师点评]对于函数比较大小的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式组的问题，若fx为偶函数，则f－x＝fx＝f|x|.如本题中，如果在得出ft＋aft－1之后，丢了这里的绝对值符号，则会因考虑不周而失分.失误3因忽视必备条件的讨论而失分[例3]设函数f(x)＝13x3＋ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是单调递减函数，则实数a的取值范围是()A．[－5，＋∞)B．(－∞，－3]C．(－∞，－3)D．[－5，5][解析]根据题意f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0在区间[1,3]上恒成立，所以f′(x)＝x2＋2ax＋5的最大值小于或等于零，因为函数开口向上，故最大值在区间端点处取得，所以f′1≤0，f′3≤0，解得a≤－3，故选B.[答案]B[名师点评]函数单调递减时，相应的导数值应该小于或等于零等于零的点为有限个孤立点，本题易错误地令fx0，求得错解C.失误4因对双变量问题非等价转化而失分[例4]已知函数f(x)＝exsinx－cosx，g(x)＝xcosx－2ex，其中e是自然对数的底数．(1)判断函数y＝f(x)在0，π2内零点的个数，并说明理由；(2)∀x1∈0，π2，∃x2∈0，π2，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．[解](1)函数y＝f(x)在0，π2内零点的个数为1，理由如下：f′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx，当0xπ2时，f′(x)0，则函数y＝f(x)在0，π2上单调递增，f(0)＝－10，fπ2＝eπ20，f(0)·fπ20.由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在0，π2内零点的个数为1.(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，所以∀x1∈0，π2，∃x2∈0，π2，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max.由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1.又g′(x)＝cosx－xsinx－2ex，当x∈0，π2时，0≤cosx≤1，xsinx≥0，2ex≥2，所以g′(x)0.故g(x)在区间0，π2上单调递减，当x＝0时，g(x)取得最大值－2.所以－1≥m－(－2)，所以m≤－2－1，故实数m的取值范围是(－∞，－1－2]．[名师点评]1本题第2问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题关键是将其转化为函数最值问题进行求解，一定要注意等价转化，避免出错.2双变量问题的常用转化方法：①存在x1，x2∈[a，b]，使fx1gx2⇔fxmaxgxmin；②任意的x1，x2∈[a，b]，使fx1gx2恒成立⇔fxmingxmax；③任意的x2∈[a，b]，总存在x1∈[a，b]，使fx1gx2成立⇔fxmaxgxmax；④任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[a，b]，使fx1gx2成立⇔fxmingxmin；⑤任意的x1，x2∈[a，b]，不等式|fx1－fx2|c成立⇔fxmax－fxminc.培优点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1特例法：在求解函数问题中的应用特例法包括特例验证法、特例排除法，解选择题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证．对于定性、定值的问题可直接确定选项，对于其他的问题可以排除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．[例1](1)(特殊数值)设函数f(x)＝log2[4x－1]，x≥2，12x＋1，x2，若f(x0)3，则x0的取值范围为()A．(－∞，0)∪(2，＋∞)B．(0,2)C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．(－1,3)(2)(特殊点)函数y＝(x－1)2(x－2)ex(其中e为自然对数的底数)的图象可能是()(3)(特殊函数)若函数y＝f(x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f(x1)·f(x2)＝1成立，则称f(x)为“影子函数”，有下列三个命题：①“影子函数”f(x)的值域可以是R；②“影子函数”f(x)可以是奇函数；③若y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f(x)·g(x)是“影子函数”．上述命题正确的序号是()A．①B．②C．③D．②③[解析](1)取x0＝1，则f(1)＝12＋1＝323，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.(2)由函数解析式易得函数的定义域为R，排除D；函数有两个零点x＝1，x＝2，且当x1时，y0，当1x2时，y0，排除B、C，故选A.(3)对于①：假设“影子函数”的值域为R，则存在x1，使得f(x1)＝0，此时显然不存在x2，使得f(x1)·f(x2)＝1，所以①错误；对于②：函数f(x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝1x1，则f(x1)·f(x2)＝1，又因为函数f(x)＝x(x≠0)为奇函数，即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确；对于③：函数f(x)＝x(x0)，g(x)＝1x(x0)都是“影子函数”，但F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．综上，应选B.[答案](1)C(2)A(3)B[名师点评]本例123分别采用“特殊数值”“特殊点”“特殊函数”解决问题，不仅提高了做题速度而且大大提高了答题的正确率.策略2构造法：在函数与导数、不等式综合问题中的应用根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小或解不等式是本专题常用方法之一．[例2](1)已知m，n∈(2，e)，且1n2－1m2＜lnmn，则()A．m＞nB．m＜nC．m＞2＋1nD．m，n的大小关系不确定(2)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为()A．(－2，＋∞)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)[解析](1)由不等式可得1n2－1m2＜lnm－lnn，即1n2＋lnn＜1m2＋lnm.设f(x)＝1x2＋lnx(x∈(2，e))，则f′(x)＝－2x3＋1x＝x2－2x3.因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.(2)因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝fxex(x∈R)，则g′(x)＝f′xex－fxexex2＝f′x－fxex.又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域上单调递减．因为f(x)＜ex⇔fxex＜1，而g(0)＝f0e0＝1，所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.[答案](1)A(2)B[名师点评]1本例12分别构造函数fx＝1x2＋lnx，gx＝fxex，然后利用导数研究函数的单调性，进而求解.2解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数.求导的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：①对于不等式xf′x＋fx0或0，构造函数Fx＝xfx；②对于不等式xf′x－fx0或0，构造函数Fx＝fxxx≠0；③对于不等式f′x＋fx0或0，构造函数Fx＝exfx；④对于不等式f′x－fx0或0，构造函数Fx＝fxex.培优点(三)系统数学思想，实现“触类旁通”1．数形结合思想——在求解不等式中的应用当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，且函数对应的图象容易画出时，我们可以借助图形的直观性，直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象法．[例1](1)不等式2x－x2≤x＋b恒成立，则实数b的取值范围是()A．(－∞，－2－1]B．(－∞，2－1]C．[2－1，＋∞)D．[－2－1，2－1](2)已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为()A．1B．2eC．e2＋1D．e3＋1e3[解析](1)设y＝2x－x2＝1－x－12，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以A(1,0)为圆心，半径为1的上半圆；而y＝x＋b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线．如图所示，要使不等式恒成立，则直线y＝x＋b在半圆的上方，即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故|1＋b|2≥1，解得b≥2－1或b≤－2－1.而当b≤－2－1时，直线y＝x＋b在半圆的下方，所以不满足条件．所以实数b的取值范围是[2－1，＋∞)．故选C.(2)因为f(x)＝ex＋e2－x0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0f(x)≤a.令t＝ex，g(t)＝t＋e2t(t0)，画出函数g(t)的大致图象，如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0g(t)