（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 第五讲 专题提能——“函数、不等式

——“函数、不等式与导数”专题提能课专题提能五讲第防止思维定式，实现“移花接木”提能点(一)失误1因忽视二次项系数的讨论而失误[例1]不等式ax2＋ax＋10的解集为R，则实数a的取值范围是________．[解析]当a＝0时，满足题意；当a≠0时，必有a0，Δ0，解得0a4.综上实数a的取值范围是[0，4)．[答案][0，4)[点评]本题极易遗漏a＝0的情况．在处理二次不等式问题时，要注意二次项系数为0的情况.失误2因忽视指数函数的有界性而失误[例2]函数y＝12x2－2x的值域为________．[解析]y＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，且函数y＝12x单调递减，所以值域为(0，2]．[答案](0，2][点评]没有注意到指数函数本身的范围，错将答案写成(－∞，2]．复合函数求解时要注意外层函数本身的有界性.失误3因极值概念理解不准确而失误[例3]已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，则a＋b＝________．[解析]由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，又函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值为10，所以f（1）＝a2＋a＋b＋1＝10，f′（1）＝2a＋b＋3＝0，解得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3.经验证，当a＝4，b＝－11时，满足题意；当a＝－3，b＝3时，不满足题意，舍去．所以a＋b＝－7.[答案]－7[点评]函数极值点概念不清致误，忽视了条件的等价性，“f′(1)＝0”是“x＝1为f(x)的极值点”的必要不充分条件．对于可导函数f(x)：x0是极值点的充要条件是在x0点两侧导数异号，即f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0的左右的符号：“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．对于给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑f′(x)＝0，又考虑检验“左正右负”或“左负右正”，防止产生增根.失误4因方法的本质理解不到位而解题受阻[例4]已知x＋y＝1，x0，y0，则12x＋xy＋1的最小值为________．[解析]法一：因为x＋y＝1，所以y＝1－x，消元，得原式＝12x＋x2－x，令f(x)＝12x＋x2－x，则f′(x)＝－12x2＋2（2－x）2＝（3x－2）（x＋2）2x2（2－x）2.由f′(x)0，得23x1；由f′(x)0，得0x23，所以f(x)在23，1上单调递增，在0，23上单调递减，所以f(x)min＝f23＝54.法二：原式＝12x＋1－yy＋1＝－1＋12x＋2y＋1，则12x＋2y＋1[x＋(y＋1)]×12＝1252＋y＋12x＋2xy＋1≥12×52＋2＝94，所以12x＋xy＋1的最小值为54.法三：原式＝12x＋x2－x＝12×2－x2x＋x2－x＋14≥214＋14＝54.[答案]54[点评]本题学生可能会采用“1”的代换，变形为12＋y2x＋x2－x，换得不够彻底，无法继续，说明学生没有掌握这类题的本质，只知道简单模仿．理解代换的本质，多角度考虑问题．提能点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1常数代换法：求解最值问题[例1]已知正数x，y满足4y－2yx＝1，则x＋2y的最小值为________．[解析]由4y－2yx＝1，得x＋2y＝4xy，即14y＋12x＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)14y＋12x＝1＋x4y＋yx≥1＋2x4y·yx＝2.当且仅当x4y＝yx，即x＝1，y＝12时等号成立．所以x＋2y的最小值为2.[答案]2[点评](1)本题先将已知条件改写为“14y＋12x＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与“1”的乘积等于本身，将“1”进行代换，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求最值．(2)常数代换法求解最值的关键在于常数的变形应用，利用这种方法求解最值应注意以下三个方面：①条件的灵活变形，确定或分离出常数是基础；②已知等式化成“1”的表达式，是代数式等价变形的基础；③利用基本不等式求解最值时要注意“一正、二定、三相等”的检验，否则容易出现错解.策略2构造法：解决与导数有关的不等式问题[例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________．[解析]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](0，＋∞)[点评](1)本例构造函数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：①xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′，xf′(x)－f(x)→f（x）x′；②f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′，f′(x)－f(x)→f（x）ex′等．提能点(三)系统数学思想，实现“触类旁通”1．数形结合思想——解决方程的根或函数零点问题[例1]已知直线(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0所过定点恰好落在函数f(x)＝logax，0＜x≤3，|x－4|，x＞3的图象上，若函数h(x)＝f(x)－mx＋2有三个不同的零点，则实数m的取值范围是________．[解析]由(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0，得x＋y－4－m(x－3y)＝0，∴由x＋y－4＝0，x－3y＝0，可得直线过定点(3，1)，∴loga3＝1，∴a＝3.令f(x)－mx＋2＝0，得f(x)＝mx－2，在同一坐标系上作出y1＝f(x)与y2＝mx－2的图象，如图，易得12＜m＜1，即实数m的取值范围是12，1.[答案]12，1[点评](1)本题可利用数形结合思想，把函数h(x)＝f(x)－mx＋2有三个不同的零点转化为函数y＝f(x)与y＝mx－2的图象有三个不同的交点．(2)利用数形结合探究方程解的问题应注意两点：①讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解．②正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合．2．数形结合思想——求解不等式或参数范围问题[例2]设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0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________．[解析]设F(x)＝f(x)g(x)，由f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上为奇函数．又当x＜0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，所以当x＜0时，F(x)为增函数．因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x＞0时，F(x)也是增函数．因为F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．所以，由图可知F(x)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)．[答案](－∞，－3)∪(0，3)[点评](1)本题可利用数形结合思想，由条件判断函数的单调性，再结合g(－3)＝0以及函数的奇偶性，利用图象求x的取值范围．(2)求参数范围或解不等式问题经常结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答．3．分类讨论思想——解决含有参数的问题[例3]已知函数f(x)＝x2－ax，g(x)＝mx＋nlnx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为1，曲线y＝g(x)在x＝2处取得极小值2－2ln2.(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；(2)若不等式f(x)＋g(x)≥x2－k(x－1)对任意的x∈(0，1]恒成立，求实数k的取值范围．[解](1)因为f′(x)＝2x－a，f′(1)＝2－a＝1，所以a＝1，f(x)＝x2－x.因为g′(x)＝m＋nx，所以m＋n2＝0，2m＋nln2＝2－2ln2，故m＝1，n＝－2，所以g(x)＝x－2lnx.(2)f(x)＋g(x)＝x2－2lnx，令h(x)＝f(x)＋g(x)－x2＋k(x－1)＝k(x－1)－2lnx，x∈(0，1]，所以h′(x)＝k－2x＝kx－2x.①当k≤0时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1]上单调递减，所以h(x)min＝h(1)＝0.②当0＜k≤2时，h′(x)＝kx－2kx≤0，h(x)在(0，1]上单调递减，所以h(x)min＝h(1)＝0.③当k＞2时，h′(x)＜0在0，2k上恒成立，h′(x)＞0在2k，1上恒成立，所以h(x)在0，2k上单调递减，在2k，1上单调递增，又h(x)min＝h2kh(1)＝0，故h(x)≥0在(0，1]上不恒成立．综上所述，实数k的取值范围为(－∞，2]．[点评](1)本题第(2)问在研究函数的最值时，对参数k进行了分类讨论．(2)若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明确，不重不漏．4．转化与化归思想——解决恒成立问题[例4]对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式x2＋px4x＋p－3成立的x的取值范围是________．[解析]设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4上恒为正，等价于f（0）0，f（4）0，即x2－4x＋30，4（x－1）＋x2－4x＋30，解得x3或x－1.[答案](－∞，－1)∪(3，＋∞)[点评](1)本题若按常规法视x为主元来解，需要分类讨论，这样会很繁琐，若以p为主元，即将原问题化归为在区间[0，4]上，使一次函数f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3＞0成立的参数x的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决．(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看做是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的．提能点(四)强化一题多法，激活“解题思维”含参函数问题的处理方法[典例]设函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．[解](1)由函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx(x0)，可得f′(x)＝（x－2）（ex－kx）x3.当k≤0时，因为x0，所以ex－kx0.于是当0x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0.所以函数f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．(2)法一：由(1)知k≤0时，函数f(x)在(0，2)上单调递减，故f(x)在(0，2)上没有极值点．当k0时，设函