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 函数与导数教学案 文 北

-1-突破疑难点1构造函数证明不等式(对应学生用书第54页)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．方法高考示例思维过程直接构造法(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：fx1－fx2x1－x2＜a－2.……(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fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－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】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fx1－fx2x1－x2＜a－2.【关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式】-2-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-3-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(对应学生用书第55页)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．方法高考示例思维过程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.(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.-4-(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f1－f0≤e－1，f－1－f0≤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].-5-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(对应学生用书第56页)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.方法高考示例思维过程直接法(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.……(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)，-6-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)上有唯一零点；③若f－a3＜0，即－3＜a＜－34，