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师大版 9页

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ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤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)＝－x＋aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜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＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.【关键1：将所证不等式进行变形与化简】‎ 设函数g(x)＝－x＋2ln x，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－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.【关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式】‎ - 9 -‎ 适当放缩构造法 ‎(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－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≥时，f(x)≥0.‎ ‎……‎ ‎(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.【关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉】‎ 设g(x)＝－ln x－1，【关键2：利用不等式右边构造函数】‎ 则g′(x)＝－.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≥时，f(x)≥0.‎ 构造双函数法 ‎(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aexln x＋，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)＝exln x＋ex－1，从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－.【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)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈0，时，g′(x)＜0；当x∈，＋∞时，g′(x)＞0.故g(x)在0，上单调递减，在，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.【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－，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 - 9 -‎ h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.【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＝g＝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－aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0，求a的值；‎ ‎(2)设m为整数，且对于任意正整数n，…＜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＝－＋aln 2＜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－＝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.‎ - 9 -‎ ‎(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的充要条件是即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].‎ - 9 -‎ 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－≤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∪(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－xln x，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－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x.‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，‎ 则h′(x)＝2－.当x∈时，h′(x)＜0；当x∈时，h′(x)＞0.所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．【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＜0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点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ln x0＝2(x0－1)，‎ 故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)＜.【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 - 9 -‎ ‎－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＋，g(x)＝－ln x.‎ ‎(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)＝－ln x＜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≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a＜－，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)＝－ln x＞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)＝，f(1)＝a＋，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)在上单调递减，在上单调递增，故在(0,1)上，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.‎ ‎①若f＞0，即－＜a＜0，则f(x)在(0,1)上无零点；‎ ‎②若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0,1)上有唯一零点；‎ ‎③若f＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－＜a＜－时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当－3＜a≤－时，f - 9 -‎ ‎(x)在(0,1)上有一个零点．【关键3：当x的取值固定在一个范围内时，对参数a的取值分类讨论，利用函数单调性、最值、零点存在性定理得到零点个数】‎ 综上，当a＞－或a＜－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－＜a＜－时，h(x)有三个零点.‎ 突破疑难点4　两法破解由零点个数确定参数问题 ‎(对应学生用书第57页)‎ 已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．‎ 方法 高考示例 思维过程 - 9 -‎ 由导数特点分类讨论 ‎(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.‎ ‎(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.‎ ‎……‎ ‎(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．【关键1：构造函数h(x)，将f(x)的零点情况转化为h(x)的零点情况】‎ ‎(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点.‎ ‎(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.【关键2：对参数a分类讨论，结合函数值判断函数零点情况】当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．【关键3：分类讨论，利用导数研究函数单调性，求函数最值】‎ ‎①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；‎ ‎②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；‎ ‎③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点.‎ 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.‎ 故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．【关键4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单调性判断零点情况，求出参数值】‎ 综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.‎ 直接分类讨论 ‎(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个零点，求a ‎……‎ ‎(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．【关键1：针对f(x)解析式的特点，可对参数a直接分类讨论】‎ ‎(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a．【关键2：结合函数单调性求函数最小值，进而根据最小值直接判断零点的情况】‎ ‎①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；‎ - 9 -‎ 的取值范围.‎ ‎②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；‎ ‎③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.‎ 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点.‎ 设正整数n0满足n0＞ln，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.‎ 由于ln＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．【关键3：对参数a分类讨论，结合函数单调性与最小值判断函数零点情况，求参数取值范围】‎ 综上，a的取值范围为(0,1).‎ - 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