【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第3章经典微课堂突破疑难点列1：函数与导数学案 11页

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】‎ 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∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0.故g(x)在上单调递减，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 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．‎ 提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大．‎ 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.‎ ‎……‎ 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].‎ ‎(2014·全国卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．‎ ‎……‎ ‎(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2‎ 由导函数的特点直接分类讨论 ‎(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.‎ ‎＋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 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 ‎……‎ 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】‎ ‎)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x．‎ 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－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(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 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 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的取值范围.‎ ‎……‎ ‎(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；‎ ‎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).‎