2019高考数学二轮复习专题提能一函数、导数与不等式的提分策略教案理.doc

1、11 函数、导数与不等式的提分策略提分策略一 “双图法明确思路”在解答函数综合问题时，若能快速地画出相关函数的图象，便可直观明快地解决问题然而，画函数 f(x)的图象前，需要明确其单调性(走势)、极值、最值及端点值尤其是单调性，对于可导函数，单调性由导数 f( x)的正负确定，于是我们从 f( x)中“抽象”出与其正负相关的函数 g(x)，通过 g(x)的图象(只需关注其正负值)即可大致画出 f(x)的图象，通过 g(x)与 f(x)的图象解决问题的方法，我们称其为“双图法”已知函数 f(x) ax2( a2) x2ln x(aR)12(1)若 a0，求证： f(x)0)， f( x)2 ，设

2、 g(x)1 x，根据 g(x)的正负可画出 f(x)的图象如2x 21 xx图(1)所示(2) f( x) (x0)，令 g(x)( x1)( ax2)，当 a0时，由(1)x 1ax 2x知 f(x)没有零点；当 a0时，画 g(x)的正负图象时，需分 1， 1， 0， f(x)在(0,1)上单调递增；当 x1时， f( x)0)，2x ax2 a 2x 2x x 1ax 2x当 a0时，由第(1)问可得函数 f(x)没有零点当 a0时，当 1，即 a2时， f( x)0恒成立，仅当 x1时取等号，函数 f(x)在(2a0，)上单调递增，又 f(1) a2 221，即0 ，则 f( x)0

3、， f(x)在(0,1)和 上单调2a 2a (2a， )递增；若12时，若01，则 f( x)0， f(x)在 和(1，)上单调2a 2a (0， 2a)递增；若 2，所以 f 22ln 0， f(x)在(0,1)上单调递增；2a若 x1， f( x)0，即 a0时，函数 f(x)有一个零点点评 解决本题运用了分类、分层的思想方法，表面看起来非常繁杂但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式 f( x)0与 f( x) 时， f(32 32 32x)0， f( x)单调递增且当 x0时， f( x)0， f(x)单调递增所以 f(x)的单调减区间为(，0)，单调增区间为(0，)(2)由 f(

4、x)1时， a ；ex2x 1x 1当 x1时， ag 4e ；当 xa，又 g(x)在区间(，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且 g(0)1 a，所以 g(1) a，即 a ，所以 a4e 时， x0(1，)，由 f(x0) f( 3) 2( 4)B f 2f(1)cos 1( 3)C2 f(1)cos 1 f2( 4)D. f 0，cos x0，构造函数 F(x) f(x)cos x，(0， 2)则 F( x) f(x)sin x f( x)cos x，因为对任意的 x ，不等式 f(x)tan x0恒成立，所以 F( x)0恒成立，所以函数 F(x)在 x 上单调递增，(0， 2

5、)所以 F 0时， 0的解集为 ( )fxxA(2,0)(2，)B(2,0)(0,2)C(，2)(0,2)D(，2)(2，)解析：设 g(x) ，则 g( x) ，当 x0时， g( x)0的解集为 (2,0)(0,2). 故选B.fxx答案：B3构造 F(x)e nxf(x)(nZ，且 n0)类型的辅助函数已知 f(x)(xR)有导函数，且 xR， f( x)f(x)， nN *，则有( )Ae nf( n)enf(0)Be nf( n)f(0)， f(n)enf(0)De nf( n)f(0)， f(n)0， g(x)为R上的增fxex f xex fxexe2x f x fxex函数，故

6、 g( n)enf(0)，故选Af ne n f0e0 fnen.答案：A点评 构造函数解决导数问题常用模型(1)条件： f( x)a(a0) 构造函数： h(x) f(x) ax(2)条件： f( x)g( x)0 构造函数： h(x) f(x)g(x)(3)条件： f( x) f(x)0 构造函数： h(x)e xf(x)(4)条件： f( x) f(x)0 构造函数： h(x)fxex7(5)条件： xf( x) f(x)0 构造函数： h(x) xf(x)(6)条件： xf( x) f(x)0 构造函数： h(x)fxx对点训练1已知 f(x)的定义域为(0，)， f( x)为 f(x

7、)的导函数，且满足 f(x) xf( x)，则不等式 f(x1)( x1) f(x21)的解集是( )A(0,1) B(1，)C(1,2) D(2，)解析：因为 f(x)( x1) f(x21)，可得( x1) f(x1)( x21) f(x21)，所以Error!解得 x2.选D.答案：D2设函数 f(x)是定义在(，0)上的可导函数，其导函数为 f( x)，且2 f(x) xf(x)x2，则不等式( x2 016) 2f(x2 016)4 f(2)0的解集为( )A(，2 016) B(，2 018)C(2 018,0) D(2 016,0)解析：由2 f(x) xf( x)x2，结合 x

8、(，0)得2 xf(x) x2f( x)0可化为( x2 016) 2f(x2 016)(2) 2f(2)，所以Error! 解得 x1当 n2时：当 a0时， f(x)的极小值为 f (1 2a)；当 a0时 f(x)无极值a2(1 ln 2a)(2)证明：法一：令 g(x) x1 ln( x1)，则 g( x)1 11 xn nx 1n 1 (x2)1x 1 x 2x 1 nx 1n 1讨论：若 n为偶数，则当 x2，)时， g( x)0， g(x)单调递增；又 g(2)0，因此 g(x) x1 ln( x1) g(2)0恒成立，所以 f(x) x1成立1x 1n9若 n为奇数，则难以判断

9、 g( x)的符号需要另起炉灶，考虑放缩：要证 f(x) x1，由于 0，所以当 x2时，恒有 h(x)0，即ln(x1) .2ab aa2 b2解析：(1) f(x)ln x， g(x) f(x1) x， g(x)ln( x1) x(x1)， g( x) 1.1x 1令 g( x)0，得 x0，当1 x0时， g( x)0，当 x0时， g( x)0，又 g(0)0，当且仅当 x0时， g(x)取得最大值0.(2)证明：法一：分析所证不等式的结构，稍作变形：f(b) f(a)ln ， ，ba 2ab aa2 b22(ba 1)1 (ba)210令 x ，构造函数 F(x)ln bax (x1

10、)，可得 F(x)在区间(1，)上递增，有 F(x)F(1)0，得证2x 11 x2法二：观察所证不等式的结构特征，联想几何意义可作如下变形：待证不等式 .fb fab a 2aa2 b2又 f( b)即可；2aa2 b22a2ab 1b fb fab a 1b设 P(a， f(a)， Q(b， f(b)，由于 f(x)ln x为上凸函数，可得割线 PQ的斜率大于在点 Q处的切线斜率，即 kPQ f( b)，fb fab a 1b得证点评 有些问题可变形为与 x2 x1， 有关的问题，可作换元t x2 x1，t ，将问题转化为关x2x1 x2x1于一个变量t的问题，然后构造函数 g(t)来解决

11、问题对点训练已知函数 f(x)ln x a(x1)， aR， x1，)，且 f(x) 恒成立，求 a的取值范围ln xx 1解析：法一：含参直接构造f(x) ，ln xx 1 xln x ax2 1x 1构造函数 g(x) xln x a(x21)，( x1)， g( x)ln x12 ax，令 F(x) g( x)ln x12 ax， F( x) .1 2axx若 a0， F( x)0， g( x)在1，)上单调递增， g( x) g(1)12 a0， g(x)在1，)上单调递增， g(x) g(1)0，从而 f(x) 0，不符合题意ln xx 1若00， g( x)在 上单调递增，从而 g

12、( x)12 (1， 12a) (1， 12a)g(1)12 a，以下论证同一样，所以不符合题意若 a ， F( x)0在1，)上恒成立，12 g( x)在1，)上单调递减， g( x) g(1)12 a0.从而 g(x) g(1)0， f(x) 0，ln xx 111综上所述， a的取值范围是 .12， )法二：巧妙两边构造当 x1时， f(x) 恒成立等价于ln x a(x1)，ln xx 1 ln xx 1不等式两边分别构造函数： h(x)ln x ， g(x) a(x1)ln xx 1 xln xx 1h( x) ， x1， h( x)0，即 h(x)在1，)上是增函数x 1 ln x

13、x 12g( x) a，当 a0时， g(x)在1，)上是增函数，又 h(1) g(1)0，要使 h(x) g(x)(x1)恒成立，只需 h(1) g(1)，易解得 a .12， )授课提示：对应学生用书第121页1(2018胶州模拟)已知函数 f(x) (aR，e为自然对数的底数，e2.718 x aex28)(1)若曲线 y f(x)在 x0处的切线的斜率为1，求实数 a的值；(2)求 f(x)在1,1上的最大值 g(a)；(3)当 a0时，若对任意的 x(0,1)，恒有 f(x)f ，求正实数 m的最小值(mx)解析：(1) f( x) ， f(0)1 a1，解得 a2.ex x aex

14、ex2 1 x aex(2)由 f( x)0，得 x1 a.所以 f(x)的单调递增区间是(，1 a)，单调递减区间是(1 a，)当1 a2时， f(x)在1,1上单调递减， f(x)max f(1)( a1)e；当11 a1，即0 a2时， x1 a为 f(x)在区间1,1上的极大值点，也是最大值点，所以 f(x)max f(1 a) ；1e1 a当1 a1，即 af(1)，与 f(x)在(，1)上单调递增矛盾，所以只有 m1.当 m1时， 1，所以 f f ，故只需 f(x)f ，即可满足 f(x)f .mx 1x (1x) (mx) (1x) (mx)下面证明 f(x)f 在区间(0,1

15、)上恒成立(1x)f(x)f ，即 ，即 xe ex，即 x2ex ，两边取对数，(1x) xex1xe1x 1x1x 1x得ln x .12(x 1x)构造函数 h(x)ln x ，则 h( x) ，对任意的 x(0,1)， h( x)h(1)0，所以ln x .12(x 1x)综上可知，正实数 m的最小值为1.2(2018贵阳模拟)设函数 f(x) xln(ax)(a0)(1)设 F(x) f(1)x2 f( x)，讨论函数 F(x)的单调性；12(2)过两点 A(x1， f( x1)， B(x2， f( x2)(x10，函数 F(x)在(0，)上是增函数；当ln a0，得(ln a)x2

16、10，解得0 . 1ln a所以函数 F(x)在 上为增函数，在 上为减函数(0， 1ln a) ( 1ln a， )13(2)证明：因为 k ， x2 x10，要证 1，则只要证1 0(t1)，故 g(t)在(1，)上是增函数1t所以当t1时， g(t)t1ln t g(1)0，即t1ln t成立要证1 1，即证t10(t1)，故函数 h(t)在(1，)上是增函数，所以当t1时， h(t)tln t(t1) h(1)0，即 t1k(x1) ax x恒成立，求正整数 k的值解析：(1)由 f(x) xln x ax，得 f( x)ln x a1，函数 f(x)在区间e 2，)上为增函数，当 x

17、e 2，)时， f( x)0，即ln x a10在区间e 2，)上恒成立， a1ln x.又当 xe 2，) 时，ln x2，)，1ln x(，3 a3.(2)若对任意 x(1，)， f(x)k(x1) ax x恒成立，即 xln x axk(x1) ax x恒成立，也就是 k(x1)0.则问题转化为 k0，则 m(x) xln x2在(1，)上为增函数 ， m(1)1ln 121， m(2)2ln 22ln 2，m(3)3ln 321ln 30. x0(3,4) ，使 m(x0) x0ln x020.当 x(1， x0)时， m(x)0， h( x)0， h(x) 在( x0，)上单调递增，

18、xln x xx 1 h(x)的最小值为 h(x0) .x0ln x0 x0x0 1 m(x0) x0ln x020，ln x01 x01，代入函数 h(x) 得 h(x0) x0，xln x xx 1 x0(3,4)，且 k 成立ni 1i 1i2解析：由题意得 f( x) 2 ax(2 a1) ， x1x 2ax2 2a 1x 1x 2ax 1x 1x(0，)(1)由题意得 f(2)1，即 1，解得 a .4a 12 34(2)当 a0时，2 ax10得01，故函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减当 a0时，令 f( x)0得 x1或 x ，12a15当 时，由 f(

19、 x)0得 x1或01，即00，得 x 或0 时，函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，在(1，)上单调12 (0， 12a) (12a， 1)递增(3)证明：由(2)知，当 a1时，函数 f(x)ln x x23 x在(1，)上单调递增，ln x x23 x f(1)2，即ln x x23 x2( x1)( x2)，令 x1 ， nN *，则ln ，1n (1 1n)1n 1n2ln ln ln ln ，(111) (1 12) (1 13) (1 1n)11 112 12 122 13 132 1n 1n2ln ，即ln(111)(1 12)(1 13)(1 1n)11 112 12 122 13 132 1n 1n21 n) .n i 1i 1i2故对任意的 nN *，都有ln(1 n) 成立n i 1i 1i2