专题一　专项突破一　函数与导数解答题.pptx

高考总复习优化设计,GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI,专题一,2022,必备知识精要梳理,1.不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法设函数f(x)的定义域为D.(1)当f(x)存在最值时:xD,f(x)kf(x)maxk;xD,f(x)kf(x)mink.xD,f(x)kf(x)mink;xD,f(x)kf(x)maxk.xD,f(x)kf(x)mink;xD,f(x)kf(x)maxk.,(2)当f(x)不存在最值时,若其值域为(m,M),xD,f(x)kMk;xD,f(x)kmk.xD,f(x)kmk;xD,f(x)kMk.(3)xD,f(x)g(x)f(x)maxg(x)min;xD,f(x)g(x)f(x)ming(x)max.,名师点析在不等式恒成立(能成立)问题中,函数有无最值、不等式中有无等号,结论是有区别的,应注意区分.,2.含两个变量的“任存”问题的常见题型及具体转化策略(1)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在区间a,b上的最小值g(x)在区间c,d上的最大值.(2)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在区间a,b上的最大值g(x)在区间c,d上的最小值.(3)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在区间a,b上的最小值g(x)在区间c,d上的最小值.,(4)x1a,b,x2c,d,f(x1)g(x2)f(x)在区间a,b上的最大值g(x)在区间c,d上的最大值.,“任存”是指任意、存在,表示两个变量对应的逻辑量词,(5)x1a,b,当x2c,d时,f(x1)=g(x2)f(x)在区间a,b上的值域与g(x)在区间c,d上的值域的交集非空.(6)x1a,b,x2c,d,f(x1)=g(x2)f(x)在区间a,b上的值域g(x)在区间c,d上的值域.(7)x2c,d,x1a,b,f(x1)=g(x2)f(x)在区间a,b上的值域g(x)在区间c,d上的值域.名师点析不等式的“任存”问题,均转化为两个函数的最值之间的不等关系;等式的“任存”问题,则转化为两个函数的值域之间的包含关系.,关键能力学案突破,考向一已知不等式恒成立求参数的取值范围命题角度1“分离参数求最值”解决不等式恒成立求参数的取值范围问题,例1-1(2021天津南开中学期中)已知函数f(x)=-ln x+2x-2.(1)求与曲线y=f(x)相切且斜率为1的直线方程;(2)若g(x)=f(x)+ax+2,当x1,e时,g(x)0恒成立,求实数a的取值范围.,(2)由题意,得当x1,e时,g(x)=-ln x+(2+a)x0恒成立,即(a+2)xln x(x1,e)恒成立,精典对练得高分(2021湖南衡阳月考)已知函数f(x)=(ax+1)ex(aR).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a=2,当x0时,f(x)kx,求实数k的取值范围.,解(1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以f(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,则f(x)0,f(x)是R上的增函数;,(2)若a=2,不等式f(x)kx即为(2x+1)exkx(*).当x=0时,不等式(*)化为1k0,恒成立,此时kR.,命题角度2“端点效应法”解决不等式恒成立求参数范围问题 例1-2(2021福建莆田第三次质检)已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x1,2时,不等式f(x)0恒成立,求实数m的取值范围.,名师点析利用“端点效应法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况(1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围.(2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解.,精典对练得高分(2021辽宁沈阳三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a0,若对任意的x0,不等式f(x)x+1恒成立,求实数a的取值范围.,命题角度3“同构法”和“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题例1-3已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)1,求实数a的取值范围.,解(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,所以f(x)=ex-,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率k=f(1)=e-1.又f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.,(2)(方法一:同构法)不等式f(x)1,即aex-1-ln x+ln a1,即aex-1+ln a-1ln x,所以ex-1+ln a-1+ln aln x,所以ex-1+ln a+x-1+ln aln x+x.(*)令g(x)=ex+x,则(*)式等价于g(x-1+ln a)g(ln x),显然g(x)为增函数,所以x-1+ln aln x,即ln aln x-x+1.,当00,h(x)单调递增;当x1时,h(x)0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=0,因此ln a0,即a1,所以实数a的取值范围是1,+).,所以f(x)1,因此f(x)1恒成立;当0a1时,f(1)=a+ln aa1,所以f(x)1不能恒成立.综上所述,实数a的取值范围是1,+).,名师点析利用“同构法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题的基本思路在不等式恒成立求参数取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)0等价变形为fg(x)fh(x),然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”,同构法的一般步骤如下,(1)指对分离:将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边.(2)参数放在一起:含有欲求范围的参数项要集中在一起.(3)常数放在头上:ex项前面的常数系数如a,要通过a=eln a转移到ex项的指数位置中.(4)缺什么项就凑什么项:按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了.,名师点析利用“隐零点法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题在利用导数研究不等式恒成立问题时,需要确定函数的单调性或极值点,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接解出来时,我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用数值或显性的代数式进行表达).当出现“隐零点”时,我们可以虚设零点,这种解决问题的方法称为“隐零点法”.利用“隐零点法”解决问题的技巧是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化.,精典对练得高分(2021湖南永州第一次模拟)已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2.(1)若l1l2,求直线l1和l2的方程;(2)若f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围.,解(1)根据题意可知,曲线y1=f(x)-ln a=aex在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1=ln x在点B(a,0)处的切线为l2.,又由题意可知a0,所以a=1.因为切线l1过点A(0,1),斜率k1=1;切线l2过点B(1,0),斜率k2=1,所以直线l1的方程为x-y+1=0,直线l2的方程为x-y-1=0.,(2)(方法一:同构法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,所以f(x)g(x)恒成立,即aex+ln aln(x+1)+1(x-1)恒成立,可等价转化为aex+ln(aex)ln(x+1)+(x+1)(x-1)恒成立.,当x(-1,0)时,s(x)0,s(x)单调递增;当x(0,+)时,s(x)1,即实数a的取值范围为(1,+).(方法二:隐零点法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,故f(x)g(x)恒成立,可等价转化为aex-ln(x+1)+ln a-10在区间(-1,+)上恒成立.记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x(-1,+)(a0).当0a1时,h(0)=a+ln a-10,不符合题意;,记(x)=a(x+1)ex-1,x-1,+),则(x)=a(x+2)ex0,所以(x)在区间-1,+)上单调递增,又(-1)=-1,(0)=a-10,所以x0(-1,0)使得(x0)=0,即a(x0+1)-1=0.则当x(-1,x0)时,(x)0,即h(x)0,故h(x)在区间(-1,x0)上单调递减,在区间(x0,+)上单调递增,所以,h(x)min0,所以当a1时,h(x)0恒成立.故实数a的取值范围为(1,+).,易错防范不丢分(2021山东聊城期末)已知函数f(x)=-x2+x+ln x.(1)求f(x)的单调区间;(2)若对于任意的x(0,+),f(x)mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值.,解(1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+).,当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增;当x(1,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+).,易错提醒利用“隐零点法”解决问题时,经常出现“只设不用”的错误,即能够根据函数解析式以及给定区间设出“隐零点”,但不注意“隐零点”满足的等量关系,不能在后续解题过程中合理地运用“隐零点”满足的等量关系解决相关问题,所以要深入分析“隐零点”所满足的条件,巧妙运用代换、放缩等方法解决问题.,考向二“任存问题”求参数取值范围命题角度1不等式中的“任存问题”,(2)对任意x1(0,+),存在x2R,使得f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min,x1(0,+),x2R.,名师点析不等式中“任存”问题求解注意点(1)明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分.(2)弄清是需要求函数的最大值还是最小值.(3)注意函数最值不存在时,参数取值范围中是否加“=”.(4)注意不等式中有无“=”.,精典对练得高分(2021湖北黄冈模拟)已知函数f(x)=+aln x(aR,a0).(1)当a0时,求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=2x2f(x)-xf(x)-3a(a0),且存在实数x1,x21,e2,使得不等式2g(x1)g(x2)成立,求实数a的取值范围.,(2)g(x)=2x2f(x)-xf(x)-3a=2ax-axln x-(6a+3)(a0,g(x)单调递增,g(x)min=g(e)=ae-6a-3,g(x)max=maxg(1),g(e2)=-6a-3,命题角度2等式中的“任存问题”,当x2时,f(x)0,f(x)在区间(2,+)上单调递减,且f(2)=-4,因此当x(2,+)时,f(x)(-,-4).,当x+时,g(x)0,当x(1,+)时,g(x)(-,0).(-,-4)(-,0),对于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)=g(x2).,名师点析等式中“任存问题”的基本解法(1)“存在存在”型:x1D1,x2D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A与函数g(x)在区间D2上的取值集合B的交集不为空集,即AB.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的函数值的取值集合有交集.(2)“任意存在”型:x1D1,x2D2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在区间D1上的取值集合A是函数g(x)在区间D2上的取值集合B的子集,即AB.其等价转化的基本思想:函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一个函数值相等,即f(x)的函数值都在g(x)的取值集合之中.,精典对练得高分(2021河北衡水中学月考)已知函数f(x)=(1-a)(x-1)-ln x+1,g(x)=xe1-x.(1)求g(x)在区间(0,e上的取值范围;(2)是否存在实数a,对任意给定的x0(0,e,在区间1,e上存在不同的x1,x2使得f(x1)=f(x2)=g(x0)?若存在,求出实数a的取值范围;若不存在,请说明理由.,解(1)g(x)=(1-x)e1-x,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增,当x(1,e时,g(x)0,g(x)在区间(0,e上的取值范围为(0,1.,由(1)知g(x)在区间(0,e上的取值范围为(0,1,而f(1)=1,要使对任意x0(0,e,在区间1,e上存在不同的x1,x2,使得f(x1)=f(x2)=g(x0),必备知识精要梳理,与ex,ln x有关的常用不等式的结论(1)由在函数f(x)=ex图象上任一点(m,f(m)处的切线方程为y-em=em(x-m),得exem(x+1)-mem,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有exx+1;当m=1时,有exex.,称为“切线放缩”,称为“切线放缩”,温馨提示不等式证明中两个常用的放缩不等式:exx+1,ln xx-1.,关键能力学案突破,考向一利用导数证明单变量不等式命题角度1构造函数利用单调性证明不等式例1-1(2021福建宁德月考)已知函数f(x)=(x+1)ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证:当x1时,f(x)2(x-1).,当01时,h(x)0,因此函数h(x)在x=1处取得极小值即最小值,且h(1)=2,所以f(x)0恒成立.故f(x)的单调递增区间为(0,+),无单调递减区间.,故g(x)在区间1,+)上单调递增,因此g(x)g(1)=0.故f(x)2(x-1).,方法技巧构造函数利用单调性证明不等式(1)证明不等式f(x)g(x)的一般步骤:首先构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后求h(x),并判断h(x)在给定区间上的正负,确定h(x)的单调性,从而结合区间端点的函数值即可证得结论.(2)构造函数利用单调性证明不等式的关键是构造函数,确定其单调性,为了方便判定构造的函数的单调性,有时还会先将欲证不等式进行合理地等价变形,再构造函数,尤其是对于解析式中含有ln x和ex的函数,经常采用以下技巧,当函数形如f(x)=ln xg(x)+h(x)等的形式时,如果直接对f(x)求导,会得到f(x)=+ln xg(x)+h(x),导函数中仍然含有ln x,这时解方程f(x)=0或不等式f(x)0(0(0)就比较容易了.,精典对练得高分,(2021天津南开中学期中)已知函数f(x)=(x-a)ex在x=1处取得极值.(1)求实数a的值;(2)求证:当x(0,+)时,f(x)+x+20.,(1)解 f(x)=(x-a+1)ex,由于f(x)在x=1处取得极值,所以f(1)=0,即(2-a)e=0,解得a=2.当a=2时,f(x)=(x-1)ex,且f(1)=0,当x1时,f(x)0,当x1时,f(x)0,所以当a=2时,x=1是函数f(x)的极小值点.,一题多解练思维(2021吉林长春诊断测试)已知函数f(x)=aex-ex.(1)若对于任意实数x都有f(x)0成立,求实数a的取值范围;(2)当a1,且x0时,证明:f(x)(x-1)2.,(1)解 因为对任意实数x都有f(x)0即aex-ex0,当x0;当x1时,g(x)0,所以g(x)在x=1处取得极大值即最大值,且g(1)=1,故a1,即实数a的取值范围为1,+).,(2)证明 由于当a1,且x0时,f(x)=aex-exex-ex,因此只需证明ex-ex(x-1)2.,当0 x0,h(x)单调递增;当x1时,h(x)0,h(x)单调递减.,所以h(x)在x=1处取得极大值,又h(0)=0,h(1)=0,因此当x0时,必有h(x)0.故原不等式成立.(方法二)令s(x)=ex-ex-(x-1)2,x0,则s(x)=ex-e-2(x-1).设p(x)=ex-e-2(x-1),则p(x)=ex-2,由p(x)=0得x=ln 2.当x0,ln 2)时,p(x)0,又p(1)=0,p(0)=3-e0,0ln 21,p(ln 2)0,所以存在x00,ln 2),使得p(x0)=0.当x0,x0)时,p(x)0,当x(x0,1)时,p(x)0.所以s(x)在区间0,x0)上单调递增,在区间(x0,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增.又s(0)=s(1)=0,所以s(x)0.故原不等式成立.,命题角度2构造函数利用最值证明不等式 例1-2(2021浙江宁波期末)已知函数f(x)=aex-4x,aR.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,求证:f(x)+x2+10.,(1)解 f(x)=aex-4.当a0时,f(x)0,f(x)在R上单调递减;,(2)证明 当a=1时,f(x)=ex-4x,令g(x)=f(x)+x2+1=ex-4x+x2+1,则g(x)=ex-4+2x,令h(x)=ex-4+2x,则h(x)=ex+20恒成立,所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=-30,所以存在x0(0,1),使得g(x0)=0,即-4+2x0=0.当x(-,x0)时,g(x)0,g(x)单调递减;,由于x0(0,1),所以g(x)min0,所以g(x)0,故f(x)+x2+10.,名师点析构造函数利用最值证明不等式在证明不等式f(x)0(f(x)0(f(x)max0)来实现,因此关键是求出函数f(x)的最小值(最大值).在求函数f(x)的最值时,主要利用导数通过单调性及极值求得,有以下几种情形(1)直接求得f(x)的最值,且最值是一个具体的实数.(2)求得f(x)的最值,且最值是一个含有参数的代数式,再说明该代数式的最值大于0(小于0).(3)通过隐零点求得f(x)的最值,再说明含有隐零点的最值表达式大于0(小于0).,精典对练得高分(2021四川成都三模)已知函数f(x)=ln x.(1)讨论函数g(x)=f(x)-ax(aR)的单调性;(2)证明:函数f(x)ex-2恒成立.,数学思想扩思路等价转化思想(2021全国乙,理20)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求实数a的值;,