2022届高考数学一轮复习专题提能函数与导数综合问题的突破策略学案理含解析北师大版

这是一份2022届高考数学一轮复习专题提能函数与导数综合问题的突破策略学案理含解析北师大版，共6页。
函数与导数综合问题的突破策略授课提示：对应学生用书第58页(一)两个经典不等式的活用[例1]　(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图像大致为(　　)(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．[解析]　(1)因为f(x)的定义域为即{x|x＞－1，且x≠0}，所以排除选项D.当x＞0时，由经典不等式x＞1＋ln x(x＞0)，以x＋1代替x，得x＞ln(x＋1)(x＞－1，且x≠0)，所以ln(x＋1)－x＜0(x＞－1，且x≠0)，即x＞0或－1＜x＜0时均有f(x)＜0，排除A，C，易知B正确．(2)证明：令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，则g′(x)＝ex－x－1，由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．[答案]　(1)B　(2)见解析[例2]　已知函数f(x)＝x－1－aln x.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)证明：对于任意正整数n，·…·＜e.[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意；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，故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.(2)证明：由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0.令x＝1＋，得ln＜.从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1.故·…·＜e.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋ln x(x＞0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex＞x＋1＞x＞1＋ln x(x＞0，且x≠1)．(二)“二次求导”在导数综合题中的应用策略1．“二次求导”与函数单调性[例3]　若函数f(x)＝，0＜x1＜x2＜π.设a＝f(x1)，b＝f(x2)，试比较a，b的大小．[解析]　由f(x)＝得f′(x)＝，令g(x)＝xcos x－sin x，∴g′(x)＝－xsin x＋cos x－cos x＝－xsin x，∵0＜x＜π，∴g′(x)＜0，即函数g(x)在(0，π)上是减函数，∴g(x)＜g(0)＝0，因此f′(x)＜0，故函数f(x)在(0，π)上是减函数，∴当0＜x1＜x2＜π时，有f(x1)＞f(x2)，即a＞b.通过二次求导，我们判断出了第一次求导中的导函数的符号，并最终解决了问题．2．“二次求导”与证明问题[例4]　已知函数f(x)＝xln x－ex＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)＜sin x在(0，＋∞)上恒成立．[解析]　(1)依题意得f′(x)＝ln x＋1－ex，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.(2)证明：依题意，要证f(x)＜sin x，即证xln x－ex＋1＜sin x，即证xln x＜ex＋sin x－1.当0＜x≤1时，ex＋sin x－1＞0，xln x≤0，故xln x＜ex＋sin x－1，即f(x)＜sin x.当x＞1时，令g(x)＝ex＋sin x－1－xln x，故g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1，令h(x)＝g′(x)＝ex＋cos x－ln x－1，则h′(x)＝ex－－sin x，当x＞1时，ex－＞e－1＞1，所以h′(x)＝ex－－sin x＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)＞h(1)＝e＋cos 1－1＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(1)＝e＋sin 1－1＞0，即xln x＜ex＋sin x－1，即f(x)＜sin x.综上所述，f(x)＜sin x在(0，＋∞)上恒成立．本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的办法判定导数的符号，获得函数的单调性，再利用单调性证明不等式．(三)消元消参巧构造、妙解极值点偏移问题1．极值点偏移的含义、判定极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示. 极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0＝f(x1)＝f(2x0－x2)极值点偏移左移x0<峰口向上：f(x1)<f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)> f(2x0－x2)右移x0>峰口向上：f(x1)> f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0－x2)2.函数极值点偏移问题的题型及解法(1)极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：①若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；②若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；③若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0；④若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝，求证：f′(x0)>0.(2)下面结合实例说明极值点偏移问题的常见解法．[例5]　(2021·济南模拟)已知函数f(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.[解析]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数f′(x)＝ln x－a(x－1)．记h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝(x＞0)．①当a≤0时，h′(x)≥0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以任意x∈(1，＋∞)，有h(x)＝f′(x)＞0，不合题意；②当a＞0时，若x∈，则h′(x)＞0，若x∈，则h′(x)＜0，所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln a＋a－1＝0.令g(a)＝－ln a＋a－1(a＞0)，则g′(a)＝1－＝.当0＜a＜1时，g′(a)＜0，当a＞1时，g′(a)＞0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝xln x－x2，则f′(x)＝1＋ln x－x(x＞0)．由题意知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，所以f(x)＝xln x－x2在(0，＋∞)上单调递减，易知f(1)＝－，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)，不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，欲证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1，因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)＜f(2－x1)．又f(x1)＋f(x2)＝－1，故只需证－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)＞－1.令F(x)＝f(x)＋f(2－x)，x∈(0，1)，且F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需证F(x)＞F(1)，由F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，则F″(x)＝＞0(F″(x)为F′(x)的导数)，所以F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0，1)上单调递增，所以任意x∈(0，1)，F′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜F′(1)＝0，所以函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0，1)上单调递减，所以有F(x)＞F(1)，故x1＋x2＞2.该题直接利用极值点偏移的一般解法，根据所证不等式的结构特征，先把两个变量分到不等号的两边，再利用已知函数的单调性，将其转化为函数值的大小比较问题，进而直接构造相应函数F(x)＝f(x)＋f(2－x)，x∈(0，1)．这也是解决此类问题最为直接的方法，渗透了对数学建模等核心素养的考查．