2025高考数学二轮复习-专题1 函数与导数-专项突破一 函数与导数解答题【课件】

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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:①∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k.②∀x∈D,f(x)≥k⇔f(x)min≥k;∃x∈D,f(x)≥k⇔f(x)max≥k.③∀x∈D,f(x)k.
(2)当f(x)不存在最值时,若其值域为(m,M),①∀x∈D,f(x)≤k⇔M≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔mk.③∀x∈D,f(x)k.
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)∀x1∈[a,b],x2∈[c,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)∃x1∈[a,b],x2∈[c,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)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,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.
“任存”是指任意、存在,表示两个变量对应的逻辑量词
f(x)在区间[a,b]上的最大值和最小值均存在,g(x)在区间[c,d]上的最大值和最小值均存在.
(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,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)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,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)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,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.
(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,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.
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.
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]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x∈[1,e]时,g(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
(2)由题意得,当x∈[1,e]时,g(x)=-ln x+(2+a)x≥0恒成立,即(a+2)x≥ln x(x∈[1,e])恒成立,
方法总结1.分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离,化为g(λ)≥h(x)或g(λ)≤h(x)的形式.(2)求h(x)在区间D上的最大值或最小值.(3)解不等式g(λ)≥h(x)max或g(λ)≤h(x)min,得到λ的取值范围.2.为了求函数的最值,有时需要多次构造函数,进行二次甚至三次求导.
精典对练·得高分已知函数f(x)=(ax+1)·ex(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a=2,当x≥0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)ex≥kx(*).当x=0时,不等式(*)化为1≥k·0,恒成立,此时k∈R.
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]已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x∈[1,2]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.
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.
(2)(方法一:同构法)不等式f(x)≥1,即aex-1-ln x+ln a≥1,即aex-1+ln a-1≥ln x,所以ex-1+ln a-1+ln a≥ln x,所以ex-1+ln a+x-1+ln a≥ln 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 a≥ln x,即ln a≥ln x-x+1.
当00,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 a>ln(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-1>0在区间(-1,+∞)内恒成立.记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0).当00,故h(x)在区间(-1,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以
h(x)min>0,所以当a>1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,+∞)内单调递增,因此g(x)≥g(1)=0.故f(x)≥2(x-1).
精典对练·得高分已知函数f(x)=exln(1+x).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在区间[0,+∞)内的单调性;(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
(3)证明:原不等式等价于对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),令m(x)=f(x+t)-f(x)(x∈[0,+∞),t∈(0,+∞)).∵m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x),
∴g(x+t)>g(x),∴m'(x)>0,∴m(x)在区间[0,+∞)内单调递增,∴当x>0时,有m(x)>m(0),∴当x>0,t>0时,f(x+t)-f(x)>f(t)-f(0),∴对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0),即对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
一题多解·练思维已知函数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a≥1,且x≥0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-ex≥0,
当x0,又p(1)=0,p(0)=3-e>0,0g(1)=0,即当x>1时,f(x)0(f(x)0(f(x)max0,所以x+1>0.①若a≤0,则f'(x)>0在区间(0,+∞)上恒成立,故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.②若a>0,则当x>a时,f'(x)>0,当00,当00,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x1',x2')时,g(x)0,f'(x)>0,f(x)单调递增,
名师点析证明含双变量的函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量,另一个看作常数,构造一个含参数的辅助函数证明不等式.(2)整体换元.对于齐次式往往可将双变量整体换元,化为一元不等式.(3)若含双变量的函数不等式具有对称性,并且可以将两个变量分离开,分离之后的函数结构具有相似性,从而构造函数利用单调性证明.
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=2,又f(1)=0,所以所求切线方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.
(2)证明 设F(x)=(x+1)ln x-2x+2(x>1),
当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)内单调递增,又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在区间(1,+∞)内单调递增,所以F(x)>F(1)=0,故x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).
令x=n2-2>1(n∈N,且n≥2),则(n2-1)ln(n2-2)>2(n2-3),
名师点析证明与数列有关的不等式的策略在证明与数列有关的不等式时,往往是从题目中已经证得的结论(参数的取值范围,不等式等)出发,通过特殊化处理(即将其中的变量替换为特殊的变量,尤其是可替换为与自然数n有关的式子),再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论.
精典对练·得高分(2022·新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x>0时,f(x)0,总有ln(1+x)0,有x>ln(2a),f(x)在区间(ln(2a),+∞)内单调递增;由f'(x)0.因此当x=ln a时函数f(x)取得最小值,且f(ln a)=-a(1+ln a).
(方法二)若f(x)有两个零点,即ex-a(x+2)=0有两个根,因此函数g(x)=ex的图象与直线l:y=a(x+2)有两个不同的交点.
方法总结根据函数零点情况求参数的取值范围问题的解法(1)将函数中的参数λ与变量分离,得λ=g(x),转化为研究方程λ=g(x)根的个数问题,然后利用导数研究函数g(x)的最值或值域,结合图象,根据直线y=λ与函数g(x)的图象交点的个数确定参数λ的取值范围.(2)直接研究函数f(x)的单调性与极值情况,必要时分类讨论,同时结合函数零点存在定理建立不等式求解.(3)转化为两个熟悉函数的图象的位置关系问题,借助直线与曲线相切作为临界状态,再根据零点个数进一步构建不等式求解.
精典对练·得高分已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x,
所以f(0)=0,f'(0)=2,所以所求切线方程为y=2x.
若-1≤a0;当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去.
若a0,当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x1)=g(x2)=0.所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)