人教版新高考数学二轮复习课件--专项突破一　函数与导数解答题

这是一份人教版新高考数学二轮复习课件--专项突破一　函数与导数解答题，共60页。PPT课件主要包含了必备知识•精要梳理，关键能力•学案突破，称为“切线放缩”，精典对练·得高分等内容，欢迎下载使用。
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.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.
(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.
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,
精典对练·得高分(2021·湖南衡阳月考)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](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.
精典对练·得高分(2021·辽宁沈阳三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,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 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,+∞)上恒成立.记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0).当00,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(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)g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min,x1∈(0,+∞),x2∈R.
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(a∈R,a≠0).(1)当a>0时,求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a(a0(0(0.
(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x>1时,f'(x)>0,当x0;当x>1时,g'(x)1时,h'(x)0,所以存在x0∈(0,1),使得g'(x0)=0,即 -4+2x0=0.当x∈(-∞,x0)时,g'(x)0,所以g(x)>0,故f(x)+x2+1>0.
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,所以f(x)在x=ea-1处取得极小值亦即最小值,且f(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+1=1-ea-1.
令g(x)=xln x+1-x+4e-2(x>0),则g'(x)=ln x.由g'(x)=0,得x=1.当00,故g(x)在x=1处取得极小值亦即最小值,且g(1)=4e-2.
名师点析“凹凸反转法”证明不等式在证明不等式f(x)>0时,可将f(x)进行合理地拆分,转化为h(x)>g(x)的形式,其中函数h(x),g(x)的图象分别呈现凹凸形状,实质就是函数h(x),g(x)分别具有最小值和最大值,然后分别求出函数h(x),g(x)的最小值和最大值,只需说明h(x)min≥g(x)max,且h(x)取最小值与g(x)取最大值时的x的值不一样,即可证明h(x)>g(x),这种证明不等式的方法称之为“凹凸反转法”.
考向二　利用导数证明双变量不等式
(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)设函数F(x)=f(x)+xln a,x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:F(x1)+F(x2)0,f(x)单调递增,当x∈(x1',x2')时,g(x)0,f'(x)>0,f(x)单调递增,
名师点析证明双变量不等式的基本策略(1)合理转化,即由已知条件入手,寻找双参数所满足的关系式,合二为一,转化为含单变量的不等式.(2)巧妙构造函数,再利用导数研究该函数的单调性或最值.(3)回归含双参的不等式,把所求的最值应用到含双参的不等式,即可证得结果.
(1)解 由题意,知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= ,x>0,令x2-2ax+1=0,则其根的判别式Δ=4a2-4.当Δ≤0,即-1≤a≤1时,f'(x)≥0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当Δ>0,即a>1或a0,所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以g(x)>0,即F'(x)>0,所以F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,故x>1时,(x+1)ln x>2(x-1).
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.
判断或讨论函数零点个数问题的常用方法与策略(1)直接法:先对函数求导,根据导数求出函数的单调区间与极值,从而画出函数图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题.(2)分段讨论法:当函数解析式中含有参数或不宜直接画出函数图象时,可以结合导函数的取值情况,对函数的定义域所在的区间分段讨论,判断分析函数在每一段上零点的个数情况,从而得到函数在整个定义域上的零点个数.(3)隐零点法:通过虚设零点,确定函数的单调区间以及极值,从而得到函数值的变化情况,以确定函数零点的个数.
(4)构造新函数法(数形结合):将问题转化为研究两函数图象的交点问题,先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
考向一　判断、证明或讨论函数零点的个数命题角度1　直接法判断、证明或讨论函数零点的个数[例1-1](2021·北京延庆模拟)已知函数f(x)=-ln x+2x-2.(1)求曲线y=f(x)的斜率等于1的切线方程;(2)求函数f(x)的极值;(3)设g(x)=x2f(x)-2f(x),判断函数g(x)的零点个数,并说明理由. 
得x0=1,所以y0=-ln 1+2-2=0.故所求切线方程为y-0=1×(x-1),即y=x-1.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
方法点拨直接法判断函数零点个数对于解析式中不含参数的函数,可利用导数确定函数的单调区间、极值、最值情况,同时结合函数值的变化情况,画出函数的大致图象,观察图象与x轴交点的情况,从而确定函数零点的个数.
精典对练·得高分(2021·湖南岳阳月考)已知函数f(x)=ln xln(2x).(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)设h(x)=f(x)-1,求证:h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
增,从而h(x)在区间[1,+∞)上单调递增.因为h(1)=-10,所以h(x)在区间[1,+∞)上有唯一零点.
数学思想·扩思路分类讨论思想
(2021·福建宁德月考)已知函数f(x)=ex-2ax-a.(1)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)当a>0时,求函数f(x)的零点个数.
(2)f'(x)=ex-2a,当a>0时,由f'(x)>0,有x>ln(2a),f(x)在区间(ln(2a),+∞)上单调递增;由f'(x)0,F(x)单调递增,故当x=0时,F(x)取得最小值F(0)=0,所以F(x)≥0,所以ex≥x+1,所以ex+ln x≥x+ln x+1,
方法点拨借助隐零点判断或证明函数零点情况在利用导数研究函数的零点问题时,需要确定函数的单调性或极值,因而需要确定函数或导函数的零点,当零点无法直接求解时,我们可以虚设零点,即利用“隐零点法”解决函数零点问题.通过隐零点,确定函数的单调区间,从而得到函数的极值与最值,然后通过极值的正负判断、分析函数值的正负情况,从而得到零点的个数.
精典对练·得高分(2021·广州六中期中)已知函数f(x)=kx-xln x在区间(0,+∞)上的最大值为1.(1)求函数f(x)的解析式;(2)讨论函数F(x)=f(x)-cs x在区间[ ,+∞)上的零点的个数. 
解 (1)由f(x)=kx-xln x,得f'(x)=k-1-ln x.因为函数f(x)在区间(0,+∞)上有最值,所以函数f(x)在区间(0,+∞)上不是单调函数.令f'(x)>0,得00,所以f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增.(2)(方法一)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增.故函数f(x)至多存在一个零点,不符合题意.当a>0时,由f'(x)=ex-a=0,可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)0,所以f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增.(2)由(1)可得:当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有1个零点,不符合题意;当a>0时,f(x)min=f(a)=-aln a,若00,当x∈(1,+∞)时,h(x)2.
名师点睛构造对称和(或差)证明不等式的基本思路(1)确定极值点以及零点的范围:利用导数研究函数的单调性以及极值,确定极值点x0,进而确定函数两个零点x1,x2的范围为x10,所以H(x)在区间(-∞,1)上单调递增.所以H(x1)e2.