2021版新高考数学一轮教师用书：第3章【经典微课堂】——突破疑难系列1　函数与导数

方法

高考示例

思维过程

直接构造法

(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋a ln x．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：

＜a－2.

……

(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0(函数在极值点处的导数为0)，所以x1x2＝1.

不妨设x1＜x2，则x2＞1(注意原函数的定义域).

由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.【关键1：将所证不等式进行变形与化简】

设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，【关键2：直接构造函数，判断函数单调性】

又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.【关键3：结合单调性得到函数最值，证明不等式】

放缩构造法

(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.

(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.

……

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.【关键1：利用不等式性质放缩，将a代换掉】

设g(x)＝－ln x－1，【关键2：利用不等式右边构造函数】

则g′(x)＝－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．【关键3：利用导数研究函数的单调性、最值】

故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.【关键4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明】

因此，当a≥时，f(x)≥0.

构造双函数法

(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aex ln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.

(1)求a，b；

(2)证明：f(x)＞1.

……

(2)证明：由(1)知，f(x)＝ex ln x＋ex－1，从而f(x)＞1等价于x ln x＞xe－x－.【关键1：将所证不等式等价转化，为构造双函数创造条件】

设函数g(x)＝x ln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈(0，)时，g′(x)＜0；当x∈(，＋∞)时，g′(x)＞0.故g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g()＝－.【关键2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值】

设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.【关键3：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最大值】

因为g(x)min＝g()＝h(1)＝h(x)max，所以当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.【关键4：利用函数最值证明不等式】

方法

高考示例

思维过程

结合导函数的零点分类讨论

(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－a ln x.

(1)若f(x)≥0，求a的值；

(2)设m为整数，且对于任意正整数n，(1＋)(1＋)…(1＋)＜m，求m的最小值．

(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)(求函数定义域).

①若a≤0，因为f()＝－＋a ln 2＜0，所以不满足题意．【关键1：利用原函数解析式的特点确定分类标准】

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．【关键2：根据导函数的零点分类讨论】

故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点．

由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.

……

结合导函数的零点分类讨论

(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.

(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．

……

(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即①【关键1：利用充要条件把不等式恒成立等价转化】

设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.【关键2：直接构造函数，并求导】

当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.【关键3：根据导函数的零点分类讨论】

故当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

当m＞1时，由g(t)的单调性，知g(m)＞0，即em－m＞e－1；

当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.【关键4：通过分类讨论得到参数的取值范围】

综上，m的取值范围是[－1，1].

由导函数的特点直接分类讨论

(2014·全国卷)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围．

……

(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0.【关键1：函数求导，根据导函数的特点确定分类标准】

故当a＞0时，f(x)在区间(1，2)是增函数．

当a＜0时，f(x)在区间(1，2)是增函数，当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a＜0.【关键2：利用导数判断函数的单调性，结合需满足的条件，求解关于参数的不等式，得到参数的取值范围】

综上，a的取值范围是[－，0)∪(0，＋∞).

方法

高考示例

思维过程

直接法

(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0.

(1)求a；

(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.

……

(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x.

设h(x)＝2x－2－ln x，

则h′(x)＝2－.当x∈(0，)时，h′(x)＜0；当x∈(，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．【关键1：构造函数，利用导数研究函数的单调性】

又h(e－2)＞0，h()＜0，h(1)＝0，所以h(x)在(0，)上有唯一零点x0，在[，＋∞)上有唯一零点1，【关键2：利用零点存在性定理判断导函数零点的位置】

且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0.

因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，

故f(x0)＝x0(1－x0).由x0∈(0，)得f(x0)＜.【关键3：求二次函数值域得到f(x0)的范围】

因为x＝x0是f(x)在(0，1)上的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2，所以e－2＜f(x0)＜2－2.【关键4：利用函数最值证明不等式】

分类讨论法

(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.

(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；

(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．

……

(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x＜0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点．【关键1：对x的取值分类讨论，适当放缩，判断h(x)的符号，确定函数零点个数】

当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a＜－，则f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故x＝1不是h(x)的零点．【关键2：当x的取值固定时，对参数a的取值分类讨论，确定函数值的符号得到零点个数】

当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x＞0，所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数．

(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)上单调．而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当a≥0时， f(x)在(0，1)上没有零点．

(ⅱ)若－3＜a＜0，则f(x)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增，故在(0，1)上，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f()＝＋.

①若f()＞0，即－＜a＜0，则f(x)在(0，1)上无零点；

②若f()＝0，即a＝－，则f(x)在(0，1)上有唯一零点；

③若f()＜0，即－3＜a＜－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－＜a＜－时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当－3＜a≤－时，f(x)在(0，1)上有一个零点．【关键3：当x的取值固定在一个范围内时，对参数a的取值分类讨论，利用函数单调性、最值、零点存在性定理得到零点个数】

综上，当a＞－或a＜－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－＜a＜－时，h(x)有三个零点．

方法

高考示例

思维过程

由导数特点分类讨论

(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.

(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.

……

(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．【关键1：构造函数h(x)，将f(x)的零点情况转化为h(x)的零点情况】

(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点．

(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.【关键2：对参数a分类讨论，结合函数值判断函数零点情况】当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．【关键3：分类讨论，利用导数研究函数单调性，求函数最值】

①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；

②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；

③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．

由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.

故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．【关键4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单调性判断零点情况，求出参数值】

综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

直接分类讨论

(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

……

(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．【关键1：针对f(x)解析式的特点，可对参数a直接分类讨论】

(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.

【关键2：结合函数单调性求函数最小值，进而根据最小值直接判断零点的情况】

①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；

②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；

③当a∈(0，1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.

又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．

设正整数n0满足n0＞ln (－1)，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0.

由于ln (－1)＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)上有一个零点．【关键3：对参数a分类讨论，结合函数单调性与最小值判断函数零点情况，求参数取值范围】

综上，a的取值范围为(0，1).