2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 二 跳出題海——名師絕招破解13大難點增分學(xué)案 文

1、二、跳出題海名師絕招破解13大難點難點1高考中的兩類抽象函數(shù)問題1.巧用對稱性,妙解抽象函數(shù)圖象問題典例1(2016課標全國,12,5分)已知函數(shù)f(x)(xR)滿足f(-x)=2-f(x),若函數(shù)y=與y=f(x)圖象的交點為(x1,y1),(x2,y2),(xm,ym),則(xi+yi)=()A.0B.mC.2mD.4m答案B解析由f(-x)=2-f(x)可知f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)對稱,又易知y=1+的圖象關(guān)于點(0,1)對稱,所以兩函數(shù)圖象的交點成對出現(xiàn),且每一對交點都關(guān)于點(0,1)對稱,(xi+yi)=0+2=m.故選B.點撥1.解決抽象函數(shù)問題的兩個常用策略(1)函數(shù)性質(zhì)法

2、:先研究清楚函數(shù)的奇偶性、對稱性和周期性等性質(zhì),這樣函數(shù)就變得相對具體,我們就可以畫出符合性質(zhì)的草圖來解題.(2)特殊值法:根據(jù)對題目給出的抽象的函數(shù)性質(zhì)的理解,我們找到一個符合題意的具體函數(shù)或給變量賦值,把抽象函數(shù)問題化為具體的數(shù)學(xué)問題,從而使問題得解.2.解決抽象函數(shù)問題常用的結(jié)論(1)函數(shù)y=f(x)關(guān)于x=對稱f(a+x)=f(b-x)f(x)=f(b+a-x);特例:函數(shù)y=f(x)關(guān)于x=a對稱f(a+x)=f(a-x)f(x)=f(2a-x);函數(shù)y=f(x)關(guān)于x=0對稱f(x)=f(-x)(即為偶函數(shù));(2)函數(shù)y=f(x)關(guān)于點(a,b)對稱f(a+x)+f(a-x)=2

3、bf(2a+x)+f(-x)=2b;特例:函數(shù)y=f(x)關(guān)于點(a,0)對稱f(a+x)+f(a-x)=0f(2a+x)+f(-x)=0;函數(shù)y=f(x)關(guān)于點(0,0)對稱f(x)+f(-x)=0(即為奇函數(shù));(3)y=f(x+a)是偶函數(shù)函數(shù)y=f(x)關(guān)于直線x=a對稱;y=f(x+a)是奇函數(shù)函數(shù)y=f(x)關(guān)于(a,0)對稱.(4)對f(x)定義域內(nèi)任一自變量的值x:若f(x+a)=-f(x),則T=2a(a0);若f(x+a)=,則T=2a(a0);若f(x+a)=-,則T=2a(a0).1.已知函數(shù)f(x)(xR)滿足f(x)=f(2-x),若函數(shù)y=|x2-2x-3|與y=

4、f(x)圖象的交點分別為(x1,y1),(x2,y2),(xm,ym),則xi等于()A.0B.mC.2mD.4m2.已知定義在R上的函數(shù)f(x),對任意xR,都有f(x+4)=f(x)+f(2)成立,若函數(shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于直線x=-1對稱,則f(2 018)的值為()A.2 018B.-2 018C.0D.42.巧構(gòu)造,妙解f(x)與f (x)共有問題(1)f (x)g(x)f(x)g(x)型典例2(1)設(shè)函數(shù)f (x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù), f(-1)=0,當x0時,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范圍是()A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+)C

5、.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+)(2)設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當x0,且g(-3)=0,則不等式f(x)g(x)0時,g(x)0,從而f(x)0;當x(1,+)時,g(x)0,從而f(x)0;當x(-1,0)時,f(x)0f(x)g(x)0,所以函數(shù)y=f(x)g(x)在(-,0)上單調(diào)遞增.又分析可知函數(shù)y=f(x)g(x)為奇函數(shù),所以其圖象關(guān)于原點對稱,且過點(-3,0),(0,0),(3,0).數(shù)形結(jié)合可求得不等式f(x)g(x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=(x0).1.已知f(x)的定義域為(0,+

6、), f (x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),且滿足f(x)(x-1)f(x2-1)的解集是()A.(0,1)B.(1,+)C.(1,2)D.(2,+)2.f(x)是定義在(0,+)上的非負可導(dǎo)函數(shù),且滿足xf (x)+f(x)0.對任意正數(shù)a,b,若axf (x)恒成立,則x2f-f(x)0的解集為.(2)xf (x)nf (x)型典例3設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為f (x),且2f(x)+xf (x)x2.下面的不等式在R上恒成立的是()A.f(x)0B.f(x)xD.f(x)0時,g(x)0,g(x)g(0),即x2f(x)-x40,從而f(x)x20;當x0時,g(x)g(0),即x2f(x)

7、-x40,從而f(x)x20;當x=0時,由題意可得2f(0)0,f(0)0.綜上可知, f(x)0.解法二:2f(x)+xf (x)x2,令x=0,則f(0)0,故可排除B,D,如果f(x)=x2+0.1,已知條件2f(x)+xf (x)x2成立,但f(x)x不成立,故C也是錯誤的,故選A.點撥(1)對于xf (x)+nf(x)0型,構(gòu)造F(x)=xnf(x),則F(x)=xn-1xf (x)+nf(x)(注意對xn-1的符號進行討論),特別地,當n=1時,xf (x)+f(x)0,構(gòu)造F(x)=xf(x),則F(x)=xf (x)+f(x)0;(2)對于xf (x)-nf(x)0型,且x0

8、,構(gòu)造F(x)=,則F(x)=(亦需注意對xn+1的符號進行討論),特別地,當n=1時,xf (x)-f(x)0,構(gòu)造F(x)=,則F(x)=0.(2017遼寧沈陽質(zhì)量檢測(一)已知定義域為x|x0的偶函數(shù)f(x),其導(dǎo)函數(shù)為f (x),對任意正實數(shù)x滿足xf (x)-2f(x),若g(x)=x2f(x),則不等式g(x)0(f(x)0)的前提下,也可以采用類比作商法,構(gòu)造函數(shù)h(x)=,證明h(x)min1(x)max1).典例1已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線的斜率為-1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;(2)證明:當x0時,

9、x2ex;(3)證明:對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當x(x0,+)時,恒有x2cex.解析(1)由f(x)=ex-ax得f (x)=ex-a,則f (0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x, f (x)=ex-2,令f (x)=0,得x=ln 2.所以,當xln 2時, f (x)ln 2時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞增.故當x=ln 2時, f(x)有極小值且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)無極大值.(2)證明:令g(x)=ex-x2,則g(x)=ex-2x,由(1)得g(x)f(ln 2)0,所以g(x)為增函數(shù),因此,

10、當x0時,g(x)g(0)=10,即x20時,x2ex,所以h(x)0,所以h(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,所以h(x)h(0)=-1,即x3x0時,有x2x3ex,因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當x(x0,+)時,恒有x2cex.點撥在本例第(2)問中對要證明的“x2ex”構(gòu)造函數(shù),得到“g(x)=ex-x2”;第(3)問中,必須結(jié)合第(2)問的結(jié)論,先證明“x3ex”,于是構(gòu)造函數(shù)“h(x)=x3-ex”.已知函數(shù)f(x)=,直線y=g(x)為函數(shù)f(x)的圖象在x=x0(x01.解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f (x)=aex+,依題意得解得a=1,b=2.(2)證

11、明:由(1)知f(x)=exln x+,從而f(x)1等價于xln xxe-x-.構(gòu)造函數(shù)g(x)=xln x(x0),則g(x)=1+ln x,所以當x時,g(x)0,故g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,從而g(x)在(0,+)上的最小值為g=-.構(gòu)造函數(shù)h(x)=xe-x-(x0),則h(x)=e-x(1-x),所以當x(0,1)時,h(x)0,當x(1,+)時,h(x)0時,g(x)h(x),即f(x)1.點撥對于第(2)問的證明,若直接構(gòu)造函數(shù)h(x)=exln x+(x0),求導(dǎo)以后不易分析,因此先將不等式“exln x+1”合理拆分為“xln xxe-x-”,再分別對左右兩邊構(gòu)造

12、函數(shù),進而達到證明原不等式的目的.已知函數(shù)f(x)=+,曲線y=f(x)在點(1, f(1)處的切線方程為x+2y-3=0.(1)求a,b的值;(2)證明:當x0,且x1時, f(x).3.“換元法”構(gòu)造函數(shù)典例3已知函數(shù)f(x)=ax2+xln x(aR)的圖象在點(1, f(1)處的切線與直線x+3y=0垂直.(1)求實數(shù)a的值;(2)求證:當nm0時,ln n-ln m-.解析(1)因為f(x)=ax2+xln x,所以f (x)=2ax+ln x+1,因為切線與直線x+3y=0垂直,所以切線的斜率為3,所以f (1)=3,即2a+1=3,故a=1.(2)證明:要證ln n-ln m-,

13、即證ln-,只需證ln-+0.令=x,由已知nm0,得1,即x1,構(gòu)造函數(shù)g(x)=ln x-+x(x1),則g(x)=+1.因為x(1,+),所以g(x)=+10,故g(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.所以gg(1)=0,即證得ln-+0成立,所以當nm0時,ln n-ln m-.點撥對待證不等式等價變形為“l(fā)n-+0”后,觀察可知,對“”進行換元,進而構(gòu)造函數(shù)“g(x)=ln x-+x(x1)”來證明不等式,簡化了證明過程中的運算.已知函數(shù)f(x)=x2ln x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)證明:對任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)設(shè)(2)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s=

14、g(t),證明:當te2時,有a0,1恒成立,求m的取值范圍.解析(1)當m=e時, f(x)=ln x+,則f (x)=,故當x(0,e)時, f (x)0, f(x)在(e,+)上單調(diào)遞增,故當x=e時, f(x)取到極小值,也即最小值, f(e)=ln e+=2,故f(x)的最小值為2.(2)g(x)=f (x)-=-(x0),令g(x)=0,得m=-x3+x(x0).設(shè)(x)=-x3+x(x0),則(x)=-(x-1)(x+1),當x(0,1)時,(x)0,(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;當x(1,+)時,(x)時,函數(shù)g(x)無零點;當m=時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;當0ma0,

15、1等價于f(b)-b0),故(*)等價于h(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,則h(x)=-10在(0,+)上恒成立,得m-x2+x=-+(x0)恒成立,故m,當且僅當x=時等號成立,故m的取值范圍為.點撥本例第(3)問中,利用不等式的性質(zhì),將“1”等價轉(zhuǎn)化為“f(b)-bf(a)-a”,進而構(gòu)造函數(shù)“h(x)=f(x)-x”,通過研究函數(shù)的單調(diào)性求解實數(shù)m的取值范圍.已知函數(shù)f(x)=x2+(1-a)x-aln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)ag(x)-x3.解析(1)因為f(x)=ex+m-x3,所以f (x)=ex+m-3x2.因為曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線斜率為1

16、,所以f (0)=em=1,解得m=0.(2)證明:因為f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2,所以f(x)g(x)-x3等價于ex+m-ln(x+1)-20.當m1時,ex+m-ln(x+1)-2ex+1-ln(x+1)-2.要證ex+m-ln(x+1)-20,只需證明ex+1-ln(x+1)-20.令h(x)=ex+1-ln(x+1)-2,則h(x)=ex+1-.令p(x)=ex+1-,則p(x)=ex+1+0,所以函數(shù)p(x)=h(x)=ex+1-在(-1,+)上單調(diào)遞增.因為h=-20,所以函數(shù)h(x)=ex+1-在(-1,+)上有唯一零點x0,且x0.因為h(x0)=

17、0,所以=,即ln(x0+1)=-(x0+1).當x(-1,x0)時,h(x)0,所以當x=x0時,h(x)取得最小值h(x0),所以h(x)h(x0)=-ln(x0+1)-2=+(x0+1)-20.綜上可知,當m1時, f(x)g(x)-x3.已知函數(shù)f(x)=ex-xln x,g(x)=ex-tx2+x,tR,其中e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)的圖象在點(1, f(1)處的切線方程;(2)若g(x)f(x)對任意x(0,+)恒成立,求t的取值范圍.難點3借助“草圖”求解函數(shù)壓軸題函數(shù)解答題一般是高考數(shù)學(xué)試卷的壓軸題,其難度達到整份試卷的頂峰,相當一部分學(xué)生不會做或只做第一問而不敢

18、問津第二問和第三問.仔細琢磨、潛心思考問題形成的原因,難道學(xué)生不會求導(dǎo)?學(xué)生不會運用導(dǎo)數(shù)求解其單調(diào)性或最值?不會分類討論?也許都不是.事實上,最主要是學(xué)生缺乏畫草圖的意識,想不到借助草圖,引領(lǐng)自己到達成功的彼岸.在高考數(shù)學(xué)中能畫圖的地方都要畫圖,因為圖形可以幫助我們構(gòu)建解題思路,讓我們看到問題的本質(zhì),透過圖形的指引,結(jié)合代數(shù)的運算,思維邏輯的推導(dǎo)等,最終完成函數(shù)解答題.典例1設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx.(1)證明: f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增;(2)若對于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范圍.解析(1)證明: f (x

19、)=m(emx-1)+2x.若m0,則當x(-,0)時,emx-10, f (x)0.若m0, f (x)0;當x(0,+)時,emx-10.所以f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增.(2)由(1)知,對任意的m, f(x)在-1,0上單調(diào)遞減,在0,1上單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要條件是由f(1)-f(0)e-1得,em-me-1,構(gòu)造函數(shù)g(m)=em-m-e+1,求導(dǎo)得g(m)=em-1,令g(m)=0,得m=0,由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)得當m(-,0)時,g(m)0,g(m)為增函數(shù).g(1)=

20、0,g(-1)=2+-e0,不妨設(shè)g(m1)=0,則m1-1,畫出g(m)=em-m-e+1的圖象如圖1所示,得g(m)0的解集為(m1,1);由f(-1)-f(0)e-1得,e-m+me-1,構(gòu)造函數(shù)h(m)=e-m+m-e+1,求導(dǎo)得h(m)=-e-m+1,令h(x)=0,得m=0,由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)得當m(-,0)時,h(m)0,h(m)為增函數(shù).h(-1)=0,h(1)=2+-e1,畫出h(m)=e-m+m-e+1的圖象如圖2所示,得h(m)0的解集為(-1,m2).綜上得,m(-1,1).點撥此題起點低,落點高,第(1)問是大家熟悉的利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題,一定要注意導(dǎo)函數(shù)的零點問

21、題,再根據(jù)系數(shù)m對導(dǎo)函數(shù)的正負影響分類討論;第(2)問處理恒成立問題,運用等價轉(zhuǎn)化思想,轉(zhuǎn)化為不等式組之后,又根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想解題,以函數(shù)為載體,以導(dǎo)數(shù)為工具,以圖形為航標,以綜合運用數(shù)學(xué)思想方法為核心來考查考生的數(shù)學(xué)素養(yǎng).典例2已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m).(1)設(shè)x=0是f(x)的極值點,求m的值,并討論f(x)的單調(diào)性;(2)當m2時,證明: f(x)0.解析(1)f (x) =ex-.由x=0是f(x)的極值點得f (0)=0,所以m=1.于是f(x)=ex-ln(x+1),其定義域為(-1,+),f (x)=ex-.令f (x)=ex-,易知f

22、 (x)在(-1,+)上單調(diào)遞增,且f (0)=0,因此當x(-1,0)時, f (x)0.所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增.(2)證明:當m2,x(-m,+)時,ln(x+m)ln(x+2),故只需證明當m=2時, f(x)0.當m=2時,函數(shù)f (x)=ex-在(-2,+)上單調(diào)遞增.又f (-1)0,故f (x)=0在(-2,+)上有唯一實根x0,且x0(-1,0).當x(-2,x0)時, f (x)0,從而當x=x0時, f(x)取得最小值.f (x)、 f(x)的圖象如圖.由f (x0)=0得=,即ln(x0+2)=-x0,故f(x)f(x0)=+x0=0

23、.所以當m2時, f(x)0.點撥圖形雖然簡單,但它就像燈塔一樣,指引著解題的方向.幾乎所有的函數(shù)解答題答案中都沒有圖形,因為只能畫草圖,根本畫不出精確的圖形.經(jīng)過觀察,發(fā)現(xiàn)數(shù)學(xué)成績優(yōu)良的學(xué)生與數(shù)學(xué)成績一般的學(xué)生最大的差別有兩點:(1)擅長畫圖,利用數(shù)形結(jié)合解題;(2)擅長等價轉(zhuǎn)化問題,把不熟悉的數(shù)學(xué)問題等價轉(zhuǎn)化為熟悉的問題.1.已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x.設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當x0時,g(x)0,求b的最大值.2.設(shè)函數(shù)f(x)=-k(k為常數(shù),e是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)當k0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點,求k的

24、取值范圍.難點4“三招”妙解導(dǎo)數(shù)零點不可求問題導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的有力工具,其核心是由導(dǎo)數(shù)值的正、負確定函數(shù)的單調(diào)性.用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性,往往需要解方程f (x)=0.當該方程不易求解時,如何繼續(xù)解題呢?1.猜猜出方程f (x)=0的根典例1設(shè)f(x)=.(1)若函數(shù)f(x)在(a,a+1)上有極值,求實數(shù)a的取值范圍;(2)若關(guān)于x的方程f(x)=x2-2x+k有實數(shù)解,求實數(shù)k的取值范圍.解析(1)f (x)=-,令f (x)=0,則x=1.由f(x)在(a,a+1)上有極值,得即0a1.所求實數(shù)a的取值范圍是(0,1).(2)方程f(x)=x2-2x+k,即f(x)-x2+2x=

25、k.設(shè)g(x)=f(x)-x2+2x,可得所求實數(shù)k的取值范圍,即函數(shù)g(x)的值域.g(x)=2(1-x)+.需求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間,所以需解不等式g(x)0及g(x)0,因而需解方程g(x)=0.但此方程不易求解,所以我們可以先猜后解.易得g(1)=0,且0x0,x1,g(x)0時, f(x)2a+aln.解析(1)f(x)的定義域為(0,+),f (x)=2e2x-(x0).當a0時, f (x)0, f (x)沒有零點;當a0時,因為y=e2x單調(diào)遞增,y=-單調(diào)遞增,所以f (x)在(0,+)上單調(diào)遞增.又f (a)0,假設(shè)存在b滿足0b且b時, f (b)0時, f (x)存在

26、唯一零點. (2)證明:由(1),可設(shè)f (x)在(0,+)上的唯一零點為x0,當x(0,x0)時, f (x)0.故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+)上單調(diào)遞增,所以當x=x0時, f(x)取得最小值,最小值為f(x0).由于2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln2a+aln.故當a0時, f(x)2a+aln.點撥本題第(2)問的解題思路是求函數(shù)f(x)的最小值,因此需求f (x)=0的根,但是f (x)=2e2x-=0的根無法求解,故設(shè)出f (x)=0的根為x0,通過證明f(x)在(0,x0)和(x0,+)上的單調(diào)性知f(x)min=f(x0)=+2ax0+aln,進

27、而利用基本不等式證得結(jié)論,這種解題方法類似解析幾何中的設(shè)而不求.設(shè)函數(shù)f(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若a=1,k為整數(shù),且當x0時,(x-k)f (x)+x+10,求k的最大值.3.證證明方程f (x)=0無根典例3已知mR,函數(shù)f(x)=mx-ln x,g(x)=+ln x.(1)求函數(shù)g(x)的極小值;(2)設(shè)h(x)=,若x01,e,使得f(x0)-g(x0)h(x0),求實數(shù)m的取值范圍.解析(1)g(x)的定義域為(0,+),g(x)=-+=,當g(x)0時,x1,當g(x)0時,0xh(x)在1,e上有解,亦即關(guān)于x的不等式m(1xe)有解.設(shè)u(x)

28、=(1xe),下面需求函數(shù)u(x)的最小值.u(x)=(1xe),但不易求解方程u(x)=0.可大膽猜測方程u(x)=0無解,證明如下:由1xe,可得-(2x2+2)ln x0;2x2-4ex-2=2(x-e)2-2e2-20,所以u(x)成立,求實數(shù)m的取值范圍.難點5“二次求導(dǎo)”在解題中的應(yīng)用1.“二次求導(dǎo)”與函數(shù)單調(diào)性典例1若函數(shù)f(x)=,0x1x2.設(shè)a=f(x1),b=f(x2),則比較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,0x,g(x)0,即函數(shù)g(x)在(0,)上是減

29、函數(shù),g(x)g(0)=0,因此f (x)0,故函數(shù)f(x)在(0,)上是減函數(shù),當0x1x2f(x2),即ab.點撥從本題解答過程來看,為了得出f(x)的單調(diào)性,須判斷f (x)的符號,而f (x)=的分母為正,只需判斷分子xcos x-sin x的符號,很容易引入新的函數(shù)g(x)=xcos x-sin x,再通過證g(x)=-xsin x0,得到g(x)是(0,)上的單調(diào)遞減函數(shù),且知g(x)0,從而得f (x)0時,sin xx-.證明要證sin xx-(x0),即證明sin x-x+0(x0),令f(x)=sin x-x+,此時f (x)=cos x-1+,f (x)=-sin x+x

30、.因為x0時,sin x0,因此f (x)在(0,+)上為增函數(shù),而f (0)=0,所以在(0,+)上有f (x)f (0)=0.即f(x)在(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因而當x0時, f(x)=sin x-x+f(0)=0.所以sin xx-(x0).點撥本題是應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式.證明的關(guān)鍵在于構(gòu)造適當?shù)暮瘮?shù),然后在相應(yīng)區(qū)間上用二次求導(dǎo)的辦法判定了導(dǎo)數(shù)的符號,獲得函數(shù)的單調(diào)性,再利用單調(diào)性證明不等式.(2017陜西西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=mex-ln x-1.(1)當m=0時,求曲線y=f(x)在點(1, f(1)處的切線方程;(2)當m1時,證明: f(x)1.3.“二次求導(dǎo)”與函數(shù)的極

31、值(最值)典例3已知函數(shù)f(x)=ln(ax+1)+x3-x2-ax.(1)若x=為y=f(x)的極值點,求實數(shù)a的值;(2) 當a=-1時,方程f(1-x)-(1-x)3=有實根,求實數(shù)b的取值范圍.解析(1)f (x)=+3x2-2x-a,由題意得f =0,又a+10,所以a=0.(2)由已知得x0,b=x(ln x+x-x2)=xln x+x2-x3,令g(x)=xln x+x2-x3,則g(x)=ln x+1+2x-3x2,令h(x)=g(x),則h(x)=g(x)=+2-6x=-,當0x0,函數(shù)h(x)=g(x)在上遞增;當x時,h(x)0,函數(shù)h(x)=g(x)在上遞減.又g(1)

32、=0,存在x0,使得g(x0)=0.當0xx0時,g(x)0,函數(shù)g(x)在(0,x0)上遞減;當x0x0,函數(shù)g(x)在(x0,1)上遞增;當x1時,g(x)0,函數(shù)g(x)在(1,+)上遞減.當x+時,g(x)-;g(x)=xln x+x2-x3=x(ln x+x-x2)x,因為當x0時,ln x+0,所以g(x)0).(1)若k=1,試求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f (x)的極小值;(2)若對任意的t0,存在s0,使得當x(0,s)時,都有f(x)tx2,求實數(shù)k的取值范圍.難點6“二招”破解不等式的恒成立問題第一招:函數(shù)法典例1(2017課標全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-al

33、n x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,m,求m的最小值.解析(1)f(x)的定義域為(0,+).若a0,因為f=-+aln 20,由f (x)=1-=知,當x(0,a)時, f (x)0.所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值點.由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時, f(x)0.故a=1.(2)由(1)知當x(1,+)時,x-1-ln x0.令x=1+,得ln.從而ln+ln+ln+=1-1.故2,所以m的最小值為3.點撥(1)對a分類討論,并利用導(dǎo)數(shù)研究f(x)的單調(diào)性,找出最小值點,從

34、而求出a.(2)由(1)得當x1時,x-1-ln x0.令x=1+,換元后可求出的范圍.(2017課標全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.第二招:分離參數(shù)典例2已知函數(shù)f(x)=-x3+x2+b,g(x)=aln x.(1)若f(x)在上的最大值為,求實數(shù)b的值;(2)若對任意的x1,e,都有g(shù)(x)-x2+(a+2)x恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.解析(1)f (x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f (x)=0,得x=0或x=.當x時, f (x)0,函數(shù)f(x)為增函數(shù);當x時,

35、f (x)f.f=+b=,b=0.(2)由g(x)-x2+(a+2)x,得(x-ln x)ax2-2x,x1,e,ln x1x,由于不能同時取等號,ln x0,a(x1,e)恒成立.令h(x)=,x1,e,則h(x)=,當x1,e時,x-10,x+2-2ln x=x+2(1-ln x)0,從而h(x)0,函數(shù)h(x)=在1,e上為增函數(shù),h(x)min=h(1)=-1,a-1.點撥由不等式恒成立求解參數(shù)的取值范圍問題,一般采用參數(shù)分離的方法,轉(zhuǎn)化為求不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題,如本例(2)轉(zhuǎn)化為a,從而將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)h(x)=,x1,e的最小值問題.1.函數(shù)f(x)=ln x+x2+ax(a

36、R),g(x)=ex+x2.(1)討論f(x)的極值點的個數(shù);(2)若對于任意x(0,+),總有f(x)g(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.2.設(shè)函數(shù)f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若當x0時,f(x)0,求a的取值范圍.難點7雙變量的“任意性”與“存在性”問題1.“存在=存在”型若x1D1,x2D2,使得f(x1)=g(x2),等價于函數(shù)f(x)在D1上的值域A與函數(shù)g(x)在D2上的值域B的交集不為空集,即AB.其等價轉(zhuǎn)化的基本思想:兩個函數(shù)有相等的函數(shù)值,即它們的值域有公共部分.典例1已知函數(shù)f(x)=x2-ax3,a0,xR.g(x)=.若x1

37、(-,-1,x2,使得f(x1)=g(x2),求實數(shù)a的取值范圍解析f(x)=x2-ax3,f (x)=2x-2ax2=2x(1-ax).令f (x)=0,得x=0或x=.a0,0,當x(-,0)時, f (x)0,f(x)在(-,-1上單調(diào)遞減, f(x)在(-,-1上的值域為.g(x)=,g(x)=.當x0,g(x)在上單調(diào)遞增,g(x)g=.g(x)在上的值域為.若x1(-,-1,x2,使得f(x1)=g(x2),則1+,a0),若存在x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2)成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.B.1,2)C.D.2.“任意=存在”型x1D1,x2D1,使得f(x1)=

38、g(x2),等價于函數(shù)f(x)在D1上的值域A是函數(shù)g(x)在D2上的值域B的子集,即AB.其等價轉(zhuǎn)化的基本思想:函數(shù)f(x)的任意一個函數(shù)值都與函數(shù)g(x)某一個函數(shù)值相等,即f(x)的函數(shù)值都在g(x)的值域之中.典例2已知函數(shù)f(x)=,x0,1.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域;(2)設(shè)a1,函數(shù)g(x)=x3-3a2x-2a,x0,1.若對于任意x10,1,總存在x00,1,使得g(x0)=f(x1)成立,求a的取值范圍.解析(1)f (x)=-,x0,1.令f (x)=0,解得x=或x=.當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:x01f (x)-0+f(x)-4-3所

39、以f(x)的遞減區(qū)間是,遞增區(qū)間是.f(x)min=f=-4,又f(0)=-, f(1)=-3,所以f(x)max=f(1)=-3.故當x0,1時, f(x)的值域為B=-4,-3.(2)“對于任意x10,1,總存在x00,1,使得g(x0)=f(x1)成立”等價于“在x0,1上,函數(shù)f(x)的值域B是函數(shù)g(x)的值域A的子集,即BA”.因為a1,所以當x(0,1)時,g(x)=3(x2-a2)0),xR.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;(2)若對于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范圍.3.“任意()任意”型x1D1,x2D2,都有f(x1)g(x2)恒成立,等價于f(x)ming(x)max,或等價于f(x)g(x)max恒成立,或等價于f(x)ming(x)恒成立.其等價轉(zhuǎn)化思想是函數(shù)f(x)的任何一個函數(shù)值均大于函數(shù)g(x)的任何一個函數(shù)值.x1D1,x2D2,都有f(x1)g(x2)恒成立,等價于f(x)maxg(x)min,或等價于f(x)g(x)min恒成立,或等價于f(x)maxk恒成立,等價于f(x1)-g(x2)mink恒成立,也等價于f(x)min-g(x)maxk.x1D1,x2D2,都有f(x1)-g(x2)k恒成立,等價于f(x1)-g(x2)maxk恒成立,也