2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：专题提能 函数与导数综合问题的突破策略 WORD版含解析.doc

1、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yf(x)的图像大致为()(2)已知函数f(x)ex，xR.证明：曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一公共点解析(1)因为f(x)的定义域为即x|x1，且x0，所以排除选项D.当x0时，由经典不等式x1ln x(x0)，以x1代替x，得xln(x1)(x1，且x0)，所以ln(x1)x0(x1，且x0)，即x0或1x0时均有f(x)0，排除A，C，易知B正确(2)证明：令g(x)f(x)exx2x1，xR，则g(x)exx1，由经典不等式exx1恒成立可知，g(x)0恒成立，所以g

2、(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)x1aln 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，)，若a0，因为faln 20，所以不满足题意；若a0，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xa是f(x)在(0，)上的唯一最小值点因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)证明：由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得l

3、n.从而lnlnln11.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：x1ln x(x0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1)(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)，0x1x2.设af(x1)，bf(x2)，试比较a，b的大小解析由f(x)得f(x)，令g(x)xcos xsin x，g(x)xsin xcos xcos xxsin x，0x，g(x)0，即函数g(x)在(0，)上是减函

4、数，g(x)g(0)0，因此f(x)0，故函数f(x)在(0，)上是减函数，当0x1x2时，有f(x1)f(x2)，即ab.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 xex1.(1)求曲线yf(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 x1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切线方程为y1e(1e)(x1)，即y(1e)x.(2)证明：依题意，要证f(x)sin x，即证xln xex1sin x，即证xln xexsin x1.当0x

5、1时，exsin x10，xln x0，故xln xexsin x1，即f(x)sin x.当x1时，令g(x)exsin x1xln x，故g(x)excos xln x1，令h(x)g(x)excos xln x1，则h(x)exsin x，当x1时，exe11，所以h(x)exsin x0，故h(x)在(1，)上单调递增故h(x)h(1)ecos 110，即g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，所以g(x)g(1)esin 110，即xln xexsin x1，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

6、，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x0f(x1)f(2x0x2)极值点偏移左移x0峰口向上：f(x1) f(2x0x2)右移x0峰口向上：f(x1) f(2x0x2)峰口向下：f(x1)2x0(x0为函数f(x)的极值点)；若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1x2)满足f(x1)f(x2)，求证：x1x22x0(x0为函数

7、f(x)的极值点)；若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1x2)，令x0，求证：f(x0)0；若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1x2)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 xx2(a1)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(x1x2)，证明：x1x22.解析(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，)，其导函数f(x)ln xa(x1)记h(x)f(x)，则h(x)(x0)当a0时，h(x)0恒成立，所以h(x)在(0，

8、)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；当a0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)maxhln aa10.令g(a)ln aa1(a0)，则g(a)1.当0a1时，g(a)0，当a1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a1.(2)证明：当a1时，f(x)xln xx2，则f(x)1ln xx(x0)由题意知f(x)1ln xx0恒成立，所以f(x)xln xx2在(0，)上单调递减，易知f(1)，f(x1)f(x2)12f(1)，不妨

9、设0x1x2，则0x11x2，欲证x1x22，只需证x22x1，因为f(x)在(0，)上单调递减，故只需证f(x2)f(2x1)又f(x1)f(x2)1，故只需证1f(x1)f(2x1)，即f(2x1)f(x1)1.令F(x)f(x)f(2x)，x(0，1)，且F(1)1.所以欲证f(2x1)f(x1)1，只需证F(x)F(1)，由F(x)f(x)f(2x)1ln xx1ln(2x)2x，整理得F(x)ln xln(2x)2(1x)，则F(x)0(F(x)为F(x)的导数)，所以F(x)ln xln(2x)2(1x)在区间(0，1)上单调递增，所以任意x(0，1)，F(x)ln xln(2x)2(1x)F(1)0，所以函数F(x)f(x)f(2x)在区间(0，1)上单调递减，所以有F(x)F(1)，故x1x22.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(2x)，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