(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五专题培优“函数与导数、不等式”专题培优课课件

又 f(x)是定义在 R 上的偶函数，
∴f(|t＋a|)>f(|t－1|)，则|t＋a|>|t－1|， 两边平方得，(2a＋2)t＋a2－1>0，
∵对任意实数 t∈12，2，都有 f(t＋a)－f(t－1)>0 恒成立， ∴对任意实数 t∈12，2，都有(2a＋2)t＋a2－1>0 恒成立，
则122a＋2＋a2－1>0， 22a＋2＋a2－1>0，
专题培优 “函数与导数、不等式”专题培优课
培优点(一) 防止思维定式，实现“移花接木”
失误 1 因概念不清而解题受阻
[例 1] 已知 y＝f(x)＋x 是偶函数，且 f(2)＝1，则 f(－2)
＝( )
A．2
B．3
C．4
D．5
[解析] 设 g(x)＝f(x)＋x，则 f(－2)＝g(－2)－(－2)＝g(2)
由零点存在性定理，可知函数 y＝f(x)在0，π2内零点的个 数为 1.
(2)因为不等式 f(x1)＋g(x2)≥m 等价于 f(x1)≥m－g(x2)， 所 以 ∀ x1 ∈ 0，π2 ， ∃ x2 ∈ 0，π2 ， 使 得 不 等 式 f(x1) ＋ g(x2)≥m 成立，等价于 f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max. 由(1)知，f(x)最小值为 f(0)＝－1. 又 g′(x)＝cos x－xsin x－ 2ex， 当 x∈0，π2时，0≤cos x≤1，xsin x≥0， 2ex≥ 2， 所以 g′(x)<0.
1．数形结合思想——在求解不等式中的应用
当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，
且函数对应的图象容易画出时，我们可以借助图形的直观性，
直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象
法．
[例 1] (1)不等式 2x－x2≤x＋b 恒成立，则实数 b 的取
值范围是( )
④任意的 x1∈[a，b]，总存在 x2∈[a，b]，使 fx1>gx2成 立⇔fxmin>gxmin；
⑤任意的 x1，x2∈[a，b]，不等式|fx1－fx2|<c 成立⇔fxmax －fxmin<c.
培优点(二) 灵活运用策略，尝试“借石攻玉” 策略 1 特例法：在求解函数问题中的应用 特例法包括特例验证法、特例排除法，解选择题时，可以 通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图 形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证．对于定性、定值 的问题可直接确定选项，对于其他的问题可以排除干扰项，从 而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择 题的特殊化策略．
[解] (1)函数 y＝f(x)在0，π2内零点的个数为 1，理由如 下：
f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x， 当 0<x<π2时，f′(x)>0， 则函数 y＝f(x)在 0，π2上单调递增，f(0)＝－1<0，fπ2＝eπ2>0， π f(0)·f2<0.
两个零点 x＝1，x＝2，且当 x<1 时，y<0，当 1<x<2 时，y<0， 排除 B、C，故选 A.
(3)对于①：假设“影子函数”的值域为 R ，
则存在 x1，使得 f(x1)＝0，此时显然不存在 x2，使得 f(x1)·f(x2) ＝1，所以①错误；
对于②：函数 f(x)＝x(x≠0)，对任意的 x1∈(－∞，0)∪(0， ＋∞)，取 x2＝x11，则 f(x1)·f(x2)＝1，
失误 3 因忽视必备条件的讨论而失分
[例 3] 设函数 f(x)＝13x3＋ax2＋5x＋6 在区间[1,3]上是单
调递减函数，则实数 a 的取值范围是( )
A．[－ 5，＋∞)
B．(－∞，－3]
C．(－∞，－3)
D．[－ 5， 5]
[解析] 根据题意 f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0 在区间[1,3]上恒 成立，所以 f′(x)＝x2＋2ax＋5 的最大值小于或等于零，因为 函数开口向上，故最大值在区间端点处取得，所以ff′′31≤≤00，， 解得 a≤－3，故选 B.
化简得aa22＋＋a4>a＋0 3>0.
解得 a>0 或 a<－3，
则实数 a 的取值范围是(－∞，－3)∪(0，＋∞)． [答案] (－∞，－3)∪(0，＋∞)
[名师点评] 对于函数比较大小的问题，一般先利用函数的奇偶性得出 区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化 为解不等式组的问题，若 fx为偶函数，则 f－x＝fx＝f|x|. 如本题中，如果在得出 ft＋a>ft－1之后，丢了这里的绝对值 符号，则会因考虑不周而失分.
又因为函数 f(x)＝x(x≠0)为奇函数，
即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确； 对于③：函数 f(x)＝x(x>0)，g(x)＝1x(x>0)都是“影子函 数”，但 F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意 的 x1∈(0，＋∞)，存在无数多个 x2∈(0，＋∞)，使得 F(x1)·F(x2) ＝1)，所以③错误． 综上，应选 B. [答案] (1)C (2)A (3)B
[ 例 1] (1)( 特 殊 数 值 ) 设 函 数 f(x) ＝
log2[4x－1]，x≥2，
12x＋1，x<2，
若 f(x0)>3，则 x0 的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
(2)(特殊点)函数 y＝(x－1)2(x－2)ex(其中 e 为自然对数的底 数)的图象可能是( )
(2)因为 f(x＋2)为偶函数， 所以 f(x＋2)的图象关于 x＝0 对称， 所以 f(x)的图象关于 x＝2 对称． 所以 f(0)＝f(4)＝1. 设 g(x)＝fexx(x∈R )， 则 g′(x)＝f′xeexx－2 fxex＝f′xe－x fx. 又 f′(x)＜f(x)，
)
A．m＞n
B．m＜n
C．m＞2＋n1
D．m，n 的大小关系不确定
(2)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，满
足 f′(x)＜f(x)，且 f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式 f(x)＜
ex 的解集为( )
A．(－2，＋∞)
B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(4，＋∞)
[解析] (1)由不等式可得n12－m12＜ln m－ln n， 即n12＋ln n＜m12＋ln m. 设 f(x)＝x12＋ln x(x∈(2，e))， 则 f′(x)＝－x23＋1x＝x2x－3 2. 因为 x∈(2，e)，所以 f′(x)＞0， 故函数 f(x)在(2，e)上单调递增． 因为 f(n)＜f(m)，所以 n＜m.
故 g(x)在区间0，π2上单调递减， 当 x＝0 时，g(x)取得最大值－ 2. 所以－1≥m－(－ 2)，所以 m≤－ 2－1， 故实数 m 的取值范围是(－∞，－1－ 2 ]．
[名师点评] 1本题第2问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题 关键是将其转化为函数最值问题进行求解，一定要注意等价转 化，避免出错. 2双变量问题的常用转化方法： ①存在 x1，x2∈[a，b]，使 fx1>gx2⇔fxmax>gxmin； ② 任 意 的 x1 ， x2 ∈ [a ， b] ， 使 fx1>gx2 恒 成 立 ⇔ fxmin>gxmax； ③任意的 x2∈[a，b]，总存在 x1∈[a，b]，使 fx1>gx2成 立⇔fxmax>gxmax；
＋2＝f(2)＋2＋2＝5，故选 D. [答案] D
[名师点评] 这里的“y”并非 f(x)，解此题时构造函数 g(x)＝f(x)＋x，从 而 f(x)＝g(x)－x 是关键一步，如果错以为“y 是偶函数”，则 “f(x)是偶函数”，则大错特错了． 引伸开来，解有关函数的奇偶性的问题，还要注意以下几 点： (1)判断函数的奇偶性，易忽视判断函数定义域是否关于原 点对称．定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条 件．
则 y＝f(x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是( )
A．①
B．②
C．③
D．②③
[解析] (1)取 x0＝1，则 f(1)＝12＋1＝32<3，故 x0≠1，排除 B、D；取 x0＝3，则 f(3)＝log28＝3，故 x0≠3，排除 A，故选 C.
(2)由函数解析式易得函数的定义域为 R ，排除 D；函数有
[名师点评] 本例123分别采用“特殊数值”“特殊点”“特殊函 数”解决问题，不仅提高了做题速度而且大大提高了答题的正 确率.
策略 2 构造法：在函数与导数、不等式综合问题中的应
用
根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小
或解不等式是本专题常用方法之一．
[例 2] (1)已知 m，n∈(2，e)，且n12－m12＜lnmn ，则(
②对，构造函数 Fx＝fxx x≠0；
③对于不等式 f′x＋fx>0或<0，构造函数 Fx＝exfx； ④对于不等式 f′x－fx>0或<0，构造函数 Fx＝fexx.
培优点(三) 系统数学思想，实现“触类旁通”
(2)判断函数 f(x)的奇偶性时，必须对定义域内的每一个 x， 均有 f(－x)＝－f(x)或 f(－x)＝f(x)，而不能说存在 x0，使 f(－x0) ＝－f(x0)或 f(－x0)＝f(x0)．
(3)分段函数的奇偶性判定时，不要把分段函数在定义域某 一区间上不是奇偶函数而否定函数在整个定义域上的奇偶性．
[答案] B
[名师点评] 函数单调递减时，相应的导数值应该小于或等于零等于零 的点为有限个孤立点，本题易错误地令 fx<0，求得错解 C.