高三数学一轮复习 专题1 函数与导数压轴题的突破方法课件 文 新人教版

突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
【例 1】 (2014·高考福建卷)已知函数 f(x)＝ex－ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A，曲线 y＝f(x)在点 A 处的切线斜率为－1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值； (1)解：由 f(x)＝ex－ax，得 f?(x)＝ex－a. 又 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.
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
(3)若对任意 b>a>0，f百度文库b）b－－af（a）<1 恒成立，求 m 的取值范围． (3)对任意的 b>a>0，f（b）b－－af（a）<1 恒成立， 等价于 f(b)－b<f(a)－a 恒成立．(*) 设 h(x)＝f(x)－x＝ln x＋mx －x(x>0)， ∴(*)等价于 h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
突破一
突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
方法突破
当 x<ln 2 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x>ln 2 时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当 x＝ln 2 时，f(x)有极小值， 且极小值为 f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)无极大值． (1)由切线的斜率的值解出参数 a 的值，利用导数求得单调区间，从而可 求极值；
高三总复习.数学（文）
专题(一) 函数与导数压轴题的突破方法
突
突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
破
突破二 利用参数赋值法巧证数列型不等式问题
突破三 等价转化法突破双参数存在性问题
函数与导数的压轴题，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考 查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值，曲线的切线等问题展 开，二是围绕函数与方程、不等式命制探索方程根的个数、不等式的证 明、不等式恒成立等问题展开．
方法突破
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
(2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－3x零点的个数； (2)由题设知 g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x>0)， 令 g(x)＝0，得 m＝－31x3＋x(x>0)． 设 φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
突破二 突破二 利用参数赋值法巧证数列型不等式问题
【例 3】 已知函数 f(x)＝ln(1＋x)－mx. (1)求函数 f(x)的极值； (1)解：对 f(x)求导，得 f′(x)＝1＋1 x－m(x>－1)． 当 m≤0 时，f′(x)>0 恒成立，则 f(x)为(－1，＋∞)上的增函数，所以 f(x) 没有极值．
当 x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
∴x＝1 是 φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此 x＝1 也是 φ(x)的最大 值点，
∴φ(x)的最大值为 φ(1)＝23.
突破一
突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
方法突破
由 h′(x)＝1x－xm2－1≤0 在(0，＋∞)上恒成立， 得 m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x>0)恒成立， ∴m≥14对m＝14，h′（x）＝0仅在x＝12时成立， ∴m 的取值范围是14，＋∞. (3)构造函数并利用导数分析函数的单调性，将不等式恒成立问题转化为 求函数的最值问题，从而得出 m 的范围．
因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x<cex. (3)将证明全称命题转化为证明恒成立问题．
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
【例 2】 (2014·高考陕西卷)设函数 f(x)＝ln x＋mx ，m∈R. (1)当 m＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；
又 φ(0)＝0，结合 y＝φ(x)的图象(如图)，可知 ①当 m>32时，函数 g(x)无零点； ②当 m＝23时，函数 g(x)有且只有一个零点；
突破一
突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
方法突破
③当 0<m<23时，函数 g(x)有两个零点； ④当 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点． 综上所述，当 m>23时，函数 g(x)无零点； 当 m＝32或 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点； 当 0<m<23时，函数 g(x)有两个零点． (2)构造函数并利用导数分类讨论，分析函数的单调性，做出函数的大致 图象观察求解．
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
方法突破
(2)证明：当 x>0 时，x2<ex；
(2)证明：令 g(x)＝ex－x2，则 g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，即 g′(x)>0. 所以 g(x)在 R 上单调递增．又 g(0)＝1>0， 所以当 x>0 时，g(x)>g(0)>0，即 x2<ex. (2)构造函数 g(x)＝ex－x2，利用单调性证明 g(x)>0 在(0，＋∞)恒成立；
突破一 突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
(1)由题设知，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋ex， 则 f′(x)＝x－x2 e， ∴当 x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当 x∈(e，＋∞)，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增， ∴当 x＝e 时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为 2. (1)求出导数，通过分析导数的变号零点求极值．
突破一
突破一 构造函数法求解不等式恒成立问题
方法突破
(3)证明：对任意给定的正数 c，总存在 x0，使得当 x∈(x0，＋∞)时，恒 有 x<cex. (3)证明：对任意给定的正数 c，取 x0＝1c， 由(2)知，当 x>0 时，x2<ex.
所以当 x>x0 时，ex>x2>1cx，即 x<cex.