2019届二轮复习函数、导数与不等式的提分策略学案（全国通用）
函数、导数与不等式的提分策略
授课提示：对应学生用书第16页
提分策略一 “双图法——明确思路”
在解答函数综合问题时，若能快速地画出相关函数的图象，便可直观明快地解决问题．然而，画函数f(x)的图象前，需要明确其单调性(走势)、极值、最值及端点值．尤其是单调性，对于可导函数，单调性由导数f′(x)的正负确定，于是我们从f′(x)中“抽象”出与其正负相关的函数g(x)，通过g(x)的图象(只需关注其正负值)即可大致画出f(x)的图象，通过g(x)与f(x)的图象解决问题的方法，我们称其为“双图法”．
已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋2ln x(a∈R)．
(1)若a＝0，求证：f(x)<0；
(2)讨论函数f(x)零点的个数．
分析：(1)当a＝0时，f(x)＝－2x＋2ln x(x>0)，f′(x)＝－2＋＝，设g(x)＝1－x，根据g(x)的正负可画出f(x)的图象如图(1)所示．(2)f′(x)＝(x>0)，令g(x)＝(x－1)(ax－2)，当a＝0时，由(1)知f(x)没有零点；当a>0时，画g(x)的正负图象时，需分＝1，>1，<1三种情形进行讨论，再根据极值、端点走势可画出f(x)的图象，如图(2)(3)(4)所示；当a<0时，同理可得图(5)．综上，易得f(x)的零点个数．
解析：(1)证明：当a＝0时，f′(x)＝－2＋＝，由f′(x)＝0得x＝1.
当0
0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)≤f(x)max＝f(1)＝－2，即f(x)<0.
(2)由题意知f′(x)＝ax－(a＋2)＋＝＝(x>0)，
当a＝0时，由第(1)问可得函数f(x)没有零点．
当a>0时，①当＝1，即a＝2时，f′(x)≥0恒成立，仅当x＝1时取等号，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－a－2＝－×2－2<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点．
②当>1，即0，则f′(x)>0，f(x)在(0,1)和上单调递增；若12时，若01，则f′(x)>0，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增；
若2，所以f＝－－2＋2ln <－－2＋2ln 1<0，
又x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)仅有一个零点在区间(1，＋∞)上．
当<0，即a<0时，若00，f(x)在(0,1)上单调递增；
若x>1，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，
又f(1)＝a－(a＋2)＋2ln 1＝－a－2＝.
当f(1)＝>0，即a<－4时，函数f(x)有两个零点；
当f(1)＝＝0，即a＝－4时，函数f(x)有一个零点；
当f(1)＝<0，即－40时，函数f(x)有一个零点．
点评 解决本题运用了分类、分层的思想方法，表面看起来非常繁杂．但若能用好“双图法”处理问题，可回避不等式f′(x)>0与f′(x)<0的求解，特别是含有参数的不等式求解，而从f′(x)抽象出与其正负有关的函数g(x)，画图更方便，观察图形即可直观快速地得到f(x)的单调性，大大提高解题的效率．
[对点训练]
已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；
②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex(2x－1)－x＋1，f′(x)＝ex(2x＋1)－1，f′(0)＝0，f″(x)＝ex(2x＋3)，
由f″(x)＝0，得x＝－，当x<－时，f″(x)<0，f′(x)单调递减；当x>－时，f″(
x)>0，f′(x)单调递增．且当x<－时，f′(x)<0，即当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．
(2)①由f(x)<0，得ex(2x－1)1时，a>；
当x<1时，a<.
记g(x)＝，
g′(x)＝＝，
所以g(x)在区间(－∞，0)和上为增函数，在(0,1)和上为减函数．
所以当x>1时，a>g＝4e；当x<1时，aa，
又g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g(0)＝1>a，所以g(－1)≤a，即a≥，所以≤a<1.
当a>4e时， x0∈(1，＋∞)，由f(x0)<0，得g(x0)f
B．f>2f(1)cos 1
C．2f(1)cos 1>f
D.f0，cos x>0，构造函数F(x)＝f(x)cos x，
则F′(x)＝－f(x)sin x＋f′(x)cos x，
因为对任意的x∈，不等式f(x)tan x0恒成立，
所以F′(x)>0恒成立，所以函数F(x)在x∈上单调递增，
所以F0时，<0恒成立，则不等式>0的解集为( )
A．(－2,0)∪(2，＋∞)
B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(0,2)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析：设g(x)＝，则g′(x)＝′＝，当x>0时，g′(x)<0，所以函数g(x)＝在(0，＋∞)上单调递减．因为f(x)是奇函数，所以g(x)＝是偶函数．因为f(2)＝0，所以f(－2)＝0.所以不等式>0的解集为(－2,0)∪(0,2). 故选B.
答案：B
3．构造F(x)＝enxf(x)(n∈Z，且n≠0)类型的辅助函数
已知f(x)(x∈R)有导函数，且∀x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，则有( )
A．enf(－n)enf(0)
B．enf(－n)f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)>f(0)，f(n)0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)enf(0)，故选A.
答案：A
点评 构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f′(x)>a(a≠0) 构造函数：h(x)＝f(x)－ax
(2)条件：f′(x)±g′(x)>0 构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)
(3)条件：f′(x)＋f(x)>0 构造函数：h(x)＝exf(x)
(4)条件：f′(x)－f(x)>0 构造函数：h(x)＝
(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0 构造函数：h(x)＝xf(x)
(6)条件：xf′(x)－f(x)>0 构造函数：h(x)＝
[对点训练]
1．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：因为f(x)<－xf′(x)，所以f(x)＋xf′(x)<0，即(xf(x)) ′<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减．由不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，可得(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以解得x>2.选D.
答案：D
2．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 016)2f(x＋2 016)－4f(－2)>0的解集为( )
A．(－∞，－2 016) B．(－∞，－2 018)
C．(－2 018,0) D．(－2 016,0)
解析：由2f(x)＋xf′(x)>x2，结合x∈(－∞，0)得2xf(x)＋x2f′(x)0可化为(x＋2 016)2f(x＋2 016)>(－2)2f(－2)，
所以解得x<－2 018.故选B.
答案：B
二、构造函数证明不等式问题常见类型
1．选择关键部分来构造
设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．
(1)求a，b值；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝x3－x2，比较f(x)与g(x)的大小．
解析：(1)由已知得f′(x)＝2xex－1＋x2ex－1＋3ax2＋2bx＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)，
由x＝－2和x＝1为f(x)的极值点，得
，
即，
解得.
(2)由(1)得f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)．
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.
f′(x)、f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,0)
0
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
极小值
极大值
极小值
从表可知：函数f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)和(0,1)上单调递减．
(3)由(1)可知f(x)＝x2ex－1－x3－x2，故f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)．
选取关键部分构造，可令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1，令h′(x)＝0得x＝1；因为当x∈(－∞，1]时，h′(x)≤0，所以h(x)在(－∞，1]上单调递减；故当x∈(－∞，1]时，h(x)≥h(1)＝0；因为当x∈[1，＋∞)时，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增；故x∈[1，＋∞)时，h(x)≥h(1)＝0.所以对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有h(x)≥0；又x2≥0，因此f(x)－g(x)≥0；故对任意x∈(－∞，＋∞)，恒有f(x)≥g(x)．
点评 所谓选择关键部分，就是在差函数f(x)－g(x)＝x2ex－1－x3＝x2(ex－1－x)中，x2已经能够明确地判断符号，为了求导简单，没有必要一起构造，只需要选择关键部分ex－1－x构造即可．
2．适当放缩再构造
已知函数f(x)＝＋aln(x－1)，其中n∈N*，a为常数．
(1)当n＝2时，求函数f(x)的极值；
(2)当a＝1时，证明：对任意的正整数n，当x≥2时，有f(x)≤x－1.
解析：(1)f(x)的定义域为{x|x>1}．当n＝2时：当a>0时，f(x)的极小值为f＝；当a≤0时f(x)无极值．
(2)证明：法一：令g(x)＝x－1－－ln(x－1)，则g′(x)＝1＋－＝＋(x≥2)．
讨论：若n为偶数，则当x∈[2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；又g(2)＝0，因此g(x)＝x－1－－ln(x－1)≥g(2)＝0恒成立，所以f(x)≤x－1成立．
若n为奇数，则难以判断g′(x)的符号．需要另起炉灶，考虑放缩：
要证f(x)≤x－1，由于<0，所以只需证ln(x－1)≤x－1；
可令h(x)＝x－1－ln(x－1)，则h′(x)＝1－＝≥0(x≥2)，所以当x∈[2，＋∞)时，h(x)＝x－1－ln(x－1)单调递增；又h(2)＝1>0，所以当x≥2时，恒有h(x)>0，即ln(x－1).
解析：(1)∵f(x)＝ln x，g(x)＝f(x＋1)－x，
∴g(x)＝ln(x＋1)－x(x＞－1)，
∴g′(x)＝－1.
令g′(x)＝0，得x＝0，
当－1＜x＜0时，g′(x)＞0，
当x＞0时，g′(x)＜0，
又g(0)＝0，
∴当且仅当x＝0时，g(x)取得最大值0.
(2)证明：法一：分析所证不等式的结构，稍作变形：
f(b)－f(a)＝ln ，＝，
令x＝，构造函数F(x)＝ln x－(x>1)，可得F(x)在区间(1，＋∞)上递增，有F(x)>F(1)＝0，得证．
法二：观察所证不等式的结构特征，联想几何意义可作如下变形：
待证不等式⇔>.
又<＝，故只要证明>＝f′(b)即可；
设P(a，f(a))，Q(b，f(b))，由于f(x)＝ln x为上凸函数，可得割线PQ的斜率大于在点Q处的切线斜率，即kPQ＝>＝f′(b)，得证．
点评 有些问题可变形为与x2－x1，有关的问题，可作换元t＝x2－x1，t＝
，将问题转化为关于一个变量t的问题，然后构造函数g(t)来解决问题．
[对点训练]
已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤恒成立，求a的取值范围．
解析：法一：含参直接构造
f(x)－＝，
构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)，(x≥1)，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，F′(x)＝.
①若a≤0，F′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f(x)－≥0，不符合题意．
②若00，∴g′(x)在上单调递增，从而g′(x)>g′(1)＝1－2a，以下论证同①一样，所以不符合题意．
③若a≥，F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0，
综上所述，a的取值范围是.
法二：巧妙两边构造
当x≥1时，f(x)≤恒成立等价于ln x－≤a(x－1)，
不等式两边分别构造函数：h(x)＝ln x－＝，g(x)＝a(x－1)．
h′(x)＝，∵x≥1，∴h′(x)>0，即h(x)在[1，＋∞)上是增函数．
g′(x)＝a，∵当a>0时，g(x)在[1，＋∞)上是增函数，
又∵h(1)＝g(1)＝0，∴要使h(x)≤g(x)(x≥1)恒成立，只需h′(1)≤g′(1)，
易解得a∈.
授课提示：对应学生用书第121页
1．(2018·胶州模拟)已知函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数，e≈2.718 28)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率为－1，求实数a的值；
(2)求f(x)在[－1,1]上的最大值g(a)；
(3)当a＝0时，若对任意的x∈(0,1)，恒有f(x)>f，求正实数m的最小值．
解析：(1)f′(x)＝＝，f′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2.
(2)由f′(x)>0，得x<1－a；由f′(x)<0，得x>1－a.
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，1－a)，单调递减区间是(1－a，＋∞)．
当1－a<－1，即a>2时，f(x)在[－1,1]上单调递减，f(x)max＝f(－1)＝(a－1)e；
当－1≤1－a≤1，即0≤a≤2时，x＝1－a为f(x)在区间[－1,1]上的极大值点，也是最大值点，所以f(x)max＝f(1－a)＝；
当1－a>1，即a<0时，f(x)在[－1,1]上单调递增，f(x)max＝f(1)＝.
所以g(a)＝.
(3)当a＝0时，由(2)知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
若0f(1)，与f(x)在(－∞，1)上单调递增矛盾，所以只有m≥1.
当m≥1时，≥>1，所以f≥f，故只需f(x)>f，即可满足f(x)>f.
下面证明f(x)>f在区间(0,1)上恒成立．
f(x)>f，即>，即xe>ex，即x2>ex－，两边取对数，
得ln x>.
构造函数h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，对任意的x∈(0,1)，h′(x)<0，故h(x)在(0,1)上单调递减，
所以h(x)>h(1)＝0，所以ln x>.
综上可知，正实数m的最小值为1.
2．(2018·贵阳模拟)设函数f(x)＝xln(ax)(a>0)．
(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；
(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x10，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当ln a<0，即00，得(ln a)x2＋1>0，解得0 .
所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数．
(2)证明：因为k＝＝＝，x2－x1>0，要证1，则只要证1－0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．
所以当t>1时，g(t)＝t－1－ln t>g(1)＝0，即t－1>ln t成立．
②要证1－1，即证t－10(t>1)，故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，
所以当t>1时，h(t)＝tln t－(t－1)>h(1)＝0，即 t－1k(x－1)＋ax－x恒成立，求正整数k的值．
解析：(1)由f(x)＝xln x＋ax，得f′(x)＝ln x＋a＋1，
∵函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)≥0，
即ln x＋a＋1≥0在区间[e2，＋∞)上恒成立，
∴a≥－1－ln x.
又当x∈[e2，＋∞) 时，ln x∈[2，＋∞)，∴－1－ln x∈(－∞，－3]．
∴a≥－3.
(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)>k(x－1)＋ax－x恒成立，
即xln x＋ax>k(x－1)＋ax－x恒成立，
也就是k(x－1)0.
则问题转化为k<对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
设函数h(x)＝，则h′(x)＝，
再设m(x)＝x－ln x－2，则m′(x)＝1－.
∵x∈(1，＋∞)，∴m′(x)>0，
则m(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上为增函数 ，
∵m(1)＝1－ln 1－2＝－1，m(2)＝2－ln 2－2＝－ln 2，
m(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，m(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4>0.
∴∃x0∈(3,4)，使m(x0)＝x0－ln x0－2＝0.
∴当x∈(1，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0，
∴h(x)＝在(1，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，
∴h(x)＝在(x0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)的最小值为h(x0)＝.
∵m(x0)＝x0－ln x0－2＝0，∴ln x0＋1＝x0－1，代入函数h(x)＝得h(x0)＝x0，
∵x0∈(3,4)，且k成立．
解析：由题意得f′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝＝，x∈(0，＋∞)．
(1)由题意得f′(2)＝1，即＝1，解得a＝.
(2)①当a≤0时，2ax－1<0在(0，＋∞)上恒成立，由f′(x)>0得01，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
②当a>0时，令f′(x)＝0得x＝1或x＝，
当<1，即a>时，由f′(x)>0得x>1或01，即00，得x>或0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(3)证明：由(2)知，当a＝1时，函数f(x)＝ln x＋x2－3x在(1，＋∞)上单调递增，∴ln x＋x2－3x≥f(1)＝－2，即ln x≥－x2＋3x－2＝－(x－1)(x－2)，
令x＝1＋，n∈N*，则ln>－，
∴ln＋ln＋ln＋…＋ln>－＋－＋－＋…＋－，
∴ln>－＋－＋－＋…＋－，即ln(1＋n)>
.
故对任意的n∈N*，都有ln(1＋n)> 成立．
