江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.5 专题提能—“函数、不等式与导数”讲义（含解析）

江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.5 专题提能“函数、不等式与导数”讲义（含解析）失误1因忽视二次项系数的讨论而失误答案0,4)点评本题极易遗漏a0的情况在处理二次不等式问题时，要注意二次项系数为0的情况.失误2因忽视指数函数的有界性而失误例2函数yx22x的值域为_解析yx22x(x1)211，且函数yx单调递减，所以值域为(0,2答案(0,2点评没有注意到指数函数本身的范围，错将答案写成(，2复合函数求解时要注意外层函数本身的有界性.失误3因极值概念理解不准确而失误例3已知f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值为10，则ab_.解析由题意知，f(x)3x22axb，又函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值为10，所以解得或经验证，当a4，b11时，满足题意；当a3，b3时，不满足题意，舍去所以ab7. 答案7点评函数极值点概念不清致误，忽视了条件的等价性，“f(1)0”是“x1为f(x)的极值点”的必要不充分条件对于可导函数f(x)：x0是极值点的充要条件是在x0点两侧导数异号，即f(x)在方程f(x)0的根x0的左右的符号：“左正右负”f(x)在x0处取极大值；“左负右正”f(x)在x0处取极小值对于给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑f(x)0，又考虑检验“左正右负”或“左负右正”，防止产生增根.失误4因方法的本质理解不到位而解题受阻例4已知xy1，x0，y0，则的最小值为_解析法一：因为xy1，所以y1x，消元，得原式，令f(x)，则f(x).由f(x)0，得x1；由f(x)0，得0x，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)minf.法二：原式1，则x(y1)，所以的最小值为.法三：原式2.答案点评本题学生可能会采用“1”的代换，变形为，换得不够彻底，无法继续，说明学生没有掌握这类题的本质，只知道简单模仿理解代换的本质，多角度考虑问题策略1常数代换法：求解最值问题例1已知正数x，y满足4y1，则x2y的最小值为_解析由4y1，得x2y4xy，即1，所以x2y(x2y)112 2.当且仅当，即x1，y时等号成立所以x2y的最小值为2.答案2点评(1)本题先将已知条件改写为“1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，将“1”进行代换，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求最值(2)常数代换法求解最值的关键在于常数的变形应用，利用这种方法求解最值应注意以下三个方面：条件的灵活变形，确定或分离出常数是基础；已知等式化成“1”的表达式，是代数式等价变形的基础；利用基本不等式求解最值时要注意“一正、二定、三相等”的检验，否则容易出现错解.策略2构造法：解决与导数有关的不等式问题例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(x2)为偶函数，f(4)1，则不等式f(x)ex的解集为_解析因为f(x2)为偶函数，所以f(x2)的图象关于x0对称，所以f(x)的图象关于x2对称所以f(0)f(4)1.设g(x)(xR)，则g(x).又f(x)f(x)，所以g(x)0(xR)，所以函数g(x)在定义域上单调递减因为f(x)ex1，而g(0)1，所以f(x)exg(x)g(0)，所以x0.答案(0，)点评(1)本例构造函数g(x)，然后利用导数研究函数的单调性，进而求解(2)解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数求导的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：xf(x)f(x)xf(x)，xf(x)f(x)；f(x)f(x)exf(x)，f(x)f(x)等1数形结合思想解决方程的根或函数零点问题例1已知直线(1m)x(3m1)y40所过定点恰好落在函数f(x)的图象上，若函数h(x)f(x)mx2有三个不同的零点，则实数m的取值范围是_解析由(1m)x(3m1)y40，得xy4m(x3y)0，由可得直线过定点(3,1)，loga31，a3.令f(x)mx20，得f(x)mx2，在同一坐标系上作出y1f(x)与y2mx2的图象，如图，易得m1，即实数m的取值范围是.答案点评(1)本题可利用数形结合思想，把函数h(x)f(x)mx2有三个不同的零点转化为函数yf(x)与ymx2的图象有三个不同的交点(2)利用数形结合探究方程解的问题应注意两点：讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合2数形结合思想求解不等式或参数范围问题例2设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0时，f(x)g(x)f(x)g(x)0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是_解析设F(x)f(x)g(x)，由f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，得F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)F(x)，即F(x)在R上为奇函数又当x0时，F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)0，所以当x0时，F(x)为增函数因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x0时，F(x)也是增函数因为F(3)f(3)g(3)0F(3)所以，由图可知F(x)0的解集是(，3)(0,3)答案(，3)(0,3)点评(1)本题可利用数形结合思想，由条件判断函数的单调性，再结合g(3)0以及函数的奇偶性，利用图象求x的取值范围(2)求参数范围或解不等式问题经常结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答3分类讨论思想解决含有参数的问题例3已知函数f(x)x2ax，g(x)mxnln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为1，曲线yg(x)在x2处取得极小值 22ln 2.(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；(2)若不等式f(x)g(x)x2k(x1)对任意的x(0,1恒成立，求实数k的取值范围解(1)因为f(x)2xa，f(1)2a1，所以a1，f(x)x2x.因为g(x)m，所以故所以g(x)x2ln x.(2)f(x)g(x)x22ln x，令h(x)f(x)g(x)x2k(x1)k(x1)2ln x，x(0,1，所以h(x)k.当k0时，h(x)0，h(x)在(0,1上单调递减，所以h(x)minh(1)0.当0k2时，h(x)0，h(x)在(0,1上单调递减，所以h(x)minh(1)0.当k2时，h(x)0在上恒成立，h(x)0在上恒成立，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，又h(x)minh4xp3成立的x的取值范围是_解析设f(p)(x1)px24x3，则当x1时，f(p)0.所以x1.f(p)在0p4上恒为正，等价于即解得x3或x0)，可得f(x).当k0时，因为x0，所以exkx0.于是当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以函数f(x)在(0,2)上为减函数，在(2，)上为增函数(2)法一：由(1)知k0时，函数f(x)在(0,2)上单调递减，故f(x)在(0,2)上没有极值点当k0时，设函数g(x)exkx，x(0，)，则g(x)exkexeln k.当00，则g(x)单调递增，故f(x)在(0,2)上不存在两个极值点；当k1时，若x(0，ln k)，则g(x)exk0，则g(x)单调递增所以函数g(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)，f(x)在(0,2)上存在两个极值点，当且仅当解得ek0时，k0，取对数得xln kln x.令h(x)xln xln k，x(0，)，则h(x)1.当x(0,1)时，h(x)0，h(x)单调递增又因为当x0时，h(x).所以函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当即解得ek0得x1；由g(x)0得x0.又f(x)，所以函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点相当于h(x)exkx在(0,2)上有两个变号零点(即零点左右函数值正负不同)问题转化成函数yk与g(x)在(0,2)上有两个不同交点因为g(x)，x(0,2)，易求得g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，且g(1)e，g(2).于是，结合函数图象，可得函数yk与g(x)在(0,2)上有两个不同交点的条件是k，即函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点时，k的取值范围为.法五：要使函数f(x)在区间(0,2)上存在两个极值点，只需方程f(x)0在区间(0,2)上有两个不同的实根，即0exkx在区间(0,2)内有两个不同的实根当x(0,2)时，由exkx得k.设g(x)，x(0,2)，则g(x).当x(0,1)时，g(x)0.于是函数g(x)在区间(0,1)上为减函数，在区间(1,2)上为增函数，而当x0时，g(x)；g(1)e，g(2).结合函数g(x)的图象(如图)可知：当k时，exkx在区间(0,2)上有两个不同的实根，即函数f(x)在区间(0,2)上存在两个极值点法六：函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，则f(x)0在(0,2)上有解f(x)0，即exkx.当k0时，显然exkx不成立当k0时，研究在(0,2)上有解设g(x)，g(x).当x(0,1)时，g(x)0；当x(1,2)时，g(x)0.故函数g(x)在区间(0,1)上是增函数，在区间(1,2)上是减函数，g(x)maxg(1)，g(2)，g(0)0.如图所示，函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，则0时，yt1213，当且仅当t1，即x2时取等号同理：当t0时，yt11211，当且仅当t1，即x0时取等号所以该函数的值域是(，13，)答案：(，13，)3若函数f(x)2x2ln x在其定义域内的一个子区间(k1，k1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是_解析：由题意，知函数的定义域为(0，)，f(x)4x，由f(x)0，解得x.所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增故有解得1k0时，f(x)xf(x)0，f(2)0，则不等式f(x)0的解集为_解析：令F(x)xf(x)，则F(x)f(x)xf(x)x0时，f(x)xf(x)0，F(x)在(0，)上单调递增f(x)是定义在R上的奇函数，F(x)xf(x)是定义在R上的偶函数f(2)0，F(2)F(2)2f(2)0.f(x)0等价于或解得x2或2x0.答案：(2,0)(2，)B组方法技巧练1已知函数f(x)x|x1|，则ff的解集是_解析：原不等式可化为，所以或解不等式组得x，解不等式组得x，综上所述，不等式的解集为.答案：2已知m，n(2，e)，且ln，则m，n的大小关系为_解析：由不等式可得ln mln n，即ln nln m.设f(x)ln x(x(2，e)，则f(x).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nm.答案：nm3已知函数f(x)则函数F(x)ff(x)2f(x)的零点个数是_解析：令f(x)t，则函数F(x)可化为yf(t)2t，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f(t)2t0的根的问题令yf(t)2t0，即f(t)2t，如图，由数形结合得t10,1t20)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；当a0时，由f(x)0，得x或x(舍去)于是，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)函数f(x)在x处取得极小值f()，无极大值综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，函数f(x)既无极大值也无极小值；当a0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，)，函数f(x)有极小值，无极大值(3)当a0时，由(2)知函数f(x)在区间(0，)上单调递增，故函数f(x)在区间(1，e2内至多有一个零点，不合题意当a0时，由(2)知，当x(0，)时，函数f(x)单调递减；当x(，)时，函数f(x)单调递增，函数f(x)在(0，)上的最小值为f().若函数f(x)在区间(1，e2内恰有两个零点，则需满足即整理得所以e0，y0，知1，且a0，b0，则x2y(x2y)2a8b42a8b42，当且仅当yx时取等号，即x2y的最小值为2a8b32，由条件得2a8b3264，即a4b16.又ab16，所以a8，b2，故ab8264.答案：642定义运算ab则关于非零实数x的不等式48的解集为_解析：当x1时，因为x0，x，故原不等式可化为x8x，在(，1上恒成立；当1x0时，因为x，故原不等式可化为x，在(1,0)上恒成立；当04，x，故原不等式可化为48x，解得01时，因为x4，x，故原不等式可化为4，解得x2.综上所述，原不等式的解集为(，0)2，)答案：(，0)2，)3已知函数yf(x)(xR)对于函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x)对称若h(x)是g(x)关于f(x)3xb的“对称函数”，且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_解析：由于g(x)的图象是圆x2y24在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y3xb1，则有2，解得b12，要使得h(x)g(x)恒成立，则需bb12.故实数b的取值范围为(2，)答案：(2，)4定义区间(a，b)，a，b)，(a，b，a，b的长度均为dba.用x表示不超过x的最大整数，记xxx，其中xR.设f(x)xx，g(x)x1，若用d表示不等式f(x)g(x)解集区间的长度，则当0x3时，d_.解析：f(x)xxx(xx)xxx2，由f(x)g(x)得xxx2x1，即(x1)xx21.当x0,1)时，x0，不等式的解为x1，不合题意；当x1,2)时，x1，不等式为00，无解，不合题意；当x2,3时，x1，所以不等式(x1)xx21等价于xx1，此时恒成立，所以不等式的解为2x3，所以当0x3时，不等式f(x)g(x)解集区间的长度为d1.答案：15已知f(x)是定义在集合M上的函数若区间DM，且对任意x0D，均有f(x0)D，则称函数f(x)在区间D上封闭(1)判断f(x)x1在区间2,1上是否封闭，并说明理由；(2)若函数g(x)在区间3,10上封闭，求实数a的取值范围；(3)若函数h(x)x33x在区间a，b(a，bZ，且ab)上封闭，求a，b的值解：(1)因为函数f(x)x1在区间2,1上单调递增，所以当x2,1时，f(x)的值域为3,0而3,02,1，所以函数f(x)在区间2,1上不是封闭的(2)因为g(x)3.当a3时，函数g(x)3，显然33,10，故a3满足题意；当a3时，在区间3,10上，函数g(x)单调递减，此时g(x)的值域为.由3,10得解得3a31，故3a31；当a3时，在区间3,10上，有g(x)33，不合题意综上所述，实数a的取值范围是3,31(3)因为h(x)x33x，所以h(x)3x233(x1)(x1)因为当x1或x1时，h(x)0；当x1或x1时，h(x)0；当1x1时，h(x)0，所以函数h(x)在区间(，1)上单调递增，在区间(1,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增从而h(x)在x1处取得极大值2，在x1处取得极小值2.由题意知即解得因为ab，所以2a0,0b2.又a，bZ，故a只可能取2，1,0，b只可能取0,1,2.当a2时，因为b0，故由h(1)2得b2，因此b2.经检验，a2，b2符合题意；当a1时，由h(1)2，得b2，此时h(1)2/1,2，不符合题意；当a0时，显然不符合题意综上所述，a2，b2.6设函数f(x)x2(a2)xaln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；(3)若方程f(x)c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f0.解：(1)f(x)2x(a2)(x0)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为(0，)，当a0时，由f(x)0得x，函数f(x)在上单调递增；由f(x)0得0x，函数f(x)在上单调递减综上可知，当a0时，函数f(x)的单调增区间为(0，)；当a0时函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)得若函数f(x)有两个零点，则a0，且f(x)的最小值f0，即a24a4aln0.因为a0，所以a4ln 40.令h(a)a4ln 4，显然h(a)在(0，)上为增函数，且h(2)20，h(3)4ln 1ln 10，所以存在a0(2,3)，h(a0)0.当aa0时，h(a)0；当0aa0时，h(a)0.所以满足条件的最小正整数a3.又当a3时，f(3)3(2ln 3)0，f(2)23ln 20，f(1)0，所以当a3时，f(x)有两个零点综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.(3)证明：因为x1，x2是方程f(x)c的两个不相等的实根，由(1)知a0.不妨设0x1x2，则x(a2)x1aln x1c，x(a2)x2aln x2c.两式相减得x2x1x2x2ax1aln x1ax2aln x2a(x1ln x1x2ln x2)所以a.又因为f0，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，故只要证即可，即证明x1x2，即证明xx(x1x2)(ln x1ln x2)x2x1x2x2，即证明ln.设t(0t1)令g(t)ln t，则g(t).因为t0，所以g(t)0，当且仅当t1时，g(t)0，所以g(t)在(0,1)上是增函数又因为g(1)0，所以当t(0,1)时，g(t)0总成立即不等式ln 总成立，所以原不等式得证