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1 函数、导数与不等式的提分策略提分策略一“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(a2)x2ln x(aR)(1)若a0，求证：f(x)0)，f(x)2，设g(x)1x，根据g(x)的正负可画出f(x)的图象如图(1)所示(2)f(x)(x0)，令g(x)(x1)(ax2)，当a0时，由(1)知f(x)没有零点；当a0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a0时，同理可得图(5)综上，易得f(x)的零点个数解析：(1)证明：当a0时，f(x)2，由f(x)0得x1.当0x0，f(x)在(0,1)上单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减所以f(x)f(x)maxf(1)2，即f(x)0)，当a0时，由第(1)问可得函数f(x)没有零点当a0时，当1，即a2时，f(x)0恒成立，仅当x1时取等号，函数f(x)在(0，)上单调递增，又f(1)a2221，即0a2时，若0x，则f(x)0，f(x)在(0,1)和上单调递增；若1x，则f(x)0，f(x)在上单调递减又f(1)a(a2)2ln 1a20，则ff(1)0，当x时，f(x)，所以函数f(x)仅有一个零点在区间上；当02时，若0x1，则f(x)0，f(x)在和(1，)上单调递增；若x1，则f(x)2，所以f22ln 22ln 10，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a0时，若0x0，f(x)在(0,1)上单调递增；若x1，f(x)0，即a4时，函数f(x)有两个零点；当f(1)0，即a4时，函数f(x)有一个零点；当f(1)0，即4a0时，函数f(x)没有零点综上，当a4时，函数f(x)有两个零点；当a4时，函数f(x)有一个零点；当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(2x1)axa(aR)，e为自然对数的底数(1)当a1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在实数x，满足f(x)0，求实数a的取值范围；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a1时，f(x)ex(2x1)x1，f(x)ex(2x1)1，f(0)0，f(x)ex(2x3)，由f(x)0，得x，当x时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增且当x时，f(x)0，即当x0时，f(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)由f(x)0，得ex(2x1)1时，a；当x1时，a1时，ag4e；当x1时，ag(0)1.综上所述，实数a的取值范围为(，1)(4e，)由知，当a1时，x0(，1)，由f(x0)a，又g(x)在区间(，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g(0)1a，所以g(1)a，即a，所以a4e时， x0(1，)，由f(x0)0，得g(x0)a，又g(x)在区间上单调递减，在上单调递增，且g4ea，所以解得3e2a.综上所述，实数a的取值范围为.提分策略二“构造法广开思路”构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上构造函数的主要步骤：(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；(3)回归：解析所构函数，回归所求问题一、构造函数解决导数问题常见类型1构造F(x)f(x)sin x，F(x)，F(x)f(x) cos x，F(x)类型的辅助函数对任意的x，不等式f(x)tan xfBf2f(1)cos 1C2f(1)cos 1fD.f0，cos x0，构造函数F(x)f(x)cos x，则F(x)f(x)sin xf(x)cos x，因为对任意的x，不等式f(x)tan xf(x)恒成立，所以f(x)sin 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FFF(1)F，所以fcos fcos f(1)cos 1fcos ，所以fff(1)cos 1f，所以ff2f(1)cos 10时，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x0时，g(x)0的解集为(2,0)(0,2). 故选B.答案：B3构造F(x)enxf(x)(nZ，且n0)类型的辅助函数已知f(x)(xR)有导函数，且xR，f(x)f(x)，nN*，则有()Aenf(n)enf(0)Benf(n)f(0)，f(n)f(0)，f(n)enf(0)Denf(n)f(0)，f(n)0，g(x)为R上的增函数，故g(n)g(0)g(n)，即，即enf(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(a0)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(x1)(x1)f(x21)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) (x1)f(x21)，可得(x1)f(x1)(x21)f(x21)，所以解得x2.选D.答案：D2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(x2 016)2f(x2 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)x30，故x2f(x)0可化为(x2 016)2f(x2 016)(2)2f(2)，所以解得x1当n2时：当a0时，f(x)的极小值为f；当a0时f(x)无极值(2)证明：法一：令g(x)x1ln(x1)，则g(x)1(x2)讨论：若n为偶数，则当x2，)时，g(x)0，g(x)单调递增；又g(2)0，因此g(x)x1ln(x1)g(2)0恒成立，所以f(x)x1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)x1，由于0，所以当x2时，恒有h(x)0，即ln(x1)x1，命题成立综上所述，结论成立法二：当x2时，对任意的正整数n，恒有1，故只需证明1ln(x1)x1.令h(x)x1(1ln(x1)x2ln(x1)，x2，)，则h(x)1，当x2时，h(x)0，故h(x)在2，)上单调递增，因此当x2时，h(x)h(2)0，即1ln(x1)x1成立故当x2时，有ln(x1)x1.即f(x)x1.点评适当放缩再构造的关键是抓住一些恒成立的不等式模型如ln(x1)x2.3双变量不等式灵活构造设f(x)ln x.(1)求函数g(x)f(x1)x的最大值；(2)已知0a.解析：(1)f(x)ln x，g(x)f(x1)x，g(x)ln(x1)x(x1)，g(x)1.令g(x)0，得x0，当1x0时，g(x)0，当x0时，g(x)0，又g(0)0，当且仅当x0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(x1)，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kPQf(b)，得证点评有些问题可变形为与x2x1，有关的问题，可作换元tx2x1，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 xa(x1)，aR，x1，)，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 xa(x21)，(x1)，g(x)ln x12ax，令F(x)g(x)ln x12ax，F(x).若a0，F(x)0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)12a0，g(x)在1，)上单调递增，g(x)g(1)0，从而f(x)0，不符合题意若0a0，g(x)在上单调递增，从而g(x)g(1)12a，以下论证同一样，所以不符合题意若a，F(x)0在1，)上恒成立，g(x)在1，)上单调递减，g(x)g(1)12a0.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x1时，f(x)恒成立等价于ln xa(x1)，不等式两边分别构造函数：h(x)ln x，g(x)a(x1)h(x)，x1，h(x)0，即h(x)在1，)上是增函数g(x)a，当a0时，g(x)在1，)上是增函数， 又h(1)g(1)0，要使h(x)g(x)(x1)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)(aR，e为自然对数的底数，e2.718 28)(1)若曲线yf(x)在x0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a0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)1a1，解得a2.(2)由f(x)0，得x1a；由f(x)1a.所以f(x)的单调递增区间是(，1a)，单调递减区间是(1a，)当1a2时，f(x)在1,1上单调递减，f(x)maxf(1)(a1)e；当11a1，即0a2时，x1a为f(x)在区间1,1上的极大值点，也是最大值点，所以f(x)maxf(1a)；当1a1，即a0时，f(x)在1,1上单调递增，f(x)maxf(1).所以g(a).(3)当a0时，由(2)知，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减若0mf(1)，与f(x)在(，1)上单调递增矛盾，所以只有m1.当m1时，1，所以ff，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xeex，即x2ex，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)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)(a0)(1)设F(x)f(1)x2f(x)，讨论函数F(x)的单调性；(2)过两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)的直线的斜率为k，求证：k0，函数F(x)在(0，)上是增函数；当ln a0，即0a0，得(ln a)x210，解得0x ；令F(x)0，得(ln a)x21 .所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数(2)证明：因为k，x2x10，要证k，即证ln 1，则只要证1ln t0(t1)，故g(t)在(1，)上是增函数所以当t1时，g(t)t1ln tg(1)0，即t1ln t成立要证11，即证t10(t1)，故函数h(t)在(1，)上是增函数，所以当t1时，h(t)tln t(t1)h(1)0，即 t1tln t成立故由知kk(x1)axx恒成立，求正整数k的值解析：(1)由f(x)xln xax，得f(x)ln xa1，函数f(x)在区间e2，)上为增函数，当xe2，)时，f(x)0，即ln xa10在区间e2，)上恒成立，a1ln x.又当xe2，) 时，ln x2，)，1ln x(，3a3.(2)若对任意x(1，)，f(x)k(x1)axx恒成立，即xln xaxk(x1)axx恒成立，也就是k(x1)0.则问题转化为k0，则m(x)xln x2在(1，)上为增函数 ，m(1)1ln 121，m(2)2ln 22ln 2，m(3)3ln 321ln 30.x0(3,4)，使m(x0)x0ln x020.当x(1，x0)时，m(x)0，h(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)x0ln x020，ln x01x01，代入函数h(x)得h(x0)x0，x0(3,4)，且kh(x)对任意x(1，)恒成立，k成立解析：由题意得f(x)2ax(2a1)，x(0，)(1)由题意得f(2)1，即1，解得a.(2)当a0时，2ax10得0x1，由f(x)1，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减当a0时，令f(x)0得x1或x，当时，由f(x)0得x1或0x，由f(x)0得x1，即0a0，得x或0x1，由f(x)0得1x，故函数f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；当1，即a时，在(0，)上恒有f(x)0，故函数f(x)在(0，)上单调递增综上可知，当a0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当0a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a1时，函数f(x)ln xx23x在(1，)上单调递增，ln xx23xf(1)2，即ln xx23x2(x1)(x2)，令x1，nN*，则ln，lnlnlnln，ln，即ln(1n) .故对任意的nN*，都有ln(1n) 成立
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