2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)經(jīng)典技巧與方法第10講兵分兩路

/14/14/第10講兵分兩路知識與方法對于一些較為復(fù)雜的函數(shù),如果通過直接構(gòu)造一個函數(shù)很難或根本就無法解決時,可嘗試通過等價轉(zhuǎn)化,適當(dāng)變形,轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)來處理,問題可能會得到極大的簡化,從而達到順利證明的目的.我們稱這種證明方法為兵分兩路.本節(jié)我們來說明這種方法的使用.典型例題和與差的拆分在證明不等式中,將不等式的兩邊分別視為函數(shù)f(x),g(x),對于求證f(x)>g(x)的題目,我們只需證明f(x)min>g【例1】已知函數(shù)f((1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))(2)當(dāng)a=-1e2時,【解析】(1)a=0.(2)由題意,欲證g只需證ln?x記m(x)=ln?從而易知m(x)在x記n(x)=2x+ex-2,且n'因此?x0(1,2),而nx從而即證m(x)<n【例2】已知函數(shù)f((1)略;(2)若a=-1,f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)【解析】(1)略(2)當(dāng)a=-1,則f(設(shè)g(由g'(x)=1-1x?0,h'(x)=-3x2-2x+6因為φ(1)=1,故存在x0∈[1,2],使得當(dāng)x∈1,x0時,φ(所以h(x)在1,x0上單調(diào)遞增由于h(1)=2,h(2)=32,所以h因此,當(dāng)1?x?2時,【點睛】本例,如果我們直接求解函數(shù)f(x)-f'(x)上在[1,2]上的最值情況,則需要用到多次求導(dǎo),運算較為繁瑣,甚至?xí)霈F(xiàn)最后難以處理的局面.這里,我們把f(x分拆與整合導(dǎo)數(shù)是用來研究連續(xù)函數(shù)性態(tài)的強有力的工具.除在高中階段所認(rèn)識的一系列基本初等函數(shù)外,高考導(dǎo)數(shù)的壓軸試題常出現(xiàn)或需要構(gòu)造下列六種典型的函數(shù)模型來輔助解題:(1)命題人經(jīng)常立足于上述六個函數(shù)命題一定的題目.若在同一試題中出現(xiàn)了兩種或兩種以上的典型函數(shù),則此時往往人工不可能求其極(最)值.此時,就需要處用函數(shù)“分拆”的手段,將原不等式分拆成一些可求局部最值的兩個函數(shù)或更多個函數(shù),通過分拆與二次整合的相互配合,可將原不等式的問題轉(zhuǎn)化為求局部函數(shù)的最值問題,然后分別求兩個函數(shù)的最值即可達到解決問題的目的.【例3】已知函數(shù)f((1)討論f(x(2)當(dāng)a<0時,證明:f【解析】(1)f(x)當(dāng)a?0時,f'(x)>0,則f當(dāng)a>0時,由f'(x當(dāng)x∈(-∞,2+ln?a)時,f'(x)<0所以f(x)的減區(qū)間為(-∞,2+ln?a綜上所述,當(dāng)a?0時,f(x)的增區(qū)間為當(dāng)a>0時,f(x)的減區(qū)間為(-∞,2+ln?(2)解法1:要證明ex-ae設(shè)g(x)=e當(dāng)0<x<1時,g'(x)<0;所以g(x)在(0,1)上是減函數(shù),在所以x=1是g(x)的極小值點,也是最小值點令h(x)=e當(dāng)0<x<e時,h'(x)>0;所以h(x)在(0,e)上是增函數(shù),在所以x=e是h(x)的極大值點,也是最大值點所以當(dāng)a<0時,g(x)?e-綜上,當(dāng)a<0時,f解法2:要證明ex-ae2x>e2ln?x.由于當(dāng)a<0時所以g'(x)在(0,+∞)上增函數(shù)所以存在x0∈(1,2),使得g'x所以當(dāng)x∈0,x0時,g'(x因為g(x)在0,x0上是減函數(shù),在x0,+∞值為gx因此,g(x)>0,綜上,當(dāng)a<0時,有解法3:要證明ex由于當(dāng)a<0時,ae2x設(shè)g(令h(x)=e當(dāng)0<x<2時,h'(x)<0;所以h(x)在(0,2)上是減函數(shù),在所以x=2是h(x)的極小值點,也是最小值點再令m(x)=e當(dāng)0<x<1時,m'(x)<0;所以m(x)在(0,1)上是減函數(shù),在所以x=1是m(x)的極小值點,也是最小值點綜上,h(x)?0(當(dāng)且僅當(dāng)x=2時取等號),m所以g(故當(dāng)a<0時,f【點睛】本題也可以設(shè)g(x)=ex-e2ln?凹凸反轉(zhuǎn)法所謂“凹凸反轉(zhuǎn)”,就是在證明函數(shù)不等式時,將待定不等式進行合理變形,將問題轉(zhuǎn)化為比較一個函數(shù)的最小值與另一個函數(shù)的最大值的大小比較問題.這是一種較為常規(guī)的證明不等式的技巧,若要成功分離出兩個具有最值的函數(shù),首先需要對一些常見函數(shù)的變化趨勢非常熟悉,而且對對數(shù)與指數(shù)的運算非常熟悉.一般來說,需要熟練掌握以下幾類函數(shù):(1)f(x)=ex-ax(a>0)有極小值點x=ln?a.特別地,f(x(2)f(x)=ln?x-ax(a>0)有極大值點x=1a.特別地,f(x)=ln?(3)f(x)=exxn(n>0)有極小值點.特別地,f(x)=ex(4)f(x)=ln?xxn(n>0)有極大值點.特別地,f(x)=ln?xx簡而言之,就是記住以下幾個不等式及其取等條件,然后利用代數(shù)變形,“心算”出相關(guān)函數(shù)的最值點和最值.(1)ex?x+1(x=0時,“=”(3)exx?1(x=1時,“=”成立);(4)ln?(5)ln?xx?1e【例4】已知函數(shù)f((1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求實數(shù)a的值,(2)證明:當(dāng)a?1e時【解析】(1)因為函數(shù)f(x)=a則f'(x)=aex從而f(x)=1當(dāng)0<x<2時,f'(x)<0,所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2)因為ex>0,所以當(dāng)a?所以要證原式成立,只需證ex-1即證ex令g(g(x)在(0,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增,h(x)=eln?(ex)y=ln?uu在(0,e)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)u=e,即x=1時,h(即g(x)min?h(x)max,【例5】已知函數(shù)f(x)=(x-m)ln?x((2)當(dāng)m=0時,證明:f【解析】(1)函數(shù)f(x)①當(dāng)m=0時,令f'(x當(dāng)x∈0,1e時當(dāng)x∈1e,+∞時所以x=1e是函數(shù)f(②當(dāng)m<0時,令g(x)=令g'(x)=0當(dāng)x∈(0,-m)時,g'(x)<0所以g(若g(-m)?0,即m?-e-2時,f'(x值點,不符合題意;若g(-m)<0,即-e-2<g(1-m)<0,又g(所以g(x)在(-當(dāng)x∈-m,x1時,f'所以x1是f(x)綜上所述,實數(shù)m的取值范圍是-e(2)要證ex-1>xln?令g(x)=ex-e2x2當(dāng)x>0時,有g(shù)(x)>g(0)=0而ln?xx?1e,從而可得ex【例6】已知f((1)若對一切x∈(0,+∞),2f(x)?g((2)證明:對一切x∈(0,+∞),都有l(wèi)n?x【解析】(1)2xln?x?-設(shè)h(x)=2ln?x當(dāng)x∈(0,1)時,h'當(dāng)x∈(1,+∞)時,h'(x)>0,因為對一切x∈(0,+∞),2f(x)?g(2)問題等價于證明x設(shè)g(從而g'(x)=1+ln?x,令當(dāng)x∈0,1e時當(dāng)x∈1e,+∞時從而g(x)在x而h'(x)=e-x當(dāng)x∈(0,1)時,h'當(dāng)x∈(1,+∞)時,h'從而h(x)在x由于兩個等號不可能同時取到,所以g(從而對一切x∈(0,+∞),都有l(wèi)n?x強化訓(xùn)練1.已知函數(shù)f(x)=xln?【解析】證明:要證f(x)<2ex-2,令g(x)=ln?xx,h(x)=2eh'所以h(x)在(0,2)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x=2時,h因為1e<12,即g(x)2.設(shè)函數(shù)f(x)=aln?x+(1)求a,(2)證明:f(【解析】(1)a=1,(2)f(x)=ln?x+2x,要證f(x)>e-x,即證:e所以當(dāng)x∈0,1e時,h'(x故h(x)在0,1e單調(diào)遞減從而h(x)在(0,+∞)g(x)=x所以當(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)>0;當(dāng)故g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在從而g(x)在(0,+∞)綜上,h(x)max>g(x)max,故當(dāng)x3.已知函數(shù)f(x)=xln?(1)求f(x(2)設(shè)g(x)=x-1xex-ln?【解析】(1)求導(dǎo)數(shù)可得f'(x)=ln?函數(shù)在0,ea-1上f'(x所以f(x)在x=e(2)當(dāng)x∈(0,+∞)時,g(x即x-1xe即xln?x+x-x由(1)令a=-1,則f(x)=xln?故問題①轉(zhuǎn)化為x-1ex<1令h(令h'(x)>0,解得:0<x<2;令故h(x)在(0,2)遞增,在(2,+∞)遞減故xln?x+x-即x∈(0,+∞)時,g(x4.已知函數(shù)f((1)求函數(shù)f(x(2)求證:xf【解析】(1)當(dāng)a?0時,函數(shù)f(x)當(dāng)a>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為3(2)證明:原不等式可化為xln?易知x>0,上式兩邊同乘以x,得x設(shè)p(則由p'(x)=x(2ln?x+1)=0所以0<x<e-所以當(dāng)x=e-12時,因為q(當(dāng)且僅當(dāng)xexe2令?r(x)=xex,可得r(當(dāng)x=1時,q(x所以p(由于上面兩個等號不能同時取得,故p(x)>5.已知函數(shù)f((1)討論f(x(2)當(dāng)a=1時,證明:f(x)>【解析】(1)f(x)=f'①若a?0,則ax2所以當(dāng)x∈(0,1)時,f'當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(②若0<a<2,當(dāng)x∈(0,1)和2aa當(dāng)x∈1,2aa③若a=2,f(x)?0恒成立,④若a>2,當(dāng)x∈0,2aa和當(dāng)x∈2aa,1綜上所述,當(dāng)a?0時,f(x)的遞增區(qū)間為(0,1)當(dāng)0<a<2時,f(x)的遞增區(qū)間為(0,1)和2aa,+∞,遞減區(qū)間為1,2aa當(dāng)a>2時,f(x)的遞增區(qū)間為0,2a(2)證明:因為a=1,所以令F令g則F(由g'(x)=x-1x?0h'設(shè)φ(x)=-3x2-2xφ(1)=1,所以在[1,2]上存在x0,使得φ當(dāng)x∈1,x0時φ所以函數(shù)h(x)在1,x0上單調(diào)遞增由于h(1)=1,h(2)=12,因此h所以f(所以F(x)>即f(x)>f6.已知函數(shù)f((1)求f(