2020版高考数学第三章导数在研究函数中的应用（第2课时）破解导数问题常用到的4种方法讲义（含解析）.docx

第2课时必备方法破解导数问题常用到的4种方法构造函数法解决抽象不等式问题以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)g(x)，f(x)g(x)，”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题类型一构造yf(x)g(x)型可导函数例1设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x0时有f(x)cos x0时，f(x)cos x0，即F(x)0，所以F(x)在(0，)上单调递减，又F(x)f(x)sin(x)f(x)sin xF(x)，所以F(x)是R上的奇函数，且F(x)在(，0)上单调递减， F(0)0，并且当x0时有F(x)F(0)，即f(x)sin xf(0)sin 0f(0)，故选A.答案A题后悟通当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)g(x)”时，不妨联想、逆用“f(x)g(x)f(x)g(x)”构造可导函数yf(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题类型二构造f(x)g(x)型可导函数例2设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是()A(3,0)(3，)B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(0,3)解析利用构造条件中“f(x)g(x)f(x)g(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数F(x)f(x)g(x)，由题意可知，当x0，所以F(x)在(，0)上单调递增又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，)上单调递增，而F(3)f(3)g(3)0，所以F(3)F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)0F(x)0的解集为(3,0)(3，)，故选A.答案A题后悟通当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)g(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用“f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)”，构造可导函数yf(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题类型三构造型可导函数例3已知定义在R上函数f(x)，g(x)满足：对任意xR，都有f(x)0，g(x)0，且f(x)g(x)f(x)g(x)f()g()Bfggf()Dfg()gf()解析根据条件中“f(x)g(x)f(x)g(x)”的特征，可以构造函数F(x)，因为f(x)g(x)f(x)g(x)0，所以F(x)，所以FF()，即，所以fg()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).1已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对于任意xR，都有f(x)20，则不等式f(log2|3x1|)0，故F(x)在定义域内单调递增，由f(1)1，得F(1)f(1)23，因为由f(log2|3x1|)3log|3x1|可化为f(log2|3x1|)2log2|3x1|3，令tlog2|3x1|，则f(t)2t3.即F(t)F(1)，所以t1.即log2|3x1|1，从而0|3x1|2，解得xxf(x)，则不等式x2ff(x)xf(x)，所以xf(x)f(x)0，根据“xf(x)f(x)”的特征，可以构造函数F(x)，则F(x)0，所以x2ff(x)0可化为xf0，即0，即，即FF(x)，所以解得0x1，故不等式x2ff(x)0a.由f(x)0x1，x2.x(，x1)(x1，x2)(x2，)f(x)所以f(x)的单调递增区间是(，x1)，(x2，)；单调递减区间是(x1，x2)(2)因为f(x)在内是减函数，所以(x1，x2)所以f(x)3x22ax10在上恒成立所以2a3x在上恒成立，所以a2.题后悟通本题求导后，转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式进行0和0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”例2函数f(x)，当a0时，求f(x)的单调区间与极值解因为f(x)(xa).(1)a0时x(，a1)(a1，a)(a，)f(x)f(x)的极小值为f(a1)a2，极大值为f(a)1.(2)当a0时，f(x)的递增区间是(a1，a)，递减区间是(，a1)，(a，)，f(x)的极小值为f(a1)a2，极大值为f(a)1.当a1)，讨论f(x)的单调性解f(x).当a22a0时，即1a1.x(1，a22a)(a22a,0)(0，)f(x)当a2时，f(x)0，f(x)在(1，)上递增当a22a0时，即a2时，x(1,0)(0，a22a)(a22a，)f(x)综上，当1a2时，f(x)的递增区间是(1,0)，(a22a，)，递减区间是(0，a22a)；当a2时，f(x)在(1，)上递增题后悟通求导后且导函数可分解且首项系数无参数可求出f(x)的根后比较两根大小，注意两根是否在定义域内，可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负定义域，紧跟踪，两根是否在其中”利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程口诀记忆导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中4已知函数f(x)ex(exa)a2x，讨论f(x)的单调性解：函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa)若a0，则f(x)e2x在(，)上单调递增若a0，则由f(x)0，得xln a.当x(，ln a)时，f(x)0；当x(ln a，)时，f(x)0.故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若a0，则由f(x)0，得xln.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增转移法解决求解最值中计算困难问题典例函数f(x)exex2x，设g(x)f(2x)4bf(x)，当x0时，g(x)0，求b的最大值解题观摩因为g(x)e2xe2x4x4bex4bex8bx，所以g(x)2(exex2)(exex2b2)因为exex22.当b2时，g(x)0，所以g(x)在R上递增所以当x0时，g(x)g(0)0.当b2时，由exex2b20x1ln(b1)0，x2ln(b1)0.所以当0xln(b1)时，g(x)0.所以g(ln(b1)1，求a的取值范围解：当a0时，因为x(0,1)，所以1且eax1，所以f(x)1.因为f(x)0x21.当0f(0)1.当a2时，f(x)在上递减所以当x时，f(x)f(0)1，不合题意综上a2.二次求导法解决判断f(x)符号困难问题例1若函数f(x)，0x1x2.设af(x1)，bf(x2)，试比较a，b的大小解题观摩由f(x)，得f(x)，设g(x)xcos xsin x，则g(x)xsin xcos xcos xxsin x.0x，g(x)0，即函数g(x)在(0，)上是减函数g(x)g(0)0，因此f(x)0，故函数f(x)在(0，)是减函数，当0x1x2f(x2)，即ab.题后悟通从本题解答来看，为了得到f(x)的单调性，须判断f(x)的符号，而f(x)的分母为正，只需判断分子xcos xsin x的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题例2已知函数f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，其中e为自然对数的底数(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立，求t的取值范围解题观摩(1)由f(x)exxln x，知f(x)eln x1，则f(1)e1，而f(1)e，则所求切线方程为ye(e1)(x1)，即y(e1)x1.(2)f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR，g(x)f(x)对任意的x(0，)恒成立等价于extx2xexxln x0对任意的x(0，)恒成立，即t对任意的x(0，)恒成立令F(x)，则F(x)，令G(x)exeln x，则G(x)ex0，对任意的x(0，)恒成立G(x)exeln x在(0，)上单调递增，且G(1)0，当x(0,1)时，G(x)0，即当x(0,1)时，F(x)0，F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)F(1)1，t1，即t的取值范围是(，1题后悟通本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t的范围问题，实际上是求F(x)极值问题，问题是F(x)exeln x这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G(x)x2F(x)再一次求导并解决问题所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函