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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
2、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x
3、1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a
4、4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
5、(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
6、)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
7、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)co
8、s 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
9、：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
10、) (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x2 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
11、)x2ex1ax3bx2，已知x2和x1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)x3x2，比较f(x)与g(x)的大小解析：(1)由已知得f(x)2xex1x2ex13ax22bxxex1(x2)x(3ax2b)，由x2和x1为f(x)的极值点，得，即，解得.(2)由(1)得f(x)x(x2)(ex11)令f(x)0，得x12，x20，x31.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)000f(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)x2ex1x
