专题函数与导数综合题的解答(教师版)
专题 函数与导数综合题的解答
1. 本专题在高考中的地位
导数是研究函数的单调性、极值(最值) 最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,
所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 2.本专题在高考中的命题方向及命题角度
从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值) ,解决生活中的优化问题. (4)考查数形结合思想的应用. 热点一 用导数研究函数的性质
函数是高中数学的重点内容,而函数的性质又是高考命题的热点,用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多,并且具有普遍的适用性.
例1(2012·高考北京卷) 已知函数f(x)=ax 2+1(a>0) ,g(x)=x 3+bx.
(1)若曲线y =f(x)与曲线y =g(x)在它们的交点(1,c) 处具有公共切线,求a ,b 的值; (2)当a 2=4b 时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大值. 【审题】 (1)在交点(1,c) 处有公共切线,隐含(1,c) 为切点,可考虑f ′(1)与g ′(1).f(1)与g(1)的关系.
(2)构造函数h(x)=f(x)+g(x),求h ′(x)>0,h ′(x)<0的x 的范围,继而求(-∞,-1]上的最大值.
⎧⎪f ′(1)=g ′(1)
【转化】 (1)中题意转化为⎨.
⎪f (1)=g (1)⎩
(2)中转化为求h ′(x)>0,h ′(x)<0的解由极值求最值.
【解】 (1)f′(x)=2ax ,g ′(x)=3x 2+b ,
因为曲线y =f(x)与曲线y =g(x)在它们的交点(1,c) 处具有公共切线,所以f(1)=g(1),且f ′(1)=g ′(1).
即a +1=1+b ,且2a =3+b. 解得a =3,b =3.
1
(2)记h(x)=f(x)+g(x),当b =a 2时,
41
h(x)=x 3+ax 2+a 2x +1,
41
h ′(x)=3x 2+2ax +a 2.
4
a a
令h ′(x)=0,得x 1=-x 2=-.
26a >0时,h(x)与h ′(x)的变化情况如下:
-∞,-和-∞; 所以函数h(x)的单调递增区间为2⎝6⎝⎭a a
-. 单调递减区间为⎛6⎝2a
当--1,即0<a ≤2时,
2
函数h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h(-1) 1=a -a 2.
4
a a
当-1,且-≥-1,即2<a ≤6时,
26
a ⎛-a ,-1⎤上单调递减,-∞,-⎫上单调递增,函数h(x)在区间⎛在区间h(x)在区间(-2⎭⎝⎝2⎦a
-=1. ∞,-1]上的最大值为h ⎛⎝2a
当-1,即a >6时,
6
a
-=1. 所以h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h ⎛⎝2a a a
-,-上单调递减,在区间函数h(x)在区间(-∞,-) 上单调递增,在区间⎛6⎝22
⎛-a 1⎤上单调递增,又因为h ⎛-a -h(-1) =1-a +12=1-2) 2>0,
⎝6⎦⎝244
【反思】 本题考查了导数的运算性质,导数的几何意义,利用导数研究函数的单调性及最值的方法.利用列表法,研究h ′(x)的正负及单调区间一目了然.求最值时,要考虑99
极值点,-与区间(-∞,-1]的关系,所以分类讨论来确定最值.
26
热点二 导数、函数与不等式
用导数的方法研究与函数有关的不等式问题,是巧妙地构造函数,然后这个函数的单调性、极值、最值及特殊点的函数值,结合不等式的性质来解决.
例2(2012·高考辽宁卷) 设f(x)=ln xx -1,证明:
3
(1)当x >1时,f(x)-1) ;
29(x -1)
(2)当1<x <3时,f(x)<.
x +5
【审题】 本题涉及f(x)的不等式,可以构造形如f(x)-φ(x)的函数来证明. 33
【转化】 (1)当x >1,所证f(x)<(x-1) 转化为f(x)-1) <0证明.
229(x -1)9(x -1)
(2)当1<x <3,f(x)f(x)-<0,证明.
x +5x +53
【证明】 (1)法一:记g(x)=ln x+x -1--1) ,则当x >1时,
2113
g ′(x)=+-0.
x 2x 2
3
又g(1)=0,所以有g(x)<0,即f(x)<-1) .
2x 1
法二:当x >1时,2x <x +1,故x <+①
221
令k(x)=ln x-x +1,则k(1)=0,k ′(x)=-1<0,
x 故k(x)<0,即ln x<x -1. ②
3
由①②得,当x >1时,f(x)<(x-1) .
29(x -1)
(2)法一:记h(x)=f(x)-,由(1)得
x +51154
h ′(x)=+-
x 2x (x +5)2+x x +5(x +5)3-216x 5454=-<-=2x (x +5)4x (x +5)4x (x +5)令G(x)=(x+5) 3-216x ,则当1<x <3时,G ′(x)=3(x+5) 2-216<0,因此G(x)在(1,3)内是减函数.
又由G(1)=0,得G(x)<0,所以h ′(x)<0.
因此h(x)在(1,3)内是减函数.又h(1)=0,所以h(x)<0. 9(x -1)于是当1<x <3时,f(x)<x +5
法二:记h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1) ,则当1<x <3时,由(1)得h ′(x)=f(x)+(x+5)f ′(x)-9
3⎛11⎫-9 <(x-1) +(x+2⎝x 2x ⎭1
=[3x(x-1) +(x+5)(2+x) -18x] 2x
1⎛2+x +1-18x ⎤ <⎡3x (x -1)+(x +5)⎝22⎦2x ⎣
1
=(7x2-32x +25) <0. 4x 因此h(x)在(1,3)内单调递减. 又h(1)=0,所以h(x)<0, 9(x -1)
即f(x)<.
x +5
【反思】 此题的关键点是转化所证不等式构造新函数,研究其性质.(1)的证法一是利用g(x)的递减性形成不等式g(x)<g(1).
x 1
证法二又利用了不等式的“同向相加”x ,ln x-x -1,得到
22x 1
ln xx <x -1++同样(2)也采用了类似的证法
22热点三 恒成立及求参数范围问题
恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解,若不能分离参数,可以将参数看成函数表达式中的常量,利用函数性质求解.
(2012·高考天津卷改编) 已知函数f(x)=x -ln(x+a) 的最小值为0,其中a >0. (1)求a 的值;
(2)若对任意的x ∈[0,+∞) ,有f(x)≤kx 2成立,求实数k 的最小值. 【审题】 (1)根据极值与最值的关系,可求a. (2)中,f(x)≤kx 2对于x ∈[0,+∞) 是恒成立. 而已知f(x)min =0,讨论k 的取值.
【转化】 (1)已知f(x)min =0转化求f(x)min 用a 表示. (2)f(x)≤kx 2恒成立转化为f(x)-kx 2≤0恒成立求解. 【解】 (1)f(x)的定义域为(-a ,+∞) .
x +a -11
f ′(x)=1-由f ′(x)=0,得x =1-a >-a.
x +a x +a 当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表:
(2)当k ≤0时,取x =1,有f(1)=1-ln 2>0,故k ≤0不合题意. 当k >0时,令g(x)=f(x)-kx 2,即g(x)=x -ln(x+1) -kx 2.
-x[2kx-(1-2k )]1-2k x
g ′(x)=2kx =. 令g ′(x)=0,得x 1=0,x 2=1.
2k x +1x +1
1-2k 1
①当k ≥≤0,g ′(x)<0在(0,+∞) 上恒成立,因此g(x)在[0,+∞) 上单调
22k 递减.从而对于任意的x ∈[0,+∞) ,总有g(x)≤g(0)=0,即f(x)≤kx 2在[0,+∞) 上恒成立.
1
故k ≥
2
1-2k 1-2k 1-2k 1
②当0<k <时,>0,对于x ∈⎛0,,g ′(x)>0,故g(x)在⎛0,内
22k 2k 2k ⎝⎝1-2k 单调递增.因此当取x 0∈⎛0,时,g(x0) >g(0)=0,即f(x0) ≤kx 20不成立. 2k ⎭⎝
1
故0<k <不合题意.
21
综上,k 的最小值为2
热点四 利用导数识别函数图象
给出函数解析式描绘或者识别其图象.除根据一般方法研究其性质外,求导也有独到的技巧.
x (2011·高考山东卷) 函数y =2sin x的图象大致是( )
2
【审题】 此函数不是一般的初等函数,根据简单的性质不易识别其图象.为了确定其单调性的变化.
x x
转化:函数y =2sin x与x 轴的交点转化y =sin x与y =
24
单调性转化为求y ′>0,y ′<0的x 的范围.1.(2013·东北三校联合模拟) 已知函数f(x)=(1+x)ln x.
(1)求f(x)在x =1处的切线方程; (2)设g(x)=
1
,对任意x ∈(0,1),g(x)<-2. 求实数a 的取值范围.
a (1-x )
解:(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞) , 1+x
∵f ′(x)=ln x+
x
∴f ′(1)=2,且切点为(1,0),
故f(x)在x =1处的切线方程为y =2x -2.
1+x 1+x
(2)g(x)=ln x,由题意知a ≠0,因为x ∈(0,1),所以ln x<0.
a (1-x )1-x ①当a <0时,g(x)>0,不合题意.
2a (1-x )
②当a >0时,x ∈(0,1),由g(x)<-2,可得ln x+0.
1+x 2a (1-x )x 2+(2-4a )x +1
设h(x)=ln x+,则x ∈(0,1),h(x)<0.h ′(x)=.
1+x x (1+x )设m(x)=x 2+(2-4a)x +1,方程m(x)=0的判别式Δ=16a(a-1) .
若a ∈(0,1],Δ≤0,m(x)≥0,h ′(x)≥0,h(x)在(0,1)上是增函数,又h(1)=0,所以x ∈(0,1)时,h(x)<0.
若a ∈(1,+∞) ,Δ>0,m(0)=1>0,m(1)=4(1-a) <0,故存在x 0∈(0,1),使得m(x0) =0,对任意x ∈(x0, 1) ,m(x)<0,h ′(x)<0,h(x)在(x0, 1) 上是减函数,又h(1)=0,故当x ∈(x0, 1) 时,h(x)>0.
综上,实数a 的取值范围是(0,1].
2.(2013·海淀区期末) 已知函数f(x)=e x (x2+ax -a) ,其中a 是常数.
(1)当a =1时,求曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求f(x)在区间[0,+∞) 上的最小值. 解:(1)由f(x)=e x (x2+ax -a) 可得 f ′(x)=e x [x2+(a+2)x]. 当a =1时,f(1)=e ,f ′(1)=4e.
所以曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y -e =4e(x-1) ,即y =4ex -3e. (2)令f ′(x)=e x [x2+(a+2)x]=0, 解得x =-(a+2) 或x =0.
当-(a+2) ≤0,即a ≥-2时,在区间[0,+∞) 上,f ′(x)≥0,所以f(x)在[0,+∞) 上单调递增,
所以f(x)在区间[0,+∞) 上的最小值为f(0)=-a ;
当-(a+2) >0,即a <-2时,f ′(x),f(x)随x 的变化情况如下表:
由上表可知函数f(x)在区间[0,+∞) 上的最小值为f(-(a+2)) =+e
综上可知,当a ≥-2时,f(x)在[0,+∞) 上的最小值为-a ;当a <-2时,f(x)在[0,
a +4
+∞) 上的最小值为+.
e
1-x
3.(2013·山西高考训练) 已知函数f(x)=xln x,g(x)=-aln x,a ≠0.
ax
x -1
(1)当a =-1时,求函数F(x)=g(x)-的单调区间;
x
(2)当a >0时,x ∈[1,+∞) ,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a 的取值范围. x -1
解:(1)当a =-1时,F(x)=ln x-,x >0.
x 所以F ′(x)=
x -1
,x >0. x 当0<x <1时,F ′(x)<0,所以F(x)在区间(0,1)上单调递减; 当x >1时,F ′(x)>0,所以F(x)在区间(1,+∞) 上单调递增. 综上,函数F(x)的单调递增区间为(1,+∞) .单调递减区间为(0,1). x -1
(2)设φ(x)=g(x)-f(x)=(x-a)ln x+x ∈[1,+∞) ,φ(1)=0.
ax 1x -a
则φ′(x)=+ln x.
ax x
①当0<a <1时,φ′(x)>0,φ(x)在区间[1,+∞) 上为增函数,则φ(x)≥φ(1)=0. 21a 212
x +ax -⎫, ②当a ≥1时,令h(x)=φ′(x),则h ′(x)=+-=⎛a ⎭x x ax x ⎝
a 22(a +2)(a -1)
∵-<1,∴当x ≥1时,x 2+ax -1+a 0,故h ′(x)≥0,则h(x)
2a a a 在[1,+∞) 上为增函数,即φ′(x)在[1,+∞) 上为增函数. 1+51
由φ′(1)=1-a +0,解得1≤a ≤a 2
15
故当1≤a ≤时,φ′(x)≥φ′(1)≥0,故φ(x) 为增函数,φ(x)≥φ(1)=0;
21+5当a >φ′(1)<0.
2
15
故存在x 0>1,使得当x ∈[1,x 0) 时,φ′(x)<0,则φ(x)<0,故a >时不符合题
2意.
⎛1+5.
综上,a ∈ 0,2⎝
x +a -
4.(2013·潍坊三模) 已知函数f(x),g(x)=e (1a)x
x +1
(1)若曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x -3y +1=0平行,求实数a 的值; (2)当0<a <1时,求函数F(x)=f(x)-g(x)在x ∈(0,1]上的值域.
x +a 1-a
解:(1)∵f(x)=,∴f(x)=;
x +1(x +1)1
又∵f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线z -3y +1=0平行,∴f(1)=,
31
∴a =-.
3
x +a (1-a)a
(2)F(x)=f(x)-g(x)=e ,
x +1
1-a (1-a )[1-e (1a )a ·(x +1)2](1-a)a
则F ′(x)=-(1-a)·e =(x +1)(x +1)-
因为0<a <1,所以1-a >0,e (1又x ∈(0,1],所以(x+1) 2>1,e (1即1-e (1
-a)x
-a)x
.
-a)x
·(x+1) 2>1.
·(x+1) 2<0.
所以F ′(x)<0,
即函数F(x)在x ∈(0,1]上单调递减. 因此,F(1)=
a +11-a
e . 2
又F(0)=a -1,
所以函数F(x)=f(x)-g(x)的值域为⎡
a +11-a
e ,a -1⎫(0<a <1) . ⎣2⎭
5.(2013·济南市模拟) 已知函数f(x)=ax +ln x,其中a 为常数,设e 为自然对数的底数.
(1)当a =-1时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a 的值; (3)当a =-1时,试推断方程|f(x)|=
ln x1
x 2
11-x
解:(1)当a =-1时,f(x)=-x +ln x,f ′(x)=-1=.
x x 当0<x <1时,f ′(x)>0;当x >1时,f ′(x)<0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞) 上是减函数. f(x)max =f(1)=-1.
111
,+∞⎫. (2)∵f ′(x)=a +,x ∈(0,e],∈⎡⎭x x ⎣e 1
①若a ≥-,则f ′(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上增函数
e ∴f(x)max =f(e)=ae +1≥0. 不合题意.
111
②若a <-,则由f ′(x)>0⇒a +>0,即0<x <-,
e x a 11
由f(x)<0⇒a +0,即-x ≤e.
x a
11
0上增函数,在⎛e ⎫为减函数. 从而f(x)在⎛a ⎝⎝a ⎭11=-1+ln ⎛- ∴f(x)max =f ⎛⎝a ⎝a 11
-=-3,则ln ⎛-⎫=-2 令-1+ln ⎛⎝a ⎝a ⎭
1-1
∴-e 2,即a =-e 2. ∵-e 2<-a =-e 2为所求.
a e (3)由(1)知当a =-1时f(x)max =f(1)=-1, ∴|f(x)|≥1.
1-ln xln x1又令g(x),g ′(x)=,令g ′(x)=0,得x =e ,
x 2x 当0<x <e 时,g ′(x)>0,g(x)在(0,e) 单调递增; 当x >e 时,g ′(x)<0,g(x)在(e,+∞) 单调递减. 11
∴g(x)max =g(e)=<1,∴g(x)<1
e 2∴|f(x)|>g(x),即|f(x)|>∴方程|f(x)|=
ln x1
x 2
ln x1
+没有实数解. x 2