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)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋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a2＝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．【转化】(1)中题意转化为f′1＝g′1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)＝3x2＋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.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当b＝14a2时，h(x)＝x3＋ax2＋14a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋14a2.令h′(x)＝0，得x1＝－a2，x2＝－a6.a＞0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：x－∞，－a2－a2－a2，－a6－a6－a6，＋∞h′(x)＋00＋h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为－∞，－a2和－a6，＋∞；单调递减区间为－a2，－a6.当－a2≥－1，即0＜a≤2时，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)＝a－14a2.当－a2＜－1，且－a6≥－1，即2＜a≤6时，函数h(x)在区间－∞，－a2上单调递增，在区间－a2，－1上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h－a2＝1.当－a6＜－1，即a＞6时，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h－a2＝1.函数h(x)在区间(－∞，－a2)上单调递增，在区间－a2，－a6上单调递减，在区间－a6，－1上单调递增，又因为h－a2－h(－1)＝1－a＋14a2＝14(a－2)2＞0，【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，要考虑极值点，－92，－96与区间(－∞，－1]的关系，所以分类讨论来确定最值．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)＝lnx＋x－1，证明：(1)当x＞1时，f(x)＜32(x－1)；(2)当1＜x＜3时，f(x)＜9x－1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．【转化】(1)当x＞1，所证f(x)＜32(x－1)转化为f(x)－32(x－1)＜0证明．(2)当1＜x＜3，f(x)＜9x－1x＋5转化为f(x)－9x－1x＋5＜0，证明．【证明】(1)法一：记g(x)＝lnx＋x－1－32(x－1)，则当x＞1时，g′(x)＝1x＋12x－32＜0.又g(1)＝0，所以有g(x)＜0，即f(x)＜32(x－1)．法二：当x＞1时，2x＜x＋1，故x＜x2＋12.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝1x－1＜0，故k(x)＜0，即lnx＜x－1.②由①②得，当x＞1时，f(x)＜32(x－1)．(2)法一：记h(x)＝f(x)－9x－1x＋5，由(1)得h′(x)＝1x＋12x－54x＋52＝2＋x2x－54x＋52＜x＋54x－54x＋52＝x＋53－216x4xx＋52.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.于是当1＜x＜3时，f(x)＜9x－1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＜32(x－1)＋(x＋5)·1x＋12x－9＝12x[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]＜12x3xx－1＋x＋52＋x2＋12－18x＝14x(7x2－32x＋25)＜0.因此h(x)在(1,3)内单调递减．又h(1)＝0，所以h(x)＜0，即f(x)＜9x－1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)．证法二又利用了不等式的“同向相加”性，x＜x2＋12，lnx－x－1，得到lnx＋x＜x－1＋x2＋12.同样(2)也采用了类似的证法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)≤kx2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)≤kx2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)≤kx2恒成立转化为f(x)－kx2≤0恒成立求解．【解】(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．f′(x)＝1－1x＋a＝x＋a－1x＋a.由f′(x)＝0，得x＝1－a＞－a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－a,1－a)1－a(1－a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(2)当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln2＞0，故k≤0不合题意．当k＞0时，令g(x)＝f(x)－kx2，即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2.g′(x)＝xx＋1－2kx＝－x[2kx－1－2k]x＋1.令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝1－2k2k＞－1.①当k≥12时，1－2k2k≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上单调递减．从而对于任意的x∈[0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立．故k≥12符合题意．②当0＜k＜12时，1－2k2k＞0，对于x∈0，1－2k2k，g′(x)＞0，故g(x)在0，1－2k2k内单调递增．因此当取x0∈0，1－2k2k时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx20不成立．故0＜k＜12不合题意．综上，k的最小值为12.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．(2011·高考山东卷)函数y＝x2－2sinx的图象大致是()【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．转化：函数y＝x2－2sinx与x轴的交点转化y＝sinx与y＝x4的图象的交点．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)lnx.(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；(2)设g(x)＝1a1－xf(x)，对任意x∈(0,1)，g(x)＜－2.求实数a的取值范围．解：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝lnx＋1＋xx，∴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.(2)g(x)＝1＋xa1－xlnx，由题意知a≠0，因为x∈(0,1)，所以1＋x1－xlnx＜0.①当a＜0时，g(x)＞0，不合题意．②当a＞0时，x∈(0,1)，由g(x)＜－2，可得lnx＋2a1－x1＋x＜0.设h(x)＝lnx＋2a1－x1＋x，则x∈(0,1)，h(x)＜0.h′(x)＝x2＋2－4ax＋1x1＋x2.设m(x)＝x2＋(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x0∈(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)＝ex(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)＝ex(x2＋ax－a)可得f′(x)＝ex[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)＝ex[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：x0(0，－(a＋2))－(a＋2)(－(a＋2)，＋∞)f′(x)0－0＋f(x)f(0)f(－(a＋2))由上表可知函数f(x)在区间[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝a＋4ea＋2.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，＋∞)上的最小值为a＋4ea＋2.3．(2013·山西高考训练)已知函数f(x)＝1－xax－xlnx，g(x)＝－alnx，a≠0.(1)当a＝－1时，求函数F(x)＝g(x)－x－1x的单调区间；(2)当a＞0时，x∈[1，＋∞)，f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，F(x)＝lnx－x－1x，x＞0.所以F′(x)＝x－1x2，x＞0.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