最新高考数学解题技巧大揭秘--专题5-函数、导数、不等式的综合问题

专题五函数、导数、不等式的综合问题1.已知函数f(x)＝lnx＋kex(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.解(1)由f(x)＝lnx＋kex，得f′(x)＝1－kx－xlnxxex，x∈(0，＋∞)，由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)由(1)得f′(x)＝1xex(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.又ex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝1ex(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x)＝1－x－xlnx，求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2)．所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减．所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0＜1ex＜1，所以当x∈(0，＋∞)时，1exh(x)＜1＋e－2，即g(x)＜1＋e－2.综上所述结论成立．导数与函数、方程、不等式的交汇综合，以及利用导数研究实际中的优化问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．题型以解答题的形式为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．应通过一些典型例题的分析提高分析问题和解决问题的能力．解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决.利用导数解决方程根的问题常考查：①确定零点，图象交点及方程解的个数问题；②应用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围．该类试题一般以含参数的高次式、分式、指数式或对数式结构的函数、方程呈现．主要考查学生转化与化归、数形结合思想，以及运用所学知识解决问题的能力．【例1】►已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点．(1)求a；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围．[审题视点][听课记录][来源:Zxxk.Com][审题视点](1)由f′(3)＝0求a；(2)由f′(x)＞0或f′(x)＜0，求函数f(x)的单调区间；(3)求f(x)的极值，结合图象可确定b的取值范围．解f(x)的定义域：(－1，＋∞)．(1)f′(x)＝a1＋x＋2x－10，又f′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a＝16.经检验此时x＝3为f(x)极值点，故a＝16.[来源:学科网ZXXK](2)f′(x)＝161＋x＋2x－10＝2x2－8x＋6x＋1＝2x－1x－3x＋1.当－1x1或x3时，f′(x)0；当1x3时，f′(x)0.∴f(x)单调增区间为：(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3，＋∞)上单调增加，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln2－9，极小值为f(3)＝32ln2－21.因为f(16)162－10×1616ln2－9＝f(1)，f(e－2－1)－32＋11＝－21f(3)，所以在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)bf(1)．因此b的取值范围为(32ln2－21,16ln2－9)．对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．【突破训练1】设函数f(x)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)＝x2＋x＋a在[0,2]上恰有两个相异实根，求实数a的取值范围．解(1)函数的定义域为(－1，＋∞)，因为f(x)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)，所以f′(x)＝2x＋1－1x＋1＝2xx＋2x＋1，由f′(x)＞0，得x＞0；由f′(x)＜0，得－1＜x＜0，所以，f(x)的递增区间是(0，＋∞)，递减区间是(－1,0)．(2)方程f(x)＝x2＋x＋a，即x－a＋1－2ln(1＋x)＝0，记g(x)＝x－a＋1－2ln(1＋x)(x＞－1)，则g′(x)＝1－21＋x＝x－1x＋1，由g′(x)＞0，得x＞1；由g′(x)＜0，得－1＜x＜1.所以g(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．为使f(x)＝x2＋x＋a在[0,2]上恰有两个相异的实根，只须g(x)＝0在[0,1)和(1,2]上各有一个实根，于是有g0≥0，g1＜0，g2≥0，即－a＋1≥0，2－a－2ln2＜0，3－a－2ln3≥0，解得2－2ln2＜a≤3－2ln3，故实数a的取值范围是(2－2ln2,3－2ln3]．利用导数解决不等式恒成立问题通常考查高次式、分式或指数式、对数式、绝对值不等式在某个区间上恒成立，求参数的取值范围，试题涉及到的不等式常含有一个或两个参数．【例2】设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a，b为常数．已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.(1)求a，b的值，并写出切线l的方程；(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2，其中x1＜x2，且对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立，求实数m的取值范围．[审题视点][听课记录][审题视点](1)基础；(2)根据已知条件f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2可列一方程，由判断式Δ可得m的范围，再将已知条件：对任意x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立，转化为f(x)＋g(x)－mx＜－m恒成立，从而求f(x)＋g(x)－mx的最大值．解(1)a＝－2，b＝5，切线l的方程为x－y－2＝0.(2)由(1)得，f(x)＝x3－4x2＋5x－2，所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x.依题意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三个互不相同的实根0，x1，x2，故x1，x2是方程x2－3x＋2－m＝0的两相异的实根，所以Δ＝9－4(2－m)＞0，即m＞－14.又对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立．特别地，取x＝x1时，f(x1)＋g(x1)－mx1＜－m成立，得m＜0.由韦达定理，可得x1＋x2＝3＞0，对任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x＞0，则f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0，又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，所以函数f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]的最大值为0.于是当m＜0时，对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立．综上，m的取值范围是－14，0.(1)利用导数方法证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．(2)利用函数的导数研究不等式恒成立问题是一类重要题型，体现了导数的工具性作用，将函数、不等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．【突破训练2】已知函数f(x)＝kx，g(x)＝lnxx.(1)求函数g(x)＝lnxx的单调递增区间；(2)若不等式f(x)≥g(x)在区间(0，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．解(1)∵g(x)＝lnxx(x＞0)，∴g′(x)＝1－lnxx2，令g′(x)＞0，得0＜x＜e，故函数g(x)＝lnxx的单调递增区间为(0，e)．(2)∵x∈(0，＋∞)，由kx≥lnxx，得k≥lnxx2，令h(x)＝lnxx2，则问题转化为k大于等于h(x)的最大值，又h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0时，x＝e，当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)、h(x)变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)12e由表知当x＝e时，函数h(x)有最大值，且最大值为12e，因此k≥12e.导数的综合应用通常是证明与已知函数有关的关于x(或关于其他变量n等)的不等式在某个范围内成立，求解需构造新函数，用到函数的单调性、极值(最值)，以及不等式的性质等知识完成证明．【例3】►设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝1x，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的单调区间和最小值；(2)讨论g(x)与g1x的大小关系；(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．[审题视点][听课记录][审题视点]第(2)问重新构造函数h(x)＝g(x)－g1x，利用导数研究这个函数的单调性．第(3)问采用反证法，可先把|g(x)－g(x0)|＜1x等价变形为lnx＜g(x0)＜lnx＋2x，x＞0，再在x∈(0，＋∞)上任取一个值验证矛盾．解(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋1x，所以g′(x)＝x－1x2，令g′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1.(2)g1x＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g1x＝2lnx－x＋1x，则h′(x)＝－x－12x2，当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g1x，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g1x；当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g1x.(3)满足条件的x0不存在．证明如下：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立，即对任意x＞0，有lnx＜g(x0)＜lnx＋2x，(*)但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立．另一种证法如下：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意的x＞0成立．由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，又g(x)＝lnx＋1x＞lnx，[来源:学科网]而x＞1时，lnx的值域为(0，＋∞)，x≥1时g(x)的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1.即g(x1)－g(x0)≥1，[来源:Z_xx_k.Com]故|g(x1)－g(x0)|≥1＞1x1，与假设矛盾．∴不存在x1＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0成立．本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第(1