函数与导数专题

一、函数的性质与图象的综合应用例1已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)＝m(m0)，在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________.解析因为定义在R上的奇函数，满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(x)．因此，函数图象关于直线x＝2对称且f(0)＝0，由f(x－4)＝－f(x)知f(x－8)＝f(x)．又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2,0]上也是增函数，如图所示，那么方程f(x)＝m(m0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，不妨设x1x2x3x4.由对称性知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－12＋4＝－8.－8一、函数的性质与图象的综合应用例已知函数f(x)＝ax－5(x6)(4－a2)x＋4(x≤6)，数列{an}满足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是单调递增数列，则实数a的取值范围是________．解析由题意可知实数a应满足a1，4－a20，(4－a2)×6＋4a7－5，即a1，a8，a－7或a4，即4a8.(4,8)二次函数例3已知二次函数fx的最小值为4,且关于x的不等式0fx的解集为13,Rxxx,（1）求函数fx的解析式；（2）求函数()4lnfxgxxx的零点个数.解：（1）fx是二次函数,且关于x的不等式0fx的解集为13,Rxxx,2(1)(3)23fxaxxaxaxa,且0a.20,(1)44afxax,且14fa,min()44,1.fxaa故函数fx的解析式为223.fxxx(2)2233()4ln4ln2(0)xxgxxxxxxx,2234(1)(3)()1xxgxxxx.,(),()xgxgx的取值变化情况如下：当03x时,140gxg；又55553ee202212290eg.故函数()gx只有1个零点,且零点50(3,e).xx(0,1)1(1,3)3(3,)()gx00()gx单调增加极大值单调减少极小值单调增加三次函数例4设函数()|1||1|fxxax=+++，已知)1()1(ff，且)1()1(afaf（a∈R，且a≠0），函数32()gxaxbxcx（b∈R，c为正整数）有两个不同的极值点，且该函数图象上取得极值的两点A、B与坐标原点O在同一直线上。（1）试求a、b的值；（2）若0x时，函数()gx的图象恒在函数()fx图象的下方，求正整数c的值。解析：（1）f(1)f(1)，∴1a2a1①又11f()f()aa，∴11112aa，即1a2aa1②由①②得1a，a1．又a1时，①、②不成立，故a1．-----2分∴32()gxxbxcx，设x1、x2是函数()gx的两个极值点，则x1、x2是方程/2()32gxxbxc=0的两个根，24120()bcc为正整数，∴x1+x2=23b，又∵A、O、B三点共线，321111xbxcxx=322222xbxcxx，∴1212()[()]xxxxb=0，又∵x1≠x2，∴b=x1+x2=23b，∴b=0．（2）0x时，min()2fx，由/2()30gxxc得3cx，可知()gx在(0,)3c上单调递增，在(,)3c上单调递减，2()()333333ccccccgxgc极大值．①由132233ccc得3,cc的值为1或2．（∵c为正整数）②13c时，记()gx在[1,]3cx上切线斜率为2的切点的横坐标为0x，则由/2()32gxxc得023cx，依题意得00()()gxfx，32000022,2,2,3cxcxxxcc得2,c与3c矛盾．（或构造函数2hxxgx在1x上恒正）二函数的单调性、最值、极值问题例5已知函数f(x)＝2ax－a2＋1x2＋1(x∈R)．其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值．[规范解答示例]解(1)当a＝1时，f(x)＝2xx2＋1，f(2)＝45，又f′(x)＝2(x2＋1)－2x·2x(x2＋1)2＝2－2x2(x2＋1)2，f′(2)＝－625.……………………………………………………………2分所以，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－45＝－625(x－2)，即6x＋25y－32＝0.………………6分(2)f′(x)＝2a(x2＋1)－2x(2ax－a2＋1)(x2＋1)2＝－2(x－a)(ax＋1)(x2＋1)2.…8分由于a≠0，以下分两种情况讨论．①当a＞0，令f′(x)＝0，得到x1＝－1a，x2＝a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1a)－1a(－1a，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以f(x)在区间－∞，－1a，(a，＋∞)内为减函数，在区间－1a，a内为增函数．函数f(x)在x1＝－1a处取得极小值f－1a，且f－1a＝－a2.函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.…………12分②当a＜0时，令f′(x)＝0，得到x1＝a，x2＝－1a，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)a(a，－1a)－1a(－1a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在区间(－∞，a)，－1a，＋∞内为增函数，在区间a，－1a内为减函数．函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.函数f(x)在x2＝－1a处取得极小值f(－1a)，且f－1a＝－a2.………………………………………………14分构建答题模板第一步：确定函数的定义域．如本题函数的定义域为R.第二步：求f(x)的导数f′(x)．第三步：求方程f′(x)＝0的根．第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出表格．第五步：由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区间内的单调性．第六步：明确规范地表述结论．第七步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题中f′(x)＝0的根为x1＝－1a，x2＝a.要确定x1，x2的大小，就必须对a的正、负进行分类讨论．这就是本题的关键点和易错点．三含参数不等式的恒成立问题例6已知f(x)＝2x－ax2＋2(x∈R)在区间[－1,1]上是增函数．(1)求实数a的值所组成的集合A；(2)设关于x的方程f(x)＝1x的两个非零实根为x1、x2，试问：是否存在实数m，使得不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．[解题导引](1)f(x)在[－1,1]上是增函数→f′(x)0在[－1,1]上恒成立→根据式子特点，转化为带参二次函数在[－1,1]上的符号问题→解关于a的不等式．(2)f(x)＝1x→x2－ax－2＝0利用韦达定理x1＋x2＝a，x1x2＝－2→|x1－x2|＝a2＋8＝h(a)，在A上求h(a)的最大值h(a)max转化为t∈[－1,1]不等式m2＋tm＋1≥h(a)max恒成立．[规范解答示例]解(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2(x2＋2)2＝－2(x2－ax－2)(x2＋2)2.………………2分∵f(x)在[－1,1]上是增函数，∴f′(x)≥0对x∈[－1,1]恒成立，即x2－ax－2≤0对x∈[－1,1]恒成立．设φ(x)＝x2－ax－2，∴φ(1)＝1－a－2≤0φ(－1)＝1＋a－2≤0⇔－1≤a≤1.………………………4分∵对x∈[－1,1]，f(x)是连续函数，且只有当a＝1时，f′(－1)＝0以及当a＝－1时，f′(1)＝0，∴A＝{a|－1≤a≤1}.…………………………………………………………………6分(2)由2x－ax2＋2＝1x，得x2－ax－2＝0.∵Δ＝a2＋80，∴x1，x2是方程x2－ax－2＝0的两个非零实根，∴x1＋x2＝a，x1x2＝－2，从而|x1－x2|＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2＋8.∵－1≤a≤1，∴|x1－x2|＝a2＋8≤3.………………………10分要使不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1，1]恒成立，当且仅当m2＋tm＋1≥3对任意t∈[－1,1]恒成立．即m2＋tm－2≥0，对任意t∈[－1,1]恒成立．设g(t)＝m2＋tm－2＝mt＋(m2－2)，则g(－1)＝m2－m－2≥0g(1)＝m2＋m－2≥0⇔m≥2或m≤－2.……………12分综上知：存在实数m，使得不等式m2＋tm＋1≥|x1－x2|对任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立，其取值范围是{m|m≥2或m≤－2}.…………………………………………………………………14分构建答题模板第一步：将问题转化为形如不等式f(x)≥a(或f(x)≤a)恒成立的问题．第二步：求函数f(x)的最小值f(x)min或f(x)的最大值f(x)max.第三步：解不等式f(x)min≥a(或f(x)max≤a)．第四步：明确规范地表述结论．第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及规范解答．如本题重点反思每一步转化的目标及合理性，最大或最小值是否正确．本题的易错点是在求g(t)＝m2＋tm－2的最小值时忽略m的符号讨论．四、利用导数证明不等式例7已知函数f(x)＝1－xax＋lnx.(1)当a＝1时，求f(x)在[12，2]上的最大值及最小值；(2)当1x2时，求证(x＋1)lnx2(x－1)；(3)若函数g(x)＝f(x)－xa在区间(1,2)上不单调，求a的取值范围．(1)解当a＝1时，f(x)＝1x＋lnx－1，f′(x)＝－1x2＋1x＝x－1x2(x∈[12，2])．令f′(x)＝0，得x＝1；f′(x)0，得12≤x1；f′(x)0，得1x≤2，∴f(x)在[12，1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝0，最大值为f(12)与f(2)中的较大者．∵f(12)＝1－ln2，f(2)＝ln2－12，∴f(2)－f(12)＝2ln2－32＝4ln2－32＝ln16－lne32.易知e316，∴f(2)f(12)．故f(x)max＝1－ln2.(2)证明令F(x)＝(x＋1)lnx－2(x－1)，∴F′(x)＝lnx＋1x－1.由(1)知F′(x)在(1,2)上单调递增，∴F′(x)F′(1)＝0.故F(x)在(1,2)上单调递增，∴F(x)F(1)＝0，即(x＋1)lnx2(x－1)．(3)解g(x)＝f(x)－xa＝1－xax＋lnx－xa，g′(x)＝－1ax2＋1x－1a＝－x2－ax＋1ax2.∵g(x)在(1,2)上不单调，∴x2－ax＋1＝0在(1,2)上有根且无重根，即方程a＝x＋1x在(1,2)上有根且无重根，而x＋1x∈(2，52)，∴2a52.返回例8设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln2－1且x0时，exx2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.