函数与导数综合题练习

函数与导数综合题的解答目录探究突破热点方法综述在高考中，函数与导数的综合解答题基本上每年都有，其分值一般占12～14分，所以做好函数与导数解答题尤其重要．试题多以函数知识为载体设置，主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，充分体现导数的工具性，一般试题难度较大．目录ab(,)在某个区间内,fx'()0fxab()(,)在内单调递增fx'()0fxab()(,)在内单调递减目录3．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图像有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2a2时恰有三个不同的公共点．答案：(－2,2)目录求证：方程只有一个根。102xsinx12110201002f(x)x-sinx,x(,)f'(x)cosxxxfxxsinxx.f()在（，）上是单调函数，而当时，（)=0方程有唯一的根目录提示:运用导数判断单调性,根据函数的单调性比较函数值大小练习:已知1x，求证：ln(1)xx目录证明：令f(x)=e2x－1－2x.∴f′(x)=2e2x－2=2(e2x－1)∵x＞0，∴e2x＞e0=1，∴2(e2x－1)＞0,即f′(x)＞0∴f(x)=e2x－1－2x在(0，+∞)上是增函数.∵f(0)=e0－1－0=0.∴当x＞0时，f(x)＞f(0)=0，即e2x－1－2x＞0.∴1+2x＜e2x2.当x＞0时，证明不等式：1+2x＜e2x.分析：假设令f(x)=e2x－1－2x.∵f(0)=e0－1－0=0,如果能够证明f(x)在(0，+∞)上是增函数，那么f(x)＞0，则不等式就可以证明.点评：所以以后要证明不等式时，可以利用函数的单调性进行证明，把特殊点找出来使函数的值为0.目录专题探究专题1用导数研究函数的性质导数和函数结合是近年来各套试题的命题热点，主要考查利用导数判定一些函数的单调性、求函数的极值和最值，这是研究函数性质的强有力的工具，并且具有普遍的适用性．(2012·高考湖北卷节选)设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x0)，n为正整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的最大值．例1目录【解】(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0.因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1nn＋1－x.令f′(x)＝0，解得x＝nn＋1，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝nn＋1.目录在0，nn＋1上，f′(x)0，故f(x)单调递增；而在nn＋1，＋∞上，f′(x)0，故f(x)单调递减．故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为fnn＋1＝nn＋1n·1－nn＋1＝nnn＋1n＋1.目录专题2导数、函数与不等式用导数的方法研究不等式的关键是通过构造函数，然后研究这个函数的单调性、极值、最值以及通过函数在整个区间上的函数值和极值、最值以及特殊点的函数值的比较解决不等式．(2012·高考浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝4x3－2ax＋a.(1)求f(x)的单调区间；例2目录【解】(1)由题意得f′(x)＝12x2－2a.当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当a0时，f′(x)＝12x－a6x＋a6，此时函数f(x)的单调递增区间为－∞，－a6和a6，＋∞，单调递减区间为－a6，a6.目录设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则g′(x)＝6x2－2＝6x－33x＋33，于是g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x00，333333，11g′(x)－0＋g(x)1减极小值增1目录所以，g(x)min＝g33＝1－4390.所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋10.故f(x)＋|2－a|≥4x3－4x＋20.目录热点二利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数的单调区间；(2)当0≤a12时，讨论f(x)的单调性．目录解(1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋2x－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝x－1x＋2x2，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)，所以当x∈(0,1)时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．故当a＝－1时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．目录(2)因为f(x)＝lnx－ax＋1－ax－1，所以f′(x)＝1x－a＋a－1x2＝－ax2－x＋1－ax2，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)，①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，g(x)0，此时f′(x)0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)0，此时f′(x)0，函数f(x)单调递增．目录②当0a12时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x＝1或1a－1.此时1a－110，所以当x∈(0,1)时，g(x)0，此时f′(x)0，函数f(x)单调递减；x∈1，1a－1时，g(x)0，此时f′(x)0，函数f(x)单调递增；x∈1a－1，＋∞时，g(x)0，此时f′(x)0，函数f(x)单调递减．综上所述，当a＝0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0a12时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在1，1a－1上单调递增，在1a－1，＋∞上单调递减．目录【训练2】(2013·德州二模)设函数f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)在点M(e，f(e))处的切线方程；(2)设F(x)＝ax2－(a＋2)x＋f′(x)(a0)，讨论函数F(x)的单调性．解(1)f′(x)＝lnx＋1(x0)，则函数f(x)在点M(e，f(e))处的切线的斜率为f′(e)＝2，又f(e)＝e，所以切线方程为y－e＝2(x－e)，即y＝2x－e.目录(2)F(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx＋1(x0)，F′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x＝2ax2－a＋2x＋1x＝2x－1ax－1x(x0，a0)，令F′(x)＝0，则x＝12或1a，①当0a2，即1a12时，令F′(x)0，解得0x12或x1a.令F′(x)0，解得12x1a.所以F(x)在0，12，1a，＋∞上单调递增，在12，1a上单调递减．目录②当a＝2，即1a＝12时，F′(x)≥0恒成立，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a2，即1a12时，同理可得F(x)在0，1a，12，＋∞上单调递增，在1a，12上单调递减．目录目录专题3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，可以将参数看成常数直接求解．(2012·高考天津卷节选)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．例3目录【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.目录(2)当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln20，故k≤0不合题意．当k0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．目录②当0k12时，1－2k2k0，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0k12不合题意．综上，k的最小值为12.