高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题五 函数、导数、不等式的综合问题.pdf 10页

专题五函数、导数、不等式的综合问题lnx＋k1.已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在ex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.lnx＋k解　(1)由f(x)＝，ex1－kx－xlnx得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，xex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＝1.1(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，xex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)，1所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，ex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－2.1又当x∈(0，＋∞)时，0＜＜1，ex1所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜1＋e－2，即g(x)＜1＋e－2.ex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，＋∞)．a(1)f′(x)＝＋2x－10，1＋xa又f′(3)＝＋6－10＝0，∴a＝16.4经检验此时x＝3为f(x)极值点，故a＝16.[来源:学科网ZXXK]16(2)f′(x)＝＋2x－101＋x2x2－8x＋62x－1x－3＝＝.x＋1x＋1当－13时，f′(x)>0；当1162－10×16>16ln2－9＝f(1)，f(e－2－1)<－32＋11＝－21ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0.所以g(x)在R内单调递增．于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.分析法在函数与导数题中的应用近年来，高考对函数与导数大部分是以压轴题的形式考查的，试题难度较大，命题角度新颖，需要考生把生疏的问题通过分析转化为熟悉的问题，考查考生分析、解决问题的能力．下面以2012年新课标全国卷为例对分析法在导数中的具体应用作一介绍．【示例】设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．[满分解答](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞) 上单调递增．(5分)(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于x＋1k＜＋x(x＞0)．①(8分)ex－1x＋1令g(x)＝＋x，ex－1－xex－1exex－x－2则g′(x)＝＋1＝.ex－12ex－12由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.…(12分)老师叮咛：本题主要考查导数在解决函数单调性、函数的最值、函数的零点、不等式问题等方面的应用.其中，第1问求函数的导数，对字母a进行讨论，根据导函数值的正负得到函数的单调区间.第2问将原不等式转化为k＜gx的形式，利用导数法求出函数gx的值域，进而得到整数k的最大值.【试一试】设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.1(1)若a＝，求f(x)的单调区间；2(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．11解　(1)a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，22f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减．(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a. 若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0；若a＞1，则当x∈(0，lna)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时g(x)＜0，即f(x)＜0.综上得a的取值范围为(－∞，1]．