专题一函数与导数

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【解】 (1)∵f(x)＝ax2＋1，∴f′(x)＝2ax，∴f′(1)＝2a. 又 f(1)＝c＝a＋1，∴f(x)在点(1，c)处的切线方程为 y－c＝2a(x －1)，即 y－2ax＋a－1＝0. ∵g(x)＝x3＋bx，∴g′(x)＝3x2＋b，∴g′(1)＝3＋b. 又 g(1)＝1＋b＝c， ∴g(x)在点(1，c)处的切线方程为 y－(1＋b)＝(3＋b)(x－1)，即 y－(3＋b)x＋2＝0. 依题意知 3＋b＝2a，且 a－1＝2，即 a＝3，b＝3. (2)记 h(x)＝f(x)＋g(x)．当 a＝3，b＝－9 时， h(x)＝x3＋3x2－9x＋1， h′(x)＝3x2＋6x－9. 令 h′(x)＝0，得 x1＝－3，x2＝1.
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【思路点拨】 的问题．
首先将新的概念“补函数”“中介元”理解清
楚，然后再将问题化归转化为能借助于导数或其它知识能解决
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③令 g(x)＝(h(x))p，有 g′(x) －pxp 11＋λxp－1－xpλpxp ＝ 1＋λxp2
－ －1
－p1＋λxp 1 ＝ . p 2 1＋λx 因为 λ＞－1，p＞0，所以当 x∈(0,1)时，g′(x)＜0，所以函数 g(x)在(0,1)上是减少的，故函数 h(x)在(0,1)上是减少的．
nn 1 由(2)知，f(x)≤ ，故所证不等式成立． n＋1< ne n＋1
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专题 3
恒成立求参数范围问题
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．
例3
(2012· 高考湖南卷)已知函数 f(x)＝ex－ax，其中 a>0.
(1)若对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立，求 a 的取值集合； (2)在函数 f(x)的图像上取定两点 A(x1， 1))， 2， 2))(x1<x2)， f(x B(x f(x 记直线 AB 的斜率为 k，证明：存在 x0∈(x1，x2)，使 f′(x0) ＝k 成立．
(－∞，－3) 3 ＋ ↗ 0 28
(－3,1) － ↘
1 0 －4
(1,2) ＋ ↗
2
3
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． 例2 设函数 f(x)＝axn(1－x)＋b(x>0)，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； 1 (3)证明：f(x)< . ne
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专题 4 新定义背景下的抽象函数问题 例4 (2012· 高考江西卷节选)若函数 h(x)满足 ①h(0)＝1，h(1)＝0； ②对任意 a∈[0,1]，有 h(h(a))＝a； ③在(0,1)上单调递减． 则称 h(x)为补函数． 1－xp 已知函数 h(x)＝ (λ＞－1，p＞0)． p 1＋λx (1)判断函数 h(x)是否为补函数，并证明你的结论； (2)若存在 m∈[0,1]， h(m)＝m， m 是函数 h(x)的中介元． 使 称 记 n 1 p＝ (n∈N＋ )时 h(x)的中介元为 xn，且 Sn＝∑ xi， 若对任意的 n i ＝1 n 1 ∈N＋，都有 Sn＜ ，求 λ 的取值范围． 2
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1
知能演练•轻松闯关
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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． 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 a＝3，b＝－9 时，若函数 f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大 值为 28，求 k 的取值范围．
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0， n 上，f′(x)>0，故 f(x)是增加的． 在 n＋1 n ，＋∞ 上，f′(x)<0，故 f(x)是减少的． 而在 n＋1 n ＝ n n·1－ n ＝ 故 f(x)在(0， ＋∞)上的最大值为 f n＋1 n＋1 n＋1
nn n＋1. n＋1 1 (3)证明：令 φ(t)＝ln t－1＋ (t>0)， t 1 1 t－1 则 φ′(t)＝ － 2＝ 2 (t>0)． t t t 在(0,1)上 φ′(t)<0，故 φ(t)是减少的； 而在(1，＋∞)上，φ′(t)>0，故 φ(t)是增加的．
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【解】 (1)f′(x)＝ex－a.令 f′(x)＝0 得 x＝ln a. 当 x<ln a 时，f′(x)<0，f(x)是减少的；当 x>ln a 时，f′(x)>0， f(x)是增加的． 故当 x＝ln a 时，f(x)取最小值 f(ln a)＝a－aln a. 于是对一切 x∈R，f(x)≥1 恒成立， 当且仅当 a－aln a≥1.① 令 g(t)＝t－tln t，则 g′(t)＝－ln t. 当 0<t<1 时，g′(t)>0，g(t)是增加的． 当 t>1 时，g′(t)<0，g(t)是减少的． 故当 t＝1 时，g(t)取最大值 g(1)＝1. 因此，当且仅当 a＝1 时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．
专题一
函数与导数综合题的解答
本节目录
专 题 探 究 突 破 热 点
知 能 演 练 轻 松 闯 关
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专题探究•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．
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故 φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为 φ(1)＝0， 1 所以 φ(t)>0(t>1)，即 ln t>1－ (t>1)． t n＋1 1 1 令 t＝1＋ ，得 ln > ， n n n＋1
n＋1n＋ 1>ln e， 即 ln n n 1 n＋1n＋1>e，即 n 所以 n＋1< . n ne n＋1
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【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， n－ 1 n －x. f′(x)＝(n＋1)x n＋1 n 令 f′(x)＝0，解得 x＝ ，即 f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零 n＋1 n 点 x0＝ . n＋1
－
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1 n 得中介元 xn＝ . 1＋λ＋1 综合①②，对任意的 λ＞－1，
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1 n 中介元为 xn＝ (n∈N＋)，于是，当 λ＞－1 时， 1＋λ＋1 n 1 i 有 Sn＝∑ i ＝1 1＋λ＋1 1 1 1 n ＝ ， 1－ ＜ 1＋λ 1＋λ＋1 1＋λ 1 n 当 n 无限增大时， 无限接近于 0，Sn 无限接近于 1＋λ＋1 ， 1＋λ 1 1 1 故对任意的 n∈N＋，Sn＜ 成立等价于 ≤ ， 2 1＋λ 2 即 λ∈[3，＋∞)．
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ห้องสมุดไป่ตู้
h(x)与 h′(x)在(－∞，2]上的变化情况如下： － x h′(x) h(x) 由此可知： 当 k≤－3 时，函数 h(x)在区间[k,2]上的最大值为 h(－3)＝28； 当－3<k<2 时，函数 h(x)在区间[k,2]上的最大值小于 28.因此，k 的 取值范围是(－∞，－3]．
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