专题一函数与导数
高考数学第二轮复习专题一函数与导数
公开课教案 【专题一】函数[第五讲] 函数与导数 [教授人] 冯青松 [时间] 2011-4-18[地点] 宿松县隘口中学307教室【考情分析】1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来考查导数的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．2．对于函数与导数部分考查的重点为：导数的基本公式，复合函数的求导法则；导数的几何意义；可导函数的单调性与其导数的关系，利用导数来解决一些函数的极值与最值问题；函数、方程和不等式的综合问题；应用函数知识解决一些实际问题等。
[知识梳理 ]1． 导数的定义：0000000000()()()()(2)()()limlim lim2x x x x f x x f x f x f x f x x f x f x x x x x∆→→∆→+∆--+∆-'===∆-∆ 2． 导数的几何意义：（1）函数()y f x =在点0x 处的导数0()f x '，就是曲线()y f x =在点00(,)P x y 处的切线的斜率；（2）函数()s s t =在点0t 处的导数0()S t '，就是物体的运动方程()s s t =在时刻0t 时的瞬时速度； 3．要熟记求导公式、导数的运算法则、复合函数的导数等。
4．求函数单调区间的步骤：1）、确定f(x)的定义域，2）、求导数y ′，3）、令y ′>0(y ′<0),解出相应的x 的范围。
当y ′>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当y ′<0时，f(x)在相应区间上是减函数5．求极值常按如下步骤：1） 确定函数的定义域； 2） 求方程/y =0的根3）通过列表法, 检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。
专题一 函数与导数 文科数学
文科数学专题一 函数与导数1.若点(a,b)在lg y x = 图像上，a ≠1,则下列点也在此图像上的是（A ）（a 1，b ） (B) (10a,1-b) (C) (a 10,b+1) (D)(a2,2b)2.(安徽文10) 函数()()n f x ax x 2=1-g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则n 可能是（A ）1 (B) 2 (C) 3 (D) 4【答案】A 【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大. 3.（北京文8）已知点()0,2A ,()2,0B ,若点C 在函数2y x =的图象上，则使得ABC ∆的面积为2的点C 的个数为 A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A4.（福建文6）若关于x 的方程x2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 A ．（－1，1） B ．（－2，2） C ．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D ．（－∞，－1）∪（1，＋∞） 【答案】C5.（福建文8）已知函数f(x)＝⎩⎨⎧2x ， x ＞0x ＋1，x≤0，若f(a)＋f(1)＝0，则实数a 的值等于A ．－3B ．－1C ．1D ．3 【答案】A6.（福建文10）若a ＞0，b ＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于A ．2B ．3C ．6D ．9 【答案】D7.（广东文4）函数1()lg(1)1f x x x =++-的定义域是 （ ）A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)(1,)-+∞D ．(,)-∞+∞ 【答案】C8.（广东文10）设)(),(),(x h x g x f 是R 上的任意实值函数．如下定义两个函数()()x g f 和()()x g f ∙；对任意R x ∈,()()())(x g f x g f = ；()()())(x g x f x g f =∙．则下列等式恒成立的是（ ）A ．()()()()()())(x h g h f x h g f ∙∙=∙B ．()()()()()())(x h g h f x h g f ∙=∙C ．()()()()()())(x h g h f x h g f =D ．()()()()()())(x h g h f x h g f ∙∙∙=∙∙【答案】B9.（湖南文7）曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为（ ）A ．12-B ．12 C． D．【答案】B【解析】22cos (sin cos )sin (cos sin )1'(sin cos )(sin cos )x x x x x x y x x x x +--==++，所以2411'|2(sincos )44x y πππ===+。
2023年新高考数学大一轮复习专题一函数与导数第5讲基本不等式的综合问题(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第5讲 基本不等式的综合问题利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．例1 (1)已知x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是_________________________．(2)设x ≥0，y ≥0，x 2＋y 22＝1，则x ·1＋y 2的最大值为________． (3)已知x >0，y >0，1x ＋2y ＋1＝2，则2x ＋y 的最小值为________． 答案 (1)233 (2)324(3)3 解析 (1)由(x ＋y )2＝xy ＋1，得(x ＋y )2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋1， 则x ＋y ≤233(当且仅当x ＝y ＝33时取等号)， 故x ＋y 的最大值为233. (2)x ·1＋y 2＝2x ·1＋y 22 ≤2·x 2＋1＋y 222＝2·x 2＋y 22＋122＝324⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝32，y ＝22时取等号， 故x ·1＋y 2的最大值为324. (3)∵2x ＋(y ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋1[2x ＋(y ＋1)] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y ＋1x ＋4x y ＋1＋2≥4， ∴2x ＋y ＝2x ＋(y ＋1)－1≥3(当且仅当x ＝1，y ＝1时取等号)，故2x ＋y 的最小值为3.例2 记max{a ，b }为a ，b 两数的最大值，则当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y的最小值为________．答案 10解析 方法一 由题意知t ≥x 2，t ≥25y x －y ， ∴2t ≥x 2＋25y x －y， 又∵x 2＋25y x －y ≥x 2＋25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2＋100x 2 ≥20，∴2t ≥20，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. 方法二 由题意知t ≥x 2>0，t ≥25y x －y >0， ∴t 2≥x 2·25y x －y ， 又∵x 2·25yx －y ≥x 2·25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2·100x 2 ＝100，∴t 2≥100，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. (1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．1．若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则1a －1＋9b －1的最小值是( ) A ．1B ．6C ．9D ．16答案 B解析 ∵正数a ，b 满足1a ＋1b＝1， ∴b ＝aa －1>0，解得a >1.同理可得b >1，∴1a －1＋9b －1＝1a －1＋9a a －1－1 ＝1a －1＋9(a －1)≥21a －1·9a －1＝6，当且仅当1a －1＝9(a －1)，即a ＝43时等号成立， ∴所求最小值为6.2．(2020·厦门模拟)函数y ＝2x －1＋5－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x <52 的最大值是________．答案 2 2解析 y 2＝(2x －1＋5－2x )2＝4＋22x －15－2x ≤4＋(2x －1)＋(5－2x )＝8，又y >0，所以0<y ≤22，当且仅当2x －1＝5－2x ，即x ＝32时取等号．故函数的最大值是2 2. 3．(2020·天津)已知a >0，b >0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为________． 答案 4解析 因为a >0，b >0，ab ＝1， 所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b＝a ＋b2＋8a ＋b ≥2a ＋b 2·8a ＋b＝4， 当且仅当a ＋b2＝8a ＋b， 即a ＋b ＝4时，等号成立．故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4. 4．设a ＋b ＝2，b >0，则当a ＝________时，12|a |＋|a |b取得最小值． 答案 －2解析12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当b 4|a |＝|a |b 且a <0，即a ＝－2，b ＝4时取等号．故当a ＝－2时，12|a |＋|a |b取得最小值．。
专题一 培优点2 隐零点问题
若a＝e，f′(x)≥0， ∴f(x)在定义域上是增函数； 若a>e，即ln a>1， 当0<x<1或x>ln a时，f′(x)>0； 当1<x<ln a时，f′(x)<0； ∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间 (ln a，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－ 1 x2零点的个数，并说明理由. 2
设切点坐标为(x0，f(x0))， 由 f′(x)＝1x－a，得 f′(x0)＝x10－a， 所以切线方程为 y－(ln x0－ax0＋1)＝x10－a(x－x0)，即 y＝x10－ax＋ln x0. 因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切， 所以x10－a＝2， 解得 a＝－1.
ln x0＝0，
考点二 含参函数的隐零点问题
例2 已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1. (1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的 三角形的面积；
当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，f(0)＝e－1. f′(x)＝ex＋1－x＋1 1，f′(0)＝e－1， 故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝ (e－1)x＋e－1. 因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1， 所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S＝12×|－1|×(e－1)＝e－2 1.
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0. 所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故F(x)min＝F(x0)＝x0 ex0－ln x0－x0－1， 由G(x0)＝0得x0 ex0－1＝0，
高考数学专题一 微专题8 利用导数研究函数零点问题
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1， 所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点. 综上，f(x)有且仅有2个零点.
跟踪训练1 (2023·常德模拟)已知函数f(x)＝x2＋2－aln x(a∈R). x
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
因为 f(x)＝x2＋2x－aln x，x>0，
2x3－ax－2
所以 f′(x)＝ x2
(x>0)，
令g(x)＝2x3－ax－2，则g′(x)＝6x2－a，
由 a>0，g′(x)＝0，可得 x＝ a6，
所以 g(x)在0，
a6上单调递减，在
a6，＋∞上单调递增，
由于 g(0)＝－2<0，故当 x∈0，
a6时，g(x)<0，
又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，
所以有 2x30－ax0－2＝0，x20＋x20－aln x0＝0，
联立得 2ln x0－x30－3 1－1＝0，
(*)
令 h(x)＝2ln x－x3－3 1－1，可知 h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于 h(2)＝2ln 2－170<2×0.7－170<0，h(3)＝2ln 3－2296>2×1－2296>0， 故方程(*)的唯一解，即f(x)的唯一零点x0∈(2,3)，故[x0]＝2.
考点二 由零点个数求参数范围
③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时， 则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0,1)， 使得g(m)＝0，即f′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
专题一函数与导数、方程与不等式(一)
例 ２ （ ２ ０ １ ２ 年 “北 约 ”试 题 ）试 求
√ ＋１ ｌ 一６、 ／ ／ ＋２＋ √ ＋２ ７ —１ ０￣ ／ ＋２
— １的 实 数 根 的 个数 ．
解 析 求 解 本 题 的关 键 在 于 通 过 配
例 １ （ ２ ０ １ ２年 复 旦 大 学 千 分 考 试 题 ）
（ １ ） ｐ 厂 （ ） ＜ ０ ；
（ ２ ）方 程 ＿ 厂 （ ｚ ） ＝ ＝ ＝ ０ 在（ Ｏ ， １ ） 内一 定有 解． 解 析 （ １ ）由
下
（ １ ） ＜ ０即 可 ．
下 面用 反证 法 ： 假 设 （ ０ ） ≥ ０且 厂 （ １ ） ≥ ０ ， 则有 （ １ ） 厂 （ ０ ） 一ｒ ≥０ ， （ ２ ） ，（ １ ） 一Ｐ＋ｑ ＋ｒ ≥
若 ＋ｚ 一１ —０ ， 且Ｉ ｚ ｌ 一１ ， 求 复 数 ｚ的 值 ．
方， 褪 掉 二 重 根 号 ：√ ＋１ １ —６￣ ／ ｚ ＋２一
＋２ ） 一６、 解 析 因式分 解 ＋ｚ 一１ 一 ＋ 。 一 √（
（ 一 ＋ １ ） ＝ ＝ ＝ （ ｚ 一ｚ ＋１ ） （ ＋ 。 一１ ） 一０ ．
１ １例 ４设 二 次 函 数 厂 （ ） 一 ｚ ＋ ｇ ＋ ，
且 ＋ ＋ 一 ０ ， 已知 ＞ ０ ， 求证 ：
② 若 户 ＜ ０ ， 则－ 厂 （ ） ＞ ｏ ， 而 已 知
＞ｏ ， 则ｏ ＜ ＜１ ， 此 时要证 方 程 ． 厂 （ ５ ６ ） 一ｏ ｍ — ｒ １ 在（ ０ ， １ ） 内一 定 有 解 ， 只 要 证 ｆ（ ０ ） ＜ ０或
．
３ ｌ ＋
ｆ ｌ —１ ．
由 。 ＋ｚ 一１ —０ ， 先 将 其 中 的 １代 换 为
高考总复习二轮数学精品课件 专题1 函数与导数 第2讲 基本初等函数、函数的应用
3.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log
(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg
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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
目录
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．
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．
目录
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)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
－
目录
1 n 得中介元 xn＝ . 1＋λ＋1 综合①②，对任意的 λ＞－1，
目录
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，＋∞)．
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
•
•
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．
目录
1
知能演练•轻松闯关
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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 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．
目录
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
(－∞，－3) 3 ＋ ↗ 0 28
(－3,1) － ↘
1 0 －4
(1,2) ＋ ↗
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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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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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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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【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}．
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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.