高考数学解题技巧大揭秘专题函数导数不等式的综合问题

专题五 函数、导数、不等式的综合问题1.已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e ＝ 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(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.解 (1)由f (x )＝ln x ＋ke x， 得f ′(x )＝1－k x －xln xxex，x ∈(0，＋∞)， 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. (2)由(1)得f ′(x )＝1xe x(1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x＞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 )，所以g(x )＝1ex (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ，求导得h′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －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. 又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1ex ＜1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1ex h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2.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 )＝a ln(1＋x )＋x 2－10x 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][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，＋∞)． (1)f ′(x )＝a1＋x ＋2x －10，又f ′(3)＝a4＋6－10＝0，∴a ＝16.经检验此时x ＝3为f (x )极值点，故a ＝16. (2)f ′(x )＝161＋x ＋2x －10＝2x 2－8x ＋6x ＋1＝2x －1x －3x ＋1.当－1<x <1或x >3时，f ′(x )>0； 当1<x <3时，f ′(x )<0.∴f (x )单调增区间为：(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．(3)由(2)知，f (x )在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3，＋∞)上单调增加，且当x ＝1或x ＝3时，f ′(x )＝0.所以f (x )的极大值为f (1)＝16ln 2－9，极小值为f (3)＝32ln 2－21.因为f (16)>162－10×16>16ln 2－9＝f (1)，f (e －2－1)<－32＋11＝－21<f (3)，所以在f (x )的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)直线y ＝b 与y ＝f (x )的图象各有一个交点，当且仅当f (3)<b<f (1)．因此b 的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．【突破训练1】设函数f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异实根，求实数a 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)， 因为f (x )＝(1＋x )2－2ln (1＋x )， 所以f ′(x )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋1－1x ＋1＝2x x ＋2x ＋1，由f ′(x )＞0，得x ＞0；由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜0， 所以，f (x )的递增区间是(0，＋∞)，递减区间是(－1,0)． (2)方程f (x )＝x 2＋x ＋a ，即x －a ＋1－2ln (1＋x )＝0， 记g(x )＝x －a ＋1－2ln (1＋x )(x ＞－1)， 则g′(x )＝1－21＋x ＝x －1x ＋1， 由g′(x )＞0，得x ＞1； 由g′(x )＜0，得－1＜x ＜1.所以g(x )在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增． 为使f (x )＝x 2＋x ＋a 在[0,2]上恰有两个相异的实根， 只须g(x )＝0在[0,1)和(1,2]上各有一个实根， 于是有⎩⎪⎨⎪⎧g 0≥0，g 1＜0，g 2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋1≥0，2－a －2ln 2＜0，3－a －2ln 3≥0，解得2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3，故实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．利用导数解决不等式恒成立问题通常考查高次式、分式或指数式、对数式、绝对值不等式在某个区间上恒成立，求参数的取值范围，试题涉及到的不等式常含有一个或两个参数．【例2】设函数f (x )＝x 3＋2ax 2＋bx ＋a ，g (x )＝x 2－3x ＋2，其中x ∈R ，a ，b 为常数．已知曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在点(2,0)处有相同的切线l .(1)求a ，b 的值，并写出切线l 的方程；(2)若方程f (x )＋g (x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2，其中x 1＜x 2，且对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g (x )＜m (x －1)恒成立，求实数m 的取值范围．[审题视点] [听课记录][审题视点] (1)基础；(2)根据已知条件f (x )＋g(x )＝mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2可列一方程，由判断式Δ可得m 的范围，再将已知条件：对任意x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立，转化为f (x )＋g(x )－mx ＜－m 恒成立，从而求f (x )＋g(x )－mx 的最大值．解 (1)a ＝－2，b ＝5，切线l 的方程为x －y －2＝0. (2)由(1)得，f (x )＝x 3－4x 2＋5x －2， 所以f (x )＋g(x )＝x 3－3x 2＋2x .依题意，方程x (x 2－3x ＋2－m )＝0有三个互不相同的实根0，x 1，x 2，故x 1，x 2是方程x 2－3x ＋2－m ＝0的两相异的实根，所以Δ＝9－4(2－m )＞0，即m ＞－14.又对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．特别地，取x ＝x 1时，f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＜－m 成立， 得m ＜0.由韦达定理，可得x 1＋x 2＝3＞0，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 2≤0，x －x 1≥0，x ＞0， 则f (x )＋g(x )－mx ＝x (x －x 1)(x －x 2)≤0， 又f (x 1)＋g(x 1)－mx 1＝0，所以函数f (x )＋g(x )－mx 在x ∈[x 1，x 2]的最大值为0. 于是当m ＜0时，对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )＋g(x )＜m (x －1)恒成立．综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0. (1)利用导数方法证明不等式f (x )＞g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h (x )在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．(2)利用函数的导数研究不等式恒成立问题是一类重要题型，体现了导数的工具性作用，将函数、不等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．【突破训练2】 已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝ln x x.(1)求函数g (x )＝ln x x的单调递增区间；(2)若不等式f (x )≥g (x )在区间(0，＋∞)上恒成立，求k 的取值范围． 解 (1)∵g(x )＝ln xx(x ＞0)， ∴g′(x )＝1－ln xx2， 令g′(x )＞0，得0＜x ＜e ， 故函数g(x )＝ln xx的单调递增区间为(0，e )． (2)∵x ∈(0，＋∞)，由k x ≥ln x x ，得k≥ln x x 2，令h(x )＝ln xx2，则问题转化为k 大于等于h(x )的最大值，又h ′(x )＝1－2 ln xx3，令h ′(x )＝0时，x ＝e ，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )、h (x )变化情况如下表：由表知当x ＝e 时，函数h(x )有最大值，且最大值为2e ，因此k≥2e .导数的综合应用通常是证明与已知函数有关的关于x (或关于其他变量n 等)的不等式在某个范围内成立，求解需构造新函数，用到函数的单调性、极值(最值)，以及不等式的性质等知识完成证明．【例3】► 设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值；(2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x的大小关系； (3)是否存在x 0＞0，使得|g (x )－g (x 0)|＜1x对任意x ＞0成立若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．[审题视点] [听课记录][审题视点] 第(2)问重新构造函数h(x )＝g(x )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x，利用导数研究这个函数的单调性．第(3)问采用反证法，可先把|g(x )－g(x 0)|＜1x 等价变形为ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x，x ＞0，再在x ∈(0，＋∞)上任取一个值验证矛盾．解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ，g(x )＝ln x ＋1x，所以g′(x )＝x －1x 2，令g′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，g′(x )＜0，故(0,1)是g(x )的单调减区间； 当x ∈(1，＋∞)时，g′(x )＞0，故(1，＋∞)是g(x )的单调增区间． 因此，x ＝1是g(x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以最小值为g(1)＝1.(2)g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－ln x ＋x ， 设h(x )＝g(x )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝2ln x －x ＋1x，则h′(x )＝－x －12x 2，当x ＝1时，h(1)＝0，即g(x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x )＜0，h′(1)＝0， 因此，h(x )在(0，＋∞)内单调递减，当0＜x ＜1时，h(x )＞h(1)＝0，即g(x )＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x；当x ＞1时，h(x )＜h(1)＝0，即g(x )＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x. (3)满足条件的x 0不存在．证明如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立，即对任意x ＞0，有ln x ＜g(x 0)＜ln x ＋2x，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g(x 0)时，有ln x 1＝g(x 0)，这与(*)左边不等式矛盾， 因此，不存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立．另一种证法如下：假设存在x 0＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意的x ＞0成立．由(1)知，g(x )的最小值为g(1)＝1， 又g(x )＝ln x ＋1x＞ln x ，而x ＞1时，ln x 的值域为(0，＋∞)，x ≥1时g(x )的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x 1＞1，使g(x 1)≥g(x 0)＋1. 即g(x 1)－g(x 0)≥1，故|g(x 1)－g(x 0)|≥1＞1x 1，与假设矛盾．∴不存在x 1＞0，使|g(x )－g(x 0)|＜1x对任意x ＞0成立．本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第(1)问较容易；第(2)问可以用平时练习常用的方法解决：首先使用构造函数法构造函数，再用导数求出函数的最大值或最小值，且这个最大值小于零，最小值大于零；第(3)问采用反证法，难度较大，难点在于不容易找到与题设矛盾的特例．【突破训练3】 设a 为实数，函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x＞x 2－2ax ＋1. (1)解 由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R 知，f ′(x )＝e x－2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝l n 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(l n 2，＋∞)，f(x)在x＝l n 2处取得极小值，极小值为f(l n 2)＝e l n 2－2l n 2＋2a＝2(1－l n 2＋a)．(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>l n 2－1时，g′(x)取最小值为g′(l n 2)＝2(1－l n 2＋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>l n 2－1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e x－x2＋2ax－1>0，故e x>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)＝e x－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)＝e x－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(5分)(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜x＋1e x－1＋x(x＞0)．①(8分)令g(x)＝x＋1e x－1＋x，则g′(x)＝－x e x－1e x－12＋1＝e x e x－x－2e x－12.由(1)知，函数h(x)＝e x－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e α＝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 ＜gx 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 (e x－1)－ax 2. (1)若a ＝12，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围． 解 (1)a ＝12时，f (x )＝x (e x－1)－12x 2，f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x －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 (e x－1－ax )，令g (x )＝e x－1－ax ，则g ′(x )＝e x－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，l n a )时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，而g (0)＝0，从而当x ∈(0，l n a )时g (x )＜0，即f (x )＜0.综上得a 的取值范围为(－∞，1]．。