2015高考复习专题五 函数与导数 含近年高考试题
2015专题五：函数与导数
在解题中常用的有关结论（需要熟记）：
(1)曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+ (2)若可导函数()y f x =在0x x =处取得极值，则0()0f x '=。反之，不成立。
(3)对于可导函数()f x ，不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。
(4)函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ?∈()f x '0≥(0)≤恒成立 (5)函数()f x 在区间I 上不单调等价于()f x 在区间I 上有极值，则可等价转化为方程
()0f x '=在区间I 上有实根且为非二重根。
（若()f x '为二次函数且I=R ，则有0?>）。
(6)()f x 在区间I 上无极值等价于()f x 在区间在上是单调函数，进而得到()f x '0≥或
()f x '0≤在I 上恒成立
(7)若x I ?∈，()f x 0>恒成立，则min ()f x 0>; 若x I ?∈，()f x 0<恒成立，则max ()f x 0< (8)若0x I ?∈，使得0()f x 0>，则max ()f x 0>；若0x I ?∈，使得0()f x 0<，则min ()f x 0<. (9)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D 若x ?∈D ()()f x g x >恒成立则有[]min
()()0f x g x ->
(10)若对11x I ?∈、22x I ∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.
若对11x I ?∈，22x I ?∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ?∈，22x I ?∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <. （11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，
若对11x I ?∈,22x I ?∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ?。
(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程()0f x '=有两个不等实根12x x 、，且极大值大
于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式:
① ln 1(0)x x x ≤->② ln +1(1)x x x ≤>-（）③ 1x e x ≥+ ④ 1x
e
x -≥-⑤
ln 1
(1)12
x x x x -<>+⑥ 22
ln 11(0)22x x x x <->
考点一：导数几何意义：
角度一 求切线方程
1．(2014·洛阳统考)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′????π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3
上一点P (a ，b )的切线方程为( )
A ．3x －y －2＝0
B ．4x －3y ＋1＝0
C ．3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0
D ．3x －y －2＝0或4x －3y ＋1＝0
解析：选A 由f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x 得f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，则a ＝f ′????π4＝3－2sin π2＋2cos π2＝1.由y ＝x 3得y ′＝3x 2，过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线的斜率k ＝3a 2＝3×12＝3.又b ＝a 3，则b ＝1，所以切点P 的坐标为(1,1)，故过曲线y ＝x 3上的点P 的切线方程为y －1＝3(x －1)，即3x －y －2＝0.
角度二 求切点坐标
2．(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y ＝3ln x ＋x ＋2在点P 0处的切线方程为4x －y －1＝0，则点P 0的坐标是( )
A ．(0,1)
B ．(1，－1)
C ．(1,3)
D ．(1,0)
解析：选C 由题意知y ′＝3
x ＋1＝4，解得x ＝1，此时4×1－y －1＝0，解得y ＝3，∴点P 0的坐标是(1,3)．
角度三 求参数的值
3．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋7
2(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图像都相切，且与f (x )图像的切点为
(1，f (1))，则m 等于( )
A ．－1
B ．－3
C ．－4
D ．－2
解析：选D ∵f ′(x )＝1
x ，
∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1， 又f (1)＝0，
∴切线l 的方程为y ＝x －1.
g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图像的切点为(x 0，y 0)， 则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋7
2，m <0，
于是解得m ＝－2，故选D.
考点二：判断函数单调性，求函数的单调区间。
[典例1]已知函数f (x )＝x 2－e x 试判断f (x )的单调性并给予证明． 解：f (x )＝x 2－e x ，f (x )在R 上单调递减，
f ′(x )＝2x －e x ，只要证明f ′(x )≤0恒成立即可． 设
g (x )＝f ′(x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ， 当x ＝ln 2时，g ′(x )＝0， 当x ∈(－∞，ln 2)时，g ′(x )>0， 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )<0.
∴f ′(x )max ＝g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2<0， ∴f ′(x )<0恒成立， ∴f (x )在R 上单调递减．
[典例2] (2012·北京高考改编)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋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 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间． [解] (1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ， 由已知可得????
?
f (1)＝a ＋1＝c ，
g (1)＝1＋b ＝c ，
2a ＝3＋b ，
解得a ＝b ＝3.
(2)令F (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3
＋ax 2
＋a 24x ＋1，F ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋a 24，令F ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a 6，
∵a >0，∴x 1 由F ′(x )>0得，x <－a 2或x >－a 6； 由F ′(x )<0得，－a 2 6 . ∴单调递增区间是????－∞，－a 2，????－a 6，＋∞；单调递减区间为????－a 2，－a 6. [针对训练] (2013·重庆高考)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)． (1)确定a 的值； (2)求函数f (x )的单调区间与极值． 解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6 x . 令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )·(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6， 故a ＝12 . (2)由(1)知，f (x )＝1 2(x －5)2＋6ln x (x >0)， f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3) x . 令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3. 当0 上为减函数． 由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝9 2＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3. 考点三：已知函数的单调性求参数的范围 [典例] (2014·山西诊断)已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R)． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间； (2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1 x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x ， 令f ′(x )＝0，即－2x 2－x －1x ＝0，解得x ＝－1 2或x ＝1. ∵x >0，∴x ＝1. 当0 ∴函数f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减． (2)显然函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax 的定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝1x －2a 2 x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x ＝－(2ax ＋1)(ax －1)x . ①当a ＝0时，f ′(x )＝1 x >0， ∴f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，不合题意． ②当a >0时，f ′(x )≤0(x >0)等价于(2ax ＋1)〃(ax －1)≥0(x >0)，即x ≥1 a ， 此时f (x )的单调递减区间为????1a ，＋∞. 由????? 1a ≤1， a >0， 得a ≥1. ③当a <0时，f ′(x )≤0(x >0)等价于(2ax ＋1)〃(ax －1)≥0(x >0)，即x ≥－ 1 2a ，此时f (x )的单调递减区间为??? ?－12a ，＋∞. 由????? －12a ≤1，a <0， 得a ≤－1 2 . 综上，实数a 的取值范围是????－∞，－1 2∪[1，＋∞)． [针对训练] (2014·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值； (2)若a >0，求函数f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ， 由题意得????? f (0)＝1，f ′(0)＝0，即????? c ＝1，b ＝0. (2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0， 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2， 依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a x max ＝－22， 当且仅当“x ＝2 x ”即x ＝－2时等号成立， 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)． 考点四：用导数解决函数的极值问题 [典例] (2013·福建高考节选)已知函数f (x )＝x －1＋a e x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值． [解] (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－a e x . 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－a e ＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－a e x ， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，即x ＝ln a . x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值， 且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值； 当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． [针对训练] 设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图像关于直线x ＝－1 2对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值． 解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ， 从而f ′(x )＝6????x ＋a 62＋b －a 2 6， 即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a 6对称． 从而由题设条件知－a 6＝－1 2，即a ＝3. 又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0， 得b ＝－12. (2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， 所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0， 即6(x －1)(x ＋2)＝0， 解得x ＝－2或x ＝1， 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(1，＋∞)上单调递增． 从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6. 考点五运用导数解决函数的最值问题 [典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． [解] (1)f ′(x )＝1 x －a (x >0)， ①当a ≤0时，f ′(x )＝1 x －a >0， 即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1 a ， 当0 a 时，f ′(x )＝1－ax x >0； 当x >1 a 时，f ′(x )＝1－ax x <0， 故函数f (x )的单调递增区间为??? ?0，1 a ， 单调递减区间为??? ?1 a ，＋∞. (2)①当1 a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a . ②当1a ≥2，即0 2 时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a . ③当1<1a <2，即1 2 2 当0 设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－1 2相切， (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )在???? 1e ，e 上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝a x －2bx ， ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－1 2相切， ∴????? f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－1 2，解得????? a ＝1， b ＝12. (2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1 x －x ＝1－x 2x ， ∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1 e ≤x <1； 令f ′(x )<0，得1 2. 考点六：用导数解决函数极值、最值问题 [典例] (2013·北京丰台高三期末)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c e x (a >0)的导函数y ＝ f ′(x )的两个零点为－3和0. (1)求f (x )的单调区间； (2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． [解] (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x (e x )2 ＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x ， 令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ， 因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同． 又因为a >0，所以－3 当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有 ????? 9a －3b ＋c e －3 ＝－e 3 ，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0， 解得a ＝1，b ＝5，c ＝5， 所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x . 因为f (x )的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值， 故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5. [针对训练] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝2 3时，y ＝f (x )有极 值． (1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，① 当x ＝2 3时，y ＝f (x )有极值，则f ′????23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1， 所以f (1)＝4. 所以1＋a ＋b ＋c ＝4.所以c ＝5. (2)由(1)，可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解之，得x 1＝－2，x 2＝23. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示： x －3 (－3，－2) －2 ? ???－2，23 2 3 ??? ?23，1 1 f ′(x ) ＋ ＋ 0 － 0 ＋ ＋ f (x ) 8 13 9527 4 所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为95 27. 考点七：利用导数研究恒成立问题及参数求解 [典例] (2013·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )．若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2. (1)求a ，b ，c ，d 的值； (2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围． [解] (1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2， f ′(0)＝4，g ′(0)＝4. 而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )，故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2. (2)由(1)知，f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)． 设函数F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2， 则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)． 由题设可得F (0)≥0，即k ≥1. 令F ′(x )＝0得x 1＝－ln k ，x 2＝－2. (ⅰ)若1≤k ＜e 2，则－2＜x 1≤0.从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )＜0；当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，故F (x )在[－2，＋∞)上的最小值为F (x 1)．而F (x 1)＝2x 1＋2 －x 21－4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0. 故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立． (ⅱ)若k ＝e 2，则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －e － 2)．从而当x ＞－2时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，＋∞)上单调递 增， 而F (－2)＝0，故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立． (ⅲ)若k ＞e 2，则F (－2)＝－2k e － 2＋2＝－2e － 2〃(k －e 2)＜0.从而当x ≥－2时，f (x )≤kg (x )不可能恒成立． 综上，k 的取值范围是[1，e 2]． [针对训练] 设函数f (x )＝1 2x 2＋e x －x e x . (1)求f (x )的单调区间； (2)若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， ∵f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )， 若x ＝0，则f ′(x )＝0； 若x <0，则1－e x >0，所以f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，所以f ′(x )<0. ∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f (x )在[－2,2]上单调递减． 故[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2， ∴m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 故m 的取值范围为(－∞，2－e 2)． 考点八、利用导数证明不等式问题 [典例] (2013·河南省三市调研)已知函数f (x )＝ax －e x (a >0)． (1)若a ＝1 2，求函数f (x )的单调区间； (2)当1≤a ≤1＋e 时，求证：f (x )≤x . [解] (1)当a ＝12时，f (x )＝1 2x －e x . f ′(x )＝1 2－e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2. 当x <－ln 2时，f ′(x )>0； 当x >－ln 2时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)． (2)证明：法一：令F (x )＝x －f (x )＝e x －(a －1)x ， (ⅰ)当a ＝1时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤x 成立．