函数与导数问题归纳总结

教学过程一、课程导入从近两年高考试题看，导数与方程、函数零点、不等式的交汇综合，以及利用导数研究生活中的优化问题，是考查的热点，并且常考常新．题型以解答题为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．二、复习预习利用导数研究函数的单调性、求极(最)值，题型全面，小题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值，大题考查导数与函数单调性、极值与最值的关系，多与方程、一元二次不等式等知识交汇，体现转化思想、分类讨论思想的应用，在求解过程中应注意答题的规范化．三、知识讲解考点1类型1 利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的单调性是高考的热点，多与一元二次不等式相联系，根据导数与函数单调性的关系，研究函数的单调性，实际上就是讨论导函数f′(x)的函数值正负的问题．类型2 利用导数求函数的极值或最值利用导数研究函数的极值或最值是近两年高考的热点，通过f′(x)＝0的根与函数极值点的联系，求函数的极值或求参数的值(范围)，通过函数极值和函数在相应区间端点函数值的比较确定函数的最值．类型3 利用导数研究函数的零点问题利用导数研究函数的零点问题是近两年高考命题的亮点，求解时应把函数的零点存在性定理、函数的单调性、极值点等综合起来考虑，最后数形结合求得结果．类型4 利用导数研究与不等式有关的问题常见题型及转化方法：(1)不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题；(2)证明不等式，转化为证明函数的单调性问题；(3)证明不等式，转化为函数的最小值大于最大值问题．四、例题精析类型1 利用导数研究函数的单调性【例题1】【题干】(2014·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ln x＋mx2(m∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若A、B是函数f(x)图象上不同的两点，且直线AB的斜率恒大于1，求实数m的取值范围．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2mx ＝1＋2mx 2x.当m ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当m <0时，由f ′(x )＝0得x ＝ －12m. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12m 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －12m 上单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－12m ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫ －12m ，＋∞上单调递减． 综上所述，当m ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当m <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12m 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎪⎫－12m ，＋∞上单调递减． (2)依题意，设A (a ，f (a ))，B (b ，f (b ))，不妨设a >b >0，则k AB ＝f a －f ba －b >1恒成立，即f (a )－f (b )>a －b 恒成立，即f (a )－a >f (b )－b 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx 2－x ， 则g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 所以g ′(x )＝1x ＋2mx －1＝2mx 2－x ＋1x≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以2mx 2－x ＋1≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，即2m ≥－1x 2＋1x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122＋14对x ∈(0，＋∞)恒成立，因此m ≥18.即实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞.【总结与反思】1.本题(2)中把直线AB 的斜率恒大于1转化为函数g (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上是增函数是解题的关键． 2．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．类型2 利用导数求函数的极值或最值【例题2】【题干】(2013·重庆高考)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中x∈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．【解析】(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＝1 2 .(2)由(1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6ln x(x>0)，f′(x)＝x－5＋6x＝x－2 x－3x.令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2,3)上为减函数．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.【总结与反思】“最值”与“极值”的区别和联系(1)“最值”是整体概念，是比较整个定义域或区间内的函数值得出的，具有绝对性；而“极值”是个局部概念，是比较极值点附近函数值得出的，具有相对性．(2)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能一个没有．(3)极值只能在区间内部取得，而最值可以在区间的端点处取得．(4)有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．类型3 利用导数研究函数的零点问题【例题3】【题干】已知函数f(x)＝e x(x2＋ax－a)，其中a是常数．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．【解析】(1)由f(x)＝e x(x2＋ax－a)可得f′(x)＝e x[ x2＋(a＋2)x]．当a＝1时，f(1)＝e，f′(1)＝4e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4e x－3e.(2)令f′(x)＝e x[x2＋(a＋2)x]＝0，解得x＝－(a＋2)或x＝0.当－(a＋2)≤0，即a≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f′(x)≥0，所以f(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f(x)＝k在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．当－(a＋2) ＞0，即a＜－2时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：.由上表可知函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－(a＋2))＝e a＋2因为函数f(x)是(0，－(a＋2))上的减函数，是(－(a＋2)，＋∞)上的增函数，且当x≥－a时，有f(x)≥e－a(－a)＞－a ，又f (0)＝－a .所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋4e a ＋2，－a .【总结与反思】1.在解答本题(2)时应判断f (x )＞f (0)是否成立，这是容易忽视的地方．2．该类问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．类型4 利用导数研究与不等式有关的问题【例题4】(2012·山东高考)已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数，e＝2.718 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.【解析】 (1)f ′(x )＝1x－ln x －ke x，由已知，f ′(1)＝1－ke＝0，∴k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1e x.设k (x )＝1x －ln x －1，则k ′(x )＝－1x 2－1x<0，即k (x )在(0，＋∞)上是减函数，由k (1)＝0知，当0<x <1时，k (x )>0，从而f ′(x )>0， 当x >1时，k (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．(3)证明 由(2)可知，当x ≥1时，g (x )＝xf ′(x )≤0<1＋e －2，故只需证明g (x )<1＋e －2在0<x <1时成立即可． 当0<x <1时，e x >1，且g (x )>0， ∴g (x )＝1－x ln x －xe x<1－x ln x －x .设F(x)＝1－x ln x－x，x∈(0,1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)，当x∈(0，e－2)时，F′(x)>0，当x∈(e－2,1)时，F′(x)<0，所以当x＝e－2时，F(x)取得最大值F(e－2)＝1＋e－2.所以g(x)<F(x)≤1＋e－2.综上，对任意x>0，g(x)<1＋e－2.【总结与反思】1.本题(3)中，根据当x>0时，e x>1，得到g(x)<1－x ln x－x，从而只需证明1－x ln x－x<1＋e2；2．与不等式有关的问题最终可转化为函数的最值与0的关系．【例题5】(2013·皖南八校第一次联考)已知函数f(x)＝(x2－3x＋1)e x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对∀x∈(1，＋∞)，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)f(1)＝－e，f′(x)＝(2x－3)e x＋(x2－3x＋1)e x＝(x2－x－2)e x，所以f′(1)＝－2e，所以y＋e＝－2e(x －1)，即2e x＋y－e＝0.所以所求切线的方程为2e x＋y－e＝0.(2)∀x∈(1，＋∞)，不等式f(x)>m恒成立．由题意可转化为：在区间(1，＋∞)上，f(x)min>m.令f′(x)＝(x2－x－2)e x＝0，得x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：由表可知f(x)min，因此所求实数m的取值范围是(－∞，－e2)．课程小结三个条件1.在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．三点注意1.求单调区间应遵循定义域优先的原则．2．f′(x0)＝0时，x0不一定是极值点．3．求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论。