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2013届高三数学二轮复习 必考问题专项突破5 函数、导数、不等式的综合问题 理


必考问题 5

函数、导数、不等式的综合问题

ln x+k (2012·山东)已知函数 f(x)= (k 为常数, e=2.718 28…是自然对数的底数), x e 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+k , ex

1-kx-xln x 得 f′(x)= ,x∈(0,+∞), x

xe

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)= 1

xex

(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 >0,所以 x∈(0,1)时,f′(x)>0;
x

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), 1 所以 g(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞),

e

由(2)得,h(x)=1-x-xln x, 求导得 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e ). 所以当 x∈(0,e )时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增; 当 x∈(e ,+∞)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减. 所以当 x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e )=1+e . 1 又当 x∈(0,+∞)时,0< x<1,
-2 -2 -2 -2 -2

e

1 -2 -2 所以当 x∈(0,+∞)时, xh(x)<1+e ,即 g(x)<1+e .

e

综上所述结论成立.

1

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)=aln(1+x)+x -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]
2

[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,+∞). a

(1)f′(x)= +2x-10, 1+x 又 f′(3)= +6-10=0,∴a=16. 4 经检验此时 x=3 为 f(x)极值点,故 a=16. 16 (2)f′(x)= +2x-10 1+x = 2x -8x+6 2? = x+1
2

a

x-1? ? x-3? . x+1

当-1<x<1 或 x>3 时,f′(x)>0; 当 1<x<3 时,f′(x)<0.
2

∴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)>16 -10×16>16ln 2-9=f(1),
2

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】 (2012·聊城二模)设函数 f(x)=(1+x) -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 +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,+∞),
2 2 2

因为 f(x)=(1+x) -2ln(1+x),

? 所以 f′(x)=2?? x+1? ?



1 ? 2x? x+2? = , x+1? x+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 +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- 2 x-1 = , 1+x x+1
2

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 +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,
2

3

?g? 0? ≥0, ? 于是有?g? 1? <0, ?g? 2? ≥0, ?

?-a+1≥0, ? 即?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】 (2011·湖北)设函数 f(x)=x +2ax +bx+a, (x)=x -3x+2, ? g 其中 x∈R,
3 2 2

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、x1、x2,其中 x1<x2,且对任意的

x∈[x1,x2],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、x1、

x2 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∈[x1, 2], (x)+g(x) x f
<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.
3 2

(2)由(1)得,f(x)=x -4x +5x-2, 所以 f(x)+g(x)=x -3x +2x. 依题意,方程 x(x -3x+2-m)=0 有三个互不相同的实根 0,x1,x2,故 x1,x2 是方程
2 3 2

x2-3x+2-m=0 的两相异的实根,
1 所以 Δ =9-4(2-m)>0,即 m>- . 4 又对任意的 x∈[x1,x2],

f(x)+g(x)<m(x-1)恒成立.
特别地,取 x=x1 时,f(x1)+g(x1)-mx1<-m 成立, 得 m<0.由韦达定理,可得 x1+x2=3>0, 对任意的 x∈[x1,x2],有 x-x2≤0,x-x1≥0,x>0,

4

则 f(x)+g(x)-mx=x(x-x1)(x-x2)≤0, 又 f(x1)+g(x1)-mx1=0, 所以函数 f(x)+g(x)-mx 在 x∈[x1,x2]的最大值为 0. 于是当 m<0 时,对任意的 x∈[x1,x2],

f(x)+g(x)<m(x-1)恒成立.

? 1 ? 综上,m 的取值范围是?- ,0?. ? 4 ?
(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. ln x 【突破训练 2】 已知函数 f(x)=kx,g(x)= .

x

ln x (1)求函数 g(x)= 的单调递增区间;

x

(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 x (x>0), x

1-ln x ∴g′(x)= , 2

x

令 g′(x)>0,得 0<x<e, 故函数 g(x)=

ln x 的单调递增区间为(0,e). x ln x ln x ln x ,得 k≥ 2 ,令 h(x)= 2 ,则问题转化为 k 大于 x x x x

(2)∵x∈(0,+∞),由 kx≥

1-2 ln x 等于 h(x)的最大值,又 h′(x)= ,令 h′(x)=0 时,x= e,当 x 在区间(0,+ 3 ∞)内变化时,h′(x)、h(x)变化情况如下表:

x
h′(x) h(x)

(0, e) +

e
0 1 2e

( e,+∞) -

?

?

1 1 由表知当 x= e时,函数 h(x)有最大值,且最大值为 ,因此 k≥ . 2e 2e

5

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. 1 【例 3】? 设函数 f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 f′(x)= ,g(x)=f(x)

x

+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值;

?1? (2)讨论 g(x)与 g? ?的大小关系; x ? ?
1 (3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立?若存在,求出 x0 的取值

x

范围;若不存在,请说明理由. [审题视点]

[听课记录]

?1? [审题视点] 第(2)问重新构造函数 h(x)=g(x)-g? ?,利用导数研究这个函数的单调 x ? ?
性. 1 2 第(3)问采用反证法,可先把|g(x)-g(x0)|< 等价变形为 ln x<g(x0)<ln x+ ,x>

x

x

0,再在 x∈(0,+∞)上任取一个值验证矛盾. 解 1 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,

x

所以 g′(x)=

x-1 ,令 g′(x)=0,得 x=1, x2

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.

?1? (2)g? ?=-ln x+x, x ? ?
1 ?1? 设 h(x)=g(x)-g? ?=2ln x-x+ , x

? ?
x

x

? x-1? 则 h′(x)=- 2

2



6

?1? 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g? ?, x ? ?
当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,

?1? 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g? ?; x ? ? ?1? 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g? ?. x ? ?
(3)满足条件的 x0 不存在. 证明如下: 1 假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立,

x

2 即对任意 x>0,有 ln x<g(x0)<ln x+ ,(*)

x

但对上述 x0,取 x1=eg(x0)时,有 ln x1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾, 1 因此,不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立.

x

1 另一种证法如下:假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意的 x>0 成立.

x

由(1)知,g(x)的最小值为 g(1)=1, 1 又 g(x)=ln x+ >ln x,

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 x1>1,使 g(x1)≥g(x0)+1. 即 g(x1)-g(x0)≥1, 1 故|g(x1)-g(x0)|≥1> ,与假设矛盾.

x1

1 ∴不存在 x1>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意 x>0 成立.

x

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 -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 -2ax+1.
7
x
2

x

(1)解 由 f(x)=e -2x+2a,x∈R 知,f′(x)=e -2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

x

x f′(x) f(x)

(-∞,ln 2) - 单调递减

ln 2 0 极小值

(ln 2,+∞) + 单调递增

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞),

f(x)在 x=ln 2 处取得极小值,
极小值为 f(ln 2)=e
ln 2

-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).
2

(2)证明 设 g(x)=e -x +2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=e -2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,
x

x

g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 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>ln 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 +2ax-1>0,故 e >x -2ax+1.
x
2

x

2

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】? (2012·新课标全国)设函数 f(x)=e -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 -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 -1)+x+1.故当 x>0 时,(x-
x x x

8

k)f′(x)+x+1>0 等价于 k<
+x(x>0).①(8 分) x e -1

x+1

x+1 令 g(x)= x +x, e -1
-xe -1 e ? e -x-2? 则 g′(x)= x . 2+1= x 2 ? e -1? ? e -1? 由(1)知,函数 h(x)=e -x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以
x x x x

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 +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
α

得到函数的单调区间.第? 2? 问将原不等式转化为 k<g?

x? 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 -1)-ax . 1 (1)若 a= ,求 f(x)的单调区间; 2 (2)若当 x≥0 时 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 解 1 1 2 x (1)a= 时,f(x)=x(e -1)- x , 2 2
x
2

f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-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 -1-ax), 令 g(x)=e -1-ax,则 g′(x)=e -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,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,而 g(0)=0,从而当 x∈ (0,ln a)时 g(x)<0,即 f(x)<0. 综上得 a 的取值范围为(-∞,1].
x x x

9


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