高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题五 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)＝(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　(1)由f(x)＝，

得f′(x)＝，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)＝(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)＝(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＜＜1，

所以当x∈(0，＋∞)时，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.

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)＋x²－10x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][来源:Zxxk.Com]

[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)＝＋2x－10，

又f′(3)＝＋6－10＝0，∴a＝16.

经检验此时x＝3为f(x)极值点，故a＝16.[来源:学科网ZXXK]

(2)f′(x)＝＋2x－10

＝＝.

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>16ln2－9＝f(1

)，

f(e^－2－1)<－32＋11＝－2

1<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)＝x²＋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＝，

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)＝x²＋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－＝，

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)＝x²＋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，

于是有即

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]．

 

 

 

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)＝x³＋2ax²＋bx＋a，g(x)＝x²－3x＋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、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，x₂]，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)＝x³－4x²＋5x－2，

所以f(x)＋g(x)＝x³－3x²＋2x.

依题意，方程x(x²－3x＋2－m)＝0有三个互不相同的实根0，x₁，x₂，故x₁，x₂是方程x²－3x＋2－m＝0的两相异的实根，

所以Δ＝9－4(2－m)＞0，即m＞－.

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，

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．

综上，m的取值范围是.

 (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)＝.

(1)求函数g(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)＝(x＞0)，

∴g′(x)＝，

令g′(x)＞0，得0＜x＜e，

故函数g(x)＝的单调递增区间为(0，e)．

(2)∵x∈(0，＋∞)，由kx≥，得k

≥，令h(x)＝，则问题转化为k大于等于h(x)的最大值，又h′(x)＝，令h′(x)＝0时，x＝，当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)、h(x)变化情况如下表：

x	(0，)		(，＋∞)
h′(x)	＋	0	－
h(x)			

由表知当x＝时，函数h(x)有最大值，且最

大值为，因此k≥.

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)＝，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的大小关系；

(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，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(x₀)|＜等价变形为ln x＜g(x₀)＜ln x＋，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＋，

所以g′(x)＝，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＝－ln x＋x，

设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，

则h′(x)＝－，

当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g，

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；

当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g.

(3)满足条件的x₀不存在．

证明如下：

假设存在x₀＞0，使|g(x)－g(x₀)|＜对任意x＞0成立，

即对任意x＞0，有ln x＜g(x₀)＜ln 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，

因此，不存在x₀＞0，使|g(x)－g(x₀)|＜对任意x＞0成立．

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．

由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，

又g(x)＝ln x＋＞ln x，[来源:学科网]

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，[来源:Z_xx_k.Com]

故|g(x₁)－g(x₀)|≥1＞，与假设矛盾．

∴不存在x₁

＞0，使|g(x)－g(x₀)|＜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＞x²－2ax＋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＝ln 2.

于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：[来源:Z+xx+k.Com]

x	(－∞，ln 2)	ln 2	(ln 2，＋∞)
f′(x)	－	0	＋
f(x)	单调递减	极小值	单调递增

故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，

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)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>ln 2－1时，

g′(x)取最小值为g′(ln2)＝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－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．

【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∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；

当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，lna)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(x＞0)．①(8分)

令g(x)＝＋x，

则g′(x)＝＋1＝.

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＜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^x－1)－ax².

(1)若a＝，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＝时，f(x)＝x(e^x－1)－x²，

f′(x)＝e^x－1＋xe^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，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]．