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高考试题中函数与导数综合题的求解策略


高考试题中函数与导数综合题的求解策略
函数在数学中具有举足轻重的地位, 它不仅是高中数学的核心和主线内容, 也是学生进 一步学习高等数学的基础,而导数“下嫁”到高中数学后,为研究函数提供了简捷有效的方 法,因此函数与导数的综合题就成了高考的热点、重点、难点!

主要题型: 主要题型: ⑴求含参函数的单调区间, 求含参函数的单调区间, ⑵函数在某一区间是减函数(或增函数)求参数范围 函数在某一区间是减函数(或增函数) ⑶切点、切线,极值点等,求函数解析式 切点、 切线,极值点等, ⑷证明与计算一些几何问题(面积定值,恒过一定点等等) 证明与计算一些几何问题(面积定值,恒过一定点等等) 与计算一些几何问题 ⑸比较大小或证明不等式或解不等式 比较大小或证明不等式或解不等式 ,求参数范围 ⑹方程的根的个数(零点) 求参数范围 方程的根的个数(零点) , ⑺恒成立问题 恒成立问 ⑻极值或最值
3 2 已知函数 例 1:已知函数 f ( x) = x + ax + x + 1, a ∈ R (P11)

①讨论函数的 f ( x ) 的单调区间 ②设函数 f ( x ) 在区间 (?

2 1 , ? ) 是减函数,求 a 的取值范围( a ≥ 2 ) 3 3

③若 f ( x ) ≤ x( x ∈ [0,1]) 恒成立,求 a 的取值范围。

?a ? a 2 ? 3 ?a ? a 2 ? 3 ?a + a 2 ? 3 ?a + a 2 ? 3 (?∞, ) 递增, ( , ) 递减, ( , +∞) 递增 3 3 3 3

1

例 2 : 设函数 f ( x ) = ax +

1 (a, b ∈ z ) ,曲线 y = f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 x+b

y =3
①求 f ( x ) 的解析式( y = x +

1 ) x ?1

②证明函数 y = f ( x) 的图象是一个中心对称图形,并求其对称中心 ③证明:曲线 y = f ( x) 上任一点的切线与直线 x = 1 和直线 y = x 所围三角形的面积为定值

2 例 3:已知 x = 3 是函数 f ( x) = a ln(1 + x) + x ? 10 x 的一个极值点

①求 a 的值 ②求函数 y = f ( x) 的单调区间 ③若直线 y = b 与函数 y = f ( x) 的图象有三个交点,求 b 的取值范围

2

例 4:已知二次函数 f ( x ) 满足:①当 x = 1 时有极值,②图象与 Y 轴交点的纵坐标为-3,且 在该点处的切线与直线 x = 2 y ? 4 垂直 ①求 f (1) ②求函数 g ( x ) = f ( x ln x ), x ∈ [1, 2] 的值域 ③若曲线 y = f (ln x ), x ∈ (1, +∞ ) 上任意一点处的切线的斜率恒大于 a ? a ? 2 ,求 a 的取
2

值范围

例 5: (2009 湖北卷文) 已知关于 x 的函数 f(x)=

1 x3 +bx2+cx+bc,其导函数为 f+(x).令 g(x)=∣f+(x)∣,记函 3 4 ,试确定 b、c 的值: 3

数 g(x)在区间[-1、1]上的最大值为 M. (Ⅰ)如果函数 f(x)在 x=1 处有极值-

(Ⅱ)若∣b∣>1,证明对任意的 c,都有 M>2: (Ⅲ)若 M≧K 对任意的 b、c 恒成立,试求 k 的最大值。

3

例 6: (2009 陕西卷文)已知函数 f ( x) = x ? 3ax ? 1, a ≠ 0
3

( Ι ) 求 f ( x) 的单调区间; ( ΙΙ ) 若 f ( x) 在 x = ?1 处取得极值,直线 y=my 与 y =
的取值范围。

f ( x) 的图象有三个不同的交点, m 求

3 2 ?x 例 7: (2009 宁夏海南卷理)已知函数 f ( x ) = ( x + 3 x + ax + b)e

①如 a = b = ?3 ,求 f ( x ) 的单调区间; ②若 f ( x ) 在 ( ?∞, α ), (2, β ) 单调增加,在 (α , 2), ( β , +∞ ) 单调减少,证明 β ? α <6.

4

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解析: (1) f ( x) = 3 x ? 3a = 3( x ? a ),
' 2 2

当 a < 0 时,对 x ∈ R ,有 f ' ( x ) > 0, 当 a < 0 时, f ( x ) 的单调增区间为 ( ?∞, +∞ ) 当 a > 0 时,由 f ( x ) > 0 解得 x < ? a 或 x >
'

a;

由 f ( x ) < 0 解得 ? a < x <
'

a,

当 a > 0 时 , f ( x ) 的 单 调 增 区 间 为 ( ?∞, ? a ), ( a , +∞) ; f ( x ) 的 单 调 减 区 间 为

(? a , a ) 。
(2)因为 f ( x ) 在 x = ?1 处取得极大值, 所以 f ' ( ?1) = 3 × ( ?1) 2 ? 3a = 0,∴ a = 1. 所以 f ( x ) = x 3 ? 3 x ? 1, f ' ( x ) = 3 x 2 ? 3, 由 f ' ( x ) = 0 解得 x1 = ?1, x2 = 1 。 由(1)中 f ( x ) 的单调性可知, f ( x ) 在 x = ?1 处取得极大值 f ( ?1) = 1 , 在 x = 1 处取得极小值 f (1) = ?3 。 因 为 直 线 y = m 与 函 数 y = f ( x) 的 图 象 有 三 个 不 同 的 交 点 , 又 f ( ?3) = ?19 < ?3 ,

f (3) = 17 > 1 ,
结合 f ( x ) 的单调性可知, m 的取值范围是 (?3,1) 。

(21)解: (Ⅰ)当 a = b = ?3 时, f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 ? 3 x ? 3)e ? x ,故

f '( x) = ?( x 3 + 3 x 2 ? 3 x ? 3)e ? x + (3 x 2 + 6 x ? 3)e? x = ? e ? x ( x ?3 ? 9 x ) = ? x( x ? 3)( x + 3)e ? x

5

当 x < ?3或 0 < x < 3时,f '( x) > 0; 当 ?3 < x < 0或x > 3时,f '( x) < 0. 从而 f ( x)在( ?∞, ?3), (0,3)单调增加,在( ? 3, 0),(3, ∞) + 单调减少. (Ⅱ) f '( x) = ?( x + 3 x + ax + b)e
3 2 3 ?x

+ (3 x 2 + 6 x + a )e? x = ?e ? x [ x 3 + (a ? 6) x + b ? a ].

由条件得: f '(2) = 0, 即2 + 2( a ? 6) + b ? a = 0, 故b = 4 ? a, 从而

f '( x) = ?e? x [ x3 + (a ? 6) x + 4 ? 2a ].
因为 f '(α ) = f '( β ) = 0, 所以

x3 + (a ? 6) x + 4 ? 2a = ( x ? 2)( x ? α )( x ? β ) = ( x ? 2)( x 2 ? (α + β ) x + αβ ).
将右边展开,与左边比较系数得, α + β = ?2, αβ = a ? 2. 故

β ? α = ( β + α )2 ? 4αβ = 12 ? 4a .
又 ( β ? 2)(α ? 2) < 0, 即αβ ? 2(α + β ) + 4 < 0. 由此可得 a < ?6. 于是 β ? α > 6.
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例题 7:设 g ( x ) = px ? 底数) 1:求 p 与 q 的关系

q p ? 2 f ( x) ,其中 f ( x) = ln x ,且 g (e) = qe ? ? 2(e 为自然数的 x e

2:若 g ( x ) 在其定义域内为单调函数,求 p 的取值范围 3:试证明: f ( x ) ≤ x ? 1( x > 0) 并用它来证明下面两个结论: ① ln n n ≤ 1 ? ②
1

1 (n ∈ N * ) n

ln n 1 1 ≤ (1 ? 2 )(n ∈ N * ) 2 n 2 n

6

(I)解:Q f '( x) = ? x + 2bx + c ,由 f ( x ) 在 x = 1 处有极值 ?
2

4 3

? f '(1) = ?1 + 2b + c = 0 ? 可得 ? 1 4 ? f (1) = ? 3 + b + c + bc = ? 3 ?
解得 ?

?b = 1 ?b = ?1 ,或? ? c = ?1 ? c = 3

若 b = 1, c = ?1 ,则 f '( x ) = ? x 2 + 2 x ? 1 = ?( x ? 1) 2 ≤ 0 ,此时 f ( x ) 没有极值; 若 b = ?1, c = 3 ,则 f '( x ) = ? x 2 ? 2 x + 3 = ?( x + 1)( x ? 1)

当 x 变化时, f ( x ) , f '( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x) f ( x)

(?∞, ?3)

?3
0 极小值 ?12

(?3,1)
+

1 0 极大值 ?

(1, +∞)

?

?
4 3

4 ∴ 当 x = 1 时, f ( x) 有极大值 ? ,故 b = ?1 , c = 3 即为所求。 3
(Ⅱ)证法 1: g ( x ) =| f '( x ) |=| ?( x ? b) 2 + b 2 + c | 当 | b |> 1 时,函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ ?1.1] 之外。

∴ f '( x) 在 [?1,1] 上的最值在两端点处取得
故 M 应是 g (?1) 和 g (1) 中较大的一个

∴ 2 M ≥ g (1) + g (?1) =| ?1 + 2b + c | + | ?1 ? 2b + c |≥| 4b |> 4, 即 M > 2
证法 2(反证法) :因为 | b |> 1 ,所以函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ ?1,1] 之外,

∴ f '( x) 在 [?1,1] 上的最值在两端点处取得。
故 M 应是 g (?1) 和 g (1) 中较大的一个 假设 M ≤ 2 ,则

g (?1) =| ?1 ? 2b + c |≤ 2 g (1) =| ?1 + 2b + c |≤ 2
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7

将上述两式相加得:

4 ≥| ?1 ? 2b + c | + | ?1 + 2b + c |≥ 4 | b |> 4 ,导致矛盾,∴ M > 2
(Ⅲ)解法 1: g ( x) =| f '( x) |=| ?( x ? b) 2 + b 2 + c | (1)当 | b |> 1 时,由(Ⅱ)可知 M > 2 ; (2)当 | b |≤ 1 时,函数 y = f '( x )的对称轴 x = b 位于区间 [ ?1,1] 内, 此时 M = max { g (?1), g (1), g (b)} 由 f '(1) ? f '( ?1) = 4b, 有 f '(b) ? f '( ±1) = b( m1) 2 ≥ 0 ①若 ?1 ≤ b ≤ 0, 则 f '(1) ≤ f '( ?1) ≤ f '(b), ∴ g ( ?1) ≤ max { g (1), g (b)} , 于是 M = max {| f '(1),| f '(b) |} ≥

1 1 1 1 (| f '(1) | + f '(b) |) ≥ | f '(1) ? f '(b) |= (b ? 1) 2 ≥ 2 2 2 2

②若 0 < b ≤ 1 ,则 f '( ?1) ≤ f '(1) ≤ f '(b), ∴ g (1) ≤ max { g ( ?1), g (b)} 于是 M = max {| f '( ?1) |,| f '(b) |} ≥ 综上,对任意的 b 、 c 都有 M ≥ 而当 b = 0, c =

1 1 1 1 (| f '( ?1) | + | f '(b ) |) ≥ | f '( ?1) ? f '(b) |= (b + 1) 2 > 2 2 2 2

1 2

1 1 1 时, g ( x ) = ? x 2 + 在区间 [ ?1,1] 上的最大值 M = 2 2 2

故 M ≥ k 对任意的 b 、 c 恒成立的 k 的最大值为 解法 2: g ( x ) =| f '( x ) |=| ?( x ? b) 2 + b 2 + c | (1)当 | b |> 1 时,由(Ⅱ)可知 M > 2 ;

1 。 2

(2)当 | b |≤ 1 时,函数 y = f '( x) 的对称轴 x = b 位于区间 [ ?1,1] 内, 此时 M = max { g (?1), g (1), g (b)}

4 M ≥ g (?1) + g (1) + 2 g (h) =| ?1 ? 2b + c | + | ?1 + 2b + c | +2 | b 2 + c | ≥| ?1 ? 2b + c + (?1 + 2b + c) ? 2(b 2 + c) |=| 2b 2 + 2 |≥ 2 ,即 M ≥
16.(2009 天津卷文) (本小题满分 12 分) 设函数 f ( x ) = ?

1 2

1 3 x + x 2 + (m 2 ? 1) x, ( x ∈ R, )其中m > 0 3
8

(Ⅰ)当 m = 1时, 曲线 y = f ( x)在点( ,f( )) 1 1 处的切线斜率 (Ⅱ)求函数的单调区间与极值; (Ⅲ)已知函数 f (x ) 有三个互不相同的零点 0, x1 , x 2 ,且 x1 < x 2 。若对任意的

x ∈ [ x1 , x 2 ] , f ( x) > f (1) 恒成立,求 m 的取值范围。
【答案】 (1)1(2) f (x ) 在 ( ?∞,1 ? m) 和 (1 + m,+∞) 内减函数,在 (1 ? m,1 + m) 内增 函数。函数 f (x ) 在 x = 1 + m 处取得极大值 f (1 + m) ,且 f (1 + m) =

2 3 1 m + m2 ? 3 3 2 3 1 2 函数 f (x ) 在 x = 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = ? m + m ? 3 3 1 3 2 / 2 ' 【解析】解:当 m = 1时,f ( x ) = x + x , f ( x ) = x + 2 x, 故f (1) = 1 3
所以曲线 y = f ( x)在点( ,f( )) 1 1 处的切线斜率为 1.
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(2)解: f ' ( x) = ? x 2 + 2 x + m 2 ? 1 ,令 f ' ( x) = 0 ,得到 x = 1 ? m, x = 1 + m 因为 m > 0, 所以1 + m > 1 ? m 当 x 变化时, f ( x), f ' ( x) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x) f (x)

(?∞,1 ? m)
+

1? m
0 极小值

(1 ? m,1 + m)
-

1+ m
0 极大值

(1 + m,+∞)
+

f (x) 在 (?∞,1 ? m) 和 (1 + m,+∞) 内减函数,在 (1 ? m,1 + m) 内增函数。 2 3 1 m + m2 ? 3 3 2 3 1 2 函数 f (x) 在 x = 1 ? m 处取得极小值 f (1 ? m) ,且 f (1 ? m) = ? m + m ? 3 3 1 2 1 2 (3)解:由题设, f ( x) = x( ? x + x + m ? 1) = ? x( x ? x1 )( x ? x 2 ) 3 3 1 2 2 所 以 方 程 ? x + x + m ? 1 =0 由 两 个 相 异 的 实 根 x1 , x 2 , 故 x1 + x 2 = 3 , 且 3 4 2 1 1 ? = 1 + (m ? 1) > 0 ,解得 m < ? (舍),m > 3 2 2 3 因为 x1 < x 2 , 所以2 x 2 > x1 + x 2 = 3, 故x 2 > > 1 2
函数 f (x) 在 x = 1 + m 处取得极大值 f (1 + m) ,且 f (1 + m) =

9

若 x1 ≤ 1 < x 2 , 则f (1) = ? (1 ? x1 )(1 ? x 2 ) ≥ 0 ,而 f ( x1 ) = 0 ,不合题意 若 1 < x1 < x2 , 则对任意的 x ∈ [ x1 , x 2 ] 有 x ? x1 ≥ 0, x ? x 2 ≤ 0,

1 3

1 x( x ? x1 )( x ? x 2 ) ≥ 0 又 f ( x1 ) = 0 , 所以函数 f (x ) 在 x ∈ [ x1 , x 2 ] 的最 3 1 2 小值为 0, 于是对任意的 x ∈ [ x1 , x 2 ] ,f ( x ) > f (1) 恒成立的充要条件是 f (1) = m ? < 0 , 3
则 f ( x ) == ? 解得 ?

3 3 <m< 3 3

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综上,m 的取值范围是 ( ,

1 3 ) 2 3

【考点定位】本小题主要考查导数的几何意义,导数的运算,以及函数与方程的根的 关系解不等式等基础知识,考查综合分析问题和解决问题的能力。

10



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