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2013高考理科数学二轮1-5


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)= ex (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.

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ln x+k 解 (1)由 f(x)= ex , 1-kx-xln x 得 f′(x)= ,x∈(0,+∞), xex 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. 1 (2)由(1)得 f′(x)=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 ex>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,+∞).
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(3)因为 g(x)=xf′(x), 1 所以 g(x)=ex(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. 1 又当 x∈(0,+∞)时,0< x<1, e 1 所以当 x∈(0,+∞)时, xh(x)<1+e-2,即 g(x)<1+e-2. e 综上所述结论成立.
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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.

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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.

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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.

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【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] (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. [听课记录]
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解 f(x)的定义域:(-1,+∞). a (1)f′(x)= +2x-10, 1+x a 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 2x2-8x+6 2?x-1??x-3? = = . x+1 x+1
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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>16ln 2-9=f(1), 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).
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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.

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【突破训练1】 (2012·聊城二模)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.

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解 (1)函数的定义域为(-1,+∞), 因为 f(x)=(1+x)2-2ln(1+x), 所以
? 1 ? 2x?x+2? ? f′(x)=2??x+1?-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)=x2+x+a,即 x-a+1-2ln(1+x)=0, 记 g(x)=x-a+1-2ln(1+x)(x>-1), x-1 2 则 g′(x)=1- = , 1+x x+1
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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, ?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].
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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.

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【例2】? (2011·湖北)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.

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[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. [听课记录]

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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, 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,
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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
? 1 ? 的取值范围是?-4,0?. ? ?

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(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.
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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.

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ln x (1)∵g(x)= (x>0), x

1-ln x ∴g′(x)= x2 , 令 g′(x)>0,得 0<x<e, ln x 故函数 g(x)= 的单调递增区间为(0,e). x ln x ln x ln x (2)∵x∈(0,+∞),由 kx≥ x ,得 k≥ x2 ,令 h(x)= x2 ,则问 1-2 ln x 题转化为 k 大于等于 h(x)的最大值, h′(x)= 又 , h′(x) 令 x3 =0 时,x= e,当 x 在区间(0,+∞)内变化时,h′(x)、h(x)变化 情况如下表:
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x h′(x) h(x)

(0, e) + ?

e ( e,+∞) 0 1 2e - ?

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

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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.

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【例 3】? 设函数 f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 f′(x) 1 = 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
?1? g? x?的大小关系; ? ?

1 (3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< x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.

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[审题视点] 第(2)问重新构造函数 这个函数的单调性.

? 1? h(x)=g(x)-g?x ?,利用导数研究 ? ?

1 第(3)问采用反证法,可先把|g(x)-g(x0)|< x等价变形为 ln x<g(x0) 2 <ln x+ ,x>0,再在 x∈(0,+∞)上任取一个值验证矛盾. x [听课记录]

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1 解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ x, x-1 所以 g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0,得 x=1, x 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.

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? 1? (2)g? x?=-ln ? ?

x+x, 1 x-x+ , x



?1? h(x)=g(x)-g? x?=2ln ? ?

?x-1?2 则 h′(x)=- , x2 当 x=1 时,h(1)=0,即
? 1? 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, 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即
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?1? g(x)>g? x?; ? ?

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当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 (3)满足条件的 x0 不存在. 证明如下:

?1? g(x)<g? x?. ? ?

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

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【突破训练3】 设a为实数,函数f(x)=ex-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,ex>x2-2ax+1. (1)解 x∈R. 令f′(x)=0,得x=ln 2. 由f(x)=ex -2x+2a,x∈R知,f′(x)=ex -2,

于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x)
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(-∞,ln 2) - 单调递减
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ln 2 0 极小值

(ln 2,+∞) + 单调递增
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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)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明 设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.

由(1)知当a>ln 2-1时,
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.
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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ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.

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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.

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【示例】? (2012·新课标全国)设函数f(x)=ex-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.

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[满分解答]

(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-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)(ex-1)+x+1.故当x >0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 (8分)

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x+1 令g(x)= x +x, e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? 则g′(x)= x +1= . ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数h(x)=ex-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eα=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.
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…(12分)
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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.

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【试一试】 设函数f(x)=x(ex-1)-ax2. 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.

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1 1 2 x (1)a= 时,f(x)=x(e -1)- x , 2 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(ex-1-ax), 令 g(x)=ex-1-ax,则 g′(x)=ex-a.
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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].

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