【拿高分选好题第二波】（新课程）高中数学二轮复习精选《必考问题5 函数、导数、不等式的综合问题》（命题方向把握+命题角度分析） 新人教版.docVIP

必考问题5函数、导数、不等式的综合问题(2012山东)已知函数f(x)(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(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x0，g(x)1e2.解由f(x)，得f(x)，x(0，)，由于曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行所以f(1)0，因此k1.(2)解由(1)得f(x)(1xxln x)，x(0，)，令h(x)1xxln x，x(0，)，当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.又ex0，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)证明因为g(x)xf(x)，所以g(x)(1xxln x)，x(0，)，由(2)得，h(x)1xxln x，求导得h(x)ln x2(ln xln e2)所以当x(0，e2)时，h(x)0，函数h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，函数h(x)单调递减所以当x(0，)时，h(x)h(e2)1e2.又当x(0，)时，01，所以当x(0，)时，h(x)1e2，即g(x)1e2.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：确定零点，图象交点及方程解的个数问题；运用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围【例1】 (2012金华十校期末考试)已知函数f(x)axln x3.(1)当a1时，求函数f(x)在点(1，2)处的切线方程；(2)若函数f(x)在xe4，e上的图象与直线yt(0t1)总有两个不同交点，求实数a的取值范围审题视点 (1)当a1时，对函数f(x)求导，并求得在x1处切线的斜率从而确定在点(1，2)处的切线方程(2)由题意可对a值分类讨论求解问题听课记录解(1)当a1时，f(x)1，所以f(1)0，切线方程为y2.(2)因为f(x)a，xe4，e，e1，e4，所以当ae1时，f(x)0，f(x)在xe4，e上单调递减，不符合题意；当ae4时，f(x)0，f(x)在xe4，e上单调递增，不符合题意；当e1ae4时，f(x)在x上单调递减，f(x)在x上单调递增，由题意可得解得ae2，所以a的取值范围是ae2. 对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解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安徽巢湖质量检测)已知函数f(x)xln x(a1)x(ar)(1)当a1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间上的最小值；(3)若关于x的方程f(x)2x33x2在区间内有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围解(1)f(x)ln x1，kf(1)1，f(1)0，所求的切线方程为yx1.(2)f(x)ln xa(x0)由f(x)0得xea.由x(0，ea)，f(x)0，f(x)为减函数；当x(ea，)时，f(x)0，f(x)为增函数，当ea，即a1时，f(x)在上为增函数，f(x)minf；当eae，即1a1时，f(x)在上为减函数，在ea，e上为增函数，f(x)minf(ea)ea；当eae，即a1时，f(x)在上为减函数，f(x)minf(e)ea.综上所述，f(x)min(3)x0，方程f(x)2x33x2在上有两个不相等的实数根，即方程2x23xln x(a1)0在上有两个不相等的实数根令g(x)2x23xln x(a1)，则g(x)4x3(x0)，令g(x)0，得x1(舍去)，x21，因此g(x)在(0,1)内是减函数，在(1，)内是增函数，因此，若方程2x23xln x(a1)0在内有两个不相等的实数根，只需方程2x23xln x(a1)0在和(1,2内各有一个实根，于是解得0aln 2，a的取值范围是(0，ln 2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)x32ax2bxa，g(x)x23x2，其中xr，a、b为常数已知曲线yf(x)与yg(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x1x2，且对任意的xx1，x2，f(x)g(x)m(x1)恒成立，求实数m的取值范围审题视点 (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，由判断式可得m的范围，再将已知条件：对任意xx1，x2，f(x)g(x)m(x1)恒成立，转化为f(x)g(x)mxm恒成立，从而求f(x)g(x)mx的最大值听课记录解(1)a2，b5，切线l的方程为xy20.(2)由(1)得，f(x)x34x25x2，所以f(x)g(x)x33x22x.依题意，方程x(x23x2m)0有三个互不相同的实根0，x1，x2，故x1，x2是方程x23x2m0的两相异的实根，所以94(2m)0，即m.又对任意的xx1，x2，f(x)g(x)m(x1)恒成立特别地，取xx1时，f(x1)g(x1)mx1m成立，得m0.由韦达定理，可得x1x230，对任意的xx1，x2，有xx20，xx10，x0，则f(x)g(x)mxx(xx1)(xx2)0，又f(x1)g(x1)mx10，所以函数f(x)g(x)mx在xx1，x2的最大值为0.于是当m0时，对任意的xx1，x2，f(x)g(x)m(x1)恒成立综上，m的取值范围是. 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)(x0)，g(x)，令g(x)0，得0xe，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)0h(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】 (2012湖北)设函数f(x)axn(1x)b(x0)，n为正整数，a，b为常数曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为xy1.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的最大值；(3)证明：f(x).审题视点 (1)由已知条件建立关于a，b的等式关系，可求得a，b的值；(2)基础；(3)构造函数(t)f(x)，利用导数研究这个函数的单调性听课记录(1)解因为f(1)b，由点(1，b)在xy1上，可得1b1，即b0.因为f(x)anxn1a(n1)xn，所以f(1)a.又因为切线xy1的斜率为1，所以a1，即a1.故a1，b0.(2)解由(1)知，f(x)xn(1x)xnxn1，f(x)(n1)xn1.令f(x)0，解得x，即f(x)在(0，)上有唯一零点x0.在上，f(x)0，故f(x)单调递增；而在上，f(x)0，故f(x)单调递减故f(x)在(0，)上的最大值为fn.(3)证明令(t)ln t1(t0)，则(t)(t0)在(0,1)上，(t)0，故(t)单调递减；而在(1，)上，(t)0，故(t)单调递增故(t)在(0，)上的最小值为(1)0，所以(t)0(t1)，即ln t1(t1)令t1，得ln，即lnn1ln e，所以n1e，即.由(2)知，f(x)，故所证不等式成立 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【突破训练3】 设a为实数，函数f(x)ex2x2a，xr.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当aln 21且x0时，exx22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xr知，f(x)ex2，xr.令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)单调递减极小值单调递增故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，)，f(x)在xln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)eln 22ln 22a2(1ln 2a)(2)证明设g(x)exx22ax1，xr，于是g(x)ex2x2a，xr.由(1)知当aln 21时，g(x)取最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xr，都有g(x)0.所以g(x)在r内单调递增于是当aln 21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exx22ax10，故exx22ax1.导数法求最值中的分类讨论由参数的变化引起的分类讨论对于某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法【示例】 (2012天津)已知函数f(x)x3x2axa，xr，其中a0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；(3)当a1时，设函数f(x)在区间t，t3上的最大值为m(t)，最小值为m(t)，记g(t)m(t)m(t)，求函数g(t)在区间3，1上的最小值满分解答(1)f(x)x2(1a)xa(x1)(xa)由f(x)0，得x11，x2a0.当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，a)a(a，)f(x)00f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(a，)；单调递减区间是(1，a)(5分)(2)由(1)知f(x)在区间(2，1)内单调递增，在区间(1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0a.所以a的取值范围是.(8分)(3)a1时，f(x)x3x1.由(1)知f(x)在3，1上单调递增，在1,1上单调递减，在1,2上单调递增(9分)当t3，2时，t30,1，1t，t3，f(x)在t，1上单调递增，在1，t3上单调递减因此f(x)在t，t3上的最大值m(t)f(1)，而最小值m(t)为f(t)与f(t3)中的较小者由f(t3)f(t)3(t1)(t2)知，当t3，2时，f(t)f(t3)，故m(t)f(t)，所以g(t)f(1)f(t)而f(t)在3，2上单调递增，因此f(t)f(2).所以g(t)在3，2上的最小值为g(2).(11分)当t2，1时，t31,2，且1,1t，t3下面比较f(1)，f(1)，f(t)，f(t3)的大小由f(x)在2，1，1,2上单调递增，有f(2)f(t)f(1)，f(1)f(t3)f(2)又由f(1)f(2)，f(1)f(2)，从而m(t)f(1)，m(t)f(1).所以g(t)m(t)m(t).(13分)综上所述，函数g(t)在区间3，1上的最小值为.(14分)老师叮咛：本题中的第(3)问比较麻烦，由于所给的区间不确定，函数在此区间上的单调性也不确定，需要根据参数的不同取值进行分类讨论，注意把握分类的标准，能够确定出函数的最大值和最小值，要求思路要清晰，结合第(1)问中的函数的单调性确定函数g(t)的最值.【试一试】 (2012江西)已知函数f(x)(ax2bxc)ex在0,1上单调递减且满足f(0)1，f(1)0.(1)求a的取值范围；(2)设g(x)f(x)f(x)，求g(x)在0,1上的最大值和最小值解(1)由f(0)1，f(1)0，得c1，ab1，则f(x)ax2(a1)x1ex，f(x)ax2(a1)xaex，依题意需对任意x(0,1)，有f(x)0.当a0时，因为二次函数yax2(a1)xa的图象开口向上，而f(0)a0，所以需f(1)(a1)e0，即0a1.当a1时，对任意x(0,1)有f(x)(x21)ex0，f(x)符合条件；当a0时，对任意x(0,1)，f(x)xex0，f(x)符合条件；当a0时，因为f(0)a0，f(x)不符合条件故a的取值范围为0a1.(2)因为g(x)(2ax1a)ex，所以g(x)(2ax1a)ex.(i)当a0时，g(x)