2015高考复习专题五 函数与导数 含近年高考试题

1、2015专题五：函数与导数 在解题中常用的有关结论（需要熟记）：(1)曲线在处的切线的斜率等于，切线方程为(2)若可导函数在 处取得极值，则。反之，不成立。(3)对于可导函数，不等式的解集决定函数的递增（减）区间。(4)函数在区间I上递增（减）的充要条件是：恒成立(5)函数在区间I上不单调等价于在区间I上有极值，则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。（若为二次函数且I=R，则有）。(6) 在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数，进而得到或在I上恒成立(7)若，恒成立，则; 若，恒成立，则(8)若，使得，则；若，使得，则.(9)设与的定义域的交集为D若D 恒成立则有(10)若对、

2、，恒成立，则.若对，使得,则. 若对，使得，则.（11）已知在区间上的值域为A,，在区间上值域为B，若对,，使得=成立，则。(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程有两个不等实根，且极大值大于0，极小值小于0.(13)证题中常用的不等式: 考点一：导数几何意义：角度一求切线方程1(2014·洛阳统考)已知函数f(x)3xcos 2xsin 2x，af，f(x)是f(x)的导函数，则过曲线yx3上一点P(a，b)的切线方程为()A3xy20B4x3y10C3xy20或3x4y10D3xy20或4x3y10解析：选A由f(x)3xcos 2xsin 2x得f(x)32sin 2x2c

3、os 2x，则af32sin2cos1.由yx3得y3x2，过曲线yx3上一点P(a，b)的切线的斜率k3a23×123.又ba3，则b1，所以切点P的坐标为(1,1)，故过曲线yx3上的点P的切线方程为y13(x1)，即3xy20.角度二求切点坐标2(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y3ln xx2在点P0处的切线方程为4xy10，则点P0的坐标是()A(0,1)B(1，1)C(1,3) D(1,0)解析：选C由题意知y14，解得x1，此时4×1y10，解得y3，点P0的坐标是(1,3)角度三求参数的值3已知f(x)ln x，g(x)x2mx(m<0)，

4、直线l与函数f(x)，g(x)的图像都相切，且与f(x)图像的切点为(1，f(1)，则m等于()A1 B3C4 D2解析：选Df(x)，直线l的斜率为kf(1)1，又f(1)0，切线l的方程为yx1.g(x)xm，设直线l与g(x)的图像的切点为(x0，y0)，则有x0m1，y0x01，y0xmx0，m<0，于是解得m2，故选D.考点二：判断函数单调性，求函数的单调区间。典例1已知函数f(x)x2ex试判断f(x)的单调性并给予证明解：f(x)x2ex，f(x)在R上单调递减，f(x)2xex，只要证明f(x)0恒成立即可设g(x)f(x)2xex，则g(x)2ex，当xln 2时，g(

5、x)0，当x(，ln 2)时，g(x)>0，当x(ln 2，)时，g(x)<0.f(x)maxg(x)maxg(ln 2)2ln 22<0，f(x)<0恒成立，f(x)在R上单调递减典例2(2012·北京高考改编)已知函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间解(1)f(x)2ax，g(x)3x2b，由已知可得解得ab3.(2)令F(x)f(x)g(x)x3ax2x1，F(x)3x22ax，令F(x)0，得x1，x

6、2，a>0，x1<x2，由F(x)>0得，x<或x>；由F(x)<0得，<x<.单调递增区间是，；单调递减区间为.针对训练(2013·重庆高考)设f(x) a(x5)26ln x，其中aR，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y轴相交于点(0,6)(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值解：(1)因为f(x)a(x5)26ln x，故f(x)2a(x5).令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y16a(68a)·(x1)，由点(0,6)在切线上可得616

7、a8a6，故a.(2)由(1)知，f(x)(x5)26ln x(x>0)，f(x)x5.令f(x)0，解得x12，x23.当0<x<2或x>3时，f(x)>0，故f(x)在(0,2)，(3，)上为增函数；当2<x<3时，f(x)<0，故f(x)在(2,3)上为减函数由此可知f(x)在x2处取得极大值f(2)6ln 2，在x3处取得极小值f(3)26ln 3.考点三：已知函数的单调性求参数的范围典例(2014·山西诊断)已知函数f(x)ln xa2x2ax(aR)(1)当a1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(1，)

8、上是减函数，求实数a的取值范围解(1)当a1时，f(x)ln xx2x，其定义域是(0，)，f(x)2x1，令f(x)0，即0，解得x或x1.x>0，x1.当0<x<1时，f(x)>0；当x>1时，f(x)<0.函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减(2)显然函数f(x)ln xa2x2ax的定义域为(0，)，f(x)2a2xa.当a0时，f(x)>0，f(x)在区间(1，)上为增函数，不合题意当a>0时，f(x)0(x>0)等价于(2ax1)·(ax1)0(x>0)，即x，此时f(x)的单调递减区

9、间为.由得a1.当a<0时，f(x)0(x>0)等价于(2ax1)·(ax1)0(x>0)，即x，此时f(x)的单调递减区间为.由得a.综上，实数a的取值范围是1，)针对训练(2014·荆州质检)设函数f(x)x3x2bxc，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)f(x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围解：(1)f(x)x2axb，由题意得即(2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a>0)，当x(，0)时，

10、f(x)>0，当x(0，a)时，f(x)<0，当x(a，)时，f(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为(，0)，(a，)，单调递减区间为(0，a)(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax2<0成立，即x(2，1)时，a<max2，当且仅当“x”即x时等号成立，所以满足要求的a的取值范围是(，2) 考点四：用导数解决函数的极值问题典例(2013·福建高考节选)已知函数f(x)x1(aR，e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值解(1)由f(

11、x)x1，得f(x)1.又曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，得f(1)0，即10，解得ae.(2)f(x)1，当a0时，f(x)>0，f(x)为(，)上的增函数，所以函数f(x)无极值当a>0时，令f(x)0，得exa，即xln a.x(，ln a)，f(x)<0；x(ln a，)，f(x)>0，所以f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，故f(x)在xln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)ln a，无极大值综上，当a 0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在xln a处取得极小值ln a，无极大值针对训练

12、设f(x)2x3ax2bx1的导数为f(x)，若函数yf(x)的图像关于直线x对称，且f(1)0.(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)的极值解：(1)因为f(x)2x3ax2bx1，故f(x)6x22axb，从而f(x)62b，即yf(x)关于直线x对称从而由题设条件知，即a3.又由于f(1)0，即62ab0，得b12.(2)由(1)知f(x)2x33x212x1，所以f(x)6x26x126(x1)(x2)，令f(x)0，即6(x1)(x2)0，解得x2或x1，当x(，2)时，f(x)>0，即f(x)在(，2)上单调递增；当x(2,1)时，f(x)<0，即f(x)在(2,

13、1)上单调递减；当x(1，)时，f(x)>0，即f(x)在(1，)上单调递增从而函数f(x)在x2处取得极大值f(2)21，在x1处取得极小值f(1)6.考点五 运用导数解决函数的最值问题 典例已知函数f(x)ln xax(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在1,2上的最小值解(1)f(x)a(x>0)，当a0时，f(x)a>0，即函数f(x)的单调增区间为(0，)当a>0时，令f(x)a0，可得x，当0<x<时，f(x)>0；当x>时，f(x)<0，故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

14、(2)当1，即a1时，函数f(x)在区间1,2上是减函数，f(x)的最小值是f(2)ln 22a.当2，即0<a时，函数f(x)在区间1,2上是增函数，f(x)的最小值是f(1)a.当1<<2，即<a<1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数又f(2)f(1)ln 2a，当<a<ln 2时，最小值是f(1)a；当ln 2a<1时，最小值为f(2)ln 22a.综上可知，当0<a<ln 2时，函数f(x)的最小值是a；当aln 2时，函数f(x)的最小值是ln 22a.针对训练设函数f(x)aln xbx2(x>0)，若函数f

15、(x)在x1处与直线y相切， (1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在上的最大值解：(1)f(x)2bx，函数f(x)在x1处与直线y相切，解得(2)f(x)ln xx2，f(x)x，当xe时，令f(x)>0得x<1；令f(x)<0，得1<xe，f(x)在上单调递增，在1，e上单调递减，f(x)maxf(1).考点六：用导数解决函数极值、最值问题典例(2013·北京丰台高三期末)已知函数f(x)(a>0)的导函数yf(x)的两个零点为3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为e3，求f(x)在区间5，)上的最大值解(1)f(x)

16、，令g(x)ax2(2ab)xbc，因为ex>0，所以yf(x)的零点就是g(x)ax2(2ab)xbc的零点，且f(x)与g(x)符号相同又因为a>0，所以3<x<0时，g(x)>0，即f(x)>0，当x<3或x>0时，g(x)<0，即f(x)<0，所以f(x)的单调增区间是(3,0)，单调减区间是(，3)，(0，)(2)由(1)知，x3是f(x)的极小值点，所以有解得a1，b5，c5，所以f(x).因为f(x)的单调增区间是(3,0)，单调减区间是(，3)，(0，)，所以f(0)5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间5，)上的

17、最大值取f(5)和f(0)中的最大者而f(5)5e5>5f(0)，所以函数f(x)在区间5，)上的最大值是5e5. 针对训练已知函数f(x)x3ax2bxc，曲线yf(x)在点x1处的切线为l：3xy10，若x时，yf(x)有极值(1)求a，b，c的值；(2)求yf(x)在3,1上的最大值和最小值解：(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.当x1时，切线l的斜率为3，可得2ab0，当x时，yf(x)有极值，则f0，可得4a3b40，由，解得a2，b4.由于切点的横坐标为1，所以f(1)4.所以1abc4.所以c5.(2)由(1)，可得f(x)x32x24x5，f(x)

18、3x24x4.令f(x)0，解之，得x12，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：x3(3，2)21f(x)00f(x)8134所以yf(x)在3,1上的最大值为13，最小值为.考点七：利用导数研究恒成立问题及参数求解 典例(2013·全国卷)设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围解(1)由已知得f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故

19、b2，d2，a4，dc4.从而a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得F(0)0，即k1.令F(x)0得x1ln k，x22.()若1ke2，则2x10.从而当x(2，x1)时，F(x)0；当x(x1，)时，F(x)0，即F(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增，故F(x)在2，)上的最小值为F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，

20、则F(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2时，F(x)0，即F(x)在(2，)上单调递增，而F(2)0，故当x2时，F(x)0，即f(x)kg(x)恒成立()若ke2，则F(2)2ke222e2·(ke2)0.从而当x2时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k的取值范围是1，e2针对训练设函数f(x)x2exxex.(1)求f(x)的单调区间；(2)若当x2,2时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(，)，f(x)xex(exxex)x(1ex)，若x0，则f(x)0；若x<0，则1ex>0，所以f(x)<0；若

21、x>0，则1ex<0，所以f(x)<0.f(x)在(，)上为减函数，即f(x)的单调减区间为(，)(2)由(1)知，f(x)在2,2上单调递减故f(x)minf(2)2e2，m<2e2时，不等式f(x)>m恒成立故m的取值范围为(，2e2)考点八、利用导数证明不等式问题典例(2013·河南省三市调研)已知函数f(x)axex(a>0)(1)若a，求函数f(x)的单调区间；(2)当1a1e时，求证：f(x)x.解(1)当a时，f(x)xex.f(x)ex，令f(x)0，得xln 2.当x<ln 2时，f(x)>0；当x>ln 2时，

22、f(x)<0，函数f(x)的单调递增区间为(，ln 2)，单调递减区间为(ln 2，)(2)证明：法一：令F(x)xf(x)ex(a1)x，()当a1时，F(x)ex>0，f(x)x成立()当1<a1e时，F(x)ex(a1)exeln(a1)，当x<ln(a1)时，F(x)<0；当x>ln(a1)时，F(x)>0，F(x)在(，ln (a1)上单调递减，在(ln(a1)，)上单调递增F(x)F(ln(a1)eln(a1)(a1)·ln(a1)(a1)1ln(a1)，1<a1e，a1>0,1ln(a1)1ln(1e)10，F(x)0，即f(x)x成立综上，当1a1e时，有f(x)x.法二：令g(a)xf(x)xaxex，只要证明g(a)0在1a1e时恒成立即可g(1)xxexex>0，g(1e)x·(1e)xexexex，设h(