导数的解题技巧

1、当 a1 时,1 xa;当 a1 时,a x 1.a 1.综上可得 MP 时,例 1.y f (x)1.2x在x 1处可导，则aax思路：yf(x)2xax b1处可导，必连续lim f (x)1x 1f(1)专题三导数的解题技巧第_课时共_4_课【考点聚焦】1了解导数概念的某些实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等)；掌握函数在 一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念.2熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则了解复合函数的求导法则，会 求某些简单函数的导数.3.理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(导数在

2、极值点两侧异号)；会求一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值.【命题趋向】导数命题趋势：综观 2007 年全国各套高考数学试题，我们发现对导数的考查有以下一些知识类型与特点：(1)多项式求导(结合不等式求参数取值范围)，和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题(2)求极值,函数单调性，应用题，与三角函数或向量结合分值在 12-17 分之间，一般为 1 个选择题或 1 个填空题，1 个解答题.【重点？难点？热点】考点1：导数的概念对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函 数的概念13【冋题 1】(2007 年北京卷)f (x)是f(x) x 2

3、x 1的导函数，贝 Uf ( 1)的值是.3考查目的本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力2解答过程Q f (x) x22, f ( 1)123.故填 3.演练例 2. ( 2006 年湖南卷)设函数f(x)2L_a,集合M=x|f(x) 0,P=x| f(x) 0,若叶 P,则x 1实数 a 的取值范围是()A.(- g ,1) B.(0,1) C.(1,+g) D. 1,+ g)考查目的本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力解答过程由x 11/x a/x a Q y , yx 1xlim f (x)x 1(1)limf(a 3h) f(a h)；h 02hlimf(a h

4、)h 0f (a)叫Hh叫Hh叫Hhm3 f (a 3h) f(a) lim2h 03h31-f(a) -f(a) 2b221 lim2h 0f (ah)hf (a)叫Hh叫Hh叫Hh说明：只有深刻理解概念的本质,才能灵活应用概念解题。解决这类问题的关键是等价变形,例 3.观察(xn)nxn 1，(sin x)cosx，(cosx)sin x，是否可导函数是偶函数，可令lirfx 0X)f(x)xf (x)f ( x)limx 0 x) f( X)xlirfx 0 x) f (X)xli叫f(x X)f(x)f (x)例 2 .已知 f(x)在 x=a 处可导，且 f (a)=b，求下列极限:

5、分析：在导数定义中，增量x 的形式是多种多样，但不论厶x 选择哪种形式， y 也必须选择相对应的形式。利用函数f(x)在x a处可导的条件，可以将已给定的极限式恒等变形转化为导数定义的结构形式。极限式转化为导数定义的结构形式。可导的偶函数的导函数是奇函数另证：f f ( x) f ( x) ( x) f (x)可导的偶函数的导函数是奇函数考点一：考小题，重在基础有关函数与导数的小题，其考查的重点在于基础知识，如：导数的定义、导数的几何意义、函数解析式、图像、定义域、值域、性质等仍是高考的重点例 1.(福建 11)如果函数y=f(x)的图象如图 1,那么导函数y f/(x)的图象可能是()图 1

6、解析：利用函数与导数的关系：函数递增则导数大于0，函数递减则导数小于 0,从图 1 可以看171h出，函数先递增再递减又递增再递减，故导函数的图像应该是先大于0 再小于 0 又大于 0 再小于 0,例 2.(湖北卷 7)若f (x)bln(x 2)在(-1,+)上是减函数，则b的取值范围是A. 1,)B.( 1,)C.(, 1D.(, 1)解析：由条件,函数f (x)12-x bln(x 2)在(-1,+)上是减函数，则f，(x)20，即f，x) x士0,对任意的x (-1,+)恒成立，b x(x 2)对任意的x (-1,+)恒成立，而x(x 2)在 x(-1,+)上的最小值为-1，故b 1，

7、选 C例 3.(北京卷 12)如图，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中A,B，的坐标分别为(0,4) (2 0) (6 4)，则f ( f(0)limf(1x)f(1)x 0 x(用数字作答)解析：由图易知f(f(0)f 4=2;f(x)2x 4(0 x 2(2 xx 2)，由导数的定义知6)limxf(1 x) f(1)0f(1)-2评注：用定义解题必须准确把握导数的定义f(Xo)limf(x0 x 0 x)f(Xo)，另外还注意f,1)是先求f (X)还是将 X=1 代入。1例 4.(江苏卷 8)直线y x b是曲线y2In的一条切线，则实数 b=解析：由导数的几何意义，f,x)1 1

8、x 2切点为2,ln2，把切点代入切线方程In 2 1评注：用导数的几何意义求切线方程一直是高考的热点,考点二：利用导数求函数的单调性但难度不是很大。(全国一 19).已知函数f(x)x3ax2讨论函数f (x)的单调区间;21设函数f (x)在区间2,133内是减函数, 求a的取值范围.解析：(1)f (x) x3ax22x 1求导：f (x) 3x 2ax 1符合条件的只有 A 答案，故选 A评注：利用函数的图像求导函数的图像，应注意函数的单调性与导函数的正、负的关系。12x2当a23,f (x)0求得两根为x即f(x)在上递增M f (1)当a23时，0,f(x)在R上递增f，(x) 0

9、是f (x)为增函数的充分不必要条件；f(x) 0是f (x)为增函数的必要不充分条件。考点三：利用导数求函数的极值kx 1例 6.(陕西卷 21).已知函数f(x)弓-(c 0且c 1,k R)恰有一个极大值点和一个x c极小值点，其中一个是x c.(I)求函数f (x)的另一个极值点;(n)求函数f(x)的极大值M和极小值m，并求M m 1时k的取值范围.解析：f(x)k(x(:曽。沁2叫由题意知f(c)0，上递增，在上递减,3(2)由(1)得评注：利用导数处理函数的单调性，简洁明快，但要注意导数与可导函数单调性的关系,即得c2k 2cck 0,(*)Q c0,k0.由f(x)0得kx22

10、x ck0,由韦达疋理知另-一个极值点为x 1(或x c2-).2式得k 2k(n)由(*)即c1c 1k当c1时，k0;当0 c1时，k2.(i)当k 0E时，f(x)在(,c)和i(1,)内是减函数,在(c,)内是增函数.k 1 k所以y OA OB OP10 1010 10tancoscosm f ( c)kc 1k20，c2c2(k 2)由M mkk2 1及k0，解得k A、2.22(k2)(ii )当k2时，f (x)在(，c)和(1,)内是增函数，在(c,1)内是减函数kkM f ( c)0,m f(1)02(k 2)22 2Mmkki 毬 U1 1恒成立.2(k2)2k 2综上可

11、知，所求k的取值范围为(，2)U,2,).评注：利用导数求函数的极值，先求f(x)，再令f(x) 0求得根Xo，然后检验极值点Xo左右f，(x)的符号，左正右负为极大值，左负右正为极小值，对于含参数问题，注意分类讨论。考点四：利用导数求函数的最值例 7.(江苏卷 17).某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD 的顶点 A,B 及 CD 的中点 P 处，已知AB=20km,CB =10km，为了处理三家工厂的污水，现要在矩形ABCD 的区域上(含边界)，且 A,B 与等距离的一点 0 处建造一个污水处理厂，并铺设排污管道 AO,BO,OP，设排污管道的总长为ykm(I)按下列要求写出函数关系式：设

12、/ BAO= (rad)，将y表示成 的函数关系式;设 OPx(km)，将y表示成 xx的函数关系式.(H)请你选用(I)中的一个函数关系式，确定污水处理厂的位置，使三条排污管道总长度最短.AQ10解析：(I)由条件知 PQ 垂直平分 AB,若/ BAO= (rad)，则OA，故cos cos10OB，又 OP=10 10tan10 10ta ，cos对时间的导数。所求函数关系式为y20 10Sin10 0-cos4若 OP=x(km)，则 OQ= 10 x，所以 OA =OB=10 x2102Jx220 x 200所求函数关系式为y x 2- x220 x_200 0 x 1010cos g

13、cos 20 10sin sin 10 2sin 1(n)选择函数模型，y2coscos1令y0 得 sin ，因为0，所以 =，246当0,时，y0,y是 的减函数；当一，一 时，y0,y是 的增函数，所以66 4当=时，ymin10 10. 3。这时点 P 位于线段 AB 的中垂线上，且距离 AB 边610 3刑km 处。32x例 4.( 1)求曲线y二 在点(1 , 1)处的切线方程；x 1一t 12(2)运动曲线方程为S厂2t,求 t=3 时的速度。t2分析：根据导数的几何意义及导数的物理意义可知，函数 y=f(x)在x0处的导数就是曲线 y=f(x)在点p(x,y0)处的切线的斜率。

14、瞬时速度是位移函数S(t)解：(1)y2(x21) 2x/ 2八2(x 1)y|x 1220,即曲线在点4因此曲线y2x2在(1, 1)x1(2)St1 2(2t2)-t12一26S It 312 1192727例 5.求下列函数单调区间2x 2 2x22 2，(x21)2(1, 1)处的切线斜率处的切2t(t 1)74tk=0y=1O(1)y312f(x) x3x222x 5(2)yx1x(3)yk2kx (k I0)(4)y2x2Inx解：(1)y 3x2x2(3x2)(x1) x(J23)(1,)时y o“ 22、2x (-,1) y 0(J),(1,)(J)333x21(2)y2(,0

15、),(0 ,)xk2(3)y 12x X (,k) (k ,)y0 x ( k,0)(0 ,k) y 0(Jk),(k,)( k,0),(0,k)14x21(4)y 4x -定义域为(0,)xxX1(0) y 02x(2)y0例 7. 利用导数求和：(1)& =1 +力七/十卄产诋定定0显丘們；(2)$+ 贮：+ fC；0E 巧。分析： 这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决。转换思维角度， 由求导公 式(xn) nxn 1，可联想到它们是另外一个和式的导数，禾U用导数运算可使问题的解决更加简捷。解：(1)当 x=1 时，1+2+3 十十祥 + I)2当XH1时,两边都是关于 X

16、 的函数，求导得严1 XJi即E = 1 +十+黑严J 仗十十旳工科1|(2)v(1讨l +y 疋两边都是关于 x 的函数，求导得1-；7|。令 x=1 得w2B1=C+2C十竺十-十心?即- -_:，。例&设a 0,求函数f(x) . x In (x a)(x (0,)的单调区间.分析：本小题主要考查导数的概念和计算，应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力1 1解：f (x)(x 0).27 x x a当a 0, x0时f (x)0 x2(2a 4)x a20f (x) 02 2x (2a4)x a 0(i )当a1时，对所有x 0,有x2(2a4) a20即f (x)0,此时f (x)

17、在(0,)内单调递增.(ii)当a1时，对x 1，有x2(2a 4)x a205即f (x) 0,此时f(x)在(0，1)内单调递增，又知函数f (x)在 x=1 处连续，因此,函数f (x)在(0，+)内单调递增(iii )当0 a 1时，令f (x) 0,即x2(2a 4)x a20.解得x 2 a 2-. 1 a,或 x 2 a 2.、1 a.因此，函数f (x)在区间(0,2 a 2 1 a)内单调递增，在区间(2 a 2.1 a,)内也单调递增.令f (x)0,即 x2(2a 4)x a20，解得2 a 2d a x 2 a 21 a.(2)( 2007 年湖f(x)1ax2bx在区

18、间1,1),(1,3内各有一个极值(I)求a24b的最大值；2(II )当a 4b 8时，设函数y f (x)在点y f (x)的图象(即动点在点A附近沿曲线y求函数f (x)的表达式.思路启迪：用求导来求得切线斜率1312(I)因为函数f (x) x3ax232解答过程:f (x) x2设两实根为ax b人，X2(A(1, f (1)处的切线为I,f(x)运动，经过点若I在点A处穿过函数A时，从I的一侧进入另一侧)，bx在区间1,1),(1,3内分别有一个极值点，所0在1,1),(1,3内分别有一个实根,x14b，且0 x2x1 4.于是02a(lla24b 4,4b的最大值是 16.)解法

19、一：由f (1)4b g(x)(x 0).考查目的 本小题主要考查函数、 不等式和导数的应用等知识， 考查综合运用数学知识解决问题的能力. 解：(1) f (x)设y f (x)与y g(x)(x 0)在公共点(X0, y)处的切线相同.3a2，由题意f(x) g(x),f (X0) g (X0).XX 2a,g (x)22ax03a ln x0b,xo2a3a2x由X。2a篡得：X)a，或X)3a(舍去).X即有b令h(t)1a25t222a23a21 na3a2In a.3t l nt(t 0)，则h (t)2t(1 3l nt)于是(n)设F(x) f(x) g(x)22ax 3a In

20、 x b(x 0),1x2则F(x) x 2a送区旦乜xx故F(x)在(0，a)为减函数，在(a, s)为增函数，于是函数F(x)在(0,s)上的最小值是F(a) F(x0) f(x) g(x) 0.故当x 0时，有f (x) g(x)0,即当x 0时，f (x)g(x)2例 9已知抛物线y x4与直线 y=x+2 相交于 A、B 两点，过AB 两点的切线分别为 h 和I2。(1) 求 A B 两点的坐标； (2)求直线l1与l2的夹角。分析：理解导数的几何意义是解决本例的关键。解(1) 由方程组y2x4,解得 A(-2 ,0) , B(3,5)yx2,(2) 由 y =2x，则y|x 24,

21、y|x36。设两直线的夹角为B,根据两直线的夹角公式,tan4 610所以10 arcta n1 ( 4) 62323说明:本例中直线与抛物线的交点处的切线， 就是该点处抛物线的切线。注意两条直线的夹角公式有绝对值符号。考点3:导数的应用中学阶段所涉及的初等函数在其定义域内都是可导函数，导数是研究函数性质的重要而有力的 工具，特别是对于函数的单调性，以“导数”为工具，能对其进行全面的分析，为我们解决求函数 的极值、最值提供了一种简明易行的方法，进而与不等式的证明，讨论方程解的情况等问题结合起 来，极大地丰富了中学数学思想方法 复习时，应高度重视以下问题：1.求函数的解析式；2.求函数的值域；3

22、.解决单调性问题；4.求函数的极值(最值)；5.构造函数证明不等式。【问题 3】(2006 年天津卷)函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f (x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点()A. 1 个B. 2 个C. 3 个当t(1 31 nt)0，即 卩0当t(1 3l nt)故h(t)在0,0,即t1e3为增函数，在1t e3时，h (t)0；1e3时，h(t)1e3,g为减函数,于是h(t)在(0, s)的最大值为ie3(1)xln(1 x)2x2(1 x)x (0,(2)sin x2xx (0Q(3)x sinx tanxxx (0,)2

23、证:(1)f(x) ln(1x)(xf(0)f (x)x21x 1f(x)为(0,(0,f(x)0恒成立二ln(1x) xx2g(x)x22(1 x)ln(1x) g(0)0g(x)1 空24(1 x)24x2x22x204(1 x2)D.4 个考查目的本题主要考查函数的导数和函数图象性质等基础知识的应用能力解答过程由图象可见,在区间(a,0)内的图象上有一个极小值点故选 A.演练 1(江西卷)对于 R 上可导的任意函数f(x)，若满足(x 1)f ?(x) ?0，则必有()(0) +f(2)?2f(1) B.f(0) +f(2) ?2f(1) C.f(0) +f(2) ?2f(1) D.f(

24、0) +f(2) ?2f(1) 解：依题意，当x?1 时，f ?(x)?0,函数f(x)在(1,+ ?)上是增函数；当x?1 时，f ?(x)?0 ,f(x)在(一?, 1)上是减函数，故f(x)当x= 1时取得最小值，即有f(0)?f(1) ,f(2)?f(1)，故选 C演练 2若fix)是f(x)的导数函数，fix)的图像如图所示，贝Uf (x)的图象可能是下面各图中的(D )4CABD22yyyyAy/厂r/丿i丄111 1111110abx 0ab x 0a bx0ab x 0ab x* g(x)在(0 ,x2(0,)%亍(1 x) 0恒成立(2)原式sin xf (x) sinx/x

25、xf (x)xcos x(x tanx)(0,)cosx 0 x tanx 02x2(02)f (x)0(02)f(2)- sin x2x(3)令f(x)tanx 2x si nxf(0)f (x) sec2x2 cosx(1 cosx)(cos x2 cosxsin2x)x (0,-) f (x)0(0,-)tanx x x si nx【问题 4】(2007 年全国 1)设函数f (x) 2x33ax23bx 8c在X 1及X 2时取得极值.(I)求a、b的值；(n)若对于任意的x 0,，都有f(x) c2成立，求c的取值范围.思路启迪：禾 U 用函数f (x) 2x33ax23bx 8c在

26、x 1及x 2时取得极值构造方程组求a、b的值.解答过程：(I)f (x) 6x26ax 3b,因为函数f (x)在x 1及x 2取得极值，则有f (1)0,f (2)0.即6 6a 3b解得a24 12a 3b 0.3,b 4.(n)由(I)可知，f(x)2x39x212x 8c,f (x)6x218x 126(x1)(x2).当x(01)时，f (x)0；当x(1,)时，f (x)0；当x(2,3)时，f (x)0.所以，当x 1时，f (x)取得极大值f(1) 5 8c,又f(0) 8c,f (3)9 8c.则当x 0,3时，f(x)的最大值为f(3) 9 8c.因为对于任意的x 0,，

27、有f (x) c2恒成立，所以9 8c c2,解得c 1或c 9,因此c的取值范围为(，1)U(9,).演练(2006年北京卷)已知函数f (x) ax3bx2cx在点x0处取得极大值5，其导函数y f (x)的图象经过点(1,0),(2,0)，如图所示.求：(I)x0的值；(n)a, b,c的值考查目的本小题考查了函数的导数，函数的极值的判定，闭区间上二次函数的最值，函数与方程的转化等基础知识的综合应用，考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力又2 x3. 2x42x 82 x 3-2x 4当 x2 时，y0 ,函数y 2x4x 3在(2,)上是增函数，而f ( 2)1,y1,).

28、 2x 4. x 3的值域是R,为参数，且02解答过程解法一：(I)由图像可知，在 ,1 上fx 0，在 1,2 上f x 0，在2,上fx 0故f(x)在(-,1),(2,+)上递增，在(1,2)上递减，因此 f X 在x 1处取得极大值，所以 xo1(n)f(x) 3ax1 22bx c,由f(1) =0, ( 2)= 0, ( ( 1)= 5,3a 2b c 0,得12a4b c0解得a2,b9,c 12.a bc 5,解法二：(I)冋解法一(n)设f(x)m(x1)(x2)2mx 3mx 2 m,又f(x)3ax22bx c,所以am3,bm,c322mci m332|2m,f (x)

29、xmx 2mx,32由f(1)5,即m3 m2m 5,得m 6,所以a 2,b9,c 1232演练 2函数y“灯飞 的值域是 _ .思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解， 也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式结构较为复杂，采用导数法求解较为容易。解答过程：由2x 4 0得，x2，即函数的定义域为2,).x 30112 J 32x 4y?v2x 42jx 322x 4 vx 31当时cos 0,判断函数f x是否有极值；2 要使函数 f(x)的极小值大于零，求参数的取值范围；1演练 3(2006 年天津卷)已知函数fx 4x33x2c

30、os3 cos，其中x16a的取值范围.考查目的本小题主要考查运用导数研究三角函数和函数的单调性及极值、解不等式等基础知识, 考查综合分析和解决问题的能力，以及分类讨论的数学思想方法解答过程(I)当cos 0时，f (x) 4x3，则f(x)在(，)内是增函数，故无极值.(n)f(x) 12x26xcos，令f(x) 0，得x,0,x2c 2由(I),只需分下面两种情况讨论当 cos 0 时，随 x 的变化 f (x)的符号及 f(x)的变化情况如下表:x(,0)0(0,cos)cos2(Cos(2,)f (x)+0-0+f(x)/极大值极小值/因此，函数f(x)在xco处取得极小值f(co)

31、,且 込)lcos3A222416(3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数，函数f x在区间 2a 1,a 内都是增函数，求实数要使 f (吧)0，必有1cos (cos23) 0，可得0 cos .2442由于 c故311由于0 cos，故或_262 26X(,cos)2cos2(答,0)0(0,)f (X)+0-0+f(x)Z极大值极小值Z当时cos 0,随 x 的变化，f(x)的符号及 f(x)的变化情况如下表:0处取得极小值f(0)，且因此，函数f (X)在 x若f (0)0，贝y cos160.矛盾所以当cos 0时，f (x)的极小值不会大于零综上，要使函数 f(x)在()内的

32、极小值大于零，参数的取值范围为(_)(6，2)(32116)(III )解：由(II )知，函数 f(x)在区间(由题设，函数f (x)在(2a2a 1 aa 01,a)内是增函数，则12a2a,)与巴2a 须满足不等式组a1 cos2)内都是增函数。由(II ),参数时(,)6 243-8综上，解得a 0或4_38所以a的取值范围是(，0)演练 4(2007 年全国1必有2a 1_3，即4沙)时,2 6r4 d、p,1).2)已知函数f(x)ax3bx23在X X1处取得极大值，在X(1) 证明a 0；(2 b)xcosx2处取得极小值，且(2) 若z=a+2b,求 z 的取值范围。解答过程

33、求函数f (X)的导数f (x)(I)由函数所以f (X)当X X1时，2axf (X)在X X1处取得极大值，a(x xj(x X2)f (x)为增函数，2bx在x(n)在题设下,x11f (x) 0,X22等价于f_J.要使不等式2a21 cos2关于参数恒成立,0X11X22.2 b.X2处取得极小值，知为,X2是f (x)0的两个根.2化简得a3b5b 2此不等式组表示的区域为平面4aaOb上三条直线:(0)(1)X22a4a2b 24b 20, a 3b 2 0,4a 5b 2 0.7，6,8-解答过程由已知得函数f(x)的定义域为(1,),且fgax 1(a 1x 1 (1 )当1

34、 a 0时，f(x)0,函数f (x)在(1,)上单调递减，(2)当a 0时，由f(x) 0,解得xaf(x)、f(x)随x的变化情况如下表x(1丄)a1 a(-,) af(x)一0+f (x)极小值Z从上表可知当x ( 1,1)时，f(x) 0,函数f(x)在(1,1)上单调递减1aa当x (1,)时，f(x) 0,函数f(x)在(丄，)上单调递增a，a综上所述：当1 a 0时，函数f(x)在(1,)上单调递减.当a 0时，函数f(x)在(1,1)上单调递减，函数f(x)在(!,)上单调递增.aa演练(2006 年湖北卷)设x 3是函数f x x2ax b e3 xx R的一个极值点.(I)

35、求a与 b 的关系式(用a表示 b ),并求f x的单调区间；(n)设a 0,g x a225ex.若存在1,20,4使得ftg21成立，求a的取值范4围.考查目的本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的 能力.23 x解答过程(I) f(x)=x +(a2)x + b ae,由f (3)=0，得 一3? + (a 2)3 +b ae= 0,即得 b = 3 2a,则f (x)= x2+ (a 2)x 3 2a ae3x=x2+ (a 2)x 3 3ae3x= (x 3)(x+a+1)e3x.令f(x)= 0，得X1= 3 或X2=a 1，由于x= 3 是极

36、值点，所以x+a+1 0,那么az 4.当a3=X1，贝y在区间(一g,3) 上,f (x)0, f (x)为增函数；在区间(一a 1,+)上，f(x) 4 时，X23=xi，则在区间(一g, a1)上,f (x)0, f (x)为增函数；在区间(3,+) 上,f (x)0 时，f (x)在区间(0, 3) 上的单调递增，在区间(3, 4)上单调递减， 那么f (x)在区间0 ,4上的值域是min(f (0), f (4) ,f (3),而f (0)=( 2a+ 3)e30,f (3)=a+ 6,3那么f (x)在区间0 , 4上的值域是(2a+ 3)e,a+ 6.又g(x) (a2竺)ex在

37、区间0 , 4上是增函数，4且它在区间0 , 4上的值域是a2+ 25 ,(a2+ 25 )e4,44由于(a2+25) (a+ 6)=a2a+ 丄=(a1)20,所以只须仅须4422(a+25) (a+ 6) 0,解得 0aa,其中a是方程f(x)=x的实数根；an+1=f(an)(n?N*)；f(x)的导函数f (x) ( 0, 1 )；证明：ana； (n?N*)；判断an与an+1的大小，并证明你的结论。解答：(1)证明：用数学归纳法1n=1 时，a1a成立2假设 n=k 时，aka成立，则 n=k+1 时，由于f(x)0,.f(x)在定义域内递增二f(ak)f (a)，即ak 1a

38、n=k+1 时，命题成立由知，对任意n N,均ana(2)解：令F(x) f(x) x，则f (x)1,F (x)0F(x)递减，-a1a时，F(aJF(a)0,即f(aja1, a2印 猜测anan1，下证之1n=1 时，qa2成立2假设 n=k 时，akak 1成立则 n=k+1 时，由于f (x)递增，f (ak)f(ak 1)，即ak 1ak 2 n=k+1 时，命题成立，由知，对任意n N,均anan 1点晴:由导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式、数列有关的综合问题必将会成为今后 高考的重点内容，在复习中要足够地重视。【问题 7】已知双曲线C : ym(m 0)与点 M(

39、1 , 1).x(1)求证：过点 M 可作两条直线，分别与双曲线C 两支相切；(2) 设(1)中的两切点分别为 A、B,其 MAB 是正三角形，求 m 的值及切点坐标。解答:(1)证明：设Q(t,m) C，要证命题成立只需要证明关于t 的方程y |x tkMQ有两个符t号相反的实根。y |x tkMQ设方程t22mt m设A(t,?)(t0)，则由kMAB(*t)t22有 t -2mt+m=0tan 60由得t2AMB60及夹角公式知m从而右t2mt2t2m2mt丄,tm1mt2,2t2t1212t 1(2t由知t2因此，m2亦乍2A(3mt21)t24t(1 t)2t 12，代入知2 j(3

40、A胜的t22mt m 0，且 t丰0, t丰1。0的两根分别为 ti与 t2,则由 tit2=m0 知 ti, t2是符号相反的实数，且tl, t2均不等于 0 与 1，命题获证。【问题 8】(理)A、B两队进行某项运动的比赛，以胜三次的一方为冠军，设在每次比赛中 概率为p,B胜的概率为q(p q 1,p 0.q 0)，又 A 得冠军的概率为P,B 得冠军的概率为Q,决定冠军队的比赛次数为 2( 1)求使P- p为最大的p值；(2)求使N的期望值为最大的p值及期望 值。(3)要决定冠军队，至少需要比赛三次，最多需要比赛5 次。3解答:如果比赛 3 次 A 获冠军，A 需连胜三次，其获冠军的概率

41、为p;如果比赛 4 次 A 获冠军，前三次有一次 B 胜，其余三次 A 胜，A 获冠军的概率为C3qp33p3q.如果比赛 5次 A 获冠军，前四次有两次 B 胜，其余三次 A 胜，A 获冠军的概率为223323小2 32C4q p 6p q .故P p 3p q 6p q .于是Ppp33p3q 6p3q2p f (p).将q 1 p代入整理得f(p) 6p515p410 p3p(0 p 1).t1t221 ,mm) m(t1t2)22-m，即线段 AB 的中点在直线y x上。2mt22也mm又QkABt2t1m(t1t2)1,AB 与直线y x垂直。t2t1t2t1(t2切故 A 与 B

42、关于yx对称，知,(2)设人馆半),B(t2,p，由(1)ti+t2=2m, 11t2=m,从而，即30p(1p)；0p(1 p)；00.令f(p)30p2(1 p)21即P2 P揚0,解得PA 斥山A ).当0 p Pi时，f(p) 0；当 Pip P2时，f(P)0；当 P2p 1 时，f(P)0.又lim f (p) 0,lim f (p) 0,故当 p=1(1；1 -)时，f(p) P p 最大.p 0p 1230N345Q33p q3p3q 3q3pc 32c 326p q 6q p2 26p q而pq12213pq 3 6(pq )4811221匚，所以 E(N) 6gy33T 这

43、时，例 1、( 2008 浙江)已知a是实数，函数f(x)、.x(x a).求函数 f(x)的单调区间;设 g(x)为 f(x)在区间0,2上的最小值.(i )写出 g(a)的表达式；(ii )求a的取值范围，使得6 g(a) 2.(1)解：函数的定义域为0，)，f(x) J x,2 Jx3x a(x 0)2 . x若a 0，则f (x)0,f (x)有单调递增区间0,).若a 0,令f (x)0，得x 3a当0 x时，f (x)0，3、“a当x时，f (x)0.3aaf (x)有单调递减区间0,，单调递增区间-，33(2)解：(i )若a 6,f(x)在0,2上单调递减,所以g(a)f(2)

44、.2(2a).0,a 6.(ii )令6 g(a) 2.若a 0，无解.若0 a 6，解得3 6，解得6 a 2 3匹.故a的取值范围为3 a 0 时，h (x)0, h(x)在(0,)上为减函数所以h(x)在x=0 处取得极大值，而h(0)=0,所以g (x)0(x0),函数g(x)在(1,)上为减函数于是当1 x 0时，g(x) g(0)0,所以，当1 x 0时，f (x)0,f (x)在(-1 , 0) 上为增函数)上为减函数1(2)不等式(1丄)“n1ar ln(1 -) ne等价于不等式(n a)ln(1n设G(x)1 1,xln(1 x) xG(x)(-1x)l n2(1 x)12

45、x由(I)知,22xIn (1 x)1 x丄)1.由1n0,1 ,则x) x2(1 x)l n2(1 x2(1 x)ln2(1 x)0,即(1x)ln2(1 x) x20.所以G (x)0,x 0,1 ,于是Qx)在0,1上为减函数故函数G( x)10,1上的最小值为G(1)1.In 2所以a的最大值为丄1.In 2变式 2 :若存在实常数f (x) kx b和g (x)当 x 0 时，g(x) g(0)0.当 x 0 时，f (x)0, f(x)在(0,故函数f (x)的单调递增区间为(-1 , 0),单调递减区间为(0,)k和b，使得函数f (x)和g(x)对其定义域上的任意实数x分别满足

46、:kx b，则称直线丨：y kx b为f (x)和g(x)的“隔离直线” 已知2h(x) x,(x) 2elnx(e为自然对数的底数).(1)求F(x) h(x) (x)的极值;(2)函数h(x)和(x)是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由.2(1)Q F (x) h(x) (x) x2elnx(x 0),F(x) 2x兰2(x荷(x6 .xx当x、.e时，F (x)0.当0 x e时，F (x)0,此时函数F(x)递减；当x ,e时，F (x) 0,此时函数F(x)递增；当xe时，F(x)取极小值，其极小值为0.由(1 )可知函数h(x)和(x)的图象在x, e

47、处有公共点，因此若存在h(x)和(x)的隔离直线，则该直线过这个公共点. 8 分设隔离直线的斜率为k,则直线方程为y e k(x .e)，即y kx e k、e.由h(x) kx e k , e(x R)，可得x4 5kx e k e 0当x R时恒成立.(k 2.e)2,由0,得k 2 .e.下面证明(x)2 . ex e当x 0时恒成立.令G(x) (x)2 . ex e 2el nx 2、ex e,贝U2e厂2掐(真x)G (x)2 .exx当x e时，G (x)0.当0 x . e时，G (x)0,此时函数G(x)递增；当x、e时，G (x)0,此时函数G(x)递减；当xe时，G(x)

48、取极大值，其极大值为0.从而G(x) 2el nx 2 . ex e 0,即卩(x) 2 . ex e(x 0)恒成立.函数h(x)和(x)存在唯一的隔离直线y 2, ex e.qp变式 3、设f(x) =px- 2 Inx，且f(e) =qe - 2 (e为自然对数的底数)xe(I)求p与q的关系；(II)若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；(III)设g(x)=竺，若在1,e上至少存在一点X。，使得f(X。)g(X0)成立，求实数p的x4工工1? (pq) (e+ 一 ) = 0 而e+丰0 二p=qee取值范围解：(I) 由题意得f(e) =pe 2lne=qe 2ee(I

49、I)p由(I)知f(x) =pxx 2lnxz.2八px 2x+p,p 2f(x) =p+-2 =2x xx2令h(x) =px 2x+p,要使f(x) 满足：h(x) 0 或h(x)w0 恒成立.在其定义域(0,+?)内为单调函数，只需.5 分h(x)在(0,+?)内p= 0 时，h(x) = 2x ,2xx 0，二h(x) 0 时，h(x)=2px- 2x+p,其图象为开口向上的抛物线，对称轴为1- (0,+?),P1h(x)min=p1只需p 1，即p 1p f (x)在(0,+?) 内为单调递增,故p 1 适合题意时h(x) 0,f(x) 0 当p 0 时，h(x) =px2 2x+p

50、,其图象为开口向下的抛物线，对称轴为-p?(0,+?)只需h(0)w0，即pw0 时h(x)w0 在(0,+?) 恒成立. 故p 1 或pw0另解：(II)由(I)知f(X)=ppxx2lnxf(x)=2x=p(1 +1 2xx2)x要使f(x)在其定义域(0,+?)f内为单调函数，只需f(x)在(0,+?) 内满足:(x)w0 恒成立.f(x) 0 ?p(1 +* )21wx +-xp 1f(x)w0 ?p(1 +2p1x+x2P(1 )max,x 0 x +-x，且x= 1时等号成立，故2( 1 )max= 1x+x2x2x+ 12x2x综上可得,p 1 或pw02e亠g(x)=在1,z.

51、e2xpwR上是减函数x=e时，g(x)min= 2 ,x= 1 时，g(x)max= 2e2xpw(xrr)min，x01f(x)仝x-x-2ln2 1 时，由 数 本命题?f(II)知f(x)在1,e连续递增,f(1) = 0 ?f(X)max=f(e)=g(x)min= 2 ,x? 1,e1p(e ) 2lne 2e综上，P的取值范围是4e(严刑(1)求函数f(x)的极值点(2)当 p0时，若对任意的恒有f (x)0, 求p的取值范围(3)证明:In 2222In 3232In2n22n n 1 / (n 2(n1)N,n 2)解：( 1)f(x)In xpx1,f(x)的定义域为(0,

52、f (x)当 p0 时，令f (x)0, x即g(x) ? 2,2epw0 时，由(II)知f(x)在1,e递减？f(X)max=f(1) = 0 2， 不合题意。 0 p0 x11f(x)=p(x-x)2lnxx一x2lnx右边为f(x)当p= 1 时的表达式，故在1,e递增11x厂例 3、设函数f(x) In x px 10 时，f (x) 0, f(x)在(0,)上无极值点1-(0,), f (x)、f(x)随 x的变化情况如下表:px1(0，)p1 p1(一,+?) pf(x)+0一f(x)/极大值要使f（x） 0恒成立，只需G)=In丄？0，P p 的取值范（出） 令 p=i，由（n

53、）知,In0, In x1，n N,n 2In n2n21,In n2nn212nIn 22VIn32VIn n2n(1(1 -4)n(n1)13212n(n1)n(n(n1)1(21n 1)(n1)2n212(n 1)结论成变式1、已知函数fx（ e 为自然对数的底数）(1)求 f x 的最小值;(2)设不等式 f x ax 的解集为 P,且x |0 x 2P，求实数 a 的取值范围;(3)设 nN，证明:1从上表可以看出：当 p0 时，f （x）有唯一的极大值点x P（n）当 p0 时在x=!处取得极大值f （丄）二in丄，此极大值也是最大值,P P则 h / (x)=ax+2-1=ax2

54、2x 1xx(2ax1)(x 1)例 4、已知函数 f(x)=ax22x(a 0), g(x) In x,2(1)若 h(x)=f(x)-g(x)存在单调增区间，求 a 的取值范围；是否存在实数 a0，使得方程？凶f (x) (2a 1)在区间(】，e)内有且只有两个不相等的实数xe根？若存在，求出 a 的取值范围？若不存在，请说明理由。解：12(1)由已知，得 h(x)=ax 2x In x,且 x0,2函数 h(x)存在单调递增区间， h / (x) 0 有解，即不等式 ax2+2x-1 0 有 x0 的解.1当 a 0 总有 x0 的解，则2 2方程 ax +2x-仁 0 至少有一个不重

55、复正根，而方程 ax +2x-仁 0 总有两个不相等的根时，则 必定是两个不相等的正根.故只需 =4+4a0，即 a-1.即-1a0 时，y= ax2+2x-1 的图象为开口向上的抛物线，ax2+2x-1 0 一定有 x0 的解.综上，a 的取值范围是(-1,0)U(0, +a)(2)方程f (x) (2 a 1)x即为-上ax 2 (2 a 1)，ax (1 2a)，xx等价于方程 ax2+(1-2a)x-Inx=0 .21设 H(x)= ax +(1-2a)x-Inx，于是原方程在区间(一，e)内根的冋题，转化为函数 H(x)在区间1(-，e)内的零点问题.e1 2ax2(1 2a)x 1

56、H / (x)=2ax+(1-2a)-=xx当 x (0, 1)时，H / (x)0, H(x) 是增函数;1若 H(x)在(-,e)内有且只有两个不相等的零点e2a_2eHQ)eH(X)min2(1 2e)a e eH (1) a (12H (e) ae (1 2e)a2e2a)1 a 021 (e 2e)a (e,只须01) 0解得1 a2e一 ,所以2e 12a 的取值范围是(1,e一 )2e 1设g(x) f (x)丄，试问过点(2, 5)可作多少条曲线 y=g(x)的切线？为什么?xK18.解：因x=-1是f (x) 2x ln x的一个极值点x f/( 1) 0即 2+b-1=0

57、-= -1 经检验，适合题意，所以-=-1 .1 1(2)f/(x)2-xx儿儿、C11f (x)2-0 xx2x2x1 c02x1-x21函数的单调增区间为，变式 1 已知1X=_ 是f (x)2K2x - ln x的一个极值点X(1)求b的值;求函数fx的单调增区间;)上单调递增2(3)g(x) f (x)=2x+lnxx设过点(2, 5)与曲线 g (x)的切线的切点坐标为(X0,y)y5g/(X0)(X02)即2X0ln x05(21)(X02)X0ln x022 0X0令 h(x)=2 ln x2Xh/(x):1 2=2=0X Xx 2 h(x)在(0, 2) 上单调递减，在(2,b

58、的取值范围(2)由f (x)2x bln (2 3x) -x222x b 0.令(x) ln(23x)3x22x2b,则(x)-3x 22 3x7 9x22 3x当x 0,子时,(x)0,于是,47(x)在0,上递增;3当x孑时,(x)0,于是(x)在扌上递减f (x) 2x b 即(x)0 在0,1恰有两个不同实根等价于122Q又h() 2 In 2 0, h(2)=ln2-10 ,h(e ) p 0e h(x)与 x 轴有两个交点过点(2, 5)可作 2 条曲线 y=g(x)的切线 变式 2、已知函数f (x) In(2 3x)3x2.2(1) 求f(x)在0，1上的极值；(2) 若关于x

59、的方程f(x) 2x b在0，1上恰有两个不同的实根，求实数(1)f (x)33x3( x 1)(3x 1)2 3x3 x3x 2令f (x)0 得 x-或 x31(舍去)1当 0 x 时，f (x)0, f(x)单调递增；31当x1时,f (x)0,f(x)单调递减.311f() In 3 为函数 f (x)在0,1上的极大值36(0)In 2 b0.7()In (27) 72、7b366(1)1In 5 -2b 00而(0),若a 1时,方程f 1 X 1 x3解:(1)因为 x-是函数的一个极值点,3所以f (2) 0,进而解得：a 0,经检验是符合的,3ln5 1 b ln(2 ,7)

60、7口口263总结提炼：1. 函数的综合问题， 这类问题涉及的知识点多， 与数列、 不等式等知识加以综合。 主要考察函数的 奇偶性、单调性、极值、导数、不等式等基础知识，考查运用导数研究函数性质的方法，以及分类 与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力2. 通过求导来研究函数性质是一种非常重要而有效的方法。 通常的步骤： 先求导， 要注意求导后定 义域的情况；将导数整理变形，能看出导数的符号性质或零点。再列表，从表中回答所要求解答的 问题。3. 对于含有字母参数的问题， 可以通过分类， 延伸长度，从而降低难度。 也可以通过分离变量， 转 化为函数或不等式问题去解决合理构造函