备战2014高考数学 高频考点归类分析（真题为例）：函数综合

备战2014高考数学 高频考点归类分析（真题为例）：函数综合

函数的综合问题 典型例题： ‎ 例1. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设，求的取值范围。‎ ‎【答案】解：。‎ ‎（1）∵，∴。‎ 当时，，在上为单调递增函数；‎ 当时，，在上为单调递减函数；‎ 当时，由得，‎ ‎ 由得或；‎ ‎ 由得。‎ ‎ ∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。‎ ‎（2）由恒成立可得。‎ 令，则。‎ 当时，，当时，。‎ 又，所以，即 故当时，有，‎ ‎①当时，，，所以。‎ ‎②当时，。‎ 综上可知故所求的取值范围为。‎ ‎【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。‎ ‎【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。‎ ‎ （2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。‎ 例2. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴‎ ‎ ① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。‎ ‎ ②当 时，有两个根。列表如下：‎ 的增减性 ‎＞0‎ 增函数 ‎＜‎ 减函数 ‎＞0‎ 增函数 ‎ （2）由题设知，，是的两个根，∴，且。‎ ‎ ∴‎ ‎ 。‎ ‎ 同理，。‎ ‎ ∴直线的解析式为。‎ ‎ 设直线与轴的交点为，则，解得。‎ ‎ 代入得 ‎ ，‎ ‎ ∵在轴上，∴，‎ ‎ 解得，或或。‎ ‎【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。‎ ‎ （2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。‎ 例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；‎ ‎（1）求的解析式及单调区间；‎ ‎（2）若，求的最大值。‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴。‎ 令得，。∴。‎ ‎∴，得。‎ ‎ ∴的解析式为。‎ ‎ 设，则。‎ ‎ ∴在上单调递增。‎ ‎ 又∵时，，单调递增；‎ 时，，单调递减。‎ ‎ ∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。‎ ‎ （2）∵，∴。‎ 令得。‎ ‎ ①当时，，∴在上单调递增。‎ ‎ 但时，与矛盾。‎ ‎ ②当时，由得；由得。‎ ‎ ∴当时，‎ ‎ ∴。‎ ‎ 令；则。‎ ‎ 由得；由得。‎ ‎ ∴当时，‎ ‎ ∴当时，的最大值为。‎ ‎【考点】函数和导函数的性质。‎ ‎【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。‎ ‎（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。‎ 例4. （2012年全国课标卷文5分）设函数 ‎(Ⅰ)求的单调区间 ‎(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值 ‎【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。‎ ‎ 若，则，∴在上单调递增。[来源:学科网ZXXK]‎ ‎ 若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。‎ ‎ (Ⅱ)∵a=1，∴。‎ ‎ ∴当x>0时，，它等价于。‎ ‎ 令，则。‎ ‎ 由(Ｉ)知，函数在上单调递增。[来源:学科网ZXXK]‎ ‎ ∵，，∴在上存在唯一的零点。‎ ‎ ∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。‎ ‎ 当时，；当时，。‎ ‎ ∴在上的最小值为。‎ ‎ 又∵，即，∴。‎ ‎ 因此，即整数k的最大值为2。‎ ‎【考点】函数的单调性质，导数的应用。‎ ‎【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。‎ ‎ (Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，‎ 求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。‎ 例5. （2012年北京市理13分）已知函数 ‎（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；‎ ‎（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。‎ ‎【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。‎ ‎ ∴，即①。‎ ‎ 又∵，∴。‎ ‎ 又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，‎ ‎ ∴②。‎ ‎ 解①②，得。‎ ‎（2）∵，∴设。‎ ‎ 则。令，解得。‎ ‎ ∵，∴。‎ ‎ 又∵在各区间的情况如下：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。‎ ‎①若，即时，最大值为；‎ ‎②若，即时，最大值为。‎ ‎③若时，即时，最大值为。‎ 综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。‎ ‎【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。‎ ‎ （2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。‎ 例6. （2012年北京市文13分）已知函数 ‎（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；‎ ‎（2）当a=3,b=－9时，若函数在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。‎ ‎【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。‎ ‎ ∴，即①。‎ ‎ 又∵，∴。‎ ‎ 又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，‎ ‎ ∴②。‎ ‎ 解①②，得。‎ ‎（2）∵a=3,b=－9，∴设。‎ ‎ 则。令，解得。‎ ‎ 又∵在各区间的情况如下：‎ ‎1‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。‎ 其中，为最大值。‎ ‎∴如果函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。‎ ‎∴，即k的取值范围为。‎ ‎【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。‎ ‎ （2）由 a=3,b=－9得到的方程，求导可得的单调区间；根据函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。从而得出k的取值范围。‎ 例7. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。‎ ‎（Ⅰ）用和表示；‎ ‎（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；‎ ‎（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。‎ ‎ ∴抛物线在点A处的切线方程为，即。‎ ‎∴。‎ ‎（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。‎ 即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。‎ 当时,‎ ‎。‎ 当n=0，1，2时，显然。‎ ‎∴当时，对所有自然数都成立。‎ ‎∴满足条件的的最小值是。‎ ‎（Ⅲ）由（1）知，则，。‎ 下面证明：。‎ 首先证明：当00，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。‎ ‎（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。‎ ‎∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，‎ ‎∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。‎ 令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。‎ ‎∴n＋1＞e，即＜。‎ 由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。[来源:Z&xx&k.Com]‎ ‎【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。‎ ‎（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。‎ ‎（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。‎ 例15. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.‎ ‎（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.‎ ‎（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，‎ 又，故。‎ ‎∵∴令。‎ 当时，单调递减；‎ 当时，单调递增.‎ ‎∴当时，取最小值。‎ 于是对一切恒成立，当且仅当　　　　　①‎ 令则。‎ 当时，单调递增；当时，单调递减，‎ ‎∴当时，取最大值。‎ ‎∴当且仅当即时，①式成立。‎ 综上所述，的取值集合为。‎ ‎（Ⅱ）存在。由题意知，。‎ 令则 ‎。‎ 令，则。‎ 当时，单调递减；当时，单调递增，‎ ‎∴当，即。‎ ‎∴，。‎ 又∵∴。‎ ‎∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，‎ ‎∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。‎ 综上所述，存在使成立.且的取值范围为 ‎。‎ ‎【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。‎ ‎【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。‎ ‎　　　（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。[来源:学科网]‎ 例16. （2012年湖南省文13分）已知函数，其中＞0.[@#中国^教育出版&网~]‎ ‎（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合；[z ‎（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为 ‎，证明：存在，使恒成立.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）令，得。‎ ‎ 当时单调递减；当时单调递增。‎ ‎∴当时，取最小值。‎ ‎∴对一切恒成立，当且仅当.　　　　　　　①‎ 令则。‎ 当时，单调递增；当时，单调递减。‎ ‎∴当时，取最大值。‎ ‎∴当且仅当时，①式成立。‎ 综上所述，的取值集合为。‎ ‎（Ⅱ）证明：由题意知，。‎ 令则 ‎。‎ 令，则。‎ 当时，单调递减；当时，单调递增。‎ ‎∴当，即。‎ ‎∴，。‎ 又∵∴。‎ ‎∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，‎ ‎∴存在使即成立。‎ ‎【考点】‎ 利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。‎ ‎【解析】（Ⅰ）利用导函数法求出取最小值对一切∈R，≥1恒成立转化为从而得出求的取值集合。‎ ‎　　　（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。‎ 例17. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.‎ ‎（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，‎ ‎∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝‎2a＝0。‎ ‎∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，‎ ‎∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。‎ ‎（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，‎ 令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。‎ 因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋‎2a(x－x0)，所以，‎ ‎①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；‎ 当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。‎ 故g(x)只有唯一零点x＝x0。‎ 由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。‎ ‎②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋‎2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋‎2a。‎ 令h′(x)＝0，得x＝ln(－‎2a)，记x*＝ln(－‎2a)。‎ 则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。‎ ‎(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，‎ 所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。‎ ‎(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。‎ 又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x‎0f′(x0)‎ ‎＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x‎0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，‎ 其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x‎0f′(x0)。‎ 由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.‎ 所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。‎ ‎(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。‎ 综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－‎2a)，f(ln(－‎2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P。‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。‎ ‎【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x )的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。‎ ‎（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋‎2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋‎2a，可得函数的单调性，进而可研究g(x)的零点，由此可得结论。‎ 例18. （2012年辽宁省理12分）设，曲线与直线在(0，0)点相切。‎ ‎ (Ⅰ)求的值。‎ ‎ (Ⅱ)证明：当时，。‎ ‎【答案】解：（I）∵过（0，0），∴=0。∴=－1。‎ ‎∵曲线与直线在（0，0）点相切，‎ ‎∴。∴=0。‎ ‎（II）证明：由（I）知。‎ 由均值不等式，当＞0时，，∴。‎ 令。‎ 则 ‎。‎ ‎ 令。‎ 则当时，。‎ ‎ ∴在（0，2）内是单调递减函数。‎ ‎∵又，∴在（0，2）内，。∴在（0，2）内，。‎ ‎∴在（0，2）内是单调递减函数。‎ ‎∵又，∴在（0，2）内，。‎ ‎∴当时，。‎ ‎【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。‎ ‎【解析】（I）由过（0，0），可求b的值，根据曲线与直线在（0，0）点相切，利用导函数，可求a的值。‎ ‎（II）由（I）知，由均值不等式，可得 。用差值 法构造函数，可得。构造函数， 利用导数判断在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。‎ 例19. （2012年辽宁省文12分）设，证明：‎ ‎ (Ⅰ)当时， ‎ ‎ (Ⅱ)当时，‎ ‎【答案】证明：(Ⅰ)设，‎ ‎ 则。‎ ‎ ∵当时，，∴单调递减。‎ ‎ 又∵，∴。‎ ‎ ∴当时，。‎ ‎(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。 ‎ 令。‎ 则 ‎。‎ ‎ 令。‎ 则当时，。‎ ‎ ∴在（1，3）内是单调递减函数。‎ ‎∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。‎ ‎∴在（1，3）内是单调递减函数。‎ ‎∵又，∴在（1，3）内，。‎ ‎∴当时，。‎ ‎【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。‎ ‎【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。‎ ‎（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得 ‎。构造函数， 利用导数判断在（1，3‎ ‎）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。‎ 例20. （2012年陕西省理14分）设函数 ‎（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；‎ ‎（2）设，若对任意，有，求的取值范围；‎ ‎（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.‎ ‎【答案】解：（1）证明：，时，。‎ ‎∵，∴在内存在零点。‎ 又∵当时，，∴ 在上单调递增。‎ ‎∴ 在内存在唯一零点。‎ ‎（2）当时，。‎ 对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：[来源:学科网]‎ ‎（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。‎ ‎（ⅱ）当，即时，恒成立。‎ ‎（ⅲ）当，即时，恒成立。‎ 综上所述，的取值范围为。‎ ‎（3）设是在内的唯一零点， ‎ 则，，。‎ ‎∴。‎ 又由（1）知在上是递增的，∴。‎ ‎∴数列是递增数列。‎ ‎【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。‎ ‎【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。‎ ‎ （2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。‎ ‎（3）设是在内的唯一零点， 则可得 ‎。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。‎ ‎ 另解： 设是在内的唯一零点，‎ ‎∵‎ ‎ 则的零点在内，故。‎ 所以，数列是递增数列。‎