2015二轮复习专题五:函数与导数考点归纳与解题策略(含近年高考试题)
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、 ,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:
① ② ③
④ ⑤ ⑥
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)=3x+cos 2x+sin 2x,a=f′,f′(x)是f(x)的导函数,则过曲线y=x3上一点P(a,b)的切线方程为( )
A.3x-y-2=0
B.4x-3y+1=0
C.3x-y-2=0或3x-4y+1=0
D.3x-y-2=0或4x-3y+1=0
解析:选A 由f(x)=3x+cos 2x+sin 2x得f′(x)=3-2sin 2x+2cos 2x,则a=f′=3-2sin+2cos=1.由y=x3得y′=3x2,过曲线y=x3上一点P(a,b)的切线的斜率k=3a2=3×12=3.又b=a3,则b=1,所以切点P的坐标为(1,1),故过曲线y=x3上的点P的切线方程为y-1=3(x-1),即3x-y-2=0.
角度二 求切点坐标
2.(2013·辽宁五校第二次联考)曲线y=3ln x+x+2在点P0处的切线方程为4x-y-1=0,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y′=+1=4,解得x=1,此时4×1-y-1=0,解得y=3,∴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)=x2+mx+(m<0),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( )
A.-1 B.-3
C.-4 D.-2
解析:选D ∵f′(x)=,
∴直线l的斜率为k=f′(1)=1,
又f(1)=0,
∴切线l的方程为y=x-1.
g′(x)=x+m,设直线l与g(x)的图像的切点为(x0,y0),
则有x0+m=1,y0=x0-1,y0=x+mx0+,m<0,
于是解得m=-2,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)=x2-ex试判断f(x)的单调性并给予证明.
解:f(x)=x2-ex,f(x)在R上单调递减,
f′(x)=2x-ex,只要证明f′(x)≤0恒成立即可.
设g(x)=f′(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex,
当x=ln 2时,g′(x)=0,
当x∈(-∞,ln 2)时,g′(x)>0,
当x∈(ln 2,+∞)时,g′(x)<0.
∴f′(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<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)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;
(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间.
[解] (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,
由已知可得解得a=b=3.
(2)令F(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+x+1,F′(x)=3x2+2ax+,令F′(x)=0,得x1=-,x2=-,
∵a>0,∴x1
0得,x<-或x>-;
由F′(x)<0得,-0),
f′(x)=x-5+=.
令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3.
当03时,f′(x)>0,故f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当20,∴x=1.
当00;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 x-a2x2+ax的定义域为(0,+∞),
∴f′(x)=-2a2x+a==.
①当a=0时,f′(x)=>0,
∴f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不合题意.
②当a>0时,f′(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)·(ax-1)≥0(x>0),即x≥,
此时f(x)的单调递减区间为.
由得a≥1.
③当a<0时,f′(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)·(ax-1)≥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)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
(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)=x2-ax+b,
由题意得即
(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),
当x∈(-∞,0)时,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)=x2-ax+2,
依题意,存在x∈(-2,-1),使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立,
即x∈(-2,-1)时,a0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.
②当a>0时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=ln 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x=ln 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x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.
[针对训练]
设f(x)=2x3+ax2+bx+1的导数为f′(x),若函数y=f′(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)=2x3+ax2+bx+1,
故f′(x)=6x2+2ax+b,
从而f′(x)=62+b-,
即y=f′(x)关于直线x=-对称.
从而由题设条件知-=-,即a=3.
又由于f′(1)=0,即6+2a+b=0,
得b=-12.
(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2-12x+1,
所以f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2),
令f′(x)=0,
即6(x-1)(x+2)=0,
解得x=-2或x=1,
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(-2,1)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x=-2处取得极大值f(-2)=21,
在x=1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 x-ax(a∈R).
(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),
①当a≤0时,f′(x)=-a>0,
即函数f(x)的单调增区间为(0,+∞).
②当a>0时,令f′(x)=-a=0,可得x=,
当00;
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.
(2)①当≤1,即a≥1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 2-2a.
②当≥2,即00),若函数f(x)在x=1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x=1处与直线y=-相切,
∴解得
(2)f(x)=ln x-x2,f′(x)=-x=,
∵当≤x≤e时,令f′(x)>0得≤x<1;
令f′(x)<0,得10)的导函数y=f′(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)=
=,
令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,
因为ex>0,所以y=f′(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点,且f′(x)与g(x)符号相同.
又因为a>0,所以-30,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,x=-3是f(x)的极小值点,所以有
解得a=1,b=5,c=5,
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,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者.
而f(-5)==5e5>5=f(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)=x3+ax2+bx+c,曲线y=f(x)在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0,若x=时,y=f(x)有极值.
(1)求a,b,c的值;
(2)求y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值.
解:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.当x=1时,切线l的斜率为3,可得2a+b=0,①
当x=时,y=f(x)有极值,则f′=0,可得4a+3b+4=0,②
由①②,解得a=2,b=-4.由于切点的横坐标为1,
所以f(1)=4.
所以1+a+b+c=4.所以c=5.
(2)由(1),可得f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4.令f′(x)=0,解之,得x1=-2,x2=.
当x变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示:
x
-3
(-3,-2)
-2
1
f′(x)
+
+
0
-
0
+
+
f(x)
8
13
4
所以y=f(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Ⅰ)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2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)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.
从而a=4,b=2,c=2,d=2.
(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).
设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,
则F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).
由题设可得F(0)≥0,即k≥1.
令F′(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.
(ⅰ)若1≤k<e2,则-2<x1≤0.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)=2x1+2-x-4x1-2=-x1(x1+2)≥0.
故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅱ)若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增,
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅲ)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2·(k-e2)<0.从而当x≥-2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)=x2+ex-xex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若当x∈[-2,2]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)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex),
若x=0,则f′(x)=0;
若x<0,则1-ex>0,所以f′(x)<0;
若x>0,则1-ex<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)]min=f(2)=2-e2,
∴m<2-e2时,不等式f(x)>m恒成立.
故m的取值范围为(-∞,2-e2).
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)=ax-ex(a>0).
(1)若a=,求函数f(x)的单调区间;
(2)当1≤a≤1+e时,求证:f(x)≤x.
[解] (1)当a=时,f(x)=x-ex.
f′(x)=-ex,令f′(x)=0,得x=-ln 2.
当x<-ln 2时,f′(x)>0;
当x>-ln 2时,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)=x-f(x)=ex-(a-1)x,
(ⅰ)当a=1时,F(x)=ex>0,
∴f(x)≤x成立.
(ⅱ)当1ln(a-1)时,F′(x)>0,
∴F(x)在(-∞,ln (a-1))上单调递减,在(ln(a-1),+∞)上单调递增.
∴F(x)≥F(ln(a-1))=eln(a-1)-(a-1)·ln(a-1)=(a-1)[1-ln(a-1)],
∵10,1-ln(a-1)≥1-ln[(1+e)-1]=0,
∴F(x)≥0,即f(x)≤x成立.
综上,当1≤a≤1+e时,有f(x)≤x.
法二:令g(a)=x-f(x)=-xa+x+ex,
只要证明g(a)≥0在1≤a≤1+e时恒成立即可.
g(1)=-x+x+ex=ex>0,①
g(1+e)=-x·(1+e)+x+ex=ex-ex,
设h(x)=ex-ex,则h′(x)=ex-e,
当x<1时,h′(x)<0;当x>1时,h′(x)>0,
∴h(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)≥h(1)=e1-e·1=0,
即g(1+e)≥0.②
由①②知,g(a)≥0在1≤a≤1+e时恒成立.
∴当1≤a≤1+e时,有f(x)≤x.
[针对训练]
(2014·东北三校联考)已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),函数g(x)=f(x)+ex(x-1),函数g(x)的导函数为g′(x).
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若a=e,
(ⅰ)求函数g(x)的单调区间;
(ⅱ)求证:x>0时,不等式g′(x)≥1+ln x恒成立.
解:(1)f′(x)=x-ax2=-ax,
∴当f′(x)=0时,x=0或x=,又a>0,
∴当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈时,
f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0,
∴f(x)的极小值为f(0)=0,
f(x)的极大值为f=.
(2)∵a=e,∴g(x)=x2-ex3+ex(x-1),
g′(x)=x(ex-ex+1).
(ⅰ)记h(x)=ex-ex+1,则h′(x)=ex-e,
当x∈(-∞,1)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;
x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)是增函数,
∴h(x)≥h(1)=1>0,
则在(0,+∞)上,g′(x)>0;
在(-∞,0)上,g′(x)<0,
∴函数g(x)的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-∞,0).
(ⅱ)证明:x>0时,g′(x)=x(ex-ex+1)≥1+ln x⇔ex-ex+1≥,
由(ⅰ)知,h(x)=ex-ex+1≥1,
记φ(x)=1+ln x-x(x>0),则φ′(x)=,
在区间(0,1)上,φ′(x)>0,φ(x)是增函数;
在区间(1,+∞)上,φ′(x)<0,φ(x)是减函数,
∴φ(x)≤φ(1)=0,即1+ln x-x≤0,≤1,
∴ex-ex+1≥1≥,即g′(x)≥1+ln x恒成立.