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．
