【数学】2020届江苏一轮复习通用版18简单的复合函数的导数作业

【数学】2020届江苏一轮复习通用版18简单的复合函数的导数作业

专题十八　简单的复合函数的导数 挖命题 ‎【真题典例】‎ ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 简单的复合函数的导数 ‎1.求简单复合函数的导数 ‎2.简单复合函数导数的应用 ‎★☆☆‎ 分析解读　　简单的复合函数的导数在近5年的江苏高考试卷中没有考查,在2008年~2018年这11年高考中偶尔与其他知识结合进行考查,但不是考查的重点.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点　简单的复合函数的导数 ‎1.求下列函数的导数:‎ ‎(1)y=22x+1+ln(3x+5);‎ ‎(2)y=(x2+2x-1)e2-x.‎ 解析　(1)y'=(22x+1)'+(ln(3x+5))'=[(22x+1)ln 2](2x+1)'+‎(3x+5)'‎‎3x+5‎=22x+2ln 2+‎3‎‎3x+5‎.‎ ‎(2)y'=(x2+2x-1)'e2-x+(x2+2x-1)(e2-x)'=(2x+2)e2-x+(x2+2x-1)·(-e2-x)=(3-x2)e2-x.‎ ‎2.(2018江苏南京一中调研)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).‎ ‎(1)若x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当m≤2时,证明: f(x)>0.‎ 解析　(1)f '(x) =ex-‎1‎x+m.‎ 由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1.‎ 于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f '(x)=ex-‎1‎x+1‎.‎ 函数f '(x)=ex-‎1‎x+1‎在(-1,+∞)上单调递增,且f '(0)=0,因此当x∈(-1,0)时, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时,‎ ‎ f '(x)>0.‎ 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)证明:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0.‎ 当m=2时,函数f '(x)=ex-‎1‎x+2‎在(-2,+∞)上单调递增.‎ 又f '(-1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).‎ 当x∈(-2,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而当x=x0时, f(x)取得最小值.‎ 由f '(x0)=0得ex‎0‎=‎1‎x‎0‎‎+2‎,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=‎1‎x‎0‎‎+2‎+x0=‎(x‎0‎+1‎‎)‎‎2‎x‎0‎‎+2‎>0.‎ 综上,当m≤2时, f(x)>0.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法　运用导数求解含参复合函数问题的方法 ‎1.已知函数f(x)=ln(ax+1)+‎1-x‎1+x,x≥0,其中a>0.‎ ‎(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;‎ ‎(2)若f(x)的最小值为1,求a的取值范围.‎ 解析　(1)f '(x)=aax+1‎-‎2‎‎(1+x‎)‎‎2‎=ax‎2‎+a-2‎‎(ax+1)(1+x‎)‎‎2‎.‎ 因为f(x)在x=1处取得极值,故f '(1)=0,解得a=1.‎ 经检验符合题意.‎ ‎(2)f '(x)=ax‎2‎+a-2‎‎(ax+1)(1+x‎)‎‎2‎,因为x≥0,a>0,故ax+1>0,1+x>0.‎ 当a≥2时,在区间[0,+∞)上,f '(x)≥0,f(x)单调递增,f(x)的最小值为f(0)=1.‎ 当00,解得x>‎2-aa;‎ 由f '(x)<0,解得0ln 1=0.‎ 所以an‎‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)由f '(x)=‎(1-x)(‎2x-1‎-2)‎e‎-x‎2x-1‎=0,‎ 解得x=1或x=‎5‎‎2‎.‎ 因为 x ‎1‎‎2‎ ‎1‎‎2‎‎,1‎ ‎1‎ ‎1,‎‎5‎‎2‎ ‎5‎‎2‎ ‎5‎‎2‎‎,+∞‎ f '(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ ‎1‎‎2‎e‎--‎‎1‎‎2‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎1‎‎2‎e‎--‎‎5‎‎2‎ ‎↘‎ 又f(x)=‎1‎‎2‎(‎2x-1‎-1)2e-x≥0,‎ 所以f(x)在区间‎1‎‎2‎‎,+∞‎上的取值范围是‎0,‎‎1‎‎2‎e‎-‎‎1‎‎2‎.‎ 评析 本题主要考查导数两大方面的应用:(1)复合函数单调性的讨论:运用导数知识来讨论函数f(x)的单调性时,首先考虑函数的定义域,再求出f '(x),由f '(x)的正负得出函数f(x)的单调区间;(2)函数的最值(极值)的求法:由确认的单调区间,结合极值点的定义及自变量的取值范围,得出函数f(x)的极值或最值.‎ ‎4.(2016课标全国Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.‎ ‎(1)求f '(x);‎ ‎(2)求A;‎ ‎(3)证明|f '(x)|≤2A.‎ 解析　(1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分)‎ ‎(2)当α≥1时,‎ ‎|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).‎ 因此A=3α-2.(4分)‎ 当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.‎ 设t=cos x,则t∈[-1,1],‎ 令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=‎1-α‎4α时,g(t)取得最小值,最小值为g‎1-α‎4α=-‎(α-1‎‎)‎‎2‎‎8α-1=-α‎2‎‎+6α+1‎‎8α.‎ 令-1<‎1-α‎4α<1,解得α<-‎1‎‎3‎(舍去),或α>‎1‎‎5‎.(5分)‎ ‎(i)当0<α≤‎1‎‎5‎时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.‎ ‎(ii)当‎1‎‎5‎<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g‎1-α‎4α.‎ 又g‎1-α‎4α-|g(-1)|=‎(1-α)(1+7α)‎‎8α>0,‎ 所以A=g‎1-α‎4α=α‎2‎‎+6α+1‎‎8α.‎ 综上,A=‎2-3α,0<α≤‎1‎‎5‎,‎α‎2‎‎+6α+1‎‎8α‎,‎1‎‎5‎<α<1,‎‎3α-2,α≥1.‎(9分)‎ ‎(3)由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.‎ 当0<α≤‎1‎‎5‎时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.‎ 当‎1‎‎5‎<α<1时,A=α‎8‎+‎1‎‎8α+‎3‎‎4‎>1,‎ 所以|f '(x)|≤1+α<2A.‎ 当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.‎ 所以|f '(x)|≤2A.(12分)‎ 评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论,本题综合性较强,属于难题.‎ ‎5.(2015课标Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.‎ ‎(1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;‎ ‎(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.‎ 解析　(1)f '(x)=m(emx-1)+2x.‎ 若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0, f '(x)<0;‎ 当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0, f '(x)>0.‎ 若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0, f '(x)<0;‎ 当x∈(0,+∞)时,emx-1<0, f '(x)>0.‎ 所以, f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.‎ ‎(2)由(1)知,对任意的m, f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是f(1)-f(0)≤e-1,‎f(-1)-f(0)≤e-1,‎ 即em‎-m≤e-1,‎e‎-m‎+m≤e-1.‎①‎ 设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.‎ 当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.‎ 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,‎ 故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.‎ 当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;‎ 当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;‎ 当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.‎ 综上,m的取值范围是[-1,1].‎ 教师专用题组 ‎1.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;‎ ‎(3)已知1.414 2<‎2‎<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).‎ 解析　(1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.‎ 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,‎ g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]‎ ‎=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).‎ ‎(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.‎ ‎(ii)当b>2时,若x满足20,‎ ln 2>‎8‎2‎-3‎‎12‎>0.692 8;‎ 当b=‎3‎‎2‎‎4‎+1时,ln(b-1+b‎2‎‎-2b)=ln‎2‎,‎ g(ln‎2‎)=-‎3‎‎2‎-2‎2‎+(3‎2‎+2)ln 2<0,‎ ln 2<‎18+‎‎2‎‎28‎<0.693 4.‎ 所以ln 2的近似值为0.693.‎ 评析 本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算能力.‎ ‎2.(2014湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)-‎2xx+2‎.‎ ‎(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.‎ 解析　(1)f '(x)=a‎1+ax-‎2(x+2)-2x‎(x+2‎‎)‎‎2‎=ax‎2‎+4(a-1)‎‎(1+ax)(x+2‎‎)‎‎2‎.(*)‎ 当a≥1时, f '(x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.‎ 当00,‎ 故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增.‎ 综上所述,当a≥1时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;‎ 当0-‎1‎a且x≠-2,所以-2‎1-aa>-‎1‎a,-2‎1-aa≠-2,解得a≠‎1‎‎2‎.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.‎ 而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-‎2‎x‎1‎x‎1‎‎+2‎+ln(1+ax2)-‎‎2‎x‎2‎x‎2‎‎+2‎ ‎=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-‎‎4x‎1‎x‎2‎+4(x‎1‎+x‎2‎)‎x‎1‎x‎2‎‎+2(x‎1‎+x‎2‎)+4‎ ‎=ln(2a-1)2-‎4(a-1)‎‎2a-1‎=ln(2a-1)2+‎2‎‎2a-1‎-2,‎ 令2a-1=x,由0g(1)=0,故当‎1‎‎2‎0.‎ 综上所述,满足条件的a的取值范围为‎1‎‎2‎‎,1‎.‎ 评析 本题考查复合函数的求导,函数的单调性和极值,解不等式,根与系数的关系.考查分类讨论思想和化归与转化思想,考查学生运算求解能力和知识迁移能力,构造函数把不等式问题转化为函数单调性问题是解题的关键.‎ ‎3.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)‎1-2x(b∈R).‎ ‎(1)当b=4时,求f(x)的极值;‎ ‎(2)若f(x)在区间‎0,‎‎1‎‎3‎上单调递增,求b的取值范围.‎ 解析　(1)当b=4时, f '(x)=‎-5x(x+2)‎‎1-2x,‎ 由f '(x)=0得x=-2或x=0.‎ 当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;‎ 当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;‎ 当x∈‎0,‎‎1‎‎2‎时, f '(x)<0, f(x)单调递减,‎ 故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,‎ 在x=0处取极大值f(0)=4.‎ ‎(2)f '(x)=‎-x[5x+(3b-2)]‎‎1-2x,‎ 因为当x∈‎0,‎‎1‎‎3‎时,‎-x‎1-2x<0,‎ 依题意,当x∈‎0,‎‎1‎‎3‎时,有5x+(3b-2)≤0,从而‎5‎‎3‎+(3b-2)≤0.‎ 所以b的取值范围为‎-∞,‎‎1‎‎9‎.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、填空题(共5分)‎ ‎1.(2019届江苏姜堰中学调研改编)函数f(x)=ln‎1‎‎2x+1‎+x的最小值为　　　　. ‎ 答案　-ln 2+‎‎1‎‎2‎ 二、解答题(共40分)‎ ‎2.(2018江苏苏州高三期中,23)‎ ‎(1)若不等式(x+1)ln(x+1)≥ax对任意x∈[0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)设n∈N*,试比较‎1‎‎2‎+‎1‎‎3‎+…+‎1‎n+1‎与ln(n+1)的大小,并证明你的结论.‎ 解析　(1)原问题等价于ln(x+1)-axx+1‎≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立,‎ 令g(x)=ln(x+1)-axx+1‎,则g'(x)=x+1-a‎(x+1‎‎)‎‎2‎.‎ 当a≤1时,g'(x)=x+1-a‎(x+1)‎‎2‎≥0恒成立,即g(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(x)≥g(0)=0恒成立;‎ 当a>1时,令g'(x)=0,则x=a-1>0,‎ ‎∴g(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(a-1)0使得g(x)<0,不合题意.‎ 综上所述,a的取值范围是(-∞,1].‎ ‎(2)解法一:在(1)中取a=1,得ln(x+1)>xx+1‎(x∈(0,+∞)),‎ 令x=‎1‎n(n∈N*),上式即为lnn+1‎n>‎1‎n+1‎,‎ 即ln(n+1)-ln n>‎1‎n+1‎,‎ ‎∴ln 2-ln 1>‎1‎‎2‎,‎ ln 3-ln 2>‎1‎‎3‎,‎ ‎……,‎ ln(n+1)-ln n>‎1‎n+1‎,‎ 上述各式相加可得‎1‎‎2‎+‎1‎‎3‎+…+‎1‎n+1‎xx+1‎(x∈(0,+∞)),‎ 令x=‎1‎k+1‎(k∈N*),有‎1‎k+2‎2x+‎x‎3‎‎3‎;‎ ‎(3)若正数k使得f(x)>kx+‎x‎3‎‎3‎对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.‎ 解析　(1)方程f(x)=mx在x∈‎1‎‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎上有解.‎ 即m=xf(x)在x∈‎1‎‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎上有解,‎ 令φ(x)=xf(x)=x[ln(1+x)-ln(1-x)],‎ 则φ'(x)=[ln(1+x)-ln(1-x)]+x‎1‎‎1+x‎+‎‎1‎‎1-x.‎ 因为x∈‎1‎‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎,所以1+x∈‎4‎‎3‎‎,‎‎3‎‎2‎,1-x∈‎1‎‎2‎‎,‎‎2‎‎3‎,‎ 所以ln(1+x)>0,ln(1-x)<0,‎ 所以[ln(1+x)-ln(1-x)]+x‎1‎‎1+x‎+‎‎1‎‎1-x>0,即φ'(x)>0,‎ 所以φ(x)在区间‎1‎‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎上单调递增.‎ 因为φ‎1‎‎3‎=‎1‎‎3‎ln‎4‎‎3‎-ln‎2‎‎3‎=‎1‎‎3‎ln 2,‎ φ‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎ln‎3‎‎2‎-ln‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎ln 3,‎ 所以φ(x)∈‎1‎‎3‎ln2,‎1‎‎2‎ln3‎,所以m∈‎1‎‎3‎ln2,‎1‎‎2‎ln3‎.‎ ‎(2)证明:原问题可转化为f(x)-2x+‎x‎3‎‎3‎>0在(0,1)上恒成立.‎ 设g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2x+‎x‎3‎‎3‎,‎ 则g'(x)=‎1‎‎1+x+‎1‎‎1-x-2(1+x2)=‎2‎x‎4‎‎1-‎x‎2‎.‎ 当x∈(0,1)时,g'(x)>0,‎ 所以g(x)在(0,1)上为增函数,则g(x)>g(0)=0,‎ 因此,x∈(0,1)时,‎ ln(1+x)-ln(1-x)-2x+‎x‎3‎‎3‎>0,‎ 所以当x∈(0,1)时, f(x)>2x+‎x‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)令h(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-kx+‎x‎3‎‎3‎,‎ 要使得f(x)>kx+‎x‎3‎‎3‎对x∈(0,1)恒成立.‎ 需h(x)>0对x∈(0,1)恒成立,‎ h'(x)=‎2‎‎1-‎x‎2‎-k(1+x2)=kx‎4‎+2-k‎1-‎x‎2‎,‎ ‎①当k∈(0,2]时,h'(x)≥0,函数h(x)在(0,1)上是增函数,‎ 则h(x)>h(0)=0,符合题意;‎ ‎②当k>2时,令h'(x)=0,得x=‎4‎k-2‎k或x=-‎4‎k-2‎k(舍去).‎ 因为k>2,所以‎4‎k-2‎k∈(0,1).‎ h'(x),h(x)在(0,1)上的情况如下表:‎ x ‎0,‎‎4‎k-2‎k ‎4‎k-2‎k ‎4‎k-2‎k‎,1‎ h'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ h‎4‎k-2‎k0,函数f(x)=‎1‎‎2ab(ax+1)2-‎1‎bx+‎1‎bln(bx),记F(x)=f '(x)(f '(x)是函数f(x)的导函数),且当x=1时,F(x)取得极小值2.‎ ‎(1)求函数F(x)的单调增区间;‎ ‎(2)证明:|[F(x)]n|-|F(xn)|≥2n-2(n∈N*).‎ 解析　(1)由题意知F(x)=f '(x)=‎1‎‎2ab·2(ax+1)·a-‎1‎b+‎1‎bx=‎1‎bax+‎‎1‎x,x>0.‎ 于是F'(x)=‎1‎ba-‎‎1‎x‎2‎,若a<0,则F'(x)<0,与F(x)有极小值矛盾,所以a>0.‎ 令F'(x)=0,因为x>0,所以当且仅当x=‎1‎a时,F(x)取得极小值2,‎ 所以‎1‎a‎=1,‎‎1‎b‎(a+1)=2,‎解得a=b=1.‎ 故F(x)=x+‎1‎x,F'(x)=1-‎1‎x‎2‎(x>0).‎ 由F'(x)>0,得x>1,‎ 所以F(x)的单调增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)证明:记g(x)=|[F(x)]n|-|F(xn)|.‎ 因为x>0,所以g(x)=[F(x)]n-F(xn)=x+‎‎1‎xn-xn‎+‎‎1‎xn=Cn‎1‎xn-1·‎1‎x+Cn‎2‎xn-2·‎1‎x‎2‎+Cn‎3‎xn-3·‎1‎x‎3‎+…+Cnn-1‎x·‎1‎xn-1‎.‎ 因为Cnrxn-r·‎1‎xr+Cnn-rxr·‎1‎xn-r≥2Cnr(r=1,2,…,n-1),‎ 所以2g(x)≥2(Cn‎1‎+Cn‎2‎+Cn‎3‎+…+Cnn-1‎)=2(2n-2).‎ 故|[F(x)]n|-|F(xn)|≥2n-2(n∈N*).‎