导数与函数的综合问题

【题型突破】

利用导数解决不等式的有关问题

?考法1 证明不等式

【例1】 (2018·郑州二模)已知函数f (x )＝ln x －2ax ＋1(a ∈R)． (1)讨论函数g (x )＝x 2＋f (x )的单调性； (2)若a ＝12，证明：|f (x )－1|＞ln x x ＋12

[解] (1)由题意知函数y ＝g (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝x 2＋ln x －2ax ＋1，

则g ′(x )＝1

x ＋2x －2a ＝2x 2－2ax ＋1x (x ＞0)，记h (x )＝2x 2－2ax ＋1，

①当a ≤0时，因为x ＞0，所以h (x )＞0，故函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当0＜a ≤2时，因为Δ＝4(a 2－2)≤0，

所以h (x )≥0，故函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；

③当a ＞2时，由g ′(x )＜0，解得x ∈? ????

a －a 2－22，

a ＋a 2－22，所以函数g (x )在区间? ????

a －a 2－22，

a ＋a 2－22上单调递减，同理可得函数g (x )在区间? ????0，a －a 2－22，? ????

a ＋a 2－22，＋∞上单调递增．

(2)证明：当a ＝1

2时，设H (x )＝f (x )－1＝ln x －x ，

故H ′(x )＝1－x

x ，

故H ′(x )＜0，得x ＞1，由H ′(x )＞0，得0＜x ＜1，所以H (x )ma x ＝f (1)－1＝－1，所以|H (x )|min ＝1. 设G (x )＝ln x x ＋1

2，

则G ′(x )＝

1－ln x

x 2

，

由G′(x)＜0，得x＞e，

由G′(x)＞0，得0＜x＜e，

故G(x)ma x＝G(e)＝1

e＋

2＜1，

所以G(x)ma x＜|H(x)|min，

所以|f(x)－1|＞ln x

x＋

?考法2由不等式恒(能)成立求参数的范围

【例2】已知函数f(x)＝1＋ln x

(1)如果当x≥1时，不等式f(x)≥

x＋1

恒成立，求实数k的取值范围；

(2)若?x0∈[1，e]，使不等式f(x0)≥

x0＋1

成立，求实数k的取值范围．

[解](1)当x≥1时，k≤(x＋1)(1＋ln x)

x恒成立，

令g(x)＝(x＋1)(1＋ln x)

x(x≥1)，

则g′(x)＝?

1＋ln x＋1＋

x x－(x＋1)(1＋ln x)

x2＝

x－ln x

x2.

再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，

则h′(x)＝1－1

x≥0，

所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，

所以g(x)为单调增函数，

所以g(x)≥g(1)＝2，

故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．

(2)当x∈[1，e]时，k≤(x＋1)(1＋ln x)

x有解，

令g(x)＝(x＋1)(1＋ln x)

x(x∈[1，e])，

由(1)题知，g(x)为单调增函数，

所以g(x)ma x＝g(e)＝2＋2 e，

所以k≤2＋2

e，即实数k的取值范围是?

－∞，2＋

[方法总结] 1.利用导数证明含“x ”不等式方法，即证明：f (x )＞g (x ). 法一：移项，f (x )－g (x )＞0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化证明F (x )min ＞0，利用导数研究F (x )单调性，用上定义域的端点值. 法二：转化证明：f (x )min ＞g (x )ma x .

法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二. 2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略

(1)首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参数不等式，从而求出参数的取值范围.

(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

设f (x )＝a

x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.

(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；

(2)如果对于任意的s ，t ∈??????

12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．

[解] (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]ma x ≥M .

由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ? ????

x －23.

令g ′(x )＞0得x ＜0，或x ＞2

3，

令g ′(x )＜0得0＜x ＜2

，又x ∈[0,2]，

所以g (x )在区间??????0，23上单调递减，在区间??????

23，2上单调递增，

所以g (x )min ＝g ? ????

23＝－8527

，

又g (0)＝－3，g (2)＝1，所以g (x )ma x ＝g (2)＝1. 故[g (x 1)－g (x 2)]ma x ＝g (x )ma x －g (x )min ＝112

≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.

(2)对于任意的s ，t ∈??????12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间??????

12，2上，函数

f (x )min ≥

g (x )ma x ，

由(1)可知在区间????

12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.

在区间??????

12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )

＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e .即m (x )＝x ln x 在? ????1e ，＋∞上是增函数，可知h ′(x )在区间??????

12，2上是减

函数，又h ′(1)＝0，

所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当1

＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间? ????

12，1上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，

所以h (x )ma x ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．

利用导数解决函数的零点问题

?考法1 判断、证明或讨论函数零点的个数【例3】设f (x )＝1

2x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .

当m ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．

[解] 令F (x )＝f (x )－g (x )＝－1

2x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数

F (x )的零点个数．

当m ＝0时，F (x )＝－1

2x 2＋x ，x ＞0，有唯一零点；

当m ≠0时，F ′(x )＝－

(x －1)(x －m )

，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝3

2＞0，F (4)＝－ln 4

＜0，所以F (x )有唯一零点．

当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时，F ′(x )＜0；1＜x ＜m 时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋1

＞0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．

当0＜m ＜1时，0＜x ＜m 或x ＞1时，

F ′(x )＜0；m ＜x ＜1时，F ′(x )＞0，

所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m ,1)上单调递增，易得ln m ＜0，

所以F (m )＝m

2(m ＋2－2ln m )＞0，而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )

有唯一零点．

综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象有一个交点． ?考法2 已知函数的零点个数求参数的范围【例4】已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R)． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；

(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在??????

1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．

[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，

则f ′(x )＝2

x －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝f (x )－ax ＋m ＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2

x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x ， ∵x ∈??????

1e ，e ，∴由g ′(x )＝0，得x ＝1.

当1

e ≤x ＜1时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当1＜x ≤e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故当x ＝1时，函数g (x )取得极大值g (1)＝m －1，又g ? ????

1e ＝m －2－1e

2，g (e)＝m ＋2－e 2，

∴g (x )＝f (x )－ax ＋m 在??????

1e ，e 上有两个零点需满足条件

?????

g (1)＝m －1＞0，

g ? ????1e ＝m －2－1e 2≤0，g (e )＝m ＋2－e 2≤0，

解得1＜m ≤2＋1

故实数m 的取值范围是? ?

???1，2＋1e 2.

?考法3 与函数零点有关的证明问题

【例5】 (2019·武汉模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝e x －2－ax . (1)讨论函数f (x )的单调性；

(2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2(x 1＜x 2)， (ⅰ)求实数a 的取值范围； (ⅱ)证明：x 1＋x 2＞2. [解] (1)f ′(x )＝e x －2－a .

当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在R 上单调递增．当a ＞0时，由f ′(x )＝e x －2－a ＝0，得x ＝2＋ln a .

若x ＞2＋ln a ，则f ′(x )＞0，函数f (x )在(2＋ln a ，＋∞)上单调递增；若x ＜2＋ln a ，则f ′(x )＜0，函数f (x )在(－∞，2＋ln a )上单调递减． (2)(ⅰ)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增，没有两个不同的零点．当a ＞0时，f (x )在x ＝2＋ln a 处取得极小值，所以f (2＋ln a )＝e ln a －a (2＋ln a )＜0，得a ＞1e ，

所以a 的取值范围为? ??

1e ，＋∞.

(ⅱ)由e x －2－ax ＝0，得x －2＝ln(ax )＝ln a ＋ln x ，即x －2－ln x ＝ln a .

所以x 1－2－ln x 1＝x 2－2－ln x 2＝ln a . 令g (x )＝x －2－ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－1

x . 当x ＞1时，g ′(x )＞0；当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0.

所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以0＜x 1＜1＜x 2. 要证x 1＋x 2＞2，只需证x 2＞2－x 1＞1.

因为g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以只需证g (x 2)＞g (2－x 1)．因为g (x 1)＝g (x 2)，所以只需证g (x 1)＞g (2－x 1)，即证g (x 1)－g (2－x 1)＞0. 令h (x )＝g (x )－g (2－x )＝x －2－ln x －[2－x －2－l n (2－x )]＝2x －2－ln x ＋ln(2－x )，则h ′(x )＝2－? ??

??1

x ＋12－x .

因为1x ＋12－x ＝12[x ＋(2－x )]? ????1

x ＋12－x ≥2，当且仅当x ＝1时等号成立，所以当

0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，即h (x )在(0,1)上单调递减，所以h (x )＞h (1)＝0，即g (x 1)－g (2－x 1)＞0，所以x 1＋x 2＞2得证．

[方法总结] 利用导数研究方程根的方法

(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.

(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置. (3)可以通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.

(2019·南京模拟)设函数f (x )＝x 2

－k ln x ，k ＞0.

(1)求f (x )的单调区间和极值；

(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． [解] (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－k

x .

由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．

f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：

x (0，k ) k (k ，＋∞)

f ′(x ) －

0 ＋

f (x )

k (1－ln k )

所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)． f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝

k (1－ln k )

. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )

因为f (x )存在零点，所以

k (1－ln k )

≤0，从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．

当k ＞e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝1

2＞0，f (e)＝e －k 2＜0，

所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．

综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．

【真题链接】

1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；

(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .

[解] (1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.

设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .

f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；

(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0.

所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－

e 2

是h (x )在(0，＋∞)的最小值． ①若h (2)＞0，即a ＜e 2

4，h (x )在(0，＋∞)没有零点；

②若h (2)＝0，即a ＝e 2

，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；

③若h (2)＜0，即a ＞e 2

4，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点．

由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以

h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2＞1－16a 3(2a )4

＝1－1

a ＞0，故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.

2.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；

(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，? ????1＋12? ????1＋122·…·

? ?

???1＋12n ＜m ，求m 的最小值．

[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，

①若a ≤0，因为f ? ????

12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．

②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a

x 知，

当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.

所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.

(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ? ?

???1＋12n ＜12

n ，

从而ln ? ????1＋12＋ln ? ????1＋122＋…＋ln ? ?

???1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1.

故? ????1＋12? ????1＋122·…·

? ?

??1＋12n ＜e . 而? ????1＋12? ?

???1＋122? ??

??1＋123＞2，所以m 的最小值为3.

精选-高考数学大二轮复习专题二函数与导数2-3二导数的综合应用练习

2.3（二）导数的综合应用【课时作业】 A 级 1．(2018·昆明市高三摸底调研测试)若函数f (x )＝2x －x 2 －1，对于任意的x ∈Z 且x ∈ (－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围为() A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0] C ．(－∞，4] D ．(－∞，5] 解析：对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，可转化为对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，2x ≤x 2 ＋1恒成立．令g (x )＝2x ，h (x )＝x 2 ＋1，当x <0时，g (x )h (x )．综上，实数a 的取值范围为(－∞，5]，故选D. 答案： D 2．已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋ x >0，则函数F (x ) ＝xf (x )＋1 x 的零点个数是() A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 解析：由F (x )＝xf (x )＋1 x ＝0，得xf (x )＝－1 x ，设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，因为x ≠0时，有f ′(x )＋x >0，所以x ≠0时，＋x >0，即当x >0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增，

此时g (x )>g (0)＝0，当x <0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减，此时g (x )>g (0)＝0，作出函数g (x )和函数y ＝－1 x 的图象，(直线只代表单调性和取值范围)，由图象可知函数 F (x )＝xf (x )＋1x 的零点个数为1个．答案： B 3．定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′. 定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数恒为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x ) 在区间D 上为凹函数．已知函数f (x )＝x 3 －32 x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．解析： ∵f (x )＝x 3－32 x 2＋1，∴f ′(x )＝3x 2 －3x ，∴f ″(x )＝6x －3.令f ″(x )>0，即 6x －3>0，解得x >12.∴x 的取值范围是? ?? ??12，＋∞. 答案： ? ?? ? ?12，＋∞ 4．已知函数f (x )＝ ex x ，g (x )＝－(x －1)2＋a 2 ，若当x >0时，存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，等价于f (x )min ≤g (x )max . 因为g (x )＝－(x －1)2 ＋a 2 ，x >0，所以当x ＝1时，g (x )max ＝a 2 . 因为f (x )＝ex x ，x >0，所以f ′(x )＝ex·x－ex x2 ＝－x2 . 所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝e.

高中数学函数与导数综合复习

高二数学函数与导数综合复习一、知识梳理： 1．基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则：常用函数导数公式：='x ； =')(2 x ；=')(3 x ；=')1 (x ；初等函数导数公式：='c ； =')(n x ；=')(sin x ；=')(cos x ； =')(x a ； =')(x e ；=')(log x a ；=')(ln x ；导数运算法则：（1）/ [()()]f x g x ±= ；（2）)]'()([x g x f ?= ；（3）/ ()[ ]() f x g x = [()0].g x ≠ 2．导数的几何意义：______________________________________________________________________；曲线)(x f y =在点（)(,00x f x ）处的切线方程为________________________________________． 3．用导数求函数单调区间的一般步骤：（1）__________________________________; （2）________的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；_______的解集与定义域的交集的对应区间为减区间 4. 利用导数求函数的最值步骤: ⑴求)(x f 在(,)a b 内的极值； ⑵将)(x f 的各极值与)(a f 、)(b f 比较得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值. 二．巩固练习： 1．一个物体的运动方程为21s t t =-+ 其中S 的单位是米，t 的单位是秒，那么物体在3秒末的瞬时速度是（） A 、 7米/秒 B 、6米/秒 C 、 5米/秒 D 、 8米/秒 2. 在0000()() ()lim x f x x f x f x x ?→+?-'=?中，x ?不可能（） A ．大于0 B ．小于0 C ．等于0 D ．大于0或小于0 3. 已知曲线3 2x y =上一点)2,1(A ，则A 处的切线斜率等于 ( ) A ．2 B ．4 C ．6＋6x ?＋2(x ?)2 D ．6 4. 设)(x f y =存在导函数，且满足12) 21()1(lim 0 -=??--→?x x f f x ，则曲线)(x f y =上点))1(,1(f 处的切线斜率为（） A ．2 B ．－1 C ．1 D ．－2

高中数学(函数和导数)综合练习含解析

高中数学（函数和导数）综合练习含解析学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、选择题（题型注释） 1．已知函数2()ln ()f x x ax a x a R =--∈．3253()422 g x x x x =-+-+ （1）当1a =时，求证：()12,1,x x ?∈+∞，均有12()()f x g x ≥ （2）当[)1,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围． 2．已知定义域为R 的奇函数)(x f y =的导函数为)(x f y '=，当0≠x 时，0)()(>+'x x f x f ，若)1(f a =，)2(2--=f b ， )21(ln )21(ln f c =，则c b a ,,的大小关系正确的是（） A ．b c a << B ．a c b << C ．c b a << D ．b a c << 3．函数3()3f x x ax a =-+在()0,2内有最小值，则实数a 的取值范围是（） A ．[)0,4 B ．()0,1 C ．()0,4 D ．()4,4- 4．在函数()y f x =的图象上有点列(),n n x y ，若数列{}n x 是等差数列，数列{}n y 是等比数列，则函数()y f x =的解析式可能为（） A ．()21f x x =+ B ．()2 4f x x = C ．()3log f x x = D ．()34x f x ??= ??? 5．设:x p y c =是R 上的单调递减函数；q ：函数()() 2lg 221g x cx x =++的值域为R ．如果“p 且q ”为假命题，“p 或q ”为真命题，则正实数c 的取值范围是（） A ．1,12?? ??? B ．1,2??+∞ ??? C ．[)10,1,2??+∞ ??? D ．10,2?? ??? 6．如果函数y ||2x =-的图像与曲线22:C x y λ+=恰好有两个不同的公共点，则实数λ的取值范围是（） A ．{2}∪(4,)+∞ B ．(2,)+∞ C ．{2,4} D ．(4,)+∞

基本初等函数的导数公式及导数运算法则综合测试题(附答案)

基本初等函数的导数公式及导数运算法则综合测试题（附答案）选修2-21.2.2第2课时基本初等函数的导数公式及导数运算法则一、选择题 1 .函数y = (x+ 1)2(x—1)在x= 1处的导数等于() A．1B．2 C. 3 D. 4 答案］D 解析］y = (x+1)2］'—x1 )+(x+ 1)2(x—1)' =2(x + 1)?(x—1) + (x+ 1)2= 3x2 + 2x—1, y‘ =1= 4. 2.若对任意x€ R, f‘ =)4x3, f(1) = —1,则f(x)=() A. x4 B. x4— 2 C. 4x3—5 D. x4+ 2 答案］B 解析］丁f‘(=4x3.f(x) = x4+c,又f(1) = — 1 ? ? ? 1 + c= — 1 ,? ? ? c= —2,—f(x) = x4 — 2. 3 .设函数f(x) = xm + ax 的导数为f‘ =)2x+1,则数列{1f(n)}(n € N*) 的前n 项和是() A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn—1 D.n+1n 答案］A 解析］T f(x) = xm+ ax 的导数为f‘(x)2x + 1,

/. m = 2, a= 1,二f(x) = x2+ x, 即f(n) = n2+n=n(n+ 1), 二数列{1f(n)}(n € N*)的前n项和为： Sn= 11 X2 12X3 13 x+…+ 1n(n+ 1) =1 —12+ 12—13+…+ 1n —1n + 1 =1 —1n+ 1= nn+ 1, 故选 A. 4.二次函数y = f(x)的图象过原点，且它的导函数y= f‘的)图象是过第一、二、三象限的一条直线，贝卩函数y= f(x)的图象的顶点在() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案］C 解析］由题意可设f(x)= ax2 + bx, f' (=2ax + b,由于f‘(的图象是过第一、二、三象限的一条直线，故2a>0, b>0,则f(x) = ax+ b2a2—b24a, 顶点—b2a,—b24a 在第三象限,故选 C. 5 .函数y = (2 + x3)2的导数为() A. 6x5+ 12x2 B. 4+ 2x3 C. 2(2+ x3)2 D. 2(2+ x3)?3x 答案］A 解析］t y= (2+ x3)2= 4+ 4x3+ x6, /. y = 6x5 + 12x2.

导数综合大题分类

导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用. 题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．（1）单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论． (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点． (3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．已知函数f (x )＝x －1 x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )． (1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间； (2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈? ?????0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值． [审题程序] 第一步：在定义域，依据F ′(x )＝0根的情况对F ′(x )的符号讨论；第二步：整合讨论结果，确定单调区间；第三步：建立x 1、x 2及a 间的关系及取值围；第四步：通过代换转化为关于x 1(或x 2)的函数，求出最小值． [规解答] (1)由题意得F (x )＝x －1 x －a ln x ，其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1 x 2 ，

高中数学函数与导数综合题型分类总结

函数综合题分类复习题型一：关于函数的单调区间（若单调区间有多个用“和”字连接或用“逗号”隔开），极值，最值；不等式恒成立；此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：列表如下；第三步：由表可知；不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，常见处理方法有四种：第一种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----题型特征（已知谁的范围就把谁作为主元）；第二种：分离变量求最值（请同学们参考例5）；第三种：关于二次函数的不等式恒成立；第四种：构造函数求最值----题型特征)()(x g x f >恒成立 0)()()(>-=?x g x f x h 恒成立；参考例4；例1.已知函数321()23 f x x bx x a =-++，2x =是)(x f 的一个极值点．（Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若当[1, 3]x ∈时，22()3 f x a ->恒成立，求a 的取值范围．例2.已知函数b ax ax x x f +++=23)(的图象过点)2,0(P . （1）若函数)(x f 在1-=x 处的切线斜率为6，求函数)(x f y =的解析式；（2）若3>a ，求函数)(x f y =的单调区间。例3.设2 2(),1 x f x x =+()52(0)g x ax a a =+->。（1）求()f x 在[0,1]x ∈上的值域；（2）若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈,使得01()()g x f x =成立,求a 的取值范围。例4.已知函数 32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-， 326()(1)3(0)2 t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。例5.已知定义在R 上的函数 32()2f x ax ax b =-+）（0>a 在区间[]2,1-上的最大值是5，最小值是－11. （Ⅰ）求函数 ()f x 的解析式；（Ⅱ）若]1,1[-∈t 时，0(≤+'tx x f ）恒成立，求实数x 的取值范围. 例6.已知函数2233)(m nx mx x x f +++=，在1-=x 时有极值0，则=+n m 例7.已知函数23)(a x x f =图象上斜率为3的两条切线间的距离为5102，函数33)()(22 +-=a bx x f x g ．（1）若函数)(x g 在1=x 处有极值，求)(x g 的解析式；（2）若函数)(x g 在区间]1,1[-上为增函数，且)(42x g mb b ≥+-在区间]1,1[-上都成立，求实数m 的取值范围．答案： 1、解：（Ⅰ）'2()22f x x bx =-+. ∵2x =是)(x f 的一个极值点， ∴2x =是方程2220x bx -+=的一个根，解得32 b =. 令'()0f x >，则2320x x -+>，解得1x <或2x >. ∴函数()y f x =的单调递增区间为(, 1)-∞，(2, +)∞. （Ⅱ）∵当(1,2)x ∈时'()0f x <，(2,3)x ∈时'()0f x >， ∴()f x 在（1，2）上单调递减，()f x 在（2，3）上单调递增. ∴(2)f 是()f x 在区间[1，3]上的最小值，且 2(2)3f a =+. 若当[1, 3]x ∈时，要使 22()3f x a ->恒成立，只需22(2)3f a >+，即22233a a +>+，解得 01a <<. 2、解：（Ⅰ） a ax x x f ++='23)(2．由题意知???=+-=-'==623)1(2)0(a a f b f ，得 ???=-=23b a ． ∴233)(23+--=x x x x f ．（Ⅱ）023)(2=++='a ax x x f ． ∵3>a ，∴01242>-=?a a ．

导数的综合应用

导数的综合应用 ★★★高考在考什么【考题回放】 1．（06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（ C ） A ． f (0)＋f (2)<2f (1) B. f (0)＋f (2) ≤2f (1) C. f (0)＋f (2) ≥2f (1) D. f (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（－∞， 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 2．（06全国II ）过点（－1，0）作抛物线y=x 2+x +1的切线，则其中一条切线为（A ）2x+y +2=0 （B ）3x-y +3=0 （C ）x+y+1=0 （D ）x-y+1=0 解：y '=2x +1，设切点坐标为(x 0,y 0)，则切线的斜率为2x 0+1，且y 0=x 02+x 0+1 于是切线方程为y -(x 02+x 0+1)=(2x 0+1)(x-x 0)，因为点（－1，0）在切线上，可解得 x 0＝0或－4，代入可验正D 正确。选D 3.（06四川卷）曲线y =4x-x 3在点(-1,-3)处的切线方程是D （A ）y=7x+4 （B ）y=7x+2 （C ）y=x-4 （D ）y=x-2 解：曲线y =4x-x 3，导数y '=4-3x 2，在点(-1,-3)处的切线的斜率为k=1，所以切线方程是y=x-2，选D. 4.（06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 D ． 4个解析：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，函数f (x )在开区间(a,b )内有极小值的点即函数由减函数变为增函数的点，其导数值为由负到正的点，只有1个，选A. 5.（浙江卷）f (x )=x 3-3x 2+2在区间[-1,1]上的最大值是 (A)-2 (B)0 (C)2 (D)4 解：f ' (x )=3x 2-6x =3x (x -2)，令f ' (x )=0可得x ＝0或2（2舍去），当－1≤x <0时，f ' (x )>0，当0

导数的综合应用题型及解法(可编辑修改word版)

导数的综合应用题型及解法题型一：利用导数研究函数的极值、最值。 x 2 处有极大值，则常数c＝ 6 ； 1.已知函数y f (x ) x(x c)2 个题型二：利用导数几何意义求切线方程 2.求下列直线的方程：（1）曲线y x 3 x 2 1在P(-1,1)处的切线；（2）曲线y x2 过点P(3,5)的切线；题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值 f (x) =x3+ax 2+bx +c, 过曲线y = f (x)上的点P(1, f (1)) 的切线方程为 3.已知函数 y=3x+1 f (x)在x =-2 处有极值，求f (x) 的表达式；（Ⅰ）若函数 y =f (x) 在[－3，1]上的最大值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数 y =f (x) 在区间[－2，1]上单调递增，求实数 b 的取值范围（Ⅲ）若函数 4.已知三次函数f (x) =x3+ax2+bx +c 在x =1 和x =-1 时取极值，且f (-2) =-4 ． (1)求函数y =f (x) 的表达式； (2)求函数y =f (x) 的单调区间和极值； 5.设函数f (x) =x(x -a)(x -b) ． f(x)的图象与直线5x -y - 8 = 0 相切，切点横坐标为２，且f(x)在x = 1 处取极值，（1）若 a, b 的值；求实数 f (x) 总有两个不同的极值（2）当b=1 时，试证明：不论 a 取何实数，函数点．题型四：利用导数研究函数的图象 f / ( x) 的图象如右图所示，则 f（x）的图象只可能是（ 6.如右图：是 f（x）的导函数， D ）

3 （A ）（B ）（C ）（D ） y 1 x 3 4x 1个个个个 7. 函数 3 ( A ) 6 4 2 -4 -2 y o 2 4 -2 -4 6 4 2 x -4 -2 y o 2 4 -2 -4 x -4 6 y 6 y 4 4 2 2 y 2 4 x o x -2 -2 -2 2 4 -4 -4 8．方程 2x 3 6x 2 7 0个 (0,2)个个个个个个 ( B ) A 、0 B 、1 C 、2 D 、3 题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围 f (x ) = - 1 x 3 + 2ax 2 - 3a 2 x + b ,0 < a < 1. 9. 设函数 3 （1）求函数 f (x ) 的单调区间、极值. （2）若当 x ∈[a + 1, a + 2] 时，恒有| f ' (x ) |≤ a ，试确定 a 的取值范围. 2 10. 已知函数 f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在 x ＝－ 3 与 x ＝1 时都取得极值（1）求 a 、b 的值与函数 f （x ）的单调区间（2）若对 x ∈〔－1，2〕，不等式 f （x ） 0,函数f (x ) = x 3 - ax 在[1,+∞) 上是单调函数. （1）求实数 a 的取值范围；（2）设 x 0 ≥1， f (x ) ≥1，且 f ( f (x 0 )) = x 0 ，求证： f (x 0 ) = x 0 .

2022年高考数学总复习：导数与函数的综合问题

第 1 页共 15 页 2022年高考数学总复习：导数与函数的综合问题命题点1 证明不等式典例已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1； (2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝ x －1x (x >0)，当01时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g (x )≥g (1)＝1，得证． (2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ，所以当02时，f ′(x )>0，即f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号)．① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 命题点2 不等式恒成立或有解问题典例已知函数f (x )＝1＋ln x x . (1)若函数f (x )在区间? ???a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．

2019年最新高考数学二轮复习题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题理(考试专用)

题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题1.(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围. 2.已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}= (1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围; (2)①求F(x)的最小值m(a); ②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a). 3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).

(1)试讨论f(x)的单调性; (2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,求c的值. 4.已知a>0,函数f(x)=e ax sin x(x∈[0,+∞)).记x n为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.证明: (1)数列{f(x n)}是等比数列; (2)若a≥,则对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立. 5.(2018天津,理20)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1. (1)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间;

(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明 x1+g(x2)=-; (3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线. 6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,b∈R,且a≠0),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=a e(x-1). (1)求b的值; (2)若对任意x∈,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.

导数综合讲义(教师版).pdf

导数综合讲义第1讲导数的计算与几何意义 (3) 第2讲函数图像 (4) 第3讲三次函数 (7) 第4讲导数与单调性 (8) 第5讲导数与极最值 (9) 第6讲导数与零点 (10) 第7讲导数中的恒成立与存在性问题 (11) 第8讲原函数导函数混合还原（构造函数解不等式） (13) 第9讲导数中的距离问题 (17) 第10讲导数解答题 (18) 10.1 导数基础练习题 (21) 10.2 分离参数类 (24) 10.3 构造新函数类 (26) 10.4 导数中的函数不等式放缩 (29) 10.5 导数中的卡根思想 (30) 10.6 洛必达法则应用 (32) 10.7 先构造，再赋值，证明和式或积式不等式 (33) 10.8 极值点偏移问题 (35) 10.9 多元变量消元思想 (37) 10.10 导数解决含有ln x与e x的证明题（凹凸反转） (39) 10.11 导数解决含三角函数式的证明 (40) 10.12 隐零点问题 (42) 10.13 端点效应 (44) 10.14 其它省市高考导数真题研究 (45)

导数【高考命题规律】 2014 年理科高考考查了导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性，利用导数求函数的最值，文科考查了求曲线的切线方程，导数在研究函数性质中的运用；2015 年文理试卷分别涉及到切线、零点、单调性、最值、不等式证明、恒成立问题；2016 文科考查了导数的几何意义，理科涉及到不等式的证明，含参数的函数性质的研究，极值点偏移；2017 年高考考查了导数判断函数的单调性，含参零点的分类讨论。近四年的高考试题基本形成了一个模式，第一问求解函数的解析式，以切线方程、极值点或者最值、单调区间等为背景得到方程从而确定解析式，或者给出解析式探索函数的最值、极值、单调区间等问题，较为简单；第二问均为不等式相联系，考查不等式恒成立、证明不等式等综合问题，难度较大。预测 2018 年高考导数大题以对数函数、指数函数、反比例函数以及一次函数、二次函数中的两个或三个为背景，组合成一个函数，考查利用导数研究函数的单调性与极值及切线，不等式结合考查恒成立问题，另外 2016 年全国卷 1 理考查了极值点偏移问题，这一变化趋势应引起考生注意。【基础知识整合】 1、导数的定义： f ' (x ) = lim f (x 0 + ?x ) - f (x 0 ) ， f ' (x ) = lim f (x + ?x ) - f (x ) 0 ?x →0 ?x ?x →0 ?x 2、导数的几何意义：导数值 f ' (x ) 是曲线 y = f (x ) 上点 (x , f (x )) 处切线的斜率 3、常见函数的导数： C ' = 0 ； (x n )' = nx n -1 ； (sin x )' = cos x ； (cos x )' = -sin x ； (ln x )' = 1x ； (log a x )' = x ln 1 a ； (e x )' = e x ； (a x )' = a x ln a 4、导数的四则运算： (u ± v )' = u ' ± v ' ；； (u ?v )' = u ' v + v ' u ； (u )' = u 'v -2 v 'u v v 5、复合函数的单调性： f ' x (g (x )) = f ' (u )g ' (x ) 6、导函数与单调性：求增区间，解 f ' (x ) > 0 ；求减区间，解 f ' (x ) < 0 若函数在 f (x ) 在区间 (a , b ) 上是增函数 ? f ' (x ) ≥ 0 在 (a , b ) 上恒成立；若函数在 f (x ) 在区间 (a , b ) 上是减函数 ? f ' (x ) ≤ 0 在 (a , b ) 上恒成立；若函数在 f (x ) 在区间 (a , b ) 上存在增区间 ? f ' (x ) > 0 在 (a , b ) 上恒成立；若函数在 f (x ) 在区间 (a , b ) 上存在减区间 ? f ' (x ) < 0 在 (a , b ) 上恒成立； 7、导函数与极值、最值：确定定义域，求导，解单调区间，列表，下结论 8、导数压轴题：强化变形技巧、巧妙构造函数、一定要多练记题型，总结方法

考点06 函数与导数的综合运用(1)(解析版)

考点06 函数与导数的综合应用（1）【知识框图】【自主热身，归纳提炼】 1、(2016南京学情调研）已知函数f (x )＝1 3x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．【答案】???? 32，4 【解析】因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点．解法 1 令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1?(1,2)，因此则需10，解得3 2