高中数学考点《导数与函数综合问题》专项训练题

1.利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的 单调性、极值、最值，并能解决简单的问题. 2. 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函 数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题. 1.导数的几何意义 函数 f(x) 在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切 线的斜率 k＝f′(x0)，相应的切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0). 2.四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0，且 a≠1)； (4)(logax)′＝ 1 xln a(a>0，且 a≠1，x>0). 3.利用导数研究函数的单调性 (1)导数与函数单调性的关系. ①f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增， 但 f′(x)≥0. ②f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，则 f(x) 为常数函数. (2)利用导数研究函数单调性的方法. ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)0，右侧 f′(x)0 或 f(x2)＜0 两个 f(x1)＝0 或者 f(x2)＝0 a＜0 (f(x1)为极小值， f(x2)为极大值) 三个 f(x1)＜0 且 f(x2)＞0 7.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式. 若证明 f(x)g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I). ②∃x∈I，使 f(x)>g(x)成立⇔I 与 f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I). ③对∀x1，x2∈I 使得 f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. ④对∀x1∈I，∃x2∈I 使得 f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min. 热点一　利用导数研究函数的单调性 【例 1】 已知函数 f(x)＝(k＋4 k )ln x＋ 4－x2 x ，其中常数 k>0， (1)讨论 f(x)在(0，2)上的单调性； (2)若 k∈[4，＋∞)，曲线 y＝f(x)上总存在相异两点 M(x1，y1)，N(x2，y2)使得曲线 y＝f(x)在 热点题型M，N 两点处切线互相平行，求 x1＋x2 的取值范围. 解　(1)因为 f′(x)＝ k＋4 k x －4 x2－1＝ (k＋4 k )x－4－x2 x2 ＝－ （x－k）(x－4 k ) x2 (x>0，k>0). ①当 00，且 4 k>2， 所以 x∈(0，k)时，f′(x)0， 所以函数 f(x)在(0，k)上是减函数，在(k，2)上是增函数； ②当 k＝2 时， 4 k＝k＝2，f′(x)2 时，0< 4 k 4 k， 所以 x∈(0， 4 k )时，f′(x)0， 所以函数 f(x)在(0， 4 k )上是减函数，在(4 k，2 )上是增函数. (2)由题意，可得 f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且 x1≠x2)， 得 4(x1＋x2)＝(k＋4 k )x1x2， 又 x1x20. ∴g(k)＝k＋ 4 k在[4，＋∞)上是增函数， 所以 g(k)≥g(4)＝5，所以 16 k＋4 k ≤ 16 5 ，所以 x1＋x2> 16 5 ， 故 x1＋x2 的取值范围为(16 5 ，＋∞). 探究提高　1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)0. (2)对 k 分类讨论不全，题目中已知 k>0，对 k 分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面. 【训练 1】 已知 a∈R，函数 f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e 为自然对数的底数). (1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若函数 f(x)在(－1，1)上单调递增，求 a 的取值范围； (3)函数 f(x)是否为 R 上的单调减函数？若是，求出 a 的取值范围，若不是，请说明理由. 解　(1)当 a＝2 时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex， 所以 f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令 f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， 因为 ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－ 2＜x＜ 2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是(－ 2， 2). (2)因为函数 f(x)在(－1，1)上单调递增， 所以 f′(x)≥0 对 x∈(－1，1)都成立. 因为 f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex， 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0 对 x∈(－1，1)都成立. 因为 ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0， 则 a≥ x2＋2x x＋1 ＝ （x＋1）2－1 x＋1 ＝(x＋1)－ 1 x＋1对 x∈(－1，1)都成立. 令 g(x)＝(x＋1)－ 1 x＋1， 则 g′(x)＝1＋ 1 （x＋1）2＞0. 所以 g(x)＝(x＋1)－ 1 x＋1在(－1，1)上单调递增. 所以 g(x)＜g(1)＝(1＋1)－ 1 1＋1＝ 3 2. 所以 a 的取值范围是[3 2，＋∞). (3)若函数 f(x)在 R 上单调递减，则 f′(x)≤0 对 x∈R 都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0 对 x∈R 都成立. 因为 ex＞0，所以 x2－(a－2)x－a≥0 对 x∈R 都成立. 所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即 a2＋4≤0，这是不可能的. 故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减. 热点二　利用导数研究函数的极值和最值 【例 2】 (2017·北京卷)已知函数 f(x)＝excos x－x. (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数 f(x)在区间[0， π 2 ]上的最大值和最小值. 解　(1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1， f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0， ∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为 y－1＝0·(x－0)，即 y＝1. (2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令 g(x)＝f′(x)， 则 g′(x)＝－2sin x·ex≤0 在[0， π 2 ]上恒成立，且仅在 x＝0 处等号成立， ∴g(x)在[0， π 2 ]上单调递减， ∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0 且仅在 x＝0 处等号成立， ∴f(x)在[0， π 2 ]上单调递减， ∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f (π 2 )＝－ π 2 . 探究提高　1.求函数 f(x)的极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右附近 函数值的符号. 2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求解. 3.求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f(a)， f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 【训练 2】 (2017·郴州二模选编)已知函数 f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x. (1)当 a>0 时，求函数 f(x)的单调递增区间； (2)当 a0，因为 a>0，x>0， ∴2ax＋1 x >0，∴x－1>0，得 x>1， ∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞). (2)由(1)可得 f′(x)＝ 2a(x－ 1 －2a)（x－1） x ， 因为 a1，即－ 1 20，g(x)在(1，＋∞)单 调递增，因此 g(x)>g(1)＝0. ②当 a>2 时，令 g′(x)＝0， 得 x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1. 由 x2>1 和 x1x2＝1 得 x1