专题131—函数与导数压轴题命题区间.pdf

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1、第 1 页共 54 页 专题 131函数与导数压轴题命题区间 目录 第一部分构造辅助函数求解导数问题 2 技法一：“比较法”构造函数 2 技法二： “ 拆分法 ” 构造函数 . 3 技法三： “ 换元法 ” 构造函数 . 5 技法四：二次 (甚至多次 )构造函数 8 强化训练 . 10 第二部分利用导数探究含参数函数的性质 14 技法一：利用导数研究函数的单调性 14 技法二：利用导数研究函数的极值 17 技法三：利用导数研究函数的最值 19 强化训练 . 22 第三部分导数的综合应用 29 技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根 29 技法二：利用导数证明不等式 31 技法三：利用导数研究

2、不等式恒成立问题 34 技法四：利用导数研究存在性与任意性问题 44 技法五：利用导数研究探究性问题 47 强化训练 . 50 第 2 页共 54 页 第一部分构造辅助函数求解导数问题 对于证明与函数有关的不等式， 或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取 值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时，常常需要构造辅助函数， 并求导 研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同， 所构造的函数可有 多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧 技法一：“比较法”构造函数 典例(2017 广州模拟 )已知函数 f(x)e xax(e为自然对数的底数， a 为常 数)的图象在

3、点 (0,1)处的切线斜率为 1 (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值； (2)证明：当 x0 时，x 2ex 解(1)由 f(x)e xax，得 f( x)e xa 因为 f(0)1a1，所以 a2， 所以 f(x)e x2x，f( x)e x2， 令 f(x)0，得 xln 2， 当 xln 2 时，f(x)0，f(x)单调递减； 当 xln 2 时，f(x)0，f(x)单调递增 所以当 xln 2 时， f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2)e ln 2 2ln 22ln 4， f(x)无极大值 (2)证明：令 g(x)e xx2，则 g( x)ex2x 由(1)得 g(x)

4、f(x) f(ln 2)0， 故 g(x)在 R 上单调递增 所以当 x0 时，g(x)g(0)10，即 x 2ex 方法点拨 在本例第 (2)问中，发现 “ x 2，ex” 具有基本初等函数的基因，故可选择对要证 明的“ x2e x” 构造函数，得到 “ g(x)exx2” ，并利用 (1)的结论求解 对点演练 已知函数 f(x) x e x，直线 yg(x)为函数 f(x)的图象在 xx0(x01)处的切线， 第 3 页共 54 页 求证： f(x) g(x) 证明： 函数 f(x)的图象在 xx0处的切线方程为 yg(x)f(x0)(xx0)f(x0) 令 h(x)f(x)g(x)f(x

5、)f(x0)(xx0)f(x0)， 则 h(x)f(x)f(x0) 1x e x 1x 0 e 0 x 1xe 0 x 1x0e x e 0 xx 设 (x)(1x)e 0 x (1x0)ex， 则 (x)e 0 x (1x0)e x， x01， (x)0， (x)在 R上单调递减，又 (x0)0， 当 xx0时， (x)0，当 xx0时， (x)0， 当 xx0时，h(x)0，当 xx0时，h(x)0， h(x)在区间 ( ，x0)上为增函数，在区间 (x0，) 上为减函数， h(x) h(x0)0， f(x) g(x) 技法二： “ 拆分法 ” 构造函数 典例设函数 f(x)ae xln

6、xbe x1 x ，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线为 y e(x1)2 (1)求 a，b； (2)证明： f(x)1 解(1)f(x)ae x ln x 1 x be x1 x1 x 2 (x0)， 由于直线 ye(x1)2 的斜率为 e，图象过点 (1,2)， 所以 f12， f1e， 即 b2， aee， 解得 a1， b2. (2)证明：由 (1)知 f(x)e xln x2e x1 x (x0)， 从而 f(x)1 等价于 xln xxe x2 e 构造函数 g(x)xln x，则 g(x)1ln x， 所以当 x 0， 1 e 时，g(x)0， 第 4 页共 54 页 当

7、 x 1 e， 时，g( x)0， 故 g(x)在 0，1 e 上单调递减， 在 1 e，上单调递增， 从而 g(x)在(0，) 上的最小值为 g 1 e 1 e 构造函数 h(x)xe x2 e， 则 h(x)e x(1x) 所以当 x(0,1)时，h(x)0； 当 x(1，) 时，h(x)0； 故 h(x)在(0,1)上单调递增，在 (1，) 上单调递减， 从而 h(x)在(0，) 上的最大值为 h(1) 1 e 综上，当 x0 时，g(x)h(x)，即 f(x)1 方法点拨 对于第 (2)问“ ae xln xbe x1 x 1” 的证明，若直接构造函数 h(x)ae xln xbe x

8、1 x 1，求导以后不易分析，因此并不宜对其整体进行构造函数，而应先将不等式 “ ae xln xbe x1 x 1” 合理拆分为 “ xln xxe x2 e” ，再分别对左右两边构造函数， 进而达到证明原不等式的目的 QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落 对点演练 已知函数 f(x) aln x x1 b x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 x2y3 0 (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x0，且 x 1 时，f(x) ln x x1 第 5 页共 54 页 解：(1)f(x) a x1 x ln x x1 2 b x 2(x0) 由于直线

9、x2y30 的斜率为 1 2，且过点 (1,1)， 故 f11， f1 1 2， 即 b1， a 2b 1 2. 解得 a1， b1. (2)证明：由 (1)知 f(x) ln x x1 1 x(x0)， 所以 f(x) ln x x1 1 1x 22ln xx 21 x 考虑函数 h(x)2ln x x 21 x (x0)， 则 h(x)2 x 2x 2 x21 x 2 x1 2 x 2 所以当 x 1 时，h(x)0而 h(1)0， 故当 x(0,1)时，h(x)0，可得 1 1x 2h(x)0； QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落 当 x(1，) 时，h(x)0，

10、可得 1 1x 2h(x)0 从而当 x0，且 x 1 时，f(x) ln x x10， 即 f(x) ln x x1 技法三： “ 换元法 ” 构造函数 典例已知函数 f(x)ax 2xln x(aR)的图象在点 (1，f(1)处的切线与直线 x3y0 垂直 (1)求实数 a 的值； (2)求证：当 nm0 时，ln nln m m n n m 解(1)因为 f(x)ax 2xln x， 所以 f(x)2axln x1， 因为切线与直线 x3y0 垂直，所以切线的斜率为3， 第 6 页共 54 页 所以 f(1)3，即 2a13，故 a1 (2)证明：要证 ln nln mm n n m，

11、即证 ln n m m n n m，只需证 ln n m m n n m0 令 n m x，构造函数 g(x)ln x 1 xx(x 1)， 则 g(x)1 x 1 x 21 因为 x1，) ，所以 g(x) 1 x 1 x 210， 故 g(x)在(1，) 上单调递增 由已知 nm0，得 n m1， 所以 g n m g(1)0， 即证得 ln n m m n n m0 成立，所以命题得证 方法点拨 对“ 待证不等式 ” 等价变形为 “ln n m m n n m0” 后， 观察可知，对“ n m” 进行换元， 变为“ln x 1 xx0” ，构造函数 “ g(x)ln x 1 xx(x 1

12、)” 来证明不等式，可简化证 明过程中的运算 对点演练 已知函数 f(x)x2ln x (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)证明：对任意的t0，存在唯一的 s，使 tf(s)； (3)设(2)中所确定的 s关于 t的函数为 sg(t)， 证明： 当 te 2时， 有2 5 ln gt ln t 1 2 解：(1)由已知，得 f(x)2xln xxx(2ln x1)(x0)， 令 f(x)0，得 x 1 e 第 7 页共 54 页 当 x变化时， f(x)，f(x)的变化情况如下表： x 0， 1 e 1 e 1 e， f(x)0 f(x)极小值 所以函数 f(x)的单调递减区间是0， 1

13、 e ，单调递增区间是 1 e， (2)证明：当 0x 1 时，f(x) 0， t0，当 0x 1 时不存在 tf(s) 令 h(x)f(x)t，x1，) 由(1)知，h(x)在区间 (1，) 上单调递增 h(1)t0，h(e t)e2tln ettt(e2t 1)0 故存在唯一的 s(1，) ，使得 tf(s)成立 (3)证明：因为 sg(t)，由(2)知，tf(s)，且 s1， 从而 ln gt ln t ln s ln fs ln s s 2ln s ln s 2ln ss u 2uln u， 其中 uln s 要使 2 5 ln gt ln t 1 2成立，只需 0ln u u 2 当

14、 te 2 时，若 sg(t) e， 则由 f(s)的单调性，有 tf(s) f(e)e2，矛盾 所以 se， 即 u1，从而 ln u0 成立 另一方面，令 F(u)ln uu 2，u1，F( u)1 u 1 2， 令 F(u)0，得 u2 当 1u2 时，F(u)0； 当 u2 时，F(u)0 故对 u1，F(u) F(2)0， 第 8 页共 54 页 因此 ln uu 2成立 综上，当 te2时，有 2 5 ln gt ln t 1 2 技法四：二次 (甚至多次 )构造函数 典例(2017 广州综合测试 )已知函数 f(x)e xmx3，g(x)ln(x1)2 (1)若曲线 yf(x)在

15、点(0，f(0)处的切线斜率为 1，求实数 m 的值； (2)当 m 1 时，证明： f(x)g(x)x 3 解(1)因为 f(x)e xmx3， 所以 f(x)ex m3x2 因为曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为 1， 所以 f(0)em1，解得 m0 (2)证明：因为 f(x)e xmx3，g(x)ln(x1)2， 所以 f(x)g(x)x3等价于 e xm ln(x1)20 当 m 1 时，e xmln(x1)2 ex1ln(x1)2 要证 e xmln(x1)20， 只需证明 ex 1ln(x1)20 设 h(x)ex 1ln(x1)2，则 h( x)ex 11 x1

16、设 p(x)ex 11 x1，则 p( x)e x11 x1 20， 所以函数 p(x)h(x)e x11 x1在(1，) 上单调递增 因为 h 1 2 e1 220，h( 0)e10， 所以函数 h(x)ex 1 1 x1在(1， ) 上有唯一零点 x 0， 且 x0 1 2，0 因为 h(x0)0，所以 ex01 1 x01， 即 ln(x01)(x01) 当 x(1，x0)时，h(x)0， 当 x(x0，) 时，h(x)0， 所以当 xx0时，h(x)取得最小值 h(x0)， 第 9 页共 54 页 所以 h(x) h(x0)ex01ln(x01)2 1 x01(x 01)20 综上可知

17、，当 m 1 时，f(x)g(x)x3 QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落 方法点拨 本题可先进行适当放缩， m 1 时，e xm ex1，再两次构造函数 h(x)，p(x) 对点演练 (2016 合肥一模 )已知函数f(x)exxln x，g(x)e xtx2x，tR，其中 e 为自然对数的底数 (1)求函数 f(x)的图象在点 (1，f(1)处的切线方程； (2)若 g(x) f(x)对任意的 x(0，) 恒成立，求 t 的取值范围 解：(1)由 f(x)exxln x，知 f(x)eln x1， 则 f(1)e1， 而 f(1)e， 则所求切线方程为ye(e1)(

18、x1)， 即 y(e1)x1 (2)f(x)exxln x，g(x)e xtx2x，tR， g(x) f(x)对任意的 x(0，) 恒成立等价于 e xtx2xexxln x 0 对任 意的 x(0，) 恒成立， 即 t e xxexxln x x 2 对任意的 x(0，) 恒成立 令 F(x)e xxexxln x x 2 ， 则 F(x)xe xex2exxln x x 3 1 x 2exe2e x x ln x ， 令 G(x)exe2e x x ln x， 则 G(x)e x2 xe xex x 21 x e x x1 2exx x 20 对任意的 x(0， ) 恒成立 G(x)e x

19、e2e x x ln x 在(0，) 上单调递增，且 G(1)0， 第 10 页共 54 页 当 x(0,1)时，G(x)0，当 x(1，) 时，G(x)0， 即当 x(0,1)时，F(x)0，当 x(1，) 时，F(x)0， F(x)在(0,1)上单调递减，在 (1，) 上单调递增， F(x) F(1)1， t 1， 即 t 的取值范围是 ( ，1 强化训练 1设函数 f(x)x 2ex1ax3bx2，已知 x2 和 x1 为 f(x)的极值点 (1)求 a，b 的值； (2)讨论 f(x)的单调性； (3)设 g(x) 2 3x 3x2，比较 f(x)与 g(x)的大小 解：(1)因为 f

20、(x)e x1(2xx2)3ax22bx xe x1(x2)x(3ax2b)， 又 x2 和 x1 为 f(x)的极值点， 所以 f(2)f(1)0， 因此 6a2b0， 33a2b0， 解得 a 1 3， b1. (2)因为 a 1 3，b1， 所以 f(x)x(x2)(e x11)， 令 f(x)0， 解得 x12，x20，x31 因为当 x( ，2)(0,1)时，f(x)0； 当 x(2,0)(1，) 时，f(x)0 所以 f(x)在(2,0)和(1，) 上是单调递增的； 在( ，2)和(0,1)上是单调递减的 第 11 页共 54 页 (3)由(1)可知 f(x)x 2ex11 3x

21、3x2 故 f(x)g(x)x 2ex1x3x2(ex1x)， 令 h(x)ex 1x，则 h( x)e x11 令 h(x)0，得 x1， 因为当 x( ，1时，h(x) 0， 所以 h(x)在( ，1上单调递减； 故当 x( ，1时，h(x) h(1)0； 因为当 x1，) 时，h(x) 0， 所以 h(x)在1，) 上单调递增； 故 x1，) 时，h(x) h(1)0 所以对任意 x( ，) ，恒有 h(x) 0； 又 x2 0，因此 f(x)g(x) 0 故对任意 x( ，) ，恒有 f(x) g(x) 2(2015 北京高考 )已知函数 f(x)ln1x 1x (1)求曲线 yf(x

22、)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求证：当 x(0,1)时， f(x)2 xx 3 3 ； (3)设实数 k 使得 f(x)k x x 3 3 对 x(0,1)恒成立，求 k 的最大值 解：(1)因为 f(x)ln(1x)ln(1x)(1x1)， 所以 f(x) 1 1x 1 1x，f( 0)2 QQ 群 545423319 微信公众号：中学数学研讨部落 又因为 f(0)0，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y2x (2)证明：令 g(x)f(x)2 x x 3 3 ， 则 g(x)f(x)2(1x 2) 2x 4 1x 2 因为 g(x)0(0x1)， 所以 g(x)在区间 (0,1)上单调递增 所以 g(x)g(0)0，x(0,1)，