函数和导数综合问题专题复习

函数与导数综合问题的专题复习函数与导数的综合问题是高考中的重点、热点与难点，经过三年的学习与思考，同学们已经具备了一定能力，在基础知识的理解与运用上有了一些经验和知识储备，现将常见的几种常考题型给与总结，以便于大家巩固提高，请大家努力消化，争取更大突破，祝高考成功！一、用导数研究函数的性质、方程的根、图像的交点例一：（2011年高考天津卷）已知函数32()4361,fxxtxtxtxR，其中tR．（Ⅰ）当1t时，求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）当0t时，求()fx的单调区间；（Ⅲ）证明：对任意的(0,),()tfx在区间(0,1)内均存在零点．解：本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。（Ⅰ）解：当1t时，322()436,(0)0,()1266fxxxxffxxx(0)6.f所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为6.yx（Ⅱ）解：22()1266fxxtxt，令()0fx，解得.2txtx或因为0t，以下分两种情况讨论：（1）若0,,2tttx则当变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x,2t,2tt,t()fx+-+()fx所以，()fx的单调递增区间是,,,;()2ttfx的单调递减区间是,2tt。（2）若0,2ttt则，当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x,t,2tt,2t()fx+-+()fx所以，()fx的单调递增区间是,,,;()2ttfx的单调递减区间是,.2tt（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0t时，()fx在0,2t内的单调递减，在,2t内单调递增，以下分两种情况讨论：（1）当1,22tt即时，()fx在（0，1）内单调递减，2(0)10,(1)643644230.ftftt所以对任意[2,),()tfx在区间（0，1）内均存在零点。（2）当01,022tt即时，()fx在0,2t内单调递减，在,12t内单调递增，若33177(0,1],10.244tfttt2(1)643643230.fttttt所以(),12tfx在内存在零点。若3377(1,2),110.244ttfttt(0)10ft所以()0,2tfx在内存在零点。所以，对任意(0,2),()tfx在区间（0，1）内均存在零点。综上，对任意(0,),()tfx在区间（0，1）内均存在零点。练习1：已知函数axxxxf2331)(（a为常数）（1）若)(xf在区间]2,1[上单调递减，求a的取值范围；（2）若)(xf与直线9y相切：（ⅰ）求证：3a；（ⅱ）设()fx在1212,()xxxx处取得极值，记点M(1x,1()fx)，N(2x,2()fx)，P(,()mfm),12xmx,若对任意的m(t,x2)，线段．．MP与曲线f(x)均有异于M,P的公共点，试确定t的最小值，并证明你的结论．练习2．（2011年高考天津理科）已知0a，函数2()ln,0.fxxaxx（()fx的图像连续不断）（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）当18a时，证明：存在0(2,)x，使03()()2fxf；（Ⅲ）若存在均属于区间1,3的,，且1，使()()ff，证明ln3ln2ln253a．本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础知识，考查运算能力和运用函数思想分析解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分14分.（I）解：2112'()2,(0,)2axfxaxxx，令2'()0,.2afxa解得x=当x变化时，'(),()fxfx的变化情况如下表：x2(0,)2aa22aa2(,)2aa'()fx+0-()fx极大值所以，()fx的单调递增区间是2(0,),()2afxa的单调递减区间是2(,).2aa（II）证明：当211,()ln.88afxxx时由（I）知()fx在（0，2）内单调递增，在(2,)内单调递减.令3()()().2gxfxf由于()fx在（0，2）内单调递增，故3(2)(),2ff即g(2)0.取23419'2,(')0.232exegx则所以存在00(2,'),()0,xxgx使即存在003(2,),()().2xfxf使（说明：'x的取法不唯一，只要满足'2,(')0xgx且即可）（III）证明：由()()ff及（I）的结论知22aa，从而()[,]fx在上的最小值为().fa又由1，,[1,3],知123.故(2)()(1),ln24,(2)()(3).ln24ln39.fffaafffaa即从而ln3ln2ln2.53a练习3、.（2012年湖南高考）已知函数f(x)=ex-ax，其中a＞0.（1）若对一切x∈R，f(x)1恒成立，求a的取值集合；（2)在函数f(x)的图像上去定点A（x1,f(x1)）,B(x2,f(x2))(x1x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈（x1,x2）,使0()fxk恒成立.【解析】解：(),xfxea令()0lnfxxa得.当lnxa时()0,()fxfx单调递减；当lnxa时()0,()fxfx单调递增，故当lnxa时，()fx取最小值(ln)ln.faaaa于是对一切,()1xRfx恒成立，当且仅当ln1aaa.①令()ln,gtttt则()ln.gtt当01t时，()0,()gtgt单调递增；当1t时，()0,()gtgt单调递减.故当1t时，()gt取最大值(1)1g.因此，当且仅当1a时，①式成立.综上所述，a的取值集合为1.（Ⅱ）由题意知，21212121()().xxfxfxeekaxxxx令2121()(),xxxeexfxkexx则12112121()()1,xxxexexxxx21221221()()1.xxxexexxxx令()1tFtet，则()1tFte.当0t时，()0,()FtFt单调递减；当0t时，()0,()FtFt单调递增.故当0t，()(0)0,FtF即10.tet从而2121()10xxexx，1212()10,xxexx又1210,xexx2210,xexx所以1()0,x2()0.x因为函数()yx在区间12,xx上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在012(,)xxx使0()0,x即0()fxk成立.【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想等数学方法.第一问利用导函数法求出()fx取最小值(ln)ln.faaaa对一切x∈R，f(x)1恒成立转化为min()1fx从而得出求a的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析判断.二、导数、函数与不等式用导数的方法研究不等式的关键是通过构造函数，然后研究这个函数的单调性、极值、最值以及通过函数在整个区间上的函数值和极值、最值以及特殊点的函数值的比较解决不等式，证明与n有关的不等式。例三、（2012烟台调研）已知2()ln,()3fxxxgxxax。（1）求函数()fx在,2(0)ttt上的最小值；（2）对一切(0,),2()()xfxgx恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：对一切(0,)x，都有12lnxxeex成立。例四、（2012年湖北高考文科数学）设函数，n为正整数，a,b为常数，曲线y=f(x)在（1，f(1)）处的切线方程为x+y=1.（1）求a,b的值；（2）求函数f(x)的最大值（3）证明：f(x)1ne.例五、（湖北省八校联考）已知函数2()()7ln1fxxabx，其中,ab是常数且0a.（Ⅰ）若1b时，()fx在区间1,上单调递增，求a的取值范围；（Ⅱ）当247ba时，讨论()fx的单调性；（Ⅲ）设n是正整数，证明：7222111111ln(1)(1)7(1)2323nnn三、含参恒成立问题例六（2010年高考课标全国卷）（21）本小题满分12分）设函数21xxfxeax（Ⅰ）若a=12，求()fx的单调区间；（Ⅱ）若当x≥0时()fx≥0，求a的取值范围。（21）解：（Ⅰ）12a时，21()(1)2xfxxex，'()1(1)(1)xxxfxexexex。当,1x时'()fx;当1,0x时，'()0fx;当0,x时，'()0fx。故()fx在,1，0,单调增加，在（-1，0）单调减少。（Ⅱ）()(1)afxxxax。令()1agxxax，则'()xgxea。若1a，则当0,x时，'()gx，()gx为减函数，而(0)0g，从而当x≥0时()gx≥0，即()fx≥0.若a，则当0,lnxa时，'()gx，()gx为减函数，而(0)0g，从而当0,lnxa时()gx＜0，即()fx＜0.综合得a的取值范围为,1解：（1）()xfxea，若0a，则()0fx()fx在(,)上单调递增；若0a，则(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增………………5分（2）(1)(1)220xmxemx，分离变量得：31xxmxe令3()1,(0,)xxgxxxe，2()xxexgxe令()2,(0,)xhxexx由（1）可知()hx在(0,)上单调递增，又3237(1)30,()022hehe必03(1,)2x，使0()0hx当0(0,)xx时，()0,()gxgx单调递减当0(,)xx时，()0,()gxgx单调递增00min003()()1xxgxgxxe………………11分0x是方程20xex的根002xex，2000min000321()122xxxgxxxx令200000213(),(1,)22xxmxxx20002043()0(2)xxmxx0()mx在3(1,)2上单调递增，0425()(,)314mx，即min425()(,)314gxm的最大值为1。………………14分练习1、已知函数,ln4)(2xxxfxxxg3)(2；（1）求)(xf在))1(,1(f处的切线方程；（2）若0)(2)(mxgxf有唯一解，求m的取值范围；（3）是否存在实数a，使得)(xf与)(xg在)1,(aa上均为增函数，若存在求出a的范围；若不存在请说明理由。（