专题突破(一)高考函数与导数问题求解策略

菜单新课标·理科数学（广东专用）利用导数研究函数的单调性是高考的热点，多与一元二次不等式相联系，根据导数与函数单调性的关系，研究函数的单调性，实际上就是讨论导函数f′(x)的函数值正负的问题．菜单新课标·理科数学（广东专用）(2013·广州质检)已知函数f(x)＝x2e－ax，a∈R.(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程．(2)讨论f(x)的单调性．【思路点拨】(1)先求切点和斜率，再求切线方程；(2)先求f′(x)，然后分a＝0，a＞0，a＜0三种情况求解．菜单新课标·理科数学（广东专用）【规范解答】(1)因为当a＝1时，f(x)＝x2e－x，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e.从而y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e.(2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax.①当a＝0时，若x＜0，则f′(x)＜0，若x＞0，则f′(x)＞0.所以当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数．②当a＞0时，由2x－ax2＜0，解得x＜0或x＞2a，菜单新课标·理科数学（广东专用）由2x－ax2＞0，解得0＜x＜2a.所以当a＞0时，函数f(x)在区间(－∞，0)，(2a，＋∞)上为减函数，在区间(0，2a)上为增函数．③当a＜0时，由2x－ax2＜0，解得2a＜x＜0，由2x－ax2＞0，解得x＜2a或x＞0.所以，当a＜0时，函数f(x)在区间(－∞，2a)，(0，＋∞)上为增函数，在区间(2a，0)上为减函数．菜单新课标·理科数学（广东专用）综上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，(2a，＋∞)上单调递减，在(0，2a)上单调递增；当a＜0时，f(x)在(2a，0)上单调递减，在(－∞，2a)，(0，＋∞)上单调递增．菜单新课标·理科数学（广东专用）【反思启迪】1.本题(2)中f′(x)＝(2x－ax2)e－ax，f′(x)的符号由2x－ax2确定，从而把问题转化为确定2x－ax2的符号问题．2．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．菜单新课标·理科数学（广东专用）设函数f(x)＝1＋x1－xe－ax.(1)写出定义域及f′(x)的解析式；(2)设a＞0，求函数y＝f(x)的单调增区间；(3)若对任意x∈(0，1)，恒有f(x)＞1成立，求实数a的取值范围．【解】(1)f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝ax2＋2－a（1－x）2e－ax.(2)①当0＜a≤2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上为增函数；菜单新课标·理科数学（广东专用）②当a＞2，由f′(x)＞0得ax2＋2－a＞0，x＞a－2a或x＜－a－2a，∴f(x)的增区间为(－∞，－a－2a)，(a－2a，1)，(1，＋∞)．(3)①当0＜a≤2时，由(1)知，对任意x∈(0，1)，恒有f(x)＞f(0)＝1；②当a＞2时，由(1)知，f(x)在(0,a－2a)上是减函数，在(a－2a，1)上是增函数，取x0＝12a－2a∈(0，1)，则f(x0)＜f(0)＝1；菜单新课标·理科数学（广东专用）③当a≤0时，对任意x∈(0，1)，恒有1＋x1－x＞1且e－ax≥1，得f(x)＝1＋x1－xe－ax＞1.综上，当且仅当a∈(－∞，2]时，若对任意x∈(0，1)恒有f(x)＞1成立．菜单新课标·理科数学（广东专用）利用导数判断函数的零点个数是近两年高考命题的亮点，求解时应把函数的零点存在性定理，函数的单调性、极值点等综合起来考虑，最后数形结合求得结果．菜单新课标·理科数学（广东专用）【思路点拨】(1)分a＝0、a＜0和a＞0三种情况求函数f(x)的最大值；(2)先用零点存在性定理判断有无零点，再根据函数的单调性判断零点的个数．(2012·福建高考)已知函数f(x)＝axsinx－32(a∈R)，且在[0，π2]上的最大值为π－32.(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．菜单新课标·理科数学（广东专用）【规范解答】(1)由已知得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈(0，π2)，有sinx＋xcosx0.当a＝0时，f(x)＝－32，不合题意．当a0，x∈(0，π2)时，f′(x)0，从而f(x)在(0，π2)内单调递减．又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f(x)在[0，π2]上的最大值为f(0)＝－32，不合题意；菜单新课标·理科数学（广东专用）当a0，x∈(0，π2)时，f′(x)0，从而f(x)在(0，π2)内单调递增，又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f(x)在[0，π2]上的最大值为f(π2)，即π2a－32＝π－32，解得a＝1.综上所述，函数f(x)的解析式f(x)＝xsinx－32.菜单新课标·理科数学（广东专用）(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－32，从而有f(0)＝－320，f(π2)＝π－320.又f(x)在[0，π2]上的图象是连续不断的，所以f(x)在(0，π2)内至少存在一个零点．又由(1)知f(x)在[0，π2]上单调递增，故f(x)在(0，π2)内有且仅有一个零点．菜单新课标·理科数学（广东专用）当x∈[π2，π]时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g(π2)＝10，g(π)＝－π0，且g(x)在[π2，π]上的图象是连续不断的，故存在m∈(π2，π)，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(π2，π)时，有g′(x)0，从而g(x)在(π2，π)内单调递减．当x∈(π2，m)时，g(x)g(m)＝0，即f′(x)0，从而f(x)在(π2，m)内单调递增，菜单新课标·理科数学（广东专用）故当x∈[π2，m]时，f(x)≥f(π2)＝π－320，故f(x)在[π2，m]上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)g(m)＝0，即f′(x)0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．又f(m)0，f(π)0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．菜单新课标·理科数学（广东专用）【反思启迪】1.在判断函数f(x)在[π2，π]上的零点个数时，先通过其导函数f′(x)在[π2，π]上的变化情况，再得到f(x)在[π2，π]上的变化情况．2．研究函数的零点问题，实质上是通过其导函数的变化情况，得到函数图象的变化情况，数形结合求得结果．菜单新课标·理科数学（广东专用）(2013·惠州模拟)已知函数f(x)＝|ax－2|＋blnx(x＞0)．(1)若a＝1，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，求b的取值范围；(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝1x在(0，1]上解的个数．【解】(1)f(x)＝|x－2|＋blnx＝－x＋2＋blnx，（0＜x＜2），x－2＋blnx，（x≥2）.①当0＜x＜2时，f(x)＝－x＋2＋blnx，f′(x)＝－1＋bx.菜单新课标·理科数学（广东专用）由条件，得－1＋bx≥0恒成立，即b≥x恒成立．∴b≥2.②当x≥2时，f(x)＝x－2＋blnx，f′(x)＝1＋bx，由条件，得1＋bx≥0恒成立，即b≥－x恒成立．∴b≥－2.综合①，②得b的取值范围是b≥2.(2)令g(x)＝|ax－2|＋lnx－1x，则g(x)＝－ax＋2＋lnx－1x，（0＜x＜2a），ax－2＋lnx－1x，（x≥2a）.菜单新课标·理科数学（广东专用）当0＜x＜2a时，g(x)＝－ax＋2＋lnx－1x，g?(x)＝－a＋1x＋1x2.∵0＜x＜2a，∴1x＞a2.则g?(x)＞－a＋a2＋a24＝a（a－2）4≥0.即g?(x)＞0，∴g(x)在(0，2a)上是递增函数．当x≥2a时，g(x)＝ax－2＋lnx－1x，g?(x)＝a＋1x＋1x2＞0.∴g(x)在(2a，＋∞)上是递增函数．菜单新课标·理科数学（广东专用）又因为函数g(x)在x＝2a有意义，∴g(x)在(0，＋∞)上是递增函数．∵g(2a)＝ln2a－a2，且a≥2，∴ln2a≤0，则g(2a)＜0.∵a≥2，∴g(1)＝a－3.当a≥3时，g(1)＝a－3≥0，∴g(x)＝0在(0，1]上有唯一解．当2≤a≤3时，g(1)＝a－3＜0，∴g(x)＝0在(0，1]上无解．菜单新课标·理科数学（广东专用）(1)不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题；(2)证明不等式，转化为证明函数的单调性问题．菜单新课标·理科数学（广东专用）【思路点拨】(1)不等式恒成立问题，转化为函数最大值小于或等于0求解；(2)利用函数的单调性求解．(2013·湛江质检)已知函数f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a取(1)中的最小值时，求证：g(x)－f(x)≤16x3.菜单新课标·理科数学（广东专用）【规范解答】(1)令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，则h′(x)＝cosx－a.若a≥1，h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，则sinx≤ax(x≥0)成立．若0＜a＜1，存在x0∈(0，π2)，使得cosx0＝a，当x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a＞0，h(x)＝sinx－ax(x∈(0，x0))单调递增，h(x)＞h(0)＝0，不合题意，结合f(x)与g(x)的图象可知a≤0显然不合题意，综上可知，a≥1.菜单新课标·理科数学（广东专用）(2)当a取(1)中的最小值1时，g(x)－f(x)＝x－sinx.设H(x)＝x－sinx－16x3(x≥0)，则H′(x)＝1－cosx－12x2.令G(x)＝1－cosx－12x2，则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，所以G(x)＝1－cosx－12x2在[0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cosx－12x2≤G(0)＝0，即H′(x)＝1－cosx－12x2≤0，所以H(x)＝x－sinx－16x3(x≥0)单调递减．菜单新课标·理科数学（广东专用）【反思启迪】1.本题(1)中f(x)≤g(x)恒成立，则g(x)的图象应恒在f(x)的图象上方，从而a≤0不合题意．2．与不等式有关的问题最终可转化为函数的最值与0的关系．所以H(x)＝x－sinx－16x3≤H(0)＝0，则x－sinx≤16x3(x≥0)．所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤16x3.菜单新课标·理科数学（广东专用）已知函数f(x)＝ax＋xlnx的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线斜率为3.(1)求实数a的值；(2)若k∈Z，且k＜f（x）x－1对任意x＞1恒成立，求k的最大值．【解】(1)因为f(x)＝ax＋xlnx，所以f′(x)＝a＋lnx＋1.因为函数f(x)＝ax＋xlnx的图象在点x＝e处的切线斜率为3，所以f′(e)＝3，即a＋lne＋1＝3，所以a＝1.菜单新课标·理科数学（广东专用）(2)由(1)知，f(x)＝x＋xlnx，又k＜f（x）x－1＝x＋xlnxx－1对任意x＞1恒成立，令g(x)＝x＋xlnxx－1，则g′(x)＝x－lnx－2（x－1）2，令h(x)＝x－lnx－2(x＞1)，则h′(x)＝1－1x＝x－1x＞0，所以函数h(x)在(1