函数与导数的综合问题

函数与导数的综合问题（精选8篇）

函数与导数的综合问题 第1篇

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函数与导数综合问题

作者：

来源：《数学金刊·高考版》2013年第06期

深化导数在函数、不等式、解析几何等问题中的综合应用，加强导数的应用意识.本考点试题的命制往往融函数、导数、不等式、方程等知识于一体，通过演绎证明、运算推理等理性思维，解决单调性、极值、最值、切线、方程的根、参数的取值范围等问题，这类题难度很大，综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏.解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想.

函数与导数的综合问题 第2篇

导数在研究函数问题中的应用

作者：朱季生

来源：《中学教学参考·理科版》2013年第04期

函数与导数的综合性问题 第3篇

例1 已知f (x) =x3+bx2+cx+d在 (-∞, 0) 上是增函数, 在[0, 2]上是减函数, 且函数y=f (x) 有三个零点, 它们分别是x1, 2, x2. (1) 求c的值; (2) 求证:f (1) ≥2; (3) 求|x1-x2|的取值范围.

解 (1) 根据题意, 得

∵函数在 (-∞, 0) 上单调递增, 在[0, 2]上单调递减,

∴x=0是函数的极大值点, ∴f′ (0) =0.

又 ∵f′ (x) =3x2+2bx+c, ∴c=0.

(2) ∵2是函数y=f (x) 的零点, ∴f (2) =8+4b+2c+d=0.

又 c=0, ∴d=-4 (b+2) .

∵f′ (x) =3x2+2bx=0, 得undefined

∵f (x) 在[0, 2]上是减函数, undefined,

即b≤-3, ∴f (1) =1+b+d=-7-3b≥2.

(3) ∵x1, 2, x2是y=f (x) 的三个零点, 即f (x) =0的三个根分别为x1, 2, x2, 可设f (x) = (x-x1) (x-2) (x-x2) ,

∴f (x) =x3- (2+x1+x2) x2+ (2x1+2x2+x1x2) x-2x1x2=x3+bx2+cx+d, 即

undefined

小结 本题主要考查了导数在函数中的应用、函数的零点的概念、函数单调性等知识, 导数作为解决函数问题的工具, 常用于求函数的单调性、最值等等, 解题时要把握好导数与函数的单调性的关系.

例2 已知函数f (x) =xlnx, g (x) =x3-ax2-9x.

(1) 如果函数g (x) 的单调递减区间为 (-1, 3) , 求函数g (x) 的解析式.

(2) 在 (1) 的条件下, 求函数y=g (x) 的图像在点 (-2, -2) 处的切线方程.

(3) 若不等式2f (x) ≤g (x) +10的解集为P, 且 (0, +∞) ⊆P, 求实数a的取值范围.

解 (1) g′ (x) =3x2-2ax-9.

由题意, 得3x2-2ax-9<0的解集为 (-1, 3) .

即3x2-2ax-9=0的两根为

undefined

(2) 由 (1) 知, g′ (x) =3x2-6x-9, ∴g′ (-2) =15.

∴点P (-2, -2) 处的切线斜率k=g′ (-2) =15.

∴函数y=g (x) 的图像在点P (-2, -2) 处的切线方程为y+2=15 (x+2) , 即15x-y+28=0.

(3) ∵ (0, +∞) ⊆P, ∴2f (x) ≤g′ (x) +10的解集为P,

即2xlnx≤3x2-2ax+1对x∈ (0, +∞) 恒成立.

可得undefined,

即undefined对x∈ (0, +∞) 恒成立.

设undefined,

则undefined

令h′ (x) =0, 得x=1或undefined (舍去) .

当00时, h′ (x) >0.

∴当x=1时, h (x) 取最小值, h (x) min=h (1) =2, ∴a≤2.

∴a的取值范围是a≤2.

小结 本题主要是理解题意, 将函数g (x) 的单调递减区间为 (-1, 3) 转化为g′ (x) =3x2-2ax-9<0的解集为 (-1, 3) 来解决问题.

例3 设函数f (x) =2x3+3ax2+3bx在x=1及x=2时取极值. (1) 求函数f (x) 的解析式; (2) 求证:对于区间[1, 2]上任意两个自变量的值x1, x2, 都有|f (x1) -f (x2) |≤1; (3) 若过点A (1, m) (m≠5) 可作曲线y=f (x) 的三条切线, 求m的取值范围.

解 (1) f′ (x) =6x2+6ax+3b, ∴得

undefined

当1≤x≤2时, f′ (x) ≤0, ∴f (x) 在区间[1, 2]上单调递减.

∴在区间[1, 2]上f (x) max=f (1) =5, f (x) min=f (2) =4.

∴对于区间[1, 2]上任意两个自变量的值x1, x2, |f (x1) -f (x2) |≤|f (x) max-f (x) min|≤5-4=1, ∴原不等式得证.

(3) 由题知, f′ (x) =6 (x-1) (x-2) ,

曲线方程为f (x) =2x3-9x2+12x, 且点A (1, m) 不在曲线上.设切点为M (x0, y0) , 则点M的坐标满足

y0=2xundefined-9xundefined+12x0.

∵f′ (x0) =6 (x0-1) (x0-2) , ∴根据切线的斜率, 得

undefined,

整理, 得4xundefined-15xundefined+18x0-12+m=0.

∵过点A (1, m) (m≠5) 可作曲线y=f (x) 的三条切线,

∴关于x0的方程4xundefined-15xundefined+18x0-12+m=0有三个实根.设g (x0) =4xundefined-15xundefined+18x0-12+m,

则g′ (x0) =12xundefined-30x0+18.

令g′ (x0) =0, 可得x0=1或undefined

∴函数g (x0) =4xundefined-15xundefined+18x0-12+m的极值点为x0=1或undefined

∴关于x0的方程4xundefined-15xundefined+18x0-12+m=0有三个实根的充要条件是undefined,

即undefined, 解得undefined

∴所求实数m的取值范围是undefined

函数与导数综合测试题 第4篇

1．已知曲线y=x24-3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为.

2．已知曲线y=x3-1与曲线y=3-12x2在x=x0处的切线互相垂直，则x0=.

3．已知f(x)=2x3-6x2+m（m为常数）在［-2,2］上有最大值3，那么此函数在［-2,2］上的最小值为.

4．函数f(x)=x3-3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的范围为.

5．在函数y=x3-8x的图像上，其切线的倾斜角小于稹肌 4的点中，坐标为整数的点的个数是.

6．点P在曲线y=x3-x+7上移动，设点P处切线的倾斜角为幔蚪轻的取值范围是.

7．设f0(x)=sinx,f1(x)=f′0(x),f2(x)=f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2012(x)=.

8．设函数y=xsinx+cosx的图像上的点(x0,y0)的切线的斜率为k，若k=g(x0)，则函数k=g(x0)的图像大致为.



9．已知函数y=xf′(x)的图像如右图所示（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），下面四个图像中y=f(x)的图像大致是.



10.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)＞0.且g(3)=0.则不等式f(x)?g(x)<0的解集是.

11.若0

12．函数f(x)=x3+3x(x∈R)，若f(mx2)+f(1－mx)>0恒成立，则实数m的取值范围是.

13.若曲线y=h(x)在点P(a,h(a))处的切线方程为2x+y+1=0，则h′(a)与0的大小关系是h′(a)0（填≥、≤、＞、＜中最准确的一个）.

14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)=0，xf′(x)－f(x)x2>0（x>0），则不等式x2f(x)>0的解集是.

二、解答题（本大题共6小题，共计90分）

15．(本小题满分14分)

设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点．

（1）试确定常数a,b的值；

（2）试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.

16．(本小题满分15分)

设关于x的方程2x2-ax-2=0的两根为 , ( < )，函数f(x)=4x-ax2+1．

（1）求f( )穎( )的值；（2）证明f(x)是［ ,猓萆系脑龊唬 3）当a为何值时，f(x)在区间［ ,猓萆系淖畲笾涤胱钚≈抵钭钚。俊迹冢耍姜¤

17.(本小题满分15分)

甲方是一农场，乙方是一工厂，由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2000t，若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方s元(以下称s为赔付价格)．

(1)将乙方的年利润w(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；

(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y=0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格s是多少？

18．(本小题满分15分)

已知f（x）=x3+ax2+bx+c在x=1，x=-23时，都取得极值．

（1）求a、b的值．

（2）若对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，求c的取值范围.

19．(本小题满分15分)

已知x=1是函数f(x)=mx3-3(m+1)x2+nx+1的一个极值点，其中m,n∈R,m<0.

（1）求m与n的关系式；

（2）求f(x)的单调区间；

（3）当x∈［-1,1］时，函数y=f(x)的图像上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围.

20．(本小题满分16分)

已知函数f(x)=1(1－x)n+aln(x－1),其中n∈N,a为常数.

（1）当n=2时，求函数f(x)的极值；

（2）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1．

参考答案

一、填空题

1.3；2.313；3.-37；4.（0,1）；5.0；

6.［0,稹肌 2）∪［3稹肌 4,穑 7.sinx；8.A；

9.C;10.(-∞,-3)∪(0,3)；

11.令f(x)=x-2sinx则f′(x)=1-2cosx

f(x)在［0,稹肌 3］上单调递减，在［稹肌 3,稹肌 2］上单调递增

f(0)=0，f(稹肌 2)=稹肌 2-2<0，所以f(x)<0

x<2sinx(x∈［0,稹肌 2）

12.［0,4)；13.h′(a)<0；14.（-1,0）∪（1，+∞）.

二、解答题

15.解：f′(x)=ax+2bx+1

（1）由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0

即a+2b+1=0，且a2+4b+1=0，解方程组可得a=-23,b=-16

∴f(x)=-23lnx-16x2+x

（2）f′(x)=-23x-1-13x+1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0

当x∈(1,2)时，f′(x)>0，当x∈(2,+∞)时，f′(x)<0

故在x=1处函数f(x)取得极小值56，在x=2处函数取得极大值43-23ln2．

16.解：（1）f( )=-8a2+16-a，f( )=8a2+16+a

f( )穎( )=-4

（2）设(x)=2x2-ax-2，则当

f′(x)=(4x-a)′(x2+1)-(4x-a)(x2+1)′(x2+1)2

=4(x2+1)-2x(4x-a)(x2+1)2



=-2（2x2-ax-2）(x2+1)2

=-2(2x2-ax+2)(x2+1)2

=-2(x)(x2+1)2>0

∴函数f(x)在( , )上是增函数

（3）函数f(x)在［ ,猓萆献畲笾礷( )>0，最小值f( )<0

∵|f( )穎( )|=4

∴当且仅当f( )=-f( )=2时

f( )-f( )=|f( )|+f( )|取最小值4，此时a=0,f( )=2．

17.解：(1)w＝2000t－st，∴w′＝1000t－s，

令w′＝0，得t0＝(1000s)2，

当t＞t0时，w′＜0，当t＜t0时，w′＞0，

∴t＝t0时w取最大值，这时年产量为(1000s)2(吨)．

(2)设甲方净收入为v元，则v＝st－0.002t2.

将t＝(1000s)2代入，得v＝10002s－2×10003s4，

v′＝10002×8000-s3s5.

令v′＝0，得s＝20，当s＜20时，v′＞0，当s＞20时，v′＜0时，∴s＝20时，v取最大值．

故甲方向乙方要求赔付价格s＝20元/吨时获最大净收入．

18.解：（1）由题意知f′（x）=3x2+2ax+b的两个根分别为1和-23

由韦达定理，得：1-23=-2a3，b3=１×(-23)

则a=-12，b=-2

（2）由（1），有f（x）=x3-12x2-2x+c，f′（x）=3x2-x-2

当x∈［-1,-23)时，f′(x)>0，当x∈(-23,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2］时，f′(x)>0，

当x=-23时，f(x)有极大值2227+c，f(-1)=12+c，f(2)=2+c

∴当x∈［-1,2］，f(x)的最大值为f(2)=2+c

对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，∴2+c<1c，

解得或0

19.解:(I)f′(x)=3mx2-6(m+1)x+n因为x=1是函数f(x)的一个极值点,

所以f′(1)=0,即3m-6(m+1)+n=0，所以n=3m+6.

（II）由（I）知，f′(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)［x-(1+2m)］

当m<0时，有1>1+2m，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表：

x(-∞,1+2m)1+2m(1+2m,1)1(1,+∞)

f′(x)<00>00<0

f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减

故有上表知，当m<0时，f(x)在(-∞,1+2m)单调递减，

在(1+2m,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减.

（III）由已知得f′(x)>3m，即mx2-2(m+1)x+2>0

又m<0所以x2-2m(m+1)x+2m<0即x2-2m(m+1)x+2m<0,x∈［-1,1］①

设g(x)=x2-2(1+1m)x+2m，其函数开口向上，由题意知①式恒成立，

所以g(-1)<0g(1)<01+2+2m+2m<0-1<0解之得

-43

20．（1）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，

当n=2时，f(x)=1(1－x)2+aln(x－1),

所以f′(x)=2－a(1－x)2(1－x)3.

①当a＞0时，由f′(x)=0得

x1=1+2a＞1，x2=1－2a＜1，

此时f′（x）=－a(x－x1)(x－x2)(1－x)3.

当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；

当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单调递增.

②当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.

综上所述，n=2时，

当a＞0时，f(x)在x=1+2a处取得极小值，极小值为f(1+2a)=a2(1+ln2a).

当a≤0时，f(x)无极值.

（２）证法一：因为a=1,所以

f(x)=1(1－x)n+ln(x－1).

①当n为偶数时，

令g(x)=x－1－1(1－x)n－ln(x－1),

则g′（x）=1+n(x－1)n+1－1x－1

=x－2x－1+n(x－1)n+1

＞0（x≥2）.

所以当x∈［2,+∞］时，g(x)单调递增，

又g(2)=0

因此g(x)=x－1－1(x－1)n－ln(x－1)≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.

②当n为奇数时，

要证f(x)≤x-1,由于1(1－x)n＜0，所以只需证ln(x-1)≤x-1,

令h(x)=x-1-ln(x-1),

则h′（x）=1-1x－1=x－2x－1≥0（x≥2）,

所以当x∈［2，+∞］时，h(x)=x－1－ln(x－1)单调递增，又h(2)=1＞0，

所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.

综上所述，结论成立.

证法二：当a=1时，f(x)=1(1－x)n+ln(x－1).

当x≥2，时，对任意的正整数n，恒有1(1－x)n≤1，

故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.

令h(x)=x－1－(1+ln(x－1))=x－2－ln(x－1),x∈［2,+∞）

则h′(x)=1－1x－1=x－2x－1,

当x≥2时，h′(x)≥0，故h(x)在［2,+∞)上单调递增，

因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.

故当x≥2时，有1(1－x)n+ln(x－1)≤x-1.

即f（x）≤x-1.

函数与导数的综合问题 第5篇

【知识框架】

【考点分类】

考点一、直接作差构造函数证明；

两个函数，一个变量，直接构造函数求最值；

【例1-1】（14顺义一模理18）已知函数（）

（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）若在区间上函数的图象恒在直线下方，求的取值范围．

【例1-2】（13海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；

（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.【练1-1】（14西城一模文18）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；

（Ⅱ）如果对于任意，都有，求的取值范围．

【练1-2】已知函数是常数．

（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；

（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【练1-3】已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【练1-4】已知函数，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方；

【练1-5】.已知函数；

（1）当时，求在区间上的最大值和最小值；

（2）若在区间上，函数的图像恒在直线下方，求的取值范围。

【练1-6】已知函数；

（1）求的极小值；

（2）如果直线与函数的图像无交点，求的取值范围；

答案：

考点二、从条件特征入手构造函数证明

【例2-1】若函数

在上可导且满足不等式，恒成立，且常数，满足，求证：。

【例2-2】设是上的可导函数，分别为的导函数，且满足，则当时，有（）

A.B.C.D.【练2-1】设是上的可导函数，，求不等式的解集。

【练2-2】已知定义在的函数满足，且，若，求关于的不等式的解集。

【练2-3】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，若，则下列关于的大小关系正确的是（）D

A.B.C.D.【练2-4】已知函数为定义在上的可导函数，且对于任意恒成立，为自然对数的底数，则（）C

A.B.C.D.【练2-5】

设是上的可导函数，且，求的值。

【练2-6】函数为定义在上的可导函数，导函数为，且，下面的不等式在内恒成立的是（）

A.B.C.D.【练2-7】已知函数为定义在上的可导函数，导函数为，当时，且，若存在，使，求的值。

（二）关系式为“减”型

（1），构造；

（2），构造；

（3），构造；

（注意对的符号进行讨论）

考点三、变形构造函数

【例3-1】证明：对任意的正整数，不等式都成立。

【例3-2】已知函数；

（1）求函数的单调区间与极值；

（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围；

【练3-1】设为曲线在点处的切线。

（1）求的方程；

（2）证明：除切点之外，曲线在直线的下方；

【练3-2】已知函数；

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）当时，求证：；

【练3-3】已知函数，其中；

（1）求的单调区间；

（2）若对任意的，总存在，使得，求实数的值；

【练3-4】，（1）讨论的单调情况；

（2）设，对．求证：．

【练3-5】已知函数；

（1）求的单调区间；

（2）当时，设斜率为的直线与函数相交于两点，求证：

考点四、消参构造函数

【例4-1】已知函数和的图像有公共点，且在点处的切线相同；

（1）若点的坐标为，求的值；

（2）已知，求切点的坐标。

【例4-2】（2009全国卷2理22）设函数有两个极值点，且

（Ⅰ）求的取值范围，并讨论的单调性；

函数与导数的综合问题 第6篇

一、选择题

1.函数f(x)＝ax3-x在(-∞,+∞)内是减函数,则()

A.a＜1B.a1C.a＜0D.a≤0

3解析:f′(x)＝3ax2-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立, 即a

而1在(-∞,+∞)上恒成立, 3x210,∴a≤0.故选D.23x

答案:D

2.函数f(x)＝1+x-sinx在(0,2π)上是 …()

A.增函数B.减函数

C.在(0,π)上增,在(π,2π)上减D.在(0,π)上减,在(π,2π)上增 解析:f′(x)＝1-cosx＞0,∴f(x)在(0,2π)上递增.故选A.答案:A

3.若a＞3,则方程x3-ax2+1＝0在(0,2)上恰有()

A.0个根B.1个根C.2个根D.3个根 解析:令f(x)＝x3-ax2+1,则f′(x)＝3x2-2ax＝3x(x

由f′(x)＝0,得x＝0或x2a).322a(∵a＞3,∴a2).33

∴当0＜x＜2时,f′(x)＜0,即f(x)在(0,2)上单调递减.又f(0)·f(2)＝8-4a+1＝9-4a＜0,∴f(x)在(0,2)上有一个零点,即方程在(0,2)上有一实根.故选B.答案:B

4.设f′(x)是函数f(x)的导数,y＝f′(x)的图象如右图所示,则y＝f(x)的图象最有可能是

（）

解析:由y＝f′(x)的图象可知，当x＜0时，f′(x)＞0,∴f(x)在（-∞,0)上单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0,∴f′(x)在（0，2）上单调递减.故选C.答案:C

5.(2008广东高考,理7)设a∈R,若函数y＝eax+3x,x∈R有大于零的极值点,则()A.a＞-3B.a＜-3C.a解析:y′＝a·eax+3＝0,当a＝0时,显然不合题意,∴a≠0.1

1D.a 33

313

.∴xln().aaa13

由题意,得ln()0,aa

∴e

ax



a0,∴ 301a

∴a＜-3.故应选B.答案:B

6.(2008福建高考,理12)已知函数y＝f(x),y＝g(x)的导函数的图象如右图,那么y＝f(x),y＝g(x)的图象可能是（）

解析:由y＝f′(x)和y＝g′(x)的图象可知，y＝f′(x)是减函数，y＝g′(x)是增函数.∴y＝g(x)图象上升速度越来越快,y＝f(x)图象上升速度越来越慢.故选D.答案:D

二、填空题

7.已知函数f(x)＝x3-12x+8在区间［-3,3］上的最大值与最小值分别为M,m,则M-m＝____________________.解析:f′(x)＝3x2-12＝3(x+2)(x-2),令f′(x)＝0,得x＝±2.∵f(-3)＝17,f(3)＝-1,f(-2)＝24,f(2)＝-8, ∴M-m＝f(-2)-f(2)＝32.答案:

328.函数y＝lnx-x在x∈(0,e］上的最大值为______________.解析:y

11x

1,令y′＝0,∴x＝1.又在(0,1］上y′＞0,在［1,e］上y′＜0,∴函数在x＝1xx

处取极大值,同时是最大值,此时y＝-1.答案:-

19.若函数f(x)__________.4x

在区间(m,2m+1)上是单调递增函数,则实数m的取值范围是2

x1

4(x21)8x24(1x2)

解析:f(x), 2

222(x1)(x1)

令f′(x)＞0,∴-1＜x＜1.m-1,

根据题意,得2m11,∴-1＜m≤0.2m1m,

答案:(-1,0］

10.在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为_____________.（强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽）

解析:右图为圆木的横截面, 由b2+h2＝d2, ∴bh2＝b(d2-b2).设f(b)＝b(d2-b2), ∴f′(b)＝-3b2+d2.令f′(b)＝0,由b＞0, ∴b

d,且在(0,d］上f′(b)＞0, 33

d处取极大值,也是最大值, d,d)上,f′(b)＜0.∴函数f(b)在b33

在［

即抗弯强度最大,此时长h

d.3

答案:

6d 3

三、解答题

11.如图所示,有一块半椭圆形钢板,其长半轴长为2r,短半轴长为r.计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底AB是半椭圆的短轴,上底CD的端点在椭圆上.记CD＝2x,梯形面积为S.(1)求面积S以x为自变量的函数式,并写出其定义域;(2)求面积S的最大值

.解:(1)依题意,以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如右图),则点C的横坐标为x,点C

x2y2

1(y≥0), 的纵坐标y满足方程22

r4r

解得y2r2x2(0＜x＜r).S

(2x2r)2r2x2 2

＝2(xr)r2x2, 其定义域为{x|0＜x＜r}.(2)记f(x)＝4(x+r)2(r2-x2),0＜x＜r, 则f′(x)＝8(x+r)2(r-2x).令f′(x)＝0,得x因为当0＜x＜

1r.2

rr1

时,f′(x)＞0;当＜x＜r时,f′(x)＜0,所以f(r)是f(x)的最大值.222

因此,当x

r时,S也取得最大值,最大值为21332f(r)r, 22

即梯形面积S的最大值为

332

r.2

a

(a＞0),设F(x)＝f(x)+g(x).x

12.已知函数f(x)＝lnx,g(x)(1)求F（x)的单调区间；

（2）若以y＝F(x)〔x∈(0,3］〕图象上任意一点P（x0,y0)为切点的切线的斜率k求实数a的最小值；

（3）是否存在实数m,使得方程f(x)g（恒成立，2

2a)m1恰好有两个不同的零点？若存在，2

x1

求m的取值范围；若不存在，请说明理由.a

(a＞0)的定义域为(0,+∞), x

1axa

∴F(x)2.2

xxx

解:(1)F(x)lnx

当x＞a时,F′(x)＞0;当0＜x＜a时,F′(x)＜0,∴F(x)的单调增区间为(a,+∞),F(x)的单调减区间为（0，a).(2)以P（x0,y0)为切点的切线的斜率为k＝F′(x0)＝

x0ax0,x0∈(0,3］,由已知，得

x0ax0



112,即ax0x0.22

12111

x0(x01)2, 222211∴a.∴amin＝.22

121

(3)由题意,知方程lnxxm在(0,+∞)内恰有两个不同的零点，22

121

即mlnxx在（0,+∞)内恰有两个不同的零点.221211(1x)(1x)

令h(x)lnxx,则h(x)x,当x∈(0,1)时,h′(x)＞0;

22xx

∵x0

当x∈(1,+∞)时,h′(x)＜0,∴h(x)在(0,1)上是增函数, h(x)在(1,+∞)上是减函数.于是,h(x)在x＝1处取得极大值即最大值, 最大值为＝h

(1)ln1

121

10.22

又x＞0且x→0时,h(x)lnx

121

x→-∞, 22

∴h(x)的大致图象如右图所示:

函数与导数的综合问题 第7篇

1.“作差(商)法”构造函数

当试题中给出简单的基本初等函数,例如f(x)=x3,g(x)=ln

x,要证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时,可以构造函数h(x)=f(x)-g(x)或φ(x)=g(x)-f(x),证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可,在求最值的过程中,可以利用导数.此外,在能够说明g(x)>0(f(x)>0)的前提下,也可以构造函数h(x)=f(x)g(x)φ(x)=g(x)f(x),证明h(x)min≥1(0<φ(x)max≤1).典例1　已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A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x>0时,x2

(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2

＇(x)=ex-a,则f

＇(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x,f

＇(x)=ex-2,令f

＇(x)=0,得x=ln

2.所以,当x

2时,f

＇(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln

2时,f

＇(x)>0,f(x)单调递增.故当x=ln

2时,f(x)有极小值且极小值为f(ln

2)=eln

2-2ln

2=2-ln

4,f(x)无极大值.(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g＇(x)=ex-2x,由(1)得g＇(x)≥f(ln

2)>0,所以g(x)为增函数,因此,当x>0时,g(x)>g(0)=1>0,即x20时,x2x0时,有1cx2<13x3

x+12x2+ax(a∈R),g(x)=ex+32x2,若对于任意的x∈(0,+∞),总有f(x)≤g(x)成立.求实数a的取值范围.解析　f(x)≤g(x)⇒ex-ln

x+x2≥ax,因为x>0,所以a≤ex+x2-lnxx对于任意的x>0恒成立,设φ(x)=ex+x2-lnxx(x>0),φ＇(x)=ex+2x-1xx-(ex+x2-lnx)x2=ex(x-1)+lnx+(x+1)(x-1)x2,∵x>0,∴当x∈(0,1)时,φ＇(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,φ＇(x)>0,φ(x)单调递增,∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤e+1.2.“拆分法”构造函数

当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时,如果对其直接求导,得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉.这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式,进而证明f(x)max≤g(x)min即可,此时注意配合使用导数工具.在拆分的过程中,一定要注意合理性的把握,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准.典例2　设函数f(x)=aexln

x+bex-1x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;

(2)证明:

f(x)>1.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f

＇(x)=aexlnx+1x+bex-1(x-1)x2,依题意得f(1)=2,f

＇(1)=e,解得a=1,b=2.(2)证明:由(1)知f(x)=exln

x+2ex-1x,从而f(x)>1等价于xln

x>xe-x-2e.构造函数g(x)=xln

x(x>0),则g＇(x)=1+ln

x,所以当x∈0,1e时,g＇(x)<0,当x∈1e,+∞时,g＇(x)>0,故g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g1e=-1e.构造函数h(x)=xe-x-2e(x>0),则h＇(x)=e-x(1-x),所以当x∈(0,1)时,h＇(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h＇(x)<0,故h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-1e.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.点拨　对于第(2)问的证明,若直接构造函数h(x)=exln

x+2ex-1x(x>0),求导以后不易分析,因此先将不等式“exln

x+2ex-1x>1”合理拆分为“xln

x>xe-x-2e”,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.对点训练1：(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=13x3-12ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;

(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos

x-sin

x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析(1)由题意知f

＇(x)=x2-ax,所以当a=2时,f(3)=0,f

＇(x)=x2-2x,所以f

＇(3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos

x-sin

x,所以g＇(x)=f

＇(x)+cos

x-(x-a)sin

x-cos

x=x(x-a)-(x-a)sin

x

=(x-a)(x-sin

x),令h(x)=x-sin

x,则h＇(x)=1-cos

x≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;

当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g＇(x)=(x-a)(x-sin

x),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g＇(x)>0,g(x)单调递增;

当x∈(a,0)时,x-a>0,g＇(x)<0,g(x)单调递减;

当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g＇(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=a时,g(x)取到极大值,极大值是g(a)=-16a3-sin

a,当x=0时,g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.②当a=0时,g＇(x)=x(x-sin

x),当x∈(-∞,+∞)时,g＇(x)≥0,g(x)单调递增.所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时,g＇(x)=(x-a)(x-sin

x),当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g＇(x)>0,g(x)单调递增;

当x∈(0,a)时,x-a<0,g＇(x)<0,g(x)单调递减;

当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g＇(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=0时,g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;

当x=a时,g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-16a3-sin

a.综上所述:

当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=-16a3-sin

a,极小值是g(0)=-a;

当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;

当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-16a3-sin

a.3.“换元法”构造函数

典例3　已知函数f(x)=ax2+xln

x(a∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直.(1)求实数a的值;

(2)求证:当n>m>0时,ln

n-ln

m>mn-nm.解析(1)因为f(x)=ax2+xln

x,所以f

＇(x)=2ax+ln

x+1,因为切线与直线x+3y=0垂直,所以切线的斜率为3,所以f

＇(1)=3,即2a+1=3,故a=1.(2)证明:要证ln

n-ln

m>mn-nm,即证lnnm>mn-nm,只需证lnnm-mn+nm>0.令nm=x,由已知n>m>0,得nm>1,即x>1,构造函数g(x)=ln

x-1x+x(x>1),则g＇(x)=1x+1x2+1.因为x∈(1,+∞),所以g＇(x)=1x+1x2+1>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以gnm>g(1)=0,即证得lnnm-mn+nm>0成立,所以命题得证.点拨　将待证不等式等价变形为“lnnm-mn+nm>0”后,观察可知,对“nm”进行换元,进而构造函数“g(x)=ln

x-1x+x(x>1)”来证明不等式,简化了证明过程中的运算.对点训练2：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t>0,存在唯一的s,使t=f(s);

(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有25

＇(x)=2xln

x+x=x(2ln

x+1),令f

＇(x)=0,得x=1e.当x变化时,f

＇(x),f(x)的变化情况如下表:

x

0,1e

1e

1e,+∞

f

＇(x)

0

+

f(x)

↘

极小值

↗

所以函数f(x)的单调递减区间是0,1e,单调递增区间是1e,+∞.(2)证明:当0

et-t=t(e2t-1)>0.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,从而lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+lnu,其中u=ln

s.要使25

ue2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以s>e,即u>1,从而ln

u>0成立.另一方面,令F(u)=ln

u-u2,u>1.F

＇(u)=1u-12,令F

＇(u)=0,得u=2.当1

＇(u)>0;当u>2时,F

＇(u)<0.故对u>1,F(u)≤F(2)<0.因此ln

ue2时,有25

典例4(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析(1)f

＇(x)=(1-2x-x2)ex.令f

＇(x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x∈(-∞,-1-2)时,f

＇(x)<0;

当x∈(-1-2,-1+2)时,f

＇(x)>0;

当x∈(-1+2,+∞)时,f

＇(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h＇(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).对点训练3：

已知函数f(x)=ex-xln

x,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,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.解析(1)由f(x)=ex-xln

x,知f＇(x)=e-ln

x-1,则f＇(1)=e-1,而f(1)=e,则所求切线方程为y-e=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+1.(2)∵f(x)=ex-xln

x,g(x)=ex-tx2+x,t∈R,∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立等价于ex-tx2+x-ex+xln

x≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即t≤ex+x-ex+xlnxx2对任意的x∈(0,+∞)恒成立,令F(x)=ex+x-ex+xlnxx2,则F＇(x)=xex+ex-2ex-xlnxx3=1x2ex+e-2exx-lnx,令G(x)=ex+e-2exx-ln

x,x∈(0,+∞),则G＇(x)=ex-2(xex-ex)x2-1x=ex(x-1)2+ex-xx2>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立.∴G(x)=ex+e-2exx-ln

x在(0,+∞)上单调递增,且G(1)=0,∴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].5.“转化法”构造函数

典例5　设函数f(x)=ln

x+mx,m∈R.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的最小值;

(2)讨论函数g(x)=f

＇(x)-x3零点的个数;

(3)若对任意的b>a>0,f(b)-f(a)b-a<1恒成立,求m的取值范围.解析(1)当m=e时,f(x)=ln

x+ex(x>0),则f

＇(x)=x-ex2,故当x∈(0,e)时,f

＇(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,当x∈(e,+∞)时,f

＇(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,故当x=e时,f(x)取到极小值,也即最小值,f(e)=ln

e+ee=2,故f(x)的最小值为2.(2)g(x)=f

＇(x)-x3=1x-mx2-x3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).设φ(x)=-13x3+x(x≥0),则φ＇(x)=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ＇(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ＇(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,故x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,故φ(x)的最大值为φ(1)=23.又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象可知:

①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当023时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0a>0,f(b)-f(a)b-a<1等价于f(b)-b

设h(x)=f(x)-x=ln

x+mx-x(x>0),故(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减.由h＇(x)=1x-mx2-1≤0在(0,+∞)上恒成立,得m≥-x2+x=-x-122+14(x>0)恒成立,故m≥14,当且仅当x=12时等号成立,故m的取值范围为14,+∞.点拨：本例第(3)问中,利用不等式的性质,将“f(b)-f(a)b-a<1”等价转化为“f(b)-b

x.(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a<0,若∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f

＇(x)=x+1-a-ax=x2+(1-a)x-ax=(x+1)(x-a)x.若a≤0,则f

＇(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则由f

＇(x)=0,得x=a.当0＇(x)<0;当x>a时,f

＇(x)>0.此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(2)不妨设x1≤x2,又a<0,故由(1)知,f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x1)≤f(x2).从而∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于∀x1,x2∈(0,+∞),4x1-f(x1)≥4x2-f(x2).(*)

令g(x)=4x-f(x),则g＇(x)=4-f

函数与导数的综合问题 第8篇

一、反证法

先假设满足题意某数学对象存在, 经过推理论证, 如果得到可以成立的结果, 就可做出存在的结论;若得到与已知条件、定义、公理、定理、性质相矛盾的量, 则说明假设不存在, 从而肯定或否定假设.

例1 (2011年湖北21) 设函数f (x) 定义在 (1, +∞) 上, f (1) =0, 导函数

(1) 求g (x) 的单调区间和最小值;

(2) 讨论g (x) 与 的大小关系;

(3) 是否存在x0>0, 使得 对任意x>0成立?若存在, 求出x0的取值范围;若不存在, 请说明理由.

解: (1) 因为 , 所以f (x) =lnx+c (c为常数) , 又因为f (1) =0, 所以ln1+c=0, 即c=0,

当x∈ (0, 1) 时, g' (x) <0, g (x) 是减函数, 故区间在 (0, 1) 是函数g (x) 的减区间;

当x∈ (1, +∞) 时, g' (x) >0, g (x) 是增函数, 故区间在 (1, +∞) 是函数g (x) 的增区间;

所以x=1是g (x) 的唯一极值点, 且为极小值点, 从而是最小值点,

所以g (x) 的最小值是g (1) =1.

当x=1时, h (1) =0, 即 .

当x∈ (0, 1) ∪ (1, +∞) 时, h' (x) <0, h' (1) =0,

因此函数h (x) 在 (0, +∞) 内单调递减,

当0h (1) =0, 所以 ;

当x>1时, h (x)

(3) 满足条件的x0>0不存在.证明如下:

假设存在x0>0, 使 对任意x>0成立,

但对上述的x0, 取 时, 有 , 这与 (1) 左边的不等式矛盾,

因此不存在x0>0, 使 对任意x>0成立.

二、假设验证法

即在假设某数学对象存在的前提下, 有特例探索可能的对象, 做出猜想, 然后加以论证.

例2 (2010年江西17) 设函数f (x) =6x3+3 (a+2) x2+2ax.

(1) 若f (x) 的两个极值点为x1, x2, 且x1x2=1, 求实数a的值;

(2) 是否存在实数a, 使得f (x) 是 (-∞, +∞) 上的单调函数?若存在, 求出a的值;若不存在, 说明理由.

解:f' (x) =18x2+6 (a+2) x+2a.

(1) 由已知有f' (x1) =f' (x2) =0, 从而 , 所以a=9;

(2) 由Δ=36 (a+2) 2-4×18×2a=36 (a2+4) >0,

所以不存在实数a, 使得f (x) 是R上的单调函数.

评述:本题考查函数利用导数处理函数极值单调性等知识.

例3 (2008年辽宁22) 设函数 .

(Ⅰ) 求f (x) 的单调区间和极值;

(Ⅱ) 是否存在实数a, 使得关于x的不等式f (x) ≥a的解集为 (0, +∞) ?若存在, 求a的取值范围;若不存在, 试说明理由.

故当x∈ (0, 1) 时, f' (x) >0, x∈ (1, +∞) 时, f' (x) <0.

所以f (x) 在 (0, 1) 单调递增, 在 (1, +∞) 单调递减.

由此知f (x) 在 (0, +∞) 的极大值为f (1) =ln2, 没有极小值.

(Ⅱ) (i) 当a≤0时,

即当a>0时, 关于x的不等式f (x) ≥a的解集不是〗 (0, +∞) .

综合 (ⅰ) (ⅱ) 知, 存在a, 使得关于x的不等式f (x) ≥a的解集为 (0, +∞) , 且a的取值范围为 (-∞, 0].