专题一：高考函数与导数问题的求解策略（第7周第2个）一、利用导数研究函数的单调性、极值、最值例1、已知函数R a ex x f ax∈=-,)(2.(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． 【规范解答】 (1)因为当a ＝1时，f (x )＝x 2e －x ，f ′(x )＝2x e －x －x 2e －x ＝(2x －x 2)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 ＝－3e x －2e.(2)f ′(x )＝2x e －ax －ax 2e －ax ＝(2x －ax 2)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 －ax 2＜0，解得x ＜0或x ＞2a ，由2x －ax 2＞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 －ax 2＜0，解得2a ＜x ＜0，由2x －ax 2＞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．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．【反思启迪】 1.本题(2)中f ′(x )＝(2x －ax 2)e －ax ，f ′(x )的符号由2x －ax 2确定，从而把问题转化为确定2x －ax 2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．(13分)(2012·山东高考)已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.【规范解答】(1)由f(x)＝ln x＋ke x，得f′(x)＝1－kx－x ln xx e x，x∈(0，＋∞)．由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.3分(2)由(1)得f′(x)＝1x e x(1－x－x ln x)，x∈(0，＋∞).5分令h(x)＝1－x－x ln x，x∈(0，＋∞)，当x∈(0，1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.又e x>0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).8分(3)因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝1e x(1－x－x ln x)，x∈(0，＋∞)．由(2)知h(x)＝1－x－x ln x，求导得h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)，所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减.10分所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0<1e x<1，所以当x∈(0，＋∞)时，1e xh(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2.(2013·乌鲁木齐模拟)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，讨论函数y＝f(x)的单调性；(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；②当a＞2，由f′(x)＞0得ax2＋2－a＞0，x＞a－2a或x＜－a－2a，∴f(x)在(－∞，－a－2a)，(a－2a，1)，(1，＋∞)上为增函数，在(－a－2a，a－2a)上是减函数．(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；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，对任意x∈(0，1)恒有f(x)＞1成立．利用导数判断函数的零点个数问题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．2．(2012·天津高考改编)已知函数f(x)＝13x3＋1－a2x2－ax－a，x∈R，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，求a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f (x )在区间(－2，0)内恰有两个零点当且仅当⎩⎨⎧f （－2）<0，f （－1）>0，f （0）<0.解得0<a <13.所以a 的取值范围是(0，13)．(2013·海淀模拟)已知函数f (x )＝e x (x 2＋ax －a )，其中a 是常数． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若存在实数k ，使得关于x 的方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k 的取值范围．【思路点拨】 (1)先求切点、切线斜率，再求切线方程；(2)利用导数判断函数f (x )在[0，＋∞)上的变化情况，数形结合求解．【尝试解答】 (1)由f (x )＝e x (x 2＋ax －a )可得 f ′(x )＝e x [ x 2＋(a ＋2)x ]．当a ＝1时，f (1)＝e ，f ′(1)＝4e. 所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e.(2)令f ′(x )＝e x [x 2＋(a ＋2)x ]＝0， 解得x ＝－(a ＋2)或x ＝0.当－(a ＋2)≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞)上，f ′(x )≥0， 所以f (x )是[0，＋∞)上的增函数，所以方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上不可能有两个不相等的实数根．由上表可知函数f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－(a ＋2))＝a ＋4e a ＋2.因为函数f (x )是(0，－(a ＋2))上的减函数，是(－(a ＋2)，＋∞)上的增函数，且当x ≥－a 时，有f (x )≥e －a (－a )＞－a ，又f (0)＝－a .所以要使方程f (x )＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，k 的取值范围是(a ＋4e a ＋2，－a ]利用导数研究与不等式有关的问题常见题型及转化方法：(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；(3)证明不等式，转化为函数的最小值大于最大值问题．(2013·温州模拟)已知函数f(x)＝sin x(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.【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．【规范解答】(1)令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，则h′(x)＝cos x－a.若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，h(x)＝sin x－ax(x≥0)单调递减，h(x)≤h(0)＝0，则sin x≤ax(x≥0)成立．若0＜a＜1，存在x0∈(0，π2)，使得cos x0＝a，当x∈(0，x0)，h′(x)＝cos x－a＞0，h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x))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.(2)当a取(1)中的最小值1时，g(x)－f(x)＝x－sin x.设H(x)＝x－sin x－16x3(x≥0)，则H′(x)＝1－cos x－12x2.令G(x)＝1－cos x－12x2，则G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，所以G(x)＝1－cos x－12x2在[0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cos x－12x2≤G(0)＝0，即H′(x)＝1－cos x－12x2≤0，所以H(x)＝x－sin x－16x3(x≥0)单调递减．所以H(x)＝x－sin x－16x3≤H(0)＝0，即x－sin x－16x3≤0(x≥0)，即x－sin x≤16x3(x≥0)．所以，当a取(1)中的最小值时，g(x)－f(x)≤16x3.【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．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x 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 ＋x ln x ， 所以f ′(x )＝a ＋ln x ＋1.因为函数f (x )＝ax ＋x ln x 的图象在点x ＝e 处的切线斜率为3， 所以f ′(e)＝3，即a ＋ln e ＋1＝3，所以a ＝1. (2)由(1)知，f (x )＝x ＋x ln x ， 又k ＜f （x ）x －1对任意x ＞1恒成立， 即k ＜x ＋x ln xx －1对任意x ＞1恒成立． 令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2（x －1）2，令h (x )＝x －ln x －2(x ＞1)， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x＞0，所以函数h (x )在(1，＋∞)上单调递增．因为h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－2ln 2＞0，所以方程h (x )＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3，4)．当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，即g ′(x )＜0，当x ＞x 0时，h (x )＞0，即g ′(x )＞0， 所以函数g (x )＝x ＋x ln xx －1在(1，x 0)上单调递减， 在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以[g (x )]min ＝g (x 0)＝x 0（1＋ln x 0）x 0－1＝x 0（1＋x 0－2）x 0－1＝x 0∈(3，4)，所以k ＜[g (x )]min ＝x 0∈(3，4)， 故整数k 的最大值是3.(2013·大连模拟)设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x ＞x 2－2ax ＋1.【思路点拨】 (1)令f ′(x )＝0，求极值点，然后讨论在各个区间上的单调性． (2)构造函数g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ∈R )，注意到g (0)＝0，只需证明g (x )在(0，＋∞)上是增函数，可利用导数求解．【尝试解答】 (1)由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当单调递减 单调递增故f (xf (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R .于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a ＞ln 2－1时，g ′(x )最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )＞0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )＞0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a ＞ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞g (0)． 又g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x －x 2＋2ax －1＞0，故e x ＞x 2－2ax ＋1(2013·杭州模拟)设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a ＞0. (1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．(其中，e 为自然对数的底数)．【解】 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x ＞0，所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－（x －a ）（2x ＋a ）x.由于a ＞0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)．(2)由题意得f (1)＝a －1≥e －1，即a ≥e. 由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增，要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立． 只要⎩⎨⎧f （1）＝a －1≥e －1， ①f （e ）＝a 2－e 2＋a e ≤e 2， ②由①得a ≥e ；由②得a ≤e. 因此a ＝e.故当e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立时，实数a 的值为e.应用题请你设计一个包装盒．如图2－12－2所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．图2－12－2(1)若广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．【思路点拨】用x表示包装盒的高度和底面边长，则(1)包装盒的侧面积S是关于x的二次函数，可通过配方求最值；(2)包装盒的容积V是关于x的三次函数，可通过导数求最大值．【尝试解答】设包装盒的高为h(cm)，底面边长为a(cm)．由已知得a＝2x，h＝60－2x2＝2(30－x)，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)，V′＝62x(20－x)．由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0，20)时，V′＞0；当x∈(20，30)时，V′＜0. 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时ha＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m米．余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩．经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素．记余下工程的费用为y万元．(1)试写出y关于x的函数关系式；(2)当m＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小？【解】(1)设需新建n个桥墩，则(n＋1)x＝m，即n＝mx－1，所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋x)x＝256(mx－1)＋mx(2＋x)x＝256xm＋m x＋2m－256.(2)由(1)知，f′(x)＝－256mx2＋12mx－12＝m2x2(x32－512)．令f′(x)＝0，得x 32＝512，所以x＝64.当0＜x＜64时，f′(x)＜0，f(x)在区间(0，64)内为减函数；当64＜x＜640，f′(x)＞0，f(x)在区间(64，640)内为增函数．所以f(x)在x＝64处取得最小值．此时n＝mx－1＝64064－1＝9.故需新建9个桥墩才能使y最小．综上所述，结论成立.13分。