【拿高分，选好题第二波】（新课程）高中数学二轮复习精选《必考问题5 函数、导数、不等式的综合问题》（命题方向把握+命题角度分析） 新人教版.doc

必考问题5函数、导数、不等式的综合问题

(2012·山东)已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e＝2.71828…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.
解由f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)，
得f′(x)＝eq\f(1－kx－xlnx,xex)，x∈(0，＋∞)，
由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)解由(1)得f′(x)＝eq\f(1,xex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.
又ex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0；
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，＋∞)．
(3)证明因为g(x)＝xf′(x)，
所以g(x)＝eq\f(1,ex)(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，
由(2)得，h(x)＝1－x－xlnx，
求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－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．
所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.
又当x∈(0，＋∞)时，0＜eq\f(1,ex)＜1，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq\f(1,ex)h(x)＜1＋e－2，即g(x)＜1＋e－2.
综上所述结论成立．

导数与函数、方程、不等式的交汇综合，以及利用导数研究实际中的优化问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．题型以解答题的形式为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．

应通过一些典型例题的分析提高分析问题和解决问题的能力．解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决.

eq\a\vs4\al\co1(利用导数解决方程根的问题)
常考查：①确定零点，图象交点及方程解的个数问题；②运用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围．
【例1】►(2012·金华十校期末考试)已知函数f(x)＝ax－lnx－3.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，－2)处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x∈[e－4，e]上的图象与直线y＝t(0≤t≤1)总有两个不同交点，求实数a的取值范围．
[审题视点]
(1)当a＝1时，对函数f(x)求导，并求得在x＝1处切线的斜率．从而确定在点(1，－2)处的切线方程．
(2)由题意可对a值分类讨论求解问题．
[听课记录]
解(1)当a＝1时，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，
所以f′(1)＝0，切线方程为y＝－2.
(2)因为f′(x)＝a－eq\f(1,x)，x∈[e－4，e]，eq\f(1,x)∈[e－1，e4]，
所以当a≤e－1时，f′(x)≤0，f(x)在x∈[e－4，e]上单调递减，不符合题意；
当a≥e4时，f′(x)≥0，f(x)在x∈[e－4，e]上单调递增，不符合题意；
当e－1＜a＜e4时，f(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(e－4，\f(1,a)))上单调递减，f(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜0，,fe－4≥1.,fe≥1，))
解得eq\f(5,e)≤a＜e2，所以a的取值范围是eq\f(5,e)≤a＜e2.
对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
【突破训练1】(2012·安徽巢湖质量检测)已知函数f(x)＝xlnx＋(a－1)x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)