2015届高考数学一轮配套解答题增分系列讲座：“函数与导数”类题目的审题技巧与解题规范

“函数与导数”类题目的审题技巧与解题规范
[技法概述] 解题的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误，而解题的思维过程大多都是 围绕着结论这个目标进行定向思考的．有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换 角度，达到解决问题的目的． [适用题型] 高考中有以下几类解答题用到此种审题方法： 1．研究函数与导数中两函数图像交点、函数的零点、方程的根等问题； 2．一些不等式恒成立问题常转换求函数的最值； 3．圆锥曲线中的定点问题，常转换先求直线方程．
x x
又φ′x＝ex－x－1，
不
说
明
φ′(x) 有最小值 0 导致扣分．
∴φ′x≥0仅当x＝0时等号成立， ⇐∴φx在R上是单调递增的， ∴φx在R上有唯一的零点，
1 故曲线y＝fx与y＝ x2＋x＋1有唯一的公共点.12分 2
a 1 1．(2013· 北京东城模拟)已知函数：f(x)＝x－(a＋1)ln x－ (a∈R)，g(x)＝ x2＋ex－xex. x 2 (1)当 x∈[1，e]时，求 f(x)的最小值； (2)当 a<1 时，若存在 x1∈[e，e2]，使得对任意的 x2∈[－2，0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求 a 的取值范围．
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0<x<1 时，f′(x)<0.由此可知函数 f(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 当 m≥1 时，函数 f(x)在[m，m＋1]上是增函数， em 此时 f(x)min＝f(m)＝ . m 当 0<m<1 时，函数 f(x)在[m,1]上是减函数， 在[1，m＋1]上是增函数，此时 f(x)min＝f(1)＝e. (2)证明：由题意可得 g(x)＝xe x(x∈R)，g′(x)＝(1－x)e x.
e －2e，1. ∴a 的取值范围为 e＋1
1 1 2．已知函数 f(x)＝ax＋xln x，且图像在点 e，f e 处的切线斜率为 1(e 为自然对数的底
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数)． (1)求实数 a 的值； fx－x (2)设 g(x)＝ ，求 g(x)的单调区间； x－1
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(3)当 m>n>1(m，n∈Z)时，证明：
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解：(1)依题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)， x－1x－a ∵f′(x)＝ (a∈R)， x2 ∴①当 a≤1 时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数， f(x)min＝f(1)＝1－a. ②当 1<a<e 时，x∈[1，a]，f′(x)≤0，f(x)为减函数， x∈[a，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数， f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. ③当 a≥e 时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，f(x)为减函数， a f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ . e 综上，当 a≤1 时，f(x)min＝1－a； 当 1<a<e 时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； a 当 a≥e 时，f(x)min＝e－(a＋1)－ . e (2)若存在 x1∈[e，e2]，使得对任意的 x2∈[－2,0]， f(x1)<g(x2)恒成立， 即 f(x1)min<g(x2)min. 当 a<1 时，x1∈[e，e2]，由(1)可知， f′(x)>0，f(x)为增函数， a ∴f(x1)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ ， e g′(x)＝x＋ex－xex－ex＝x(1－ex)， 当 x2∈[－2,0]时 g′(x)≤0， g(x)为减函数，g(x2)min＝g(0)＝1， e2－2e a ∴e－(a＋1)－ <1，即 a> ， e e＋1
－
从而函数 F(x)在[1，＋∞)上是增函数． 又 F(1)＝e 1－e 1＝0，所以 x>1 时，
－ －
有 F(x)>F(1)＝0，即 g(x)>g(2－x)．② 由①及 g(x1)＝g(x2)知 x1 与 x2 只能在 1 的两侧． 不妨设 0<x1<1，x2>1， 由结论②可知，g(x2)>g(2－x2)， 所以 g(x1)＝g(x2)>g(2－x2)． 因为 x2>1，所以 2－x2<1， 又由结论①可知函数 g(x)在(－∞，1)上是增函数， 所以 x1>2－x2，即 x1＋x2>2.
n n > . m n m
m
解：(1)f(x)＝ax＋xln x，f′(x)＝a＋1＋ln x， 1 依题意 f′ e＝a＝1，所以 a＝1. fx－x xln x (2)因为 g(x)＝ ＝ ， x－1 x－1 x－1－ln x 所以 g′(x)＝ . x－12 1 设 φ(x)＝x－1－ln x，则 φ′(x)＝1－ . x 1 当 x>1 时，φ′(x)＝1－ >0，φ(x)是增函数， x 对任意 x>1，φ(x)>φ(1)＝0，即当 x>1 时，g′(x)>0， 故 g(x)在(1，＋∞)上为增函数． 1 当 0<x<1 时，φ′(x)＝1－ <0，φ(x)是减函数， x 对任意 x∈(0,1)，φ(x)>φ(1)＝0，即当 0<x<1 时， g′(x)>0，故 g(x)在(0,1)上为增函数． 所以 g(x)的递增区间为(0,1)，(1，＋∞)． m (3)证明：要证 n n ln n ln m > ，即证 － >ln n－ln m， m m n n m
－ －
所以 g(x)在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．① 设函数 F(x)＝g(x)－g(2－x)， 即 F(x)＝xe x＋(x－2)ex 2，
－ －
于是 F′(x)＝(x－1)(e2x 2－1)e x，
－ －
当 x>1 时，2x－2>0，从而 e2x 2－1>0，
－
又 e x>0，所以 F′(x)>0，
[典例] (2013· 陕西高考，节选)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ex，x∈R. (1)求 f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程； 1 (2)证明：曲线 y＝f(x)与曲线 y＝ x2＋x＋1 有唯一公共点． 2
1
2
[解题流程] 第一步 利用斜率求切线 方程 gx＝ln xx>0，设所求切 解：1fx的反函数为 1 ⇐ 线的斜率为k，∵g′x＝x ，∴k＝g′1＝1，于是在 点1，0处切线方程为y＝x－1.2分
[失分警示] 不说明两曲 线公共点的个数 等于函数零点个 数，步骤不规范．
第二步 构造新函数，将公 共点转化为零点 第三步 求零点
⇐的个数等于函数φx＝e －1x －x－1 2 零点的个数.4分
x 2
1 2证明：曲线y＝ex与y＝ x2＋x＋1公共 2
∵φ0＝1－1＝0， ⇐ ∴φx存在零点x＝0.5分
即
n－1 m－1 mln m nln n ln m> ln n， > .(*) n m m－1 n－1
因为 m>n>1，由(2)知，g(m)>g(n)，故(*)式成立， 所以 n n > . m n m
－
m
3．(2013· 河北模拟)设函数 f(x)＝x 1ex 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． (1)求函数 f(x)在[m，m＋1](m>0)上的最小值； 0x＝0， (2)设函数 g(x)＝ 1 若 x1≠x2， x≠0， fx 且 g(x1)＝g(x2)，证明：x1＋x2>2. xex－ex 解：(1)由题意得 f′(x)＝ ，则当 x>1 时，f′(x)>0； x2
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想不到第二 次求导即构造新 函 数 h(x) 导致 解 题中断．
第四步 求函数的导函数 并判断其单调性 进而求极值(最值)
来自百度文库
第五步 利用极值(最值)判 断零点个数即交 点个数 第六步 得出结论 ⇐
令hx＝φ′x＝e －x－1， 则h′x＝e －1， 当x＜0时，h′x＜0， ⇐∴φ′x在－∞，0上单调递减； 当x＞0时，h′x＞0， ∴φ′x在0，＋∞上单调递增.8分 ∴φ′x在x＝0有唯一的极小值φ′0＝0， 即φ′x在R上的最小值为φ′0＝0.