１３２ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
第十七章 简单的复合函数的导数
对应学生用书起始页码 Ｐ３７８
考 点 简单的复合函数的导数
１．复合函数的概念
对于两个函数 ｙ ＝ ｆ（ｕ）和 ｕ ＝ ｇ（ ｘ），如果通过变量 ｕ，ｙ 可以
表示成 ｘ 的函数，那么称这个函数为 ｙ ＝ ｆ（ｕ）和 ｕ ＝ ｇ（ ｘ）的复合
函数，记作 ｙ＝ ｆ（ｇ（ｘ）） ．
２．复合函数的求导法则
复合函数 ｙ＝ ｆ（ｇ（ ｘ））的导数和函数 ｙ ＝ ｆ（ｕ），ｕ ＝ ｇ（ ｘ）的导
数间的关系为 ｙ′ｘ ＝ ｙ′ｕ·ｕ′ｘ，即 ｙ 对 ｘ 的导数等于 ｙ 对 ｕ 的导数与
ｕ 对 ｘ 的导数的乘积．
如：求函数 ｙ＝（３ｘ－２） ２ 的导数，我们就可以有，令 ｙ ＝ ｕ２，ｕ ＝
３ｘ－２，则 ｙ′ｕ ＝ ２ｕ，ｕ′ｘ ＝ ３，从而 ｙ′ｘ ＝ ｙ′ｕ·ｕ′ｘ ＝ １８ｘ－１２．结果与我们利
用导数的四则运算法则求得的结论完全一致．
在书写时不要把 ｆ ′ｘ［φ（ｘ）］写成 ｆ ′［φ（ ｘ）］，两者是不完全
一样的，前者表示对自变量 ｘ 的求导，而后者是对中间变量φ（ｘ）
的求导．
３．复合函数求导步骤
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对应学生用书起始页码 Ｐ３７８
运用导数求解含参复合函数问题的方法
１．利用导数研究含参复合函数的零点、极值、恒成立问题；
２．探究、证明与自然数有关的不等式，利用导数、复合函数
的性质，适当地放缩，与二项式定理和数学归纳法联系，证明不
等式．
设 ｂ＞０，函数 ｆ（ｘ）＝
１
２ａｂ
（ａｘ＋１） ２－
１
ｂ
ｘ＋
１
ｂ
ｌｎ ｂｘ，记Ｆ（ｘ）
＝ ｆ ′（ｘ）（ ｆ ′（ｘ）是函数 ｆ（ｘ）的导函数），且当 ｘ ＝ １ 时，Ｆ（ｘ）取得
极小值 ２．
（１）求函数 Ｆ（ｘ）的单调增区间；
（２）证明： ｜ ［Ｆ（ｘ）］ ｎ ｜ － ｜Ｆ（ｘｎ） ｜≥２ｎ－２（ｎ∈Ｎ?） ．
解析 （１）由题意知 Ｆ（ｘ）＝ ｆ ′（ ｘ）＝
１
２ａｂ
·２（ａｘ＋１）·ａ－
１
ｂ
＋ １
ｂｘ
＝ １
ｂ
ａｘ＋
１
ｘ( ) ，ｘ＞０．
于是 Ｆ′（ｘ）＝
１
ｂ
ａ－
１
ｘ２
?
è
?
?
?
÷ ，
若 ａ＜０，则 Ｆ′（ ｘ） ＜０，在（０，＋∞ ）上单调递减，与 Ｆ（ ｘ）有极
小值矛盾，所以 ａ＞０．
令 Ｆ′（ｘ）＝ ０，因为 ｘ＞０，所以当且仅当 ｘ ＝
１
ａ
时，Ｆ（ ｘ）取得
极小值 ２，
所以
１
ａ
＝ １，
１
ｂ
（ａ＋１）＝ ２，
ì
?
í
?
?
??
解得 ａ＝ ｂ＝ １．
故 Ｆ（ｘ）＝ ｘ＋
１
ｘ
，Ｆ′（ｘ）＝ １－
１
ｘ２
（ｘ＞０） ．
由 Ｆ′（ｘ）＞０，得 ｘ＞１，所以 Ｆ（ｘ）的单调增区间为（１，＋∞ ） ．
（２）证明：记 ｇ（ｘ）＝ ｜ ［Ｆ（ｘ）］ ｎ ｜ － ｜Ｆ（ｘｎ） ｜ ．
因为 ｘ＞０，所以 Ｆ（ ｘ） ＞ ０，所以 ｇ（ ｘ） ＝ ［Ｆ（ｘ）］ ｎ －Ｆ（ ｘｎ ） ＝
ｘ＋
１
ｘ( )
ｎ
－ ｘｎ＋
１
ｘｎ
?
è
?
?
?
÷ ＝Ｃ１ｎｘｎ
－１·
１
ｘ
＋Ｃ２ｎｘｎ
－２·
１
ｘ２
＋Ｃ３ｎｘｎ
－３·
１
ｘ３
＋…＋
Ｃｎ－１ｎ ｘ·
１
ｘｎ－１
．
因为 Ｃｒｎｘｎ
－ｒ·
１
ｘｒ
＋Ｃｎ－ｒｎ ｘｒ·
１
ｘｎ－ｒ
≥２Ｃｒｎ（ ｒ＝ １，２，…，ｎ－１），
所以 ２ｇ（ｘ）≥２（Ｃ１ｎ＋Ｃ２ｎ＋Ｃ３ｎ＋…＋Ｃｎ
－１
ｎ ）＝ ２（２ｎ－２） ．
故 ｜ ［Ｆ（ｘ）］ ｎ ｜ － ｜Ｆ（ｘｎ） ｜≥２ｎ－２（ｎ∈Ｎ?） ．
１－１ 如果实数 ｘ，ｙ，ｚ 满足 ｜ ｘ－ ｔ ｜ ≤ ｜ ｙ－ ｔ ｜ ，那么称 ｘ 比 ｙ 更
接近 ｔ．
（１）若 ａ ｜ ａ ｜比 ａ 更接近 １，求实数 ａ 的取值范围；
（２）若 ｆ（ｘ）＝ ｌｎ
ｘ－１
ｘ＋１
，求证：∑
ｎ
ｋ ＝ ２
ｆ（ｋ）（ｋ∈Ｚ）比
２－ｎ－ｎ２
２ｎ（ｎ＋１）
更
接近 ０．
１－１ 解析 （１）由题意知 ｜ ａ ｜ ａ ｜ －１ ｜≤ ｜ ａ－１ ｜ ，
当 ０＜ａ＜１ 时， ｜ ａ２－１ ｜≤ ｜ ａ－１ ｜ ，则 １－ａ２≤１－ａ，解得 ａ≥１ 或
ａ≤０，舍去；
当 ａ≥１ 时，ａ２－１≤ａ－１，解得 ０≤ａ≤１，所以 ａ＝ １；
当 ａ≤０ 时，ａ２＋１≤１－ａ，解得－１≤ａ≤０．
综上，实数 ａ 的取值范围是｛ａ ｜ －１≤ａ≤０ 或 ａ＝ １｝ ． （４ 分）
（２）证明：因为 ∑
ｎ
ｋ ＝ ２
ｆ（ ｋ）＝ ｌｎ
１
３
＋ｌｎ
２
４
＋ｌｎ
３
５
＋…＋ｌｎ
ｎ－１
ｎ＋１
＝
ｌｎ
２
ｎ（ｎ＋１）
，
所以 ∑
ｎ
ｋ ＝ ２
ｆ（ｋ）－０ －
２－ｎ－ｎ２
２ｎ（ｎ＋１）
－０ ＝
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第十七章 简单的复合函数的导数 １３３
－ｌｎ
２
ｎ（ｎ＋１）
－ ｎ
２＋ｎ－２
２ｎ（ｎ＋１）
，
令 ｎ（ｎ＋１）＝ ｔ．
因为 ｎ≥２，且 ｎ∈Ｚ，所以 ｔ∈［６，＋∞ ），且 ｔ∈Ｚ．
令 Ｆ（ ｔ）＝ －ｌｎ
２
ｔ
－ ｔ
－２
２ｔ
＝－ｌｎ ２＋ｌｎ ｔ－
ｔ－２
２ｔ
，ｔ∈［２，＋∞ ），
所以 Ｆ′ （ ｔ） ＝
１
ｔ
－
２ｔ －
２
２
·
１
ｔ
（ ｔ－２）
２ｔ
＝ ４ ｔ
－ ２ ｔ－２ ２
４ｔ ｔ
＝
－ ２ （ ｔ － ２ ） ２
４ｔ ｔ
，故 Ｆ′（ ｔ）≤０，
故 Ｆ（ ｔ）在［２，＋∞ ）上单调递减，
所以 Ｆ（ ｔ）≤Ｆ（６）＜Ｆ（２）＝ －ｌｎ １－０＝ ０，
所以－ｌｎ
２
ｔ
－ ｔ
－２
２ｔ
＜０，即－ｌｎ
２
ｎ（ｎ＋１）
－ ｎ
２＋ｎ－２
２ｎ（ｎ＋１）
＜０，
所以 ∑
ｎ
ｋ ＝ ２
ｆ（ｋ）比
２－ｎ－ｎ２
２ｎ（ｎ＋１）
更接近 ０． （１０ 分）
１－２ 设 Ｐｎ ＝（１－ｘ） ２ｎ
－１，Ｑｎ ＝ １－（２ｎ－１）ｘ＋（ｎ－１）（２ｎ－１） ｘ２，
ｘ∈Ｒ，ｎ∈Ｎ? ．
（１）当 ｎ≤２ 时，试比较 Ｐｎ 与 Ｑｎ 的大小；
（２）当 ｎ≥３ 时，试比较 Ｐｎ 与 Ｑｎ 的大小，并证明你的结论．
１－２ 解析 （１）若 ｎ＝ １，则 Ｐｎ ＝Ｑｎ ．
若 ｎ＝ ２，当 ｘ＝ ０ 时，Ｐｎ ＝Ｑｎ；当 ｘ＞０ 时，Ｐｎ＜Ｑｎ；当 ｘ＜０ 时，Ｐｎ
＞Ｑｎ ．
（２）当 ｘ＝ ０ 时，Ｐｎ ＝Ｑｎ，当 ｘ＞０ 时，Ｐｎ＜Ｑｎ，当 ｘ＜０ 时，Ｐｎ＞Ｑｎ ．
证明如下：
①当 ｘ＝ ０ 时，Ｐｎ ＝ １＝Ｑｎ ．
②当 ｘ≠０ 时，令 Ｆ（ ｘ）＝ （１－ｘ） ２ｎ－１ －１＋（２ｎ－１） ｘ－（ｎ－１）·
（２ｎ－１）ｘ２，
则 Ｆ′（ｘ）＝ －（２ｎ－１）（１－ｘ） ２ｎ－２＋（２ｎ－１）－２（ｎ－１）（２ｎ－１）ｘ，
Ｆ″（ｘ）＝ （２ｎ－１）（２ｎ－２）（１－ｘ） ２ｎ－３－２（ｎ－１）（２ｎ－１）
＝ （２ｎ－１）（２ｎ－２）［（１－ｘ） ２ｎ－３－１］，
当 ｘ＞０ 时，Ｆ″（ｘ）＜０，Ｆ′（ ｘ）在（０，＋∞ ）上单调递减；当 ｘ＜０
时，Ｆ″（ｘ）＞０，Ｆ′（ｘ）在（－∞ ，０）上单调递增，
∴ Ｆ′（ｘ）＜Ｆ′（０）＝ ０，∴ Ｆ（ｘ）单调递减．
当 ｘ＞０ 时，Ｆ（ｘ）＜Ｆ（０）＝ ０，当 ｘ＜０ 时，Ｆ（ｘ）＞Ｆ（０）＝ ０，
∴ 当 ｘ＞０ 时，Ｐｎ＜Ｑｎ；当 ｘ＜０ 时，Ｐｎ＞Ｑｎ ．
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(共55张PPT)
五年高考
统一命题、省(区、市)卷题组
考点 简单的复合函数的导数
1.(2017课标全国Ⅲ文改编,12,5分)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a= ????.
答案?????
解析 由f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有零点得x2-2x=-a·(ex-1+e-x+1)有零点,令g(x)=ex-1+e-x+1,g'(x)=ex-1-e-x+1=
ex-1-?=?,当g'(x)=0时,x=1,当x<1时,g'(x)<0,函数单调递减,当x>1时,g'(x)>0,函数单调递
增,当x=1时,函数取得最小值g(1)=2.令h(x)=x2-2x,当x=1时,函数取得最小值-1,若-a>0,函数h(x)
和y=ag(x)的图象没有交点;当-a<0时,函数h(x)和y=-ag(x)的图象有一个交点,-ag(1)=h(1),即-a×2
=-1?a=?.
2.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-1
0时, f(x)>0;
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.
解析 本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.
(1)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,
f '(x)=ln(1+x)-?.
设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-?,
则g'(x)=?.
当-1当x>0时,g'(x)>0.
故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,
从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0,故当-1当x>0时, f(x)>0.
(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
(ii)若a<0,设函数h(x)=?=ln(1+x)-?.
由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.
又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.
h'(x)=?-?
=?.
如果6a+1>0,则当00,故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,
故当x∈(x1,0),且|x|所以x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1=0,则h'(x)=?.
则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;
当x∈(0,1)时,h'(x)<0.
所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.
综上,a=-?.
思路分析 (1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.
(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.
易错警示 容易忽略函数定义域.
函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.
解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等
式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行
分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,
讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.
2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数
值或范围.
3.(2017课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)·ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解析 本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.
(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+
∞)单调递增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.
(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-?+ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1-?+ln a>0,即f(-ln a)>0,
故f(x)没有零点;
③当a∈(0,1)时,1-?+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln?,则f(n0)=?(a?+a-2)-n0>?-n0>?-n0>0.
由于ln?>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
方法总结 利用导数研究函数的单调性的原理:若f '(x)>0,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)
单调递增;若f '(x)<0,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递减.
4.(2016北京理,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
解析 (1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f '(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,知?即?
解得a=2,b=e.
(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.
由f '(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,
则g'(x)=-1+ex-1.
所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).
综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
方法总结 (1)曲线在某点处的切线,满足两个条件:一是过该点,二是斜率(若斜率存在)等于函
数在该点处的导数值.(2)讨论函数的单调性可转化为讨论其导函数的符号变化,因此常将其导
函数作为一个新函数来研究其值域(最值),利用所得结论确定原函数的单调性.
5.(2015课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.
解析 (1)证明:f '(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0, f '(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0, f '(x)>0.
所以, f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m, f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以
对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是?即?①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
6.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若?x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=?+a(2x-1)=?.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
a.当0f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
b.当a>?时,Δ>0,
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1因为x1+x2=-?,所以x1<-?,x2>-?.
由g(-1)=1>0,可得-1所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
③当a<0时,Δ>0,
由g(-1)=1>0,可得x1<-1.
当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.
所以函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤?时,函数f(x)无极值点;
当a>?时,函数f(x)有两个极值点.
(2)由(1)知,
①当0≤a≤?时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
②当?所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.
所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.
因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意.
④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).
因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-?=?>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)可得f(x)当x>1-?时,ax2+(1-a)x<0,
此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
教师专用题组
考点 简单的复合函数导数
1.(2014广东,10,5分)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为 ????.
答案 5x+y-3=0
解析????y'=-5e-5x,曲线在点(0,3)处的切线斜率k=y'|x=0=-5,故切线方程为y-3=-5(x-0),即5x+y-3=0.
2.(2016课标全国Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为
A.
(1)求f '(x);
(2)求A;
(3)证明|f '(x)|≤2A.
解析 (1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.?(2分)
(2)当α≥1时,
|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.?(4分)
当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
设t=cos x,则t∈[-1,1],
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=?时,g(t)取得最
小值,最小值为g?=-?-1=-?.
令-1?.?(5分)
(i)当0<α≤?时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.
(ii)当?<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g?.
又?-|g(-1)|=?>0,
所以A=?=?.
综上,A=??(9分)
(3)证明:由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.
当0<α≤?时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
当?<α<1时,A=?+?+?>1,所以|f '(x)|≤1+α<2A.
当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.
所以|f '(x)|≤2A.?(12分)
评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论,
本题综合性较强,属于难题.
3.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln?.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)求证:当x∈(0,1)时, f(x)>2?;
(3)设实数k使得f(x)>k?对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.
解析 (1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),
所以f '(x)=?+?, f '(0)=2.
又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=2x.
(2)证明:令g(x)=f(x)-2?,
则g'(x)=f '(x)-2(1+x2)=?.
因为g'(x)>0(0所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1),
即当x∈(0,1)时, f(x)>2?.
(3)由(2)知,当k≤2时, f(x)>k?对x∈(0,1)恒成立.
当k>2时,令h(x)=f(x)-k?,
则h'(x)=f '(x)-k(1+x2)=?.
所以当0当0所以当k>2时, f(x)>k?并非对x∈(0,1)恒成立.
综上可知,k的最大值为2.
4.(2015安徽,21,13分)设函数f(x)=x2-ax+b.
(1)讨论函数f(sin x)在?内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;
(2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在?上的最大值D;
(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-?满足条件D≤1时的最大值.
解析 (1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,-?[f(sin x)]'=(2sin x-a)cos x,-?因为-?所以cos x>0,-2<2sin x<2.
①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.
②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.
③对于-2使得2sin x0=a.
-?x0≤x因此,-2f(sin x0)=f?=b-?.
(2)-?≤x≤?时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|≤|a-a0|+|b-b0|,
当(a0-a)(b-b0)≥0时,取x=?,等号成立,
当(a0-a)(b-b0)<0时,取x=-?,等号成立.
由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在?上的最大值为D=|a-a0|+|b-b0|.
(3)D≤1即为|a|+|b|≤1,此时0≤a2≤1,-1≤b≤1,
从而z=b-?≤1.
取a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且z=b-?=1.
由此可知,z=b-?满足条件D≤1的最大值为1.
5.(2015湖南,21,13分)已知a>0,函数f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)
个极值点.证明:
(1)数列{f(xn)}是等比数列;
(2)若a≥?,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.
证明 (1)f '(x)=aeaxsin x+eaxcos x
=eax(asin x+cos x)=?eaxsin(x+φ),
其中tan φ=?,0<φ令f '(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ,即x=mπ-φ,m∈N*.
对k∈N,若2kπ0;
若(2k+1)π因此,在区间((m-1)π,mπ-φ)与(mπ-φ,mπ)上, f '(x)的符号总相反.于是当x=mπ-φ(m∈N*)时, f(x)取
得极值,所以xn=nπ-φ(n∈N*).
此时, f(xn)=ea(nπ-φ)sin(nπ-φ)=(-1)n+1ea(nπ-φ)sin φ.易知f(xn)≠0,而?=?=-eaπ是常
数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)=ea(π-φ)sin φ,公比为-eaπ的等比数列.
(2)由(1)知,sin φ=?,于是对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ?0).
设g(t)=?(t>0),则g'(t)=?.令g'(t)=0,得t=1.
当0当t>1时,g'(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增.
从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e.
因此,要使(*)式恒成立,只需?即只需a>?.
而当a=?时,由tan φ=?=?>?且0<φ时,nπ-φ≥2π-φ>?>?.因此对一切n∈N*,axn=?≠1,所以g(axn)>g(1)=e=?.故(*)
式亦恒成立.
综上所述,若a≥?,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.
6.(2014课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2解析 (1)f '(x)=ex+e-x-2,则f '(x)≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任
意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足21+?)时,g(x)<0.
综上,b的最大值为2.
(3)由(2)知,g(ln?)=?-2?b+2(2b-1)ln 2.
当b=2时,g(ln?)=?-4?+6ln 2>0,
ln 2>?>0.692 8;
当b=?+1时,ln(b-1+?)=ln?,
g(ln?)=-?-2?+(3?+2)ln 2<0,
ln 2所以ln 2的近似值为0.693.
评析 本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算能力.
7.(2014湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)-?.
(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=?-?=?.?(*)
当a≥1时, f '(x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当0当x∈(0,x1)时, f '(x)<0;当x∈(x1,+∞)时, f '(x)>0,
故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≥1时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当0(2)由(*)式知,当a≥1时, f '(x)≥0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0<1,又f(x)的极值点只可能是x1=2?和x2=-2?,且由f(x)的定义可知,x>-?且x≠-2,所以-2
?>-?,-2?≠-2,解得a≠?.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.
而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-?+ln(1+ax2)-?
=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-?
=ln(2a-1)2-?=ln(2a-1)2+?-2,
令2a-1=x,由0当0记g(x)=ln x2+?-2.
(i)当-1所以g'(x)=?-?=?<0,
因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)(ii)当0所以g'(x)=?-?=?<0,
因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当?0.
综上所述,满足条件的a的取值范围为?.
评析 本题考查复合函数的求导,函数的单调性和极值,解不等式,根与系数的关系.考查分类
讨论思想和化归与转化思想,考查学生运算求解能力和知识迁移能力,构造函数把不等式问题
转化为函数单调性问题是解题的关键.
8.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)?(b∈R).
(1)当b=4时,求f(x)的极值;
(2)若f(x)在区间?上单调递增,求b的取值范围.
解析 (1)当b=4时, f '(x)=?,
由f '(x)=0得x=-2或x=0.
当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈?时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.
(2)f '(x)=?,因为当x∈?时,?<0,依题意,当x∈?时,有5x+(3b-2)≤0,从
而?+(3b-2)≤0.
所以b的取值范围为?.
9.(2013山东理,21,3分)设函数f(x)=?+c(e=2.718 28…是自然对数的底数,c∈R).
(1)求f(x)的单调区间、最大值;
(2)讨论关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数.
解析 (1)f '(x)=(1-2x)e-2x,
由f '(x)=0,解得x=?.
当x0, f(x)单调递增;
当x>?时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
所以,函数f(x)的单调递增区间是?,单调递减区间是?,最大值为f?=?e-1+c.
(2)令g(x)=|ln x|-f(x)=|ln x|-xe-2x-c,x∈(0,+∞).
当x∈(1,+∞)时,ln x>0,则g(x)=ln x-xe-2x-c,
所以g'(x)=e-2x?.
因为2x-1>0,?>0,
所以g'(x)>0.
因此g(x)在(1,+∞)上单调递增.
当x∈(0,1)时,ln x<0,
则g(x)=-ln x-xe-2x-c,
所以g'(x)=e-2x?.
因为e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0,
所以-?<-1.
又2x-1<1,
所以-?+2x-1<0,即g'(x)<0.
因此g(x)在(0,1)上单调递减.
综上,当x∈(0,+∞)时,
g(x)≥g(1)=-e-2-c.
当g(1)=-e-2-c>0,即c<-e-2时,g(x)没有零点,
故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为0;
当g(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点,
故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为1;
当g(1)=-e-2-c<0,即c>-e-2时,
①当x∈(1,+∞)时,由(1)知
g(x)=ln x-xe-2x-c
≥ln x-?>ln x-1-c,
要使g(x)>0,只需使ln x-1-c>0,即x∈(e1+c,+∞);
②当x∈(0,1)时,由(1)知
g(x)=-ln x-xe-2x-c≥-ln x-?>-ln x-1-c,
要使g(x)>0,只需-ln x-1-c>0,即x∈(0,e-1-c),
所以c>-e-2时,g(x)有两个零点,
故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为2.
综上所述,
当c<-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为0;
当c=-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为1;
当c>-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为2.
评析 本题考查函数的导数及其应用等基础知识与基本技能,考查分类讨论思想、函数与方
程思想以及综合运用知识解决问题的能力.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 简单的复合函数的导数
1.(2019镇江期末,21)求函数y=3cos?的图象在x=?π处的切线方程.
解析????y'=-3sin??'=-6sin?,?(4分)
则切线在x=?π处的斜率k=-6sin?=-6,?(6分)
当x=?π时,y=3cos?=0,?(7分)
则切线方程为y-0=-6?,即y=-6x+?π.?(10分)
2.(2019扬州中学检测)已知曲线C:y2=2x-4.
(1)求曲线C在点A(4,2)处的切线方程;
(2)过点P(0,0)作直线l与曲线C交于A,B两点,求线段AB的中点M的轨迹方程.
解析 (1)y>0时,y=?,∴y'=?,
∴x=4时,y'=?,∴曲线C在点A(4,2)处的切线方程为y-2=?(x-4),即y=?x.
(2)设l:y=kx,由题意知k≠0,M(x,y),
将y=kx代入y2=2x-4,可得k2x2-2x+4=0,
∴Δ=4-16k2>0,∴?>4,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=?,
∴y1+y2=?,∴x=?,y=?,
∴y2=x(x>4).
思路分析 (1)y>0时,y=?,求导数,可得切线的斜率,从而可求曲线C在点A(4,2)处的切线
方程;
(2)设l:y=kx,代入y2=2x-4,利用韦达定理,结合中点坐标公式,即可求出线段AB的中点M的轨迹方
程.
3.(2019南通通州、海门联考,23)已知函数f1(x)=sin?,x∈R,记fn+1(x)为fn(x)的导数,n∈N*.
(1)求f2(x), f3(x);
(2)猜想fn(x),n∈N*的表达式,并证明你的猜想.
解析 (1)f1(x)=sin?, f2(x)=?cos?,
f3(x)=-?sin?.?(3分)
(2)猜想: fn(x)=?sin?.
下面用数学归纳法证明:
①当n=1时, f1(x)=sin?,结论成立;
②假设n=k(k≥1且k∈N*)时,结论成立,
即fk(x)=?sin?.
当n=k+1时, fk+1(x)=f'k(x)=?×?cos?=?sin?=?sin?.
所以当n=k+1时,结论成立.
综上,由①②可知对任意的n∈N*结论成立.?(10分)
4.(2019如皋期中,24)已知函数f(x)=2x+2-ln(2x+1).
(1)求f(x)的最小值;
(2)证明:?+?+?+…+?+?≥n-ln(n+1)(n∈N*).
解析 (1)由f(x)=2x+2-ln(2x+1),得
f '(x)=2-?=??,
令f '(x)=0,得x=0,列表如下:
x ? 0 (0,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的最小值为f(0)=2.
(2)证明:由(1)知f(x)=2x+2-ln(2x+1)≥2,即2x-ln(2x+1)≥0,
令t=2x+1>0,t>0,则t-1≥ln t,
所以?-1≥ln ?,?-1≥ln ?,……,?-1≥ln?,
相加得?+?+?+?+…+?+?-n≥ln?=ln ?,
亦即?+?+?+?+…+?+?≥n-ln(n+1)(n∈N*).
5.(2017南通、扬州、泰州三模,23)已知函数f0(x)=?(a≠0,ac-bd≠0).设fn(x)为fn-1(x)(n∈N*)
的导函数.
(1)求f1(x), f2(x);
(2)猜想fn(x)的表达式,并证明你的结论.
解析 (1)f1(x)=f0'(x)=?=?,
f2(x)=f1'(x)=?=?.
(2)猜想fn(x)=?,n∈N*.
证明:①当n=1时,由(1)知结论成立;
②假设当n=k,k∈N*时结论成立,
即有fk(x)=?.
当n=k+1时,
fk+1(x)=fk'(x)=?
=(-1)k-1·ak-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'
=?,
所以当n=k+1时结论成立.
由①②得, fn(x)=?,n∈N*.
解答题(共40分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：35分钟 分值：40分)
1.(2019扬州期中,24)已知正项数列{an}满足an+1=an-?(n∈N*).
(1)求证:0(2)求证:?ai证明 (1)由a1-?=a2>0,解得0下面用数学归纳法证明:当n≥2时,an≤?.
①当n=2时,a3=a2-?=-?+?≤?,
所以不等式成立.
②假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,即ak≤?,
则当n=k+1时,有ak+1=ak-?=-?+?≤-?+?=?则当n=k+1时,不等式也成立.
综合①②,当n≥2时,都有an≤?.?(5分)
(2)记f(x)=ln(1+x)-?(x>0),?(6分)
f '(x)=?-?=?,又x>0,故f '(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,
则f(x)>f(0)=0,即ln(1+x)>?.?(8分)
令x=?(i∈N*),则?从而有?ai≤??2.(2019苏州3月检测,23)
(1)设x>-1,试比较ln(1+x)与x的大小;
(2)是否存在常数a∈N,使得aa的值并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
解析 (1)设f(x)=x-ln(1+x), f '(x)=1-?=?,
当x∈(-1,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
故函数f(x)有最小值f(0)=0,则ln(1+x)≤x恒成立.?(4分)
(2)对于?,取m=1,2,3,4进行验算:
?=2,
?=?=2.25,
?=?≈2.37,
?=?≈2.44,
猜想:①2②存在a=2,使得a证法一:对m∈N,且m>1,
有?=?+??+??+…+??+…+??=1+1+??+…+
?·?+…+??=2+??+…+?·??…
?+…+??…?<2+?+?+…+?+…+?<2+?+?+…+?+…+
?=2+?+?+…+?+…+?=3-?<3,
又因为??>0(k=2,3,4,…,m),
故2从而有2n即2所以存在a=2,使得a证法二:由(1)知:当x∈(0,1]时,ln(1+x)设x=?,k=1,2,3,4,…,
则ln?当k≥2时,由二项式定理得:
?=?+??+??+…+??
>?+??=2,
即2从而有2n所以存在a=2,使得a3.(2018苏州期中,23)
(1)若不等式(x+1)ln(x+1)≥ax对任意x∈[0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围;
(2)设n∈N*,试比较?+?+…+?与ln(n+1)的大小,并证明你的结论.
解析 (1)原问题等价于ln(x+1)-?≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立,
令g(x)=ln(x+1)-?,则g'(x)=?,
当a≤1时,g'(x)=?≥0恒成立,即g(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(0)=0恒成立;
当a>1时,令g'(x)=0,则x=a-1>0,
∴g(x)在(0,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增,
∴g(a-1)0使得g(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是(-∞,1].
(2)解法一:在(1)中取a=1,得ln(x+1)>?(x∈[0,+∞)),
令x=?(n∈N*),上式即为ln?>?,
即ln(n+1)-ln n>?,
∴ln 2-ln 1>?,
ln 3-ln 2>?,
……,
ln(n+1)-ln n>?,
上述各式相加可得?+?+…+?解法二:注意到?故猜想?+?+…+?下面用数学归纳法证明该猜想成立.
①当n=1时,?②假设当n=k时结论成立,即?+?+…+?在(1)中取a=1,得ln(x+1)>?(x∈[0,+∞)),
令x=?(k∈N*),有?那么,当n=k+1时,
?+?+…+?+?由①②可知,?+?+…+?4.(2017南通、徐州联考)已知函数f(x)=ln(1+x)-ln(1-x).
(1)已知方程f(x)=?在?上有解,求实数m的范围;
(2)求证:当x∈(0,1)时, f(x)>2?;
(3)若正数k使得f(x)>k?对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.
解析 (1)方程f(x)=?在x∈?上有解,
即m=xf(x)在x∈?上有解,
令φ(x)=xf(x)=x[ln(1+x)-ln(1-x)],
则φ'(x)=[ln(1+x)-ln(1-x)]+x?,
因为x∈?,所以1+x∈?,1-x∈?,
所以ln(1+x)>0,ln(1-x)<0,
所以[ln(1+x)-ln(1-x)]+x?>0,即φ'(x)>0,
所以φ(x)在区间?上单调递增.
因为φ?=??=?ln 2,
φ?=??=?ln 3,
所以φ(x)∈?,所以m∈?.
(2)证明:原问题可转化为f(x)-2?>0在(0,1)上恒成立,
设g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2?,
则g'(x)=?+?-2(1+x2)=?,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上为增函数,
则g(x)>g(0)=0,
因此,x∈(0,1)时,
ln(1+x)-ln(1-x)-2?>0,
所以当x∈(0,1)时, f(x)>2?.
(3)令h(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-k?,
要使得f(x)>k?对x∈(0,1)恒成立,
需h(x)>0对x∈(0,1)恒成立,
h'(x)=?-k(1+x2)=?,
①当k∈[0,2]时,h'(x)≥0,函数h(x)在(0,1)上是增函数,
则h(x)>h(0)=0,符合题意;
②当k>2时,令h'(x)=0,得x=?或x=-?(舍去),
因为k>2,所以?∈(0,1).
h'(x),h(x)在(0,1)上的情况如下表:
x ? ? ?
h'(x) - 0 +
h(x) ↘ 极小值 ↗
h?综上,k的最大值为2.
