高考数学专题十八 简单的复合函数的导数.docx

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高考数学专题十八简单的复合函数的导数

专题十八　简单的复合函数的导数

挖命题

【真题典例】

【考情探究】

考点

内容解读

5年考情

预测热度

考题示例

考向

关联考点

简单的复合函数的导数

1.求简单复合函数的导数

2.简单复合函数导数的应用

★☆☆

分析解读　　简单的复合函数的导数在近5年的江苏高考试卷中没有考查,在2008年~2018年这11年高考中偶尔与其他知识结合进行考查,但不是考查的重点.

破考点

【考点集训】

考点　简单的复合函数的导数

1.求下列函数的导数:

（1）y=22x+1+ln（3x+5）;

（2）y=（x2+2x-1）e2-x.

解析　

（1）y'=（22x+1）'+（ln（3x+5））'=[（22x+1）ln2]（2x+1）'+=22x+2ln2+.

（2）y'=（x2+2x-1）'e2-x+（x2+2x-1）（e2-x）'=（2x+2）e2-x+（x2+2x-1）·（-e2-x）=（3-x2）e2-x.

2.（2018江苏南京一中调研）已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）若x=0是f（x）的极值点,求m,并讨论f（x）的单调性;

（2）当m≤2时,证明:

f（x）>0.

解析　

（1）f'（x）=ex-.

由x=0是f（x）的极值点得f'（0）=0,所以m=1.

于是f（x）=ex-ln（x+1）,定义域为（-1,+∞）,f'（x）=ex-.

函数f'（x）=ex-在（-1,+∞）上单调递增,且f'（0）=0,因此当x∈（-1,0）时,f'（x）<0;当x∈（0,+∞）时,

f'（x）>0.

所以f（x）在（-1,0）上单调递减,在（0,+∞）上单调递增.

（2）证明:

当m≤2,x∈（-m,+∞）时,ln（x+m）≤ln（x+2）,故只需证明当m=2时,f（x）>0.

当m=2时,函数f'（x）=ex-在（-2,+∞）上单调递增.

又f'（-1）<0,f'（0）>0,故f'（x）=0在（-2,+∞）上有唯一实根x0,且x0∈（-1,0）.

当x∈（-2,x0）时,f'（x）<0;当x∈（x0,+∞）时,f'（x）>0,从而当x=x0时,f（x）取得最小值.

由f'（x0）=0得=,ln（x0+2）=-x0,故f（x）≥f（x0）=+x0=>0.

综上,当m≤2时,f（x）>0.

炼技法

【方法集训】

方法　运用导数求解含参复合函数问题的方法

1.已知函数f（x）=ln（ax+1）+,x≥0,其中a>0.

（1）若f（x）在x=1处取得极值,求a的值;

（2）若f（x）的最小值为1,求a的取值范围.

解析　

（1）f'（x）=-=.

因为f（x）在x=1处取得极值,故f'

（1）=0,解得a=1.

经检验符合题意.

（2）f'（x）=,因为x≥0,a>0,故ax+1>0,1+x>0.

当a≥2时,在区间[0,+∞）上,f'（x）≥0,f（x）单调递增,f（x）的最小值为f（0）=1.

当00,解得x>;

由f'（x）<0,解得0

所以f（x）的单调减区间为,单调增区间为.

于是,f（x）在x=处取得最小值,因为f

综上可知,若f（x）的最小值为1,则a的取值范围是[2,+∞）.

2.（2018江苏丹阳中学调研）已知函数f（x）=ln（2-x）+ax在区间（0,1）上是增函数.

（1）求实数a的取值范围;

（2）若数列{an}满足a1∈（0,1）,an+1=ln（2-an）+an,n∈N*,求证:

0

解析　

（1）因为函数f（x）=ln（2-x）+ax在区间（0,1）上是增函数,所以f'（x）=+a≥0在区间（0,1）上恒成立,所以a≥.

又g（x）=在区间（0,1）上是增函数,

所以a≥g

（1）=1,即实数a的取值范围为[1,+∞）.

（2）证明:

先用数学归纳法证明0

当n=1时,a1∈（0,1）成立,

假设n=k（k≥1,k∈N*）时,0

当n=k+1时,由

（1）知a=1时,函数f（x）=ln（2-x）+x在区间（0,1）上是增函数,

所以ak+1=f（ak）=ln（2-ak）+ak,

所以0

（1）=1,

即0

所以当n∈N*时,0

下面证明:

an

因为0

所以an+1-an=ln（2-an）>ln1=0.

所以an

综上,0

过专题

【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.（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

2.（2014江西,13,5分）若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是　　　　. 

答案　（-ln2,2）

3.（2017浙江,20,15分）已知函数f（x）=（x-）e-x.

（1）求f（x）的导函数;

（2）求f（x）在区间上的取值范围.

解析　本题主要考查函数的最大（小）值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.

（1）因为（x-）'=1-,（e-x）'=-e-x,

所以f'（x）=e-x-（x-）e-x

=.

（2）由f'（x）==0,

解得x=1或x=.

因为

x

1

f'（x）

-

0

+

0

-

f（x）

↘

0

↗

↘

又f（x）=（-1）2e-x≥0,

所以f（x）在区间上的取值范围是.

评析本题主要考查导数两大方面的应用:

（1）复合函数单调性的讨论:

运用导数知识来讨论函数f（x）的单调性时,首先考虑函数的定义域,再求出f'（x）,由f'（x）的正负得出函数f（x）的单调区间;

（2）函数的最值（极值）的求法:

由确认的单调区间,结合极值点的定义及自变量的取值范围,得出函数f（x）的极值或最值.

4.（2016课标全国Ⅲ理,21,12分）设函数f（x）=αcos2x+（α-1）·（cosx+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）=-2αsin2x-（α-1）sinx.（2分）

（2）当α≥1时,

|f（x）|=|αcos2x+（α-1）（cosx+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）cosx-1.

设t=cosx,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<<1,解得α<-（舍去）,或α>.（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）由

（1）得|f'（x）|=|-2αsin2x-（α-1）sinx|≤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.

5.（2015课标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）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].

教师专用题组

1.（2014课标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1.4142<<1.4143,估计ln2的近似值（精确到0.001）.

解析　

（1）f'（x）=ex+e-x-2≥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2

综上,b的最大值为2.

（3）由

（2）知,g（ln）=-2b+2（2b-1）ln2.

当b=2时,g（ln）=-4+6ln2>0,

ln2>>0.6928;

当b=+1时,ln（b-1+）=ln,

g（ln）=--2+（3+2）ln2<0,

ln2<<0.6934.

所以ln2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.

2.（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

x2=-2舍去

.

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-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）=lnx2+-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.

3.（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.

【三年模拟】

一、填空题（共5分）

1.（2019届江苏姜堰中学调研改编）函数f（x）=ln+x的最小值为　　　　. 

答案　-ln2+

二、解答题（共40分）

2.（2018江苏苏州高三期中,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）

即存在x>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）-lnn>,

∴ln2-ln1>,

ln3-ln2>,

……,

ln（n+1）-lnn>,

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,++…+

3.（2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,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*.

4.（2017江苏南通、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==ln2,

φ==ln3,

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.

5.（2019届江苏无锡辅仁中学月考）设b>0,函数f（x）=（ax+1）2-x+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）=·2（ax+1）·a-+=,x>0.

于是F'（x）=,若a<0,则F'（x）<0,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=时,F（x）取得极小值2,

所以解得a=b=1.

故F（x）=x+,F'（x）=1-（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g（x）=[F（x）]n-F（xn）=-=xn-1·+xn-2·+xn-3·+…+x·.

因为xn-r·+xr·≥2（r=1,2,…,n-1）,

所以2g（x）≥2（+++…+）=2（2n-2）.

故|[F（x）]n|-|F（xn）|≥2n-2（n∈N*）.