函数、导数与不等式考前预测

李昭平

函数、导数、不等式三者之间有着紧密的联系.导数是研究函数性质的有力工具， 尤其是处理高次函数、分式函数、根式函数、指数函数、对数函数、三角函数以及它们的复合型函数问题时，更能体现其应用价值、思维价值和工具价值.不等式贯穿于函数的单调性、极值、最值等问题之中，同时导数又为一些用传统方法难以处理的不等式问题提供了求解的新思路和新途径.可以说，导数的引入，拓宽了高考对函数与不等式问题的命题空间，以致在近年来的高考中，函数、导数、不等式的交汇成为考查的重点、难点和创新点.

考点1. 函数基本知识及其联系问题

例1. 已知某质点在运动过程中，热量Q随位移x变化的规律是Q（x）=ax3+bx2+cx+d，其图像关于坐标原点对称，如图1是其图像的一部分，求Q（x）的解析式.

[解析]∵Q（x）的图像关于坐标原点对称，∴Q（-x）=-Q（x），

即-ax3+bx2-cx+d-ax3-bx2-cx-d，∴b=d=0.

因此Q（x）=ax3+cx，Q′（x）=3ax2+c.

由图像可知，当x=时，

Q（x）有极小值-1，所以 Q′（）=a+c=0，Q（）=a+=-1，解得a=4，c=-3，Q（x）=4x3-3x.

[点评]函数基本知识主要包括函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性、图像、极值、最值等.本题以物理知识为背景，给出质点的运动轨迹（即原函数的图像），融函数的奇偶性、导数、极值的考查于一体，从原函数图像上发现其极值点而得到Q′（）=0是解题的关键.

考点2. 函数图像的切线及其联系问题

例2. 反比例函数f（x）（x>0）和二次函数g（x）的图像如图2所示， 在它们交点P处的反比例曲线的切线的倾斜角为120°，求f（x）+g（x）的最小值.

[解析]由题意可设f（x）=，

g（x）=ax2. 则 f′（x）=-.由导数的几何意义可知：-=tan120°，所以k= .

因此 f（x）= ，P（1，）.

将P（1，）代入 g（x）=ax2中，得a=.

故h（x）=f（x）+g（x）=+x2，x≠0. h′（x）=-+2x=0，x=.

当x>时，h′（x）>0；0

[点评]本题考查函数的图像、函数的解析式和图像的切线，利用导数的几何意义（f′（1）=tan120°）确定待定系数k是解题的关键.函数f（x）在x0处的导数f′（x0）的几何意义就是曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线斜率，以此点为切点的切线方程是y-f（x0）=f′（x0）（x-x0）.

考点3. 函数与数列的交汇问题

例3. 已知函数f（x）=2x-2-x，数列{an}满足f（log2an）=-2n.

（1）求an=g（n）的导函数g′（n）；

（2）判断数列{an}的单调性.

[解析]（1）由已知，有an-=-2n，即a 2 n+2nan-1=0， 解得an=-n±. 而an>0，所以an=-n. 于是g′（n）=-1.

（2）因为=<1（n∈N），所以 g′（n）= -1<0（n∈N），

故数列{an}是单减数列.

[点评]本题考查了复合函数、数列以及函数单调的导数式条件.数列是特殊的函数，将an=g（n）视为n的函数，利用函数导数的符号判断数列{an}的单调性.

考点4. 函数图像的公切线问题

例4. 设函数 f（x）=ex的反函数为g（x），点P（x1，y1），Q（x2，y2）分别为函数f（x）的图像C1和g（x）的图像C2上的两个动点， 过P、Q的直线为l，当l为曲线C1、C2的公切线时，求x1，x2满足的关系以及x1的取值范围.

[解析]f（x）=ex，f′（x）=ex；g（x）=lnx，g′（x）=.

过P（x1，），Q（x2，lnx2）的公切线l的方程有两种表达式：y-=（x-x1）和y-lnx2=（x-x2），即y=x+（1-x1）和y=x+lnx2-1，因此 =，=（1-x1）=lnx2-1，解得x2=，=. 由=>0x1<-1或x1>1，当x1>1时，>e>e1

故x1，x2满足的关系是的取值范围是x2=；x1的取值范围是（，-1）∪（1，）.

[点评]本题是超越型函数图像的公切线问题，用传统方法难以求解. 这里根据导数的几何意义得到公切线l的两种表达式，从而构建方程，获得x1，x2的关系， 进一步求出x1的取值范围.一般地，如果直线l切曲线y=f（x）和y=g（x）分别于点P（x1，y1），Q（x2，y2），则l有两种表示方法：y-f（x1）=f′（x1）（x-x1）和y-g（x2）=g′（x2）（x-x2）， 即它们表示同一条直线，我们常常以此构建方程组f′（x1）=g′（x2），f（x1）-x1f′（x1）=g（x2）-x2g′（x2）来解决公切线问题.

考点5. 超越型不等式的证明问题

例5. 设f（x）=x-sinx，若x∈[0，]，∈（0，），试证明

≥f（）.

[解析]- f（）=-+sin=-sin-sinx+sin. 令g（x）=-sin-

sinx+sin，则g′（x）=-cosx+cos=（cos-cosx）.

∵x∈[0，]，∈（0，），∴∈（0，），而cosx在[0，]内单调递减， 所以由g′（x）=（cos-cosx）=0，得x=. 当0，g（x）单调递增；当0≤x<时，

g′（x）<0，g（x）单调递减. 因此g（）是g（x）在[0，]上的最小值.

于是g（x）≥g（）=0，-f（）≥0，

即当x∈[0，]，∈（0，）时， ≥f（）成立.

[点评]本题中的超越型不等式用传统方法难以证明，导数为这类问题的研究和解决提供了新思路. 由于导数在这类问题中的应用往往是隐性的，需要我们去创造条件、去构造模式（主要是构造新函数，此题中就是函数g（x）），这就常常导致我们只重视用传统方法思考，而忽视导数的应用. 不等式的证明除常见的比较法、分析法、综合法、反证法外，构造函数、利用导数知识处理是一种非常重要的方法.在涉及指数、对数、分式、三角等复杂的不等式证明问题中，有着其他方法不可比拟的优越性，因此要重点关注.

类型6. 含参数的恒成立不等式问题

例6. 已知函数f（x）=x3-x2+（a+1）x+1，其中a为实数. 若不等式f′（x）>x2-x-a+1对任意a∈（0，+∞）都恒成立，求实数x的取值范围.

[解析]因为f′（x）=ax2-3x+（a+1），所以f′（x）>x2-x-a+1就是ax2-3x+（a+1）>x2-x-a+1，即（x2+2）a-2x-x2>0.

令g（a）=（x2+2）a-2x-x2，则g′（a）=x2+2>0，g（a）在a∈（0，+∞）上单增，（x2+2）a-2x-x2>0在a∈（0，+∞）恒成立g（0）≥0， 所以-2x-x2≥0，解得-2x≤x≤0，即为实数x的取值范围.

[点评]本题涉及整式函数型恒成立不等式， 主要考查多项式函数的求导法则、导数与函数单调性的关系. 一要注意三次函数的导函数则是二次函数， 二次函数是我们熟悉的模型，这是导数的降次功能. 二要注意构造新函数g（a），活用导数知识求出g（a）的值域，顺利实现解题目标.一般地，不等式f（x）k（k时恒成立）在 x∈I时恒成立fmin>k（x∈I）.求解此类问题最常见的方法是函数最值法，即构造出相应的辅助函f（x），利用上述结论处理. 本题不等式（x2+2）a-2x-x2>0在a∈（0，+∞）恒成立g（a）=（x2+2）a-2x-x2在（0，+∞）上的最大值大于零g（a）≥0.

考点7. 函数式中待定字母的取值范围问题

例7. 函数f（x）=x2eax，其中a∈R.

（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在（-∞，-1]上递增，求实数a的取值范围.

[解析]（1）f（x）=x2ex，f′（x）=2xex+x2ex=（x2+2x）ex. 由f′（x）>0，得x2+2x>0，x<-2或x>0；由f′（x）<0，得x2+2x <0，-2

（2）f（x）=x2eax，f′（x）=2xeax+ax2eax=（ax2+2x）eax. 若函数f（x）=在（-∞，-1]上递增，则在（-∞，-1]上f′（x）=（ax2+2x）eax≥0，即ax2+2x≥0.

因为x∈（-∞，-1]，所以x2>0，ax2+2x≥0变为a≥-，a≥（-）max. -在x∈（-∞，-1]上是减函数，最大值为-=2，故a≥2， 即为实数a的取值范围.

[点评]纵观近年来的高考题不难发现，“已知函数的单调性特征，反过来确定函数式中待定字母的取值范围”试题在高考中频频出现，而且试题的深度、广度和难度也在不断增大. 这种逆向设置的问题， 有一定的开发性，能有效考查学生对函数、导数、不等式思想方法的掌握程度、思维水平和综合能力. 显然， 这些试题用单调性的定义求解，将会十分复杂，甚至无法求解. 而运用导数符号与函数单调性的关系来处理则是一种有效途径. 对于可导函数f（x）在区间D上单增（或单减）的充要条件是：在x∈D上恒有f′（x）≥0（或f′（x）≤0），且f′（x）在D的任意子区间上都不恒为零. 在高中阶段， 主要出现的是有一个或多个（有限个）使f′（x）=0的点x的情况. 比如， 函数f（x）=x3在（-∞，+∞）上单增，f′（x）=3x2≥0在（-∞，+∞）上恒成立， 其中有一个x0=0，使f′（x0）=0成立. 注意f′（x）>0（或f′（x）<0）是f（x）为增（或减）函数的充分而非必要的条件， 避免当做充要条件使用. 这里不能由不等式ax2+2x>0求实数a的取值范围.

考点8. 分类讨论待定字母的取值范围问题

例8. 求函数f（x）=xln（-x）+（a-1）x（a∈R）在区间[-e2，-e-1]上的最大值g（a）.

[解析]f′（x）=ln（-x）+ a. 由f′（x）=ln（-x）+ a=0 ，得x=-e-a.

①若-e-a<-e2，即a<-2，函数在[-e2，-e-1]上递减，g（a）=f（-e2） =-（a+1）e2.

②若-e2≤-e-a<-e-1，即-2≤a<1时，g（a）=f（-e-a）=e-a.

③若-e-a≥-e-1，函数在[-e2，-e-1]上递增，g（a）=f（-e-1）=.

故g（a）=-（a+1）e2， （a<-2）e-a， （-2≤a<1）. （a≥1）

[点评]本题中a为任意实数，f′（x）的零点x=-e-a是否在所给的区间[-e2，-e-1]内，有a待于的取值，必须对零点x=-e-a与区间[-e2，-e-1]的位置关系进行分类讨论. 一般地，分类讨论有“三步曲”：一是选择分类对像，即对什么东西进行分类（这里零点x=-e-a与区间[-e2，-e-1]的位置关系由a确定，因此选择a为分类对像）；二是确定分类标准，即怎样分类（这里根据零点x=-e-a在区间[-e2，-e-1]的左边、内部、右边分成a<-2、-2≤a<1和a≥1三类）；三是深化分类层次（就是在一级分类中再进行二级分类，即分类中分类，本题不涉及）. 导数、不等式在函数的应用中， 常常涉及到待定的字母，函数的单调性、极值、最值以及图像的形状等等都与字母的取值有关， 此时要牢记对待定字母的分类讨论， 切实把握分类讨论的“三步曲”，否则极易出错.

考点9. 函数的零点个数问题

例9. 试判断函数f（x）=x2-8lnx-8的零点个数.

[解析]函数f（x）的定义域是（0，+∞）. 由f′（x）=2x-=0，得x=±2，取x=2.

当02时，f′（x）>0 .所以函数f（x）在点x=2处取极小值，也是最小值， 且最小值为f（2）=22-8ln2-8=-4-8ln2<0.

如图3，当x逐渐靠近零时，f（x）越来越大；当x大于2，并逐渐大时，f（x）也越来越大.因此函数f（x）有两个零点.

[点评]超越函数的零点个数用传统方法处理往往不易，导数是很好的工具.解题的基本步骤是：求f′（x）=0的根x0；判断在根x0的两侧f′（x）的符号；确定x0是极大值点，还是极小值点，或不是极值点；求最值；画出f（x）的草图，观察即可.

考点10. 函数图像的交点个数问题

例10. 已知f（x）=-x2+8x，g（x）=6lnx+m，是否存在实数m，使得函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点？若存在，请求出m的取值范围； 若不存在，请说明理由.

[解析]函数的y=f（x）图像与函数y=g（x）的图像的交点个数问题，就是方程f（x）=g（x）在（0，+∞）上实根的个数问题，进一步就是函数h（x）=g（x）-f（x） 的图像与x轴交点的个数问题.

因为h（x）=6lnx+m+x2-8x，所以h′（x）=+2x-8=（x>0），

当00，h（x）单调递增； 当13时h′（x）>0，h（x）单调递增. 所以h（x）的极大值为h（1）=m-7，极小值为h（3）=m+6ln3-15，并且当x→+∞时，h（x）→+∞；当x→0+时， h（x）→-∞. 因此要使h（x）=g（x）-f（x）<0的图像与x轴有且只有一个交点，必须且只须h（1）=m-7<0（图4）或h（3）=m+6ln3-15>0（图5），即m<7或m>15-6ln3时， 函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点.

变式1：如果“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点”变为“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有两个不同交点”，怎样解答呢？

变式2：如果“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点”变为“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有三个不同交点”，怎样解答呢？

[点评]用导数探讨函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像的交点个数问题，也是近年来高考考查的热点内容之一. 解题的主要步骤是：①构造函数h（x）=g（x）-f（x）；②求导h′（x）=g′（x）-f′（x）；③研究函数h（x）的单调性和极值（必要时研究函数图像端点的极限情况）；④画出函数h（x）的草图，观察与x轴的交点情况，列出相应的不等式（组）；⑤解不等式（组）获解.

以上对函数、导数、不等式在2014年高考中的考点作了十个方面的预测. 这些试题很好地体现了函数、导数与不等式的联系，以及解函数、导数与不等式问题的核心思想方法，有一定的价值.高考题无非是知识与思想方法的重新排列组合，尽管我们无法猜到原题，但万变不离其宗，熟练把握了这十种题型，可以在高考中以不变应万变.

（作者单位：安徽省太湖中学）

责任编校 徐国坚

考点9. 函数的零点个数问题

例9. 试判断函数f（x）=x2-8lnx-8的零点个数.

[解析]函数f（x）的定义域是（0，+∞）. 由f′（x）=2x-=0，得x=±2，取x=2.

当02时，f′（x）>0 .所以函数f（x）在点x=2处取极小值，也是最小值， 且最小值为f（2）=22-8ln2-8=-4-8ln2<0.

如图3，当x逐渐靠近零时，f（x）越来越大；当x大于2，并逐渐大时，f（x）也越来越大.因此函数f（x）有两个零点.

[点评]超越函数的零点个数用传统方法处理往往不易，导数是很好的工具.解题的基本步骤是：求f′（x）=0的根x0；判断在根x0的两侧f′（x）的符号；确定x0是极大值点，还是极小值点，或不是极值点；求最值；画出f（x）的草图，观察即可.

考点10. 函数图像的交点个数问题

例10. 已知f（x）=-x2+8x，g（x）=6lnx+m，是否存在实数m，使得函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点？若存在，请求出m的取值范围； 若不存在，请说明理由.

[解析]函数的y=f（x）图像与函数y=g（x）的图像的交点个数问题，就是方程f（x）=g（x）在（0，+∞）上实根的个数问题，进一步就是函数h（x）=g（x）-f（x） 的图像与x轴交点的个数问题.

因为h（x）=6lnx+m+x2-8x，所以h′（x）=+2x-8=（x>0），

当00，h（x）单调递增； 当13时h′（x）>0，h（x）单调递增. 所以h（x）的极大值为h（1）=m-7，极小值为h（3）=m+6ln3-15，并且当x→+∞时，h（x）→+∞；当x→0+时， h（x）→-∞. 因此要使h（x）=g（x）-f（x）<0的图像与x轴有且只有一个交点，必须且只须h（1）=m-7<0（图4）或h（3）=m+6ln3-15>0（图5），即m<7或m>15-6ln3时， 函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点.

变式1：如果“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点”变为“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有两个不同交点”，怎样解答呢？

变式2：如果“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点”变为“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有三个不同交点”，怎样解答呢？

[点评]用导数探讨函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像的交点个数问题，也是近年来高考考查的热点内容之一. 解题的主要步骤是：①构造函数h（x）=g（x）-f（x）；②求导h′（x）=g′（x）-f′（x）；③研究函数h（x）的单调性和极值（必要时研究函数图像端点的极限情况）；④画出函数h（x）的草图，观察与x轴的交点情况，列出相应的不等式（组）；⑤解不等式（组）获解.

以上对函数、导数、不等式在2014年高考中的考点作了十个方面的预测. 这些试题很好地体现了函数、导数与不等式的联系，以及解函数、导数与不等式问题的核心思想方法，有一定的价值.高考题无非是知识与思想方法的重新排列组合，尽管我们无法猜到原题，但万变不离其宗，熟练把握了这十种题型，可以在高考中以不变应万变.

（作者单位：安徽省太湖中学）

责任编校 徐国坚

考点9. 函数的零点个数问题

例9. 试判断函数f（x）=x2-8lnx-8的零点个数.

[解析]函数f（x）的定义域是（0，+∞）. 由f′（x）=2x-=0，得x=±2，取x=2.

当02时，f′（x）>0 .所以函数f（x）在点x=2处取极小值，也是最小值， 且最小值为f（2）=22-8ln2-8=-4-8ln2<0.

如图3，当x逐渐靠近零时，f（x）越来越大；当x大于2，并逐渐大时，f（x）也越来越大.因此函数f（x）有两个零点.

[点评]超越函数的零点个数用传统方法处理往往不易，导数是很好的工具.解题的基本步骤是：求f′（x）=0的根x0；判断在根x0的两侧f′（x）的符号；确定x0是极大值点，还是极小值点，或不是极值点；求最值；画出f（x）的草图，观察即可.

考点10. 函数图像的交点个数问题

例10. 已知f（x）=-x2+8x，g（x）=6lnx+m，是否存在实数m，使得函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点？若存在，请求出m的取值范围； 若不存在，请说明理由.

[解析]函数的y=f（x）图像与函数y=g（x）的图像的交点个数问题，就是方程f（x）=g（x）在（0，+∞）上实根的个数问题，进一步就是函数h（x）=g（x）-f（x） 的图像与x轴交点的个数问题.

因为h（x）=6lnx+m+x2-8x，所以h′（x）=+2x-8=（x>0），

当00，h（x）单调递增； 当13时h′（x）>0，h（x）单调递增. 所以h（x）的极大值为h（1）=m-7，极小值为h（3）=m+6ln3-15，并且当x→+∞时，h（x）→+∞；当x→0+时， h（x）→-∞. 因此要使h（x）=g（x）-f（x）<0的图像与x轴有且只有一个交点，必须且只须h（1）=m-7<0（图4）或h（3）=m+6ln3-15>0（图5），即m<7或m>15-6ln3时， 函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点.

变式1：如果“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点”变为“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有两个不同交点”，怎样解答呢？

变式2：如果“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有一个交点”变为“函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像有且只有三个不同交点”，怎样解答呢？

[点评]用导数探讨函数y=f（x）的图像与函数y=g（x）的图像的交点个数问题，也是近年来高考考查的热点内容之一. 解题的主要步骤是：①构造函数h（x）=g（x）-f（x）；②求导h′（x）=g′（x）-f′（x）；③研究函数h（x）的单调性和极值（必要时研究函数图像端点的极限情况）；④画出函数h（x）的草图，观察与x轴的交点情况，列出相应的不等式（组）；⑤解不等式（组）获解.

以上对函数、导数、不等式在2014年高考中的考点作了十个方面的预测. 这些试题很好地体现了函数、导数与不等式的联系，以及解函数、导数与不等式问题的核心思想方法，有一定的价值.高考题无非是知识与思想方法的重新排列组合，尽管我们无法猜到原题，但万变不离其宗，熟练把握了这十种题型，可以在高考中以不变应万变.

（作者单位：安徽省太湖中学）

责任编校 徐国坚