1、1第十八章 简单的复合函数的导数考纲解读五年高考统计考点 内容解读 要求2013 2014 2015 2016 2017 常考题型 预测热度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B 解答题 分析解读 虽然简单的复合函数的导数近五年江苏高考没有涉及,但作为附加题的一个考点,本章仍是高考命题的一个素材,要关注其与二项式定理相结合的试题.命题探究(1)证明:f (x)=m(e mx-1)+2x.若 m0,则当 x(-,0)时,e mx-10, f (x )0.若 m0, 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
2、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(x 1)-f(x2)|e-1 的充要条件是 (1)-(0)-1,(-1)-(0)-1,即 -1,-+-1.设函数 g(t)=et-t-e+1,则 g(t)=et-1.当 t0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-e1时,由 g(t)的单调性,g(m)0,即 em-me-1;当 m0,即 e-m+me-1.综上,m 的取值范围是-1,1.五年高考考点 简单的复合函数的导数1.(2014广东,
3、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=02.(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 (-ln 2,2)23.(2014课标,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 x0时,g(x)0,求 b的最大值;(3)已知 1.414 20,g(x)0.(ii)当 b2时,若 x满足 20,232 2ln 2 0.692 8;82-312当 b= +1时,ln(b-1+ )=ln
4、 ,324 2-2 2g(ln )=- -2 +(3 +2)ln 20, f(x)单调递增;当 x 时, f (x)0, f(x)单调递增;12当 x 时, f (x)0,则 g(x)=ln x-xe-2x-c,所以 g(x)=e-2x .(2+2-1)因为 2x-10, 0,2所以 g(x)0.因此 g(x)在(1,+)上单调递增.当 x(0,1)时,ln x1x0,所以- 0,即 c-e-2时,当 x(1,+)时,由(1)知g(x)=ln x-xe-2x-cln x- ln x-1-c,(12-1+)要使 g(x)0,只需使 ln x-1-c0,即 x(e 1+c,+);当 x(0,1)时
5、,由(1)知g(x)=-ln x-xe-2x-c-ln x- -ln x-1-c,(12-1+)要使 g(x)0,只需-ln x-1-c0,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 2.4综上所述,当 c-e-2时,关于 x的方程|ln x|=f(x)根的个数为 2.三年模拟A组 20162018 年模拟基础题组考点 简单的复合函数的导数1.(2017江苏如皋中学质检)已知常数 a0,函数 f(x)=ln(1+ax)- .讨论 f(x)在区间(0,+)上的单调性.2+2解析 f(x)=ln(1+ax)- ,f (x)=
6、 - = ,(1+ax)(x+2) 20,当 1-a0,即2+2 1+ 4(+2)2 2-4(1-)(1+)(+2)2a1 时,f (x)0 恒成立,则函数 f(x)在(0,+)上单调递增,当 00.1-1+(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)= - = .+1 2(1+)2 2+-2(+1)(1+)2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 x0,a0,故 ax+10,1+x0.2+-2(+1)(1+)2当 a2 时,在区间0,+)
7、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 ;2-由 f (x)1时,令 g(x)=0,得 x=a-10,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) (x(0,+),+1令 x= (nN *),上式即为 ln ,1 (+1 ) 1+1即 ln(n+1)-ln n ,1+1ln 2-ln 1 ,12ln 3-ln 2 ,13,ln(n+1)-ln n ,1+1上述各式相加可得 + + (x(0,+),+1令 x= (kN *),有 0知, f (x)与 1-x+ex-1同号.令 g(x)=1-x+ex
8、-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 在 x(-,+)上恒成立.故 f(x)在区间(-,+)上单调递增.C组 20162018 年模拟方法题组方法 运用导数求解含参复合函数问题的方法已知 f(x)=ax-ln(-x),x-e,0),其中 e是自然常数, aR.(1)当 a=-1时, 求 f(x)的单调性、极值;(2)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值是 3?如果存在,求出 a的值;如果不存在,说明理由.解
9、析 (1)当 a=-1时,f(x)=-x-ln(-x),f (x)=-1- ,1当-e0,所以 f(x)在(-e,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增.所以 f(x)的极小值为 f(-1)=1,无极大值.(2)假设存在实数 a,使 f(x)=ax-ln(-x)的最小值为 3,易知 f (x)=a- ,1当 a- 时,由于 x-e,0),所以 f (x)=a- 0, 1 1函数 f(x)=ax-ln(-x)在-e,0)上为增函数,所以 f(x)min=f(-e)=-ae-1=3.解得 a=- - (舍去).4 1当 a- 时,令 f (x)=0,得 x= .1 1x (-,1) 1 (1,0)f (x) - 0 +f(x) 减 极小值 增所以 f(x)min=f =1-ln =3.(1) (-1)7解得 a=-e2.-e 2- ,符合题意.1所以 a=-e2.所以存在实数 a,使 f(x)的最小值是 3,此时 a=-e2.
