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】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)ln 2](2x+1)'+=22x+2ln 2+.(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)=e x-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) =e x-.由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1.于是f(x)=e x-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f '(x)=e x-.函数f '(x)=e x-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)=e x-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0<a<2时,由f '(x)>0,解得x>-;由f '(x)<0,解得0<x< -.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-<f(0)=1,所以不符合题意.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{a n}满足a1∈(0,1),a n+1=ln(2-a n)+a n,n∈N*,求证:0<a n<a n+1<1.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≥.-在区间(0,1)上是增函数,又g(x)=-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<a n<1.当n=1时,a1∈(0,1)成立,假设n=k(k≥1,k∈N*)时,0<a k<1成立.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a k+1=f(a k)=ln(2-a k)+a k,所以0<ln 2=f(0)<f(a k)<f(1)=1,即0<a k+1<1成立,所以当n∈N*时,0<a n<1成立.下面证明:a n<a n+1.因为0<a n<1,所以a n+1-a n=ln(2-a n)>ln 1=0.所以a n<a n+1.综上,0<a n<a n+1<1.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=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)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.,(e-x)'=-e-x,(1)因为(x--)'=1--所以f '(x)=e-x-(x--)e-x-----.=-----(2)由f '(x)==0,-解得x=1或x=.因为又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)=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<-<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)|=|-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.5.(2015课标Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=e mx+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(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e mx-1≥0, f '(x)>0.若m<0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1>0, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时,e mx-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)=e t-t-e+1,则g'(t)=e t-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e m-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)=e x-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<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f '(x)=e x+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(e x-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(e x+e-x)+(4b-2)]=2(e x+e-x-2)(e x+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<e x+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+-)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+-)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln)=-2b+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<<0.693 4.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.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<a<1时,由f '(x)=0得x1=2-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<a<1时, f(x)在区间-上单调递减,在区间-∞上单调递增.(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<a<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<a<1且a≠知,当0<a<时,-1<x<0;当<a<1时,0<x<1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1<x<0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g'(x)=-=-<0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)<g(-1)=-4<0,故当0<a<时, f(x1)+f(x2)<0. (ii)当0<x<1时,g(x)=2ln x+-2,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<a<1时, f(x1)+f(x2)>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-ln 2+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)<g(0)=0,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)-ln n>,∴ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……,ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得++…+<ln(n+1)(n∈N*).解法二:注意到<ln 2,+<ln 3,……,故猜想++…+<ln(n+1)(n∈N*),下面用数学归纳法证明该猜想成立.①当n=1时,<ln 2,成立;②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1),在(1)中取a=1,得ln(x+1)>(x∈(0,+∞)),令x=(k∈N*),有<ln,那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),也成立,由①②可知,++…+<ln(n+1)(n∈N*).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f n(x)为f n-1(x)(n∈N*)的导函数.(1)求f1(x), f2(x);(2)猜想f n(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f n(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f k(x)=--·-·-·.当n=k+1时,f k+1(x)=f k'(x)=--·-·-·=(-1)k-1·a k-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'=-··-·,所以当n=k+1时结论成立.由①②得, f n(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=-=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:h-<h(0)=0,显然不符合题意,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(x n)|≥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(x n)|.因为x>0,所以g(x)=[F(x)]n-F(x n)=-=x n-1·+x n-2·+x n-3·+…+-x·.-因为x n-r·+-x r·≥2(r=1,2,…,n-1),-所以2g(x)≥2(+++…+-)=2(2n-2).故|[F(x)]n|-|F(x n)|≥2n-2(n∈N*).。
