导数常见高考题型 13页

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  • 2021-05-13 发布

导数常见高考题型

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导数常见高考题型 ‎ 典例剖析 例1 :已知实数a满足1<a≤2,设函数f (x)=x3-x2+ax.‎ ‎(Ⅰ) 当a=2时,求f (x)的极小值;‎ ‎(Ⅱ) 若函数g(x)=4x3+3bx2-6(b+2)x (b∈R) 的极小值点与f (x)的极小值点相同,‎ 求证:g(x)的极大值小于等于10.‎ ‎ (Ⅰ)解:当a=2时,f ′(x)=x2-3x+2=(x-1)(x-2).‎ ‎ 列表如下:‎ x ‎(-,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+)‎ f ′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f (x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以,f (x)的极小值为f (2)=.…………………………………6分 ‎ (Ⅱ) 解:f ′(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a).‎ 由于a>1,‎ 所以f (x)的极小值点x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.‎ 而g ′ (x)=12x2+6bx-6(b+2)=6(x-1)(2x+b+2),‎ 所以,‎ 即b=-2(a+1).‎ 又因为1<a≤2,‎ 所以 g(x)极大值=g(1)‎ ‎=4+3b-6(b+2) ‎ ‎=-3b-8‎ ‎=6a-2‎ ‎≤10. ‎ 故g(x)的极大值小于等于10‎ 例2、已知函数.‎ ‎(Ⅰ)求函数的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若函数的图像在点处的切线的倾斜角为,问:‎ 在什么范围取值时,对于任意的,函数在区间上总存在极值?‎ ‎(Ⅲ)当时,设函数,若在区间上至少存在一个,使得成立,试求实数的取值范围.‎ 解:(Ι)由知:‎ 当时,函数的单调增区间是,单调减区间是;‎ 当时,函数的单调增区间是,单调减区间是;‎ ‎(Ⅱ)由,∴,. ‎ 故,‎ ‎∴,∵ 函数在区间上总存在极值,‎ ‎∴有两个不等实根且至少有一个在区间内 又∵函数是开口向上的二次函数,且,∴ ‎ 由,∵在上单调递减,所以;∴,由,解得;‎ 综上得: 所以当在内取值时,对于任意的,函数在区间上总存在极值。‎ ‎(Ⅲ)令,则 ‎.‎ ‎①当时,由得,从而,‎ 所以,在上不存在使得;‎ ‎②当时,,,在上恒成立,故在上单调递增。 ‎ 故只要,解得综上所述, 的取值范围是 ‎ 例3 已知函数(且).‎ ‎(Ⅰ)试就实数的不同取值,写出该函数的单调递增区间;‎ ‎(Ⅱ)已知当时,函数在上单调递减,在上单调递增,求的值并写出函数的解析式; ‎ ‎(Ⅲ)记(Ⅱ)中的函数的图像为曲线,试问是否存在经过原点的直线,使得为曲线的对称轴?若存在,求出的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解:(Ⅰ) 由题设知:.‎ ‎①当时,函数的单调递增区间为及; ‎ ‎②当时,函数的单调递增区间为及;‎ ‎③当时,函数的单调递增区间为及.…6分 (Ⅱ)由题设及(Ⅰ)中③知且,解得, ……8分 ‎ 因此,函数解析式为. ‎ ‎(Ⅲ)假设存在经过原点的直线为曲线的对称轴,显然、轴不是曲线的对称轴,故可设:(), 设为曲线上的任意一点,与关于直线对称,且,,则也在曲线上,由此得 ‎,,且,, ‎ ‎ 整理得,解得或,‎ ‎ 所以存在直线及为曲线的对称轴. ‎ 例4:[已知函数定义域为(),设.‎ ‎(1)试确定的取值范围,使得函数在上为单调函数;‎ ‎(2)求证:;‎ ‎(3)求证:对于任意的,总存在,满足,并确定 这样的的个数.‎ 解:(1) 因为 由;由,‎ 所以在上递增,在上递减 ‎ 欲在上为单调函数,则 ‎ ‎(2)因为在上递增,在上递减,‎ 所以在处取得极小值 ‎ 又,所以在上的最小值为 ‎ 从而当时,,即 ‎ ‎(3)因为,所以即为,‎ ‎ 令,从而问题转化为证明方程 =0在上有解,并讨论解的个数 ‎ 因为,, ‎ 所以 ① 当时,,所以在上有解,且只有一解 ‎ ‎② 当时,,但由于,‎ 所以在上有解,且有两解 ‎ ‎③ 当时,,所以在上有且只有一解;‎ ‎④ 当时,在上也有且只有一解 ‎ 综上所述, 对于任意的,总存在,满足,‎ 且当时,有唯一的适合题意;‎ 当时,有两个适合题. ‎ 例:5、已知函数.‎ ‎(1)求的单调递增区间;‎ ‎(2)为何值时,函数在区间上有零点.‎ 解:(1) 令 ‎①若,则,的递增区间是;‎ ‎②若,则 方程的两根,,‎ 当时, ∴的递增区间是 ‎ ‎③若且,即时,‎ 方程的两根,,‎ 此时的递增区间为和 ‎④若且即时 此时的递增区间为 ‎ 综上 略 ‎(2)问题等价于方程=0在上有实根,而=0,‎ 令, ‎ 再令,则 当时,,↗, 当时,,↘‎ ‎∴当时,取得唯一的极大值也是的最大值 ‎∴当时, ∴在上单调递减 ‎∴当时,‎ 故当时,函数在上有零点. ‎ 例6、己知函数的导函数是,对于任意两个不等的正数,证明:‎ 当 证明:(1)由 得 ‎ (1)‎ 又 (2)‎ 又 ‎ 由的 (3)‎ 由(1)(2)(3)得 ‎ 即 ‎(2)由得 ‎ =‎ 是两个不相等的正数 令 ()‎ ‎ 列表 t ‎(0, )‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 减 极小值 增 即 方法总结:构造函数证不等式 处理不等式恒成立问题常用分离参数法或看作两个函数来求解。‎ 例7、己知在函数图象上,以为切点的切线的倾斜角为 ‎ ‎(1)求 的值 ‎(2)求证 ‎ 解:(1) ‎ ‎ ‎ 将 ‎ 证明 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 方法总结:利用函数最值证明不等式 例8:设是函数 的两极值点,且 求证 : ‎ 求证: ‎ ‎(3)若函数求证:‎ 解:(1)‎ ‎ 的两个极值点 ‎ ‎ ‎ 于是 , 又 ‎ ‎ 即 ‎ ‎ ‎ (2)设 则 ‎ 当 ‎ ‎ 当 ‎ ‎ ‎ ‎ (3) ‎ ‎ =‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又 ‎ ‎ ‎ 即 方法总结:利用韦达定理证明,涉及到二次方程的根的问题常常用到违达定理或二次函数的两点式 例:9、对于函数 ,若存在,使成立,则称为的不动点.如果函数有且仅有两个不动点0,2,且.‎ 求函数的单调区间;‎ 已知数列各项不为零且不为1,满足,求证:;‎ 设,为数列的前项和,求证:‎ 解:(1)设,‎ 所以,所以,由,‎ 又,所以,所以,‎ 于是,‎ 于是易求得的增区间为,减区间为 ‎(2)由已知可得,当时,‎ 两式相减得,所以或 当时,,若,则与矛盾,‎ 所以,从而,于是要证的不等式即为,于是我们可以考虑证明不等式:,令,则,‎ 再令,由知,所以当时,单调递增,所以,于是,即①‎ ‎ 令,当时,单调递增,所以,于是,即②‎ 由①②可知,所以,‎ 即原不等式成立。 ‎ ‎(3)由(2)可知,,在中,令,并将各式相加得 即 ‎ 方法总结:把数列问题转化为函数问题 例10、已知函数,若对任意恒有,求的取值范围。‎ 解:f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),对f(x)求导数得 f '(x)= e-ax. ‎ ‎ 当00, f(x)在(-∞,1)和(1,+∞)为增函数.,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>f(0)=1;‎ 当a>2时, 利用导数易得:f(x)在(-∞, -), (,1), (1,+∞)为增函数,‎ ‎ f(x)在(-,)为减函数,取x0= ∈(0,1),则由(Ⅰ)知 f(x0)1且e-ax≥1,得 f(x)= e-ax≥ >1.;‎ 综上当且仅当a∈(-∞,2)时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1。‎ 例11:已知函数.‎ ‎(Ⅰ)讨论函数的单调性;‎ ‎(Ⅱ)设.如果对任意,,求的取值范围.‎ 解:(Ⅰ)的定义域为(0,+∞). .‎ 当时,>0,故在(0,+∞)单调增加;‎ 当时,<0,故在(0,+∞)单调减少;‎ 当-1<<0时,令=0,解得.‎ 则当时,>0;时,<0.‎ 故在单调增加,在单调减少.‎ ‎(Ⅱ)不妨假设,而<-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调递减,从而 ‎ ,‎ 等价于, ①‎ 令,则 ‎①等价于在(0,+∞)单调递递减少,即.‎ ‎ 从而 ‎ 故a的取值范围为(-∞,-2]. ‎