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- 2021-05-13 发布
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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].