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- 2021-05-13 发布
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专题03 导数
一.基础题组
1.【2006天津,理9】函数的定义域为开区间,导函数在内的图象如图所示,则函数在开区间内有极小值点( )
A.1个 B.2个 C.3个 D. 4个
【答案】A
2.【2006天津,理20】已知函数,其中为参数,且.
(1)当时,判断函数是否有极值;
(2)要使函数的极小值大于零,求参数的取值范围;
(3)若对(2)中所求的取值范围内的任意参数,函数在区间内都是增函数,求实数的取值范围.
【答案】(1)无极值,(2) (3)
【解析】(I)解:当内是增函数,故无极值.
(II)解:
由(I),只需分下面两种情况讨论.
①当>0时,随x的变化,的符号及的变化情况如下表:
x
0
(0,
(
+
0
-
0
+
极大值
极小值
因此,函数在处取得极小值,且
要使>0,必有,可得
.
由于,故
综上,要使函数在(-∞,+∞)内的极小值大于零,参数的取值范围为
(III)解:由(II)知,函数在区间(-∞,0)与(,+∞)内都是增函数.
由题设,函数在(内是增函数,则a须满足不等式组
由(II),参数时, 要使不等式
关于参数恒成立,必有
综上,解得所以a的取值范围是.
3.【2007天津,理20】已知函数R),其中R.
(I)当时,求曲线在点处的切线方程;
(II)当时,求函数的单调区间与极值.
【答案】
(I)
【解析】
(I)解:当时,
又
所以,曲线在点处的切线方程为 即
(II)解:
由于以下分两种情况讨论.
(1)当时,令得到当变化时,的变化情况如下表:
0
0
极小值
极大值
所以在区间内为减函数,在区间内为增函数.
函数在处取得极小值且.
4.【2009天津,理20】已知函数f(x)=(x2+ax-2a2+3a)ex(x∈R),其中a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率;
(2)当时,求函数f(x)的单调区间与极值.
【答案】(Ⅰ)3e.;(Ⅱ)若,则f(x)在(-∞,-2a),(a-2,+∞)内是增函数,在(-2a,a-2)内是减函数.函数f(x)在x=-2a处取得极大值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.
函数f(x)在x=a-2处取得极小值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2.
若a<,则f(x)在(-∞,a-2),(-2a,+∞)内是增函数,在(a-2,-2a)内是减函数.
函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2.
函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.
①若,则-2a<a-2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2a)
-2a
(-2a,a-2)
a-2
(a-2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)在(-∞,-2a),(a-2,+∞)内是增函数,在(-2a,a-2)内是减函数.
函数f(x)在x=-2a处取得极大值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.
函数f(x)在x=a-2处取得极小值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2.
②若a<,则-2a>a-2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,a-2)
a-2
(a-2,-2a)
-2a
(-2a,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)在(-∞,a-2),(-2a,+∞)内是增函数,在(a-2,-2a)内是减函数.
函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2.
函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.
二.能力题组
1.【2008天津,理20】已知函数,其中.
(Ⅰ)若曲线在点处的切线方程为,求函数的解析式;
(Ⅱ)讨论函数的单调性;
(Ⅲ)若对于任意的,不等式在上恒成立,求的取值范围.
【答案】(I).(II)在,内是增函数,在,
当时,令,解得.
当变化时,,的变化情况如下表:
+
0
-
-
0
+
↗
极大值
↘
↘
极小值
↗
所以在,内是增函数,在,内是减函数.
(Ⅲ)解:由(Ⅱ)知,在上的最大值为与的较大者,对于任意的,不等式在上恒成立,当且仅当,即,对任意的成立.
从而得,所以满足条件的的取值范围是.
2.【2010天津,理21】已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,证明当x>1时,f(x)>g(x);
(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明x1+x2>2.
【答案】(1) f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数.
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=. (2) 详见解析(3) 详见解析
【解析】 (1)解:f′(x)=(1-x)e-x.
令f′(x)=0,解得x=1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
所以f(x)在(-∞,1)内是增函数,在(1,+∞)内是减函数.
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)=.
(2)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),
得g(x)=(2-x)ex-2.
3.【2011天津,理19】已知,函数(的图像连续不断)
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)当时,证明:存在,使;
(Ⅲ)若存在均属于区间的,且,使,证明
.
【答案】(Ⅰ)的单调递增区间是的单调递减区间是
当x变化时,的变化情况如下表:
+
0
-
极大值
所以,的单调递增区间是的单调递减区间是
(II)证明:当
(说明:的取法不唯一,只要满足即可)
(III)证明:由及(I)的结论知,
从而上的最小值为
又由,知
故
从而
三.拔高题组
1.【2005天津,理22】设函数
(Ⅰ)证明其中为k为整数
(Ⅱ)设为的一个极值点,证明
(Ⅲ)设在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为,证明:
【答案】(Ⅰ)详见解析,(Ⅱ)详见解析,(Ⅲ)详见解析.
当时,
(II)证明:由函数的图象和函数的图象知,对于任意整数,在开区间(,)
由:和,得: ⑤
又:,
但时, ⑥
综合 ⑤、⑥ 得:
2.【2012天津,理20】已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0,其中a>0.
(1)求a的值;
(2)若对任意的x∈0,+∞),有f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值;
(3)证明-ln(2n+1)<2(n∈N*).
【答案】(1) a=1.(2) ,(3)详见解析
【解析】解:(1)f(x)的定义域为(-a,+∞)..
由f′(x)=0,得x=1-a>-a.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-a,1-a)
1-a
(1-a,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
极小值
因此,f(x)在x=1-a处取得最小值,故由题意f(1-a)=1-a=0,所以a=1.
意的x∈0,+∞),总有g(x)≤g(0)=0,即f(x)≤kx2在0,+∞)上恒成立,故符合题意.
②当0<k<时,,对于x∈(0,),g′(x)>0,故g(x)在(0,)内单调递增.因此当取x0∈(0,)时,g(x0)>g(0)=0,即f(x0)≤kx02不成立.
故0<k<不合题意.
综上,k的最小值为.
(3)证明:当n=1时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立.
当n≥2时,
=
=-ln(2n+1).
在(2)中取,得f(x)≤(x≥0),从而
(i∈N*,i≥2),
所以有
-ln(2n+1)
=
<2-ln3+
=2-ln3+=2-ln3+1-<2.
综上,-ln(2n+1)<2,n∈N*.
3.【2013天津,理20】已知函数f(x)=x2ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);
(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间是,单调递增区间是;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析
设t>0,令h(x)=f(x)-t,x∈1,+∞).
由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0.
故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.
当1<u<2时,F′(u)>0;当u>2时,F′(u)<0.
故对u>1,F(u)≤F(2)<0.
因此成立.
综上,当t>e2时,有.
4.【2014天津,理20】已知函数,.已知函数有两个零点,且.
(Ⅰ)求的取值范围;
(Ⅱ)证明随着的减小而增大;
(Ⅲ)证明随着的减小而增大.
【答案】(Ⅰ)的取值范围是;(Ⅱ)详见试题分析;(Ⅲ)详见试题分析.
【解析】
试题分析:(Ⅰ)先求函数的导数,再分和讨论的单调性,将“函数有两个零点”等价转化为如下条件同时成立:“1°;2°存在,满足;3°存在,满足”,解相应的不等式即可求得的取值范围;(Ⅱ)由分离出参数:.利用导数讨论的单调性即可得: ,而增大.
试题解析:(Ⅰ)由,可得.下面分两种情况讨论:
(1)时,在上恒成立,可得在上单调递增,不合题意.
(2)时,由,得.当变化时,,的变化情况如下表:
+
0
-
↗
↘
这时,的单调递增区间是;单调递减区间是.
于是,“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立:
1°;2°存在,满足;3°存在,满足.由,即,解得,而此时,取,满足,且;取,满足,且.∴的取值范围是.
(Ⅱ)由,有.设,由,知在上单调递增,在上单调递减. 并且,当时,;当时,.
.设,则,且解得,.
∴. ①
令,,则.令
,得.当时,.因此,在上单调递增,故对于任意的,,由此可得,故在上单调递增,因此,由①可得随着的增大而增大,而由(Ⅱ),随着的减小而增大,∴随着的减小而增大.
考点:1.函数的零点;2.导数的运算;3..利用导数研究函数的性质.
5. 【2015高考天津,理11】曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .
【答案】
【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象,解议程组得两曲线的交点坐标为,由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积
.
【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.
6. 【2015高考天津,理20(本小题满分14分)已知函数,其中.
(I)讨论的单调性;
(II)设曲线与轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证:对于任意的正实数,都有;
(III)若关于的方程有两个正实根,求证:
【答案】(I) 当为奇数时,在,上单调递减,在内单调递增;当为偶数时,在上单调递增,在上单调递减. (II)见解析; (III)见解析.
当变化时,的变化情况如下表:
所以,在,上单调递减,在内单调递增.
(2)当为偶数时,
当,即时,函数单调递增;
当,即时,函数单调递减.
所以,在上单调递增,在上单调递减.
(II)证明:设点的坐标为,则,,曲线在点处的切线方程为,即,令,即,则
得.
类似的,设曲线在原点处的切线方程为,可得,当,
,即对任意,
设方程的根为,可得,因为在上单调递增,且,因此.
由此可得.
因为,所以,故,
所以.
【考点定位】1.导数的运算;2.导数的几何意义;3.利用导数研究函数性质、证明不等式.
7. 【2016高考天津理数】设函数x∈R,其中a,b∈R.
(Ⅰ)求f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)= f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;
(Ⅲ)设a>0,函数g(x)= |f(x)|,求证:g(x)在区间0,2]上的最大值不小于.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析.
【解析】
试题解析:(Ⅰ)解:由,可得.
下面分两种情况讨论:
(1)当时,有恒成立,所以的单调递增区间为.
(2)当时,令,解得,或.
当变化时,,的变化情况如下表:
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为,单调递增区间为,.
(Ⅱ)证明:因为存在极值点,所以由(Ⅰ)知,且,
由题意,得,即,
进而.
又,且区间上的取值范围为,因此
,
所以.
(2)当时,,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,,,
所以在区间上的取值范围为,因此
.
综上所述,当时,在区间上的最大值不小于.
【考点】导数的运算,利用导数研究函数的性质、证明不等式
【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤:
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先);
(2)求导函数f ′(x);
(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f ′(x)>0或f ′(x)<0的解集;
(4)由f ′(x)>0(f ′(x)<0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间.若遇不等式中带有参数时,可分类讨论求得单调区间.
2.由函数f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围问题,可转化为f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立问题,要注意“=”是否可以取到.
8. 【2017天津,理20】(本小题满分14分)
设,已知定义在R上的函数在区间内有一个零点,为的导函数.
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)设,函数,求证:;
(Ⅲ)求证:存在大于0的常数,使得对于任意的正整数,且满足.
【答案】(Ⅰ)增区间是,,减区间是;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)证明见解析.
进而可得.令,解得或.
当x变化时,的变化情况如下表:
x
+
-
+
↗
↘
↗
所以,的单调递增区间是,,单调递减区间是.
(Ⅱ)由,得,
.
令函数,则.
由(Ⅰ)知,当时,,故当时,,单调递减;
当时,,单调递增.
因此,当时,,可得,即.
令函数,则.
由(Ⅰ)知,在上单调递增,故当时,,单调递增;
当时,,单调递减.
因此,当时,,可得,即.
所以,.
(III)对于任意的正整数,,且,
令,函数.
所以,只要取,就有.
【考点】导数的综合应用
【名师点睛】(1)判断函数的单调性,只需对函数求导,根据导函数的符号判断函数的单调性,求出单调区间;(2)有关函数零点的问题,合理构造函数,根据函数的单调性、极值、零点等即可求解.