高三复习导数常见题型归纳Word下载.doc
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0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h
(1)=-.综上,当x>
0时,g(x)>
h(x),即f(x)>
1.
例4.(2014全国2)已知函数。
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)设,当时,,求的最大值;
(Ⅲ)已知,估计的近似值(精确到0.001)。
(Ⅰ)所以在上递增
(Ⅱ)。
。
①当时,,在上单调递增,而所以对任意
②当时,若满足即时。
综上的最大值为2
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,
当时,,
当时,
所以的近似值为0.693
例5【2015高考新课标1】已知函数f(x)=.(Ⅰ)当a为何值时,x轴为曲线的切线;
(Ⅱ)用表示m,n中的最小值,设函数,讨论h(x)零点的个数.
解
(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0.即
解得x0=,a=-.因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-lnx<
0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<
0,
故h(x)在(1,+∞)无零点.
当x=1时,若a≥-,则f
(1)=a+≥0,h
(1)=min{f
(1),g
(1)}=g
(1)=0,故x=1是h(x)的零点;
若a<
-,则f
(1)<
0,h
(1)=min{f
(1),g
(1)}=f
(1)<
0,故x=1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)=-lnx>
0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,f
(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;
当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.
(ⅱ)若-3<
a<
0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x=时,f(x)取得最小值,最小值为f=+.
①若f>
0,即-<
0,f(x)在(0,1)无零点;
②若f=0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;
③若f<
0,即-3<
-,由于f(0)=,f
(1)=a+,所以当-<
-时,f(x)在(0,1)有两个零点;
当-3<
a≤-时,f(x)在(0,1)有一个零点.
综上,当a>
-或a<
-时,h(x)有一个零点;
当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;
当-<
-时,h(x)有三个零点.
例6【2015高考新课标,理21】设函数,⑴证明在单调递减,在单调递增。
⑵若对于任意,都有,求的取值范围。
(1)证明 f′(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f′(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f′(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)解 由
(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,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)=et-t-e+1,则g′(t)=et-1.
当t<0时,g′(t)<0;
当t>0时,g′(t)>0.故g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
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em-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].
例7(2016全国1)已知函数有两个零点.(Ⅰ)求的取值范围;
(Ⅱ)设是的两个零点,证明:
.
解
(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
②设a>
0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>
0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
又f
(1)=-e,f
(2)=a,取b满足b<
0且b<
ln,则f(b)>
(b-2)+a(b-1)2=a>
0,故f(x)存在两个零点.
③设a<
0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>
0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.
又当x≤1时,f(x)<
0,所以f(x)不存在两个零点.
-,则ln(-2a)>
1,
故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<
当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>
0,因此f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
(2)不妨设x1<
x2.由
(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)上单调递减,所以x1+x2<
2等价于f(x1)>
f(2-x2),即f(2-x2)<
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex),所以当x>
1时,g′(x)<
0,而g
(1)=0,
故当x>
1时,g(x)<
0,从而g(x2)=f(2-x2)<
0,故x1+x2<
2.
例8(2016全国2)(I)讨论函数的单调性,并证明当时,(II)证明:
当时,函数有最小值.设的最小值为,求函数的值域.
解
(1) f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).
f′(x)==≥0,
且仅当x=0时,f′(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,f(x)>
f(0)=-1.所以(x-2)ex>
-(x+2),即(x-2)ex+x+2>
(2)证明 g′(x)==(f(x)+a).
由
(1)知,f(x)+a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<
0,f
(2)+a=a≥0.
因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g′(xa)=0.
当0<
x<
xa时,f(x)+a<
0,g′(x)<
0,g(x)单调递减;
当x>
xa时,f(x)+a>
0,g′(x)>
0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为
g(xa)===.
于是h(a)=,由′=>
0,单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得=<
h(a)=≤=.
因为单调递增,对任意λ∈,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.
2.知识点梳理
1、恒成立问题的转化:
恒成立;
2、能成立问题的转化:
能成立;
3、恰成立问题的转化:
在M上恰成立的解集为M
另一转化方法:
若在D上恰成立,等价于在D上的最小值,若在D上恰成立,则等价于在D上的最大值.
4、设函数、,对任意的,存在,使得,则
5、设函数、,对任意的,存在,使得,则
6、设函数、,存在,存在,使得,则
7、设函数、,存在,存在,使得,则
8、若不等式在区间D上恒成立,则等价于在区间D上函数和图象在函数图象上方;
9、若不等式在区间D上恒成立,则等价于在区间D上函数和图象在函数图象下方;
10.是可导函数在处取极值的必要不充分条件。
3.解题过程中需关注结论
(对数平均不等式)
。
4.题型归纳
⑴导数的切线、单调性、极值、最值的直接应用。
例9.(最值)设函数,当时,求函数在
上的最大值
,令,得
令则,所以在上增
所以,从而,所以当时,
当时,。
∴
,令。
,令,则
∴在上减,而
∴使得。
且,
∴在上增,在上减。
∴。
在上减,∴。
∴
综上所述,函数在上的最大值=
例10.(切线)设函数,当时,曲线在点处的切线为,它与轴交于点,求证。
容易求出曲线在点处的切线为:
令,得,当时,
∴,又,∴。
例11.(单调性、切线、零点)已知函数
⑴若函数,求函数的单调区间
⑵设直线为函数图像上一点处的切线,证明:
在区间上存在唯一的,使得直线与曲线相切。
分析与解答:
⑴函数的单调增区间
⑵易求切线的方程⑴
设直线与曲线相切于点。
∵∴∴
直线也为⑵
由⑴⑵得
下证:
在区间上存在且唯一
由⑴知函数在区间上递增。
又,
故。
方程必在区间上有唯一的根,结论成立。
⑵不等式证明
不等式证明常用方法有构造函数、变换主元、数形结合
例12.已知函数
⑴当时,对函数的图像上任意不同的两点。
线段的中点为,记直线的斜率为,试证明
⑵若,且对任意的,都有,求的取值范围。
解析:
⑴当时,,
不妨设则
设,。
∴函数在上递增,
⑵不妨设,
即在上减
①当时,,
由在恒成立。
设。
则
∴在上为增函数。
∴
②当时。
由在上恒成立。
设,在上单调递增,
综上,的取值范围为
13.已知函数。
①若曲线在点处的切线斜率为0,且有极小值,求实数的取值范围
②当时,证明
③当时,若不等式在区间内恒成立,求实数的最大值
①由。
可求,
②从图像分析可证明
③
令可求在处的切线方程
证明曲线在切线上方,,
由数形结合可知
14。
已知函数的图像的一条切线为轴,
①球实数的值
②令若不相等的两个实数满足,求证
①易求
②,令
则,当时;
因此,在上递增。
,又。
所以,在上小于0,在上大于0.
且在上减,在上增,
记
可求,故在上单调增。
所以,所以。
不妨设,则。
由单调性知
故
⑶极值点偏移
极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数或者。
其中为函数的极值点。
⑵利用对数平均不等式。
⑶变换主元等方法。
15.已知函数,设。
若成等差数列,则
ABCD.符号不确定
,由图像知,在上,。
在上,。
是函数极大值点。
由知
令,
则。
在上增
所以,
16.(2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题)已知函数有两个零点.
(Ⅰ)求的取值范围;
(Ⅱ)设是的两个零点,证明:
解:
(Ⅰ)函数的定义域为,
当时,,得,只有一个零点,不合题意;
当时,由得,,由得,,由得,,
故,是的极小值点,也是的最小值点,所以
又,故在区间内存在一个零点,即
由又,所以,在区间
存在唯一零点,即,
故时,存在两个零点;
当时,由得,,
若,即时,,故在上单调递增,与题意不符
若,即时,易证故在上只有一
个零点,若,即时,易证
,故在上只有一个零点
综上述,
(Ⅱ)解法一、根据函数的单调性证明
由(Ⅰ)知,且
令,则
因为,所以,所以,所以在内单调递增
所以,即,所以,所以,
因为,在区间内单调递减,所以,即
解法二、利用对数平均不等式证明
由(Ⅰ)知,,又所以,
当时,且,故
当时,,又因为
即
所以
所以①
下面用反证法证明不等式①成立
因为,所以,所以
假设,当,,与①矛盾;
当时,与①矛盾,故假设不成立
17.(2014年高考数学湖南卷文科第21题)已知函数
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)当时,求证:
(Ⅰ)函数的定义域为R
由,得,由,得函数的递增区间,由,得函数的递减区间,所以
(Ⅱ)解法一、利用函数的单调性求解
令,
令
则,则
由得,,故在内单调递增
故,故在内单调递增
故,故,故在上单调递减
由
(1)及知,,故
所以,所以,又在上单调递增
所以,,即
解法二、利用对数平均不等式求解
因为时,,时,,
所以,,,所以,
所以,
所以,
所以,①
因为,所以
下面用反证法证明,假设
当时,,与不等式①矛盾
当时,,所以,与不等式①矛盾.
所以假设不成立,所以
18.(2014年江苏省南通市二模第20题)设函数其图象与轴交于两点,且.
(Ⅰ)求实数的取值范围;
(Ⅱ)证明:
为函数的导函数);
(Ⅰ),,当时,在R上恒成立,不合题意
当时,易知,为函数的极值点,且是唯一极值点,
故,
当,即时,至多有一个零点,不合题意,故舍去;
当,即时,由,且在内单调递减,故在有且只有一个零点;
由
令,则,故
所以,即在有且只有一个零点.
(Ⅱ)解法一、根据函数的单调性求解
由(Ⅰ)知,在内递减,在内递增,且
所以,要证,只须证,即证
又,故只须证
,
则,所以在区间内递增
所以,即
所以,所以
因为,且在区间内递增
所以,即,故
所以,因为,
,即,所以
所以,要证:
,只须证,即
故,,
所以
因为,所以,而
所以成立,所以
⑷恒成立、存在性问题求参数的取值范围
恒成立、存在性问题求参数的取值范围通常转化为求函数最值问题,通常有构造函数、分离参数、数形结合等手段和方法
19.(2014辽宁)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]
分析C [当x∈(0,1]时,得a≥-3-4+,令t=,则t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,令g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),则g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1),显然在[1,+∞)上,g′(t)<
0,g(t)单调递减,所以g(t)max=g
(1)=-6,因此a≥-6;
同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x=0时也成立.故实数a的取值范围为[-6,-2].]
20.已知函数,若且对任意的恒成立,则的最大值为
2345
法一构造则
⑴若则当时,,在上增,成立
⑵若,令,在上减;
在上,增。
问题转化为对大于2的整数,成立。
经检验成立,不成立。
法二:
问题等价于,构造,
令,当时,所以在上增
而,所以使
在上,,在上
21.设函数,若时,,求的取值范围
⑸函数零点问题
函数零点个数考察的主要手段是数形结合,以导数为工具,研究函数单调性、极值点等图像特征,依据零点存在定理作出判断。
22【2016广东广州一模,理16】已知函数则函数的零点个数为个.
【答案】.
23.已知函数,若在区间上存在n(n≥2)个不同的数使得成立,则n的取值构成的集合为
24.已知函数则的零点个数为3
25.已知函数在上是减函数,在上是增函数,函数在上有三个零点.
(1)求的值;
(2)若1是其中一个零点,求的取值范围;
(3)若,试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线y=g(x)相切?
请说明理由.
⑶=2x+lnx,设过点(2,5)与曲线g(x)的切线的切点坐标为
∴,即
∴,令h(x)=,∴==0,∴
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增
又,h
(2)=ln2-1<
0,
∴h(x)与x轴有两个交点,∴过点(2,5)可作2条曲线y=g(x)的切线.
26.已知函数
⑴求f(x)在[0,1]上的极值;
⑵若对任意成立,求实数a的取值范围;
⑶若关于x的方程在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数b的取值范围.
⑴,
令(舍去)
单调递增;
当递减.
上的极大值.
⑵由得
设,,
依题意知上恒成立,
,
,
上单增,要使不等式①成立,
当且仅当
⑶由
令,
当上递增;
上递减,
而,
恰有两个不同实根等价于
27.已知函数,函数是区间[-1,1]上的减函数.
(I)求的最大值;
(II)若上恒成立,求t的取值范围;
(Ⅲ)讨论关于x的方程的根的个数.
(I),上单调递减,
在[-1,1]上恒成立,,故的最大值为
(II)由题意
(其中),恒成立,令,
则,恒成立,
(Ⅲ)由
当[来源上为增函数;
当时,为减函数;
当[来源:
学*科*网]
而方程无解;
当时,方程有一个根;
当时,方程有两个根.
27
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