导数的综合大题及其分类.pdf
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1、精品文档 . 导数的综合应用是历年高考必考的热点,试题难度较大,多以压轴题形式出现,命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、 极值、最值;利用导数研究不等式;利用导数研究方程的根(或函数的零点 );利用导数研究恒成立问题等体现了分类讨论、数 形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用. 题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题型概览:函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论 (1)单调性讨论策略:单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点,把函数定义域分段,在各段上讨论导数的符号,在不能确定导数等于零 的点的相对位置时,还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论 (2)极值讨论
2、策略:极值的讨论是以单调性的讨论为基础,根据函数的单调性确定函数的极值点 (3)最值讨论策略:图象连续的函数在闭区间上最值的讨论,是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的,在 极值和区间端点函数值中最大的为最大值,最小的为最小值 已知函数 f(x)x 1 x ,g(x)alnx(aR) (1)当 a 2 时,求 F(x)f(x)g(x)的单调区间; (2)设 h(x)f(x)g(x),且 h(x)有两个极值点为x1,x2,其中 x1 0, 1 2 ,求 h(x1)h(x2)的最小 值 审题程序 第一步: 在定义域内,依据F(x)0 根的情况对 F(x)的符号讨论; 第二步
3、: 整合讨论结果,确定单调区间; 第三步: 建立 x1、x2及 a 间的关系及取值范围; 第四步: 通过代换转化为关于x1(或 x2)的函数,求出最小值 规范解答 (1)由题意得 F(x)x1 xalnx, 其定义域为 (0,),则 F(x) x2ax1 x2 , 令 m(x)x2ax1,则 a24. 当 2a2 时, 0,从而 F(x)0,F(x)的单调递增区间为 (0,); 当 a2 时, 0,设 F(x)0 的两根为 x1 aa24 2 ,x2a a24 2 , 精品文档 . F(x)的单调递增区间为 0,a a24 2 和 aa24 2 , , F(x)的单调递减区间为 aa24 2
4、, aa24 2 . 综上,当 2a2 时,F(x)的单调递增区间为 (0,); 当 a2 时,F(x)的单调递增区间为 0,a a24 2 和 aa24 2 , , F(x)的单调递减区间为 aa 24 2 , aa 24 2 . (2)对 h(x)x1 xalnx,x(0,) 求导得, h(x)1 1 x 2a x x2ax1 x2 , 设 h(x)0 的两根分别为 x1,x2,则有 x1 x21,x1x2a, x2 1 x1,从而有 ax1 1 x1. 令 H(x)h(x)h 1 x x 1 x x 1 x lnx 1 xx x 1 x ln 1 x 2 x1 x lnxx 1 x ,
5、H(x)2 1 x21 lnx 2 1x 1x lnx x2 . 当 x 0, 1 2 时, H(x)0 时需根据方程x2ax10 的根的情况求出不等式的解集,故以判别式“ ”的取值作为分类讨 论的依据在 (2)中求出 h(x1)h(x2)的最小值,需先求出其解析式由题可知x1,x2是 h(x)0 的两根,可得到x1x21,x1x2 a,从而将 h(x1)h(x2)只用一个变量x1导出从而得到H(x1) h(x1)h 1 x1 ,这样将所求问题转化为研究新函数H(x)h(x)h 1 x 在 0,1 2 上的最值问题,体现 转为与化归数学思想 答题模板 解决这类问题的答题模板如下: 题型专练 精
6、品文档 . 1设函数 f(x)(1x)22ln(1x) (1)求 f(x)的单调区间; (2)当 00,得 x0;由 f(x)1), 则 g(x)2a 2 1x 2a xa 1x . 00, 令 g(x)0,得 x a 2a, 函数 g(x)在 0, a 2a 上为减函数,在 a 2a, 上为增函数 当 00, 所以对于任意 xR,F(x)0, 因此方程 ex ax 无实数解 所以当 x0 时,函数 g(x)不存在零点 综上,函数 g(x)有且仅有一个零点 典例 3 21.(12 分) 已知函数 3 ( )ln,f xaxaxxx且 ( )0f x. (1)求 a; (2)证明:( )f x存
7、在唯一的极大值点 0 x,且 23 0()2ef x. 21. 解: (1)fx 的定义域为 0, + 设gx= ax - a - lnx,则fx= xgx , fx0等价于0gx 因为 1 1 =0 ,0, 故1 =0,而,1 =1, 得1ggxgg xagaa x 若a=1,则 1 1gx= x . 当 0x1 时,0,gxgx单调递减;当x1 时,gx 0,gx单调递增 . 所以 x=1 是g x 的极小值点,故 1 =0gxg 综上, a=1 (2)由( 1)知 2 ln,()22lnfxxxxx fxxx 设 1 22ln, 则()2h xxxhx x 当 1 0, 2 x时,0hx
8、;当 1 ,+ 2 x时,0hx,所以 h x在 1 0, 2 单调递减,在 1 ,+ 2 单调递增 又 21 0,0,10 2 h ehh,所以 h x在 1 0, 2 有唯一零点x0,在 1 ,+ 2 有唯一零点1,且当 0 0,xx时,0h x;当 0,1 xx时, 0h x,当1,+x时,0h x. 因为fxh x,所以 x=x0是 f(x)的唯一极大值点 由 000000 0得 ln2 (1), 故=(1)fxxxfxxx 精品文档 . 由 0 0,1x得 0 1 4 fx 因为 x=x0是 f(x) 在( 0,1 )的最大值点,由 11 0,1 ,0efe得 12 0 fxfee
9、所以 2-2 0 2efx 解题反思 在本例 (1)中求 f(x)的单调区间的关键是准确求出f(x),注意到 e x0 即可 (2)中由 g(x)0 得 xexax2,解此方程易将 x 约 去,从而产生丢解情况研究ex ax 的解转化为研究函数 F(x)e xax 的最值,从而确定 F(x)零点,这种通过构造函数、研究函数的最值 从而确定函数零点的题型是高考中热点题型,要熟练掌握 答题模板 解决这类问题的答题模板如下: 精品文档 . 题型专练 2(2017 浙江金华期中 )已知函数 f(x)ax3bx2(c3a2b)xd的图象如图所示 (1)求 c,d 的值; (2)若函数 f(x)在 x2
10、处的切线方程为3xy110,求函数 f(x)的解析式; (3)在(2)的条件下,函数yf(x)与 y1 3f(x)5xm 的图象有三个不同的交点,求 m 的取值范围 解函数 f(x)的导函数为f(x)3ax22bxc3a2b. 精品文档 . (1)由图可知函数f(x)的图象过点 (0,3),且 f(1)0, 得 d3, 3a2bc3a2b0, 解得 d3, c0. (2)由(1)得,f(x)ax 3bx2(3a2b)x3, 所以 f(x)3ax22bx(3a2b) 由函数 f(x)在 x2处的切线方程为3xy110, 得 f 2 5, f 2 3, 所以 8a4b6a4b35, 12a4b3a
11、2b3, 解得 a1, b 6, 所以 f(x)x36x29x3. (3)由(2)知 f(x)x36x29x3,所以 f(x)3x212x9. 函数 yf(x)与 y 1 3f(x)5xm 的图象有三个不同的交点, 等价于 x36x29x3(x24x3)5xm 有三个不等实根, 等价于 g(x)x37x28xm 的图象与 x 轴有三个交点 因为 g(x)3x214x8(3x2)(x4), x , 2 3 2 3 2 3,4 4(4, ) g(x)00 g(x)极大值极小值 g 2 3 68 27m,g(4)16m, 当且仅当 g 2 3 68 27m0, g 4 16m2(xlnx) 审题程序
12、 第一步: 求 f(x),写出在点 P 处的切线方程; 第二步: 直接构造 g(x)f(x)2(xlnx),利用导数证明g(x)min0. 规范解答 (1)因为 f(x)e x x ,所以 f(x) e x xex x 2 e x x1 x2 ,f(2)e 2 4 ,又切点为2, e 2 2 ,所以切线方 程为 y e 2 2 e 2 4 (x2),即 e2x4y0. (2)证明:设函数 g(x)f(x)2(xlnx) e x x 2x2lnx,x(0,), 则 g(x) e x x1 x 2 2 2 x e x2x x1 x2 ,x(0,) 设 h(x)e x2x,x(0,), 则 h(x)
13、e x2,令 h(x)0,则 xln2. 当 x(0,ln2)时,h(x)0. 所以 h(x)minh(ln2)22ln20,故 h(x)e x2x0. 令 g(x) e x2x x1 x 2 0,则 x1. 当 x(0,1)时,g(x)0. 所以 g(x)ming(1)e20,故 g(x)f(x)2(xlnx)0,从而有 f(x)2(xlnx) 解题反思 本例中 (2)的证明方法是最常见的不等式证明方法之一,通过合理地构造新函数g(x)求 g(x) 的最值来完成在求g(x)的最值过程中,需要探讨g(x)的正负,而此时g(x)的式子中有一项e x2x 的符号 不易确定,这时可以单独拿出e x2
14、x 这一项,再重新构造新函数 h(x)e x2x(x0),考虑 h(x)的正负问题,此 题看似简单,且不含任何参数,但需要两次构造函数求最值,同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向 答题模板 解决这类问题的答题模板如下: 精品文档 . 题型专练 3(2017 福建漳州质检 )已知函数 f(x)ae xblnx,曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y 1 e1 x 1. (1)求 a,b; (2)证明: f(x)0. 解(1)函数 f(x)的定义域为 (0,) f(x)aex b x,由题意得 f(1) 1 e,f(1) 1 e1, 所以 ae1 e, aeb 1 e 1, 解得
15、 a 1 e 2, b1. 精品文档 . (2)由(1)知 f(x) 1 e 2 e xlnx. 因为 f(x)e x21 x在(0,)上单调递增,又 f(1)0, 所以 f(x)0 在(0,)上有唯一实根 x0,且 x0(1,2) 当 x(0,x0)时,f(x)0, 从而当 xx0时,f(x)取极小值,也是最小值 由 f(x0)0,得 ex0 21 x0,则 x02lnx0. 故 f(x)f(x0)e x02lnx0 1 x0x022 1 x0 x020,所以 f(x)0. 4、【2017高考三卷】 21(12 分)已知函数( )f x =x1alnx (1)若 ( )0fx ,求a的值;
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- 导数 综合 及其 分类
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