高三高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
高考文科数学题型归纳与训练《导数的综合应用》篇
经
典
试
题
大
汇
总
目录
【题型归纳】
题型一含参数的分类讨论 (3)
题型二已知单调性求参数取值范围问题 (4)
题型三方程与零点 (4)
题型四导数证明不等式 (5)
【巩固训练】
题型一含参数的分类讨论 (5)
题型二已知单调性求参数取值范围问题 (7)
题型三方程与零点 (7)
题型四导数证明不等式 (9)
高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
【题型归纳】
题型一 含参数的分类讨论
已知函数3()12f x ax x =-,导函数为()f x ', (1)求函数()f x 的单调区间;
(2)若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1,3]上的最大值和最小值。 【答案】略
【解析】(I )22()3123(4)f x ax ax '=-=-,(下面要解不等式23(4)0ax ->,到了分类讨论的时机,分类标准是零)
当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减; 当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表:
此时,()(,)
f x -∞+∞在单调递增, 在(单调递减; (II )由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得
由(I )知,()(f x -在单调递减,在单调递增。 【易错点】搞不清分类讨论的时机,分类讨论不彻底
【思维点拨】分类讨论的难度是两个,(1)分类讨论的时机,也就是何时分类讨论,先按自然的思路推理,由于参数的存在,到了不能一概而论的时候,自然地进入分类讨论阶段;(2)分类讨论的标准,要做到不重复一遗漏。还要注意一点的是,最后注意将结果进行合理的整合。
题型二 已知单调性求参数取值范围问题
例1 已知函数3
21()53
f x x x ax =++-, 若函数在),1[+∞上是单调增函数,求a 的取值范围 【答案】
【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立, 方法1:
函数2'()2f x x x a =++,对称轴为1x =-,故在),1[+∞上'()f x 单调递增,故只需0)1('≥f 即可,得3-≥a ,所以a 的取值范围是[3,)+∞;
方法2: 由022≥++='a x x y ,得x x a 2--2≥,只需2max --2a x x ≥(),易得2max --23x x =-(),因此3-≥a ,,
所以a 的取值范围是[3,)+∞;
【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号 【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导:
1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内,导函数()0f x '≥,并且()f x '在
(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零;
2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内,导函数()0f x '≤,并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零;
说明:
1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件
2.若()f x 为增函数,则一定可以推出()0f x '≥;更加具体的说,若()f x 为增函数,则或者()0f x '>,或者除了x 在一些离散的值处导数为零外,其余的值处都()0f x '>;
3. ()0f x '≥时,不能简单的认为()f x 为增函数,因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=,当函数在某个区间恒有()0f x '=时,也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数.
题型三 方程与零点
1.已知函数()3
2
31f x ax x =-+,若()f x 存在三个零点,则a 的取值范围是( )
A. (),2-∞-
B. ()2,2-
C. ()2,+∞
D. ()()2,00,2-? 【答案】D
【解析】很明显0a ≠ ,由题意可得: ()()2
'3632f x ax x x ax =-=- ,则由()'0f x = 可得1220,x x a
==
,
由题意得不等式: ()()122281210f x f x a a =-+< ,即: 224
1,4,22a a a
><-<< ,
综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-?.本题选择D 选项.
【易错点】找不到切入点,“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系?挖掘不出这个关系就无从下手。
【思维点拨】函数零点的求解与判断
(1)直接求零点:令f (x )=0,如果能求出解,则有几个解就有几个零点.
(2)零点存在性定理:利用定理不仅要函数在区间[a ,b ]上是连续不断的曲线,且f (a )·f (b )<0,还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点.
(3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.
题型四、导数证明不等式
例1 当()π,0∈x 时,证明不等式x x 【解析】设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f ∵),,0(π∈x ∴.0)(' 【思维点拨】注意观察不等式的结构,选择合理的变形,构造函数,把不等式问题转化为函数的极值、最值问题。 【巩固训练】 题型一 含参的分类讨论 1. 已知函数3211 ()(2)(1)(0).32 f x x a x a x a = +-+-≥ (I )求()f x 的单调区间; (II )若()f x 在[0,1]上单调递增,求a 的取值范围。 【答案】略 【解析】(I )2()(2)1(1)(1).f x x a x a x x a '=+-+-=++- 20,()(1)0,a f x x '==+≥当时恒成立 当且仅当1x =-时取“=”号,()(,)f x -∞+∞在单调递增。 12120,()0,1,1,,a f x x x a x x '>==-=-<当时由得且 当x 变化时,()f x '、()f x 的变化如下表: ()(,1),(1,1),(1,).f x a a -∞----+∞在单调递增在单调递减在单调递增 (II )当0,()[0,1],()(0)1a f x f x f =≥=时在上单调递增恒成立。 0,a >当时由(I )可知 01,()[0,1],a f x <≤若时则在上单调递增 若1,()[0,1]a f x a >-则在上单调递减, ()[0,1]f x 在上不单增,不符合题意; 综上,a 的取值范围是[0,1] 2. 已知函数()ln ()f x x a x a R =-∈,求函数()f x 的极值. 【答案】略 【解析】由()1,0-'=- =>a x a f x x x x 可知: ①当0≤a 时,()0'>f x ,函数()f x 为(0,)+∞上的增函数,函数()f x 无极值; ②当0>a 时,由()0'=f x ,解得=x a ; (0,)∈x a 时,()0' ()∴f x 在=x a 处取得极小值,且极小值为()ln =-f a a a a ,无极大值. 综上:当0≤a 时,函数()f x 无极值 当0>a 时,函数()f x 在=x a 处取得极小值ln -a a a ,无极大值. 3. 已知a R ∈,求ax e x x f 2)(=的单调区间。 【答案】略 【解析】函数的导数2'()(2)ax f x x ax e =+ (ⅰ)当0a =时,若0x <,则'()0f x <;若0x >,则'()0f x >; 则在(-∞,0)内为减函数,在(0,+∞)内为增函数。 (ⅱ)当a>0时,由22ax x +>0?02>- x 或 则在(-∞,- a 2 )内为增函数,在(0,+∞)内为增函数。 由22ax x +<0?02<<-x a ,在(-a 2 ,0)内为减函数。 (ⅲ)当a<0时,由22ax x +>0?0 2 )内为增函数。 由22ax x +<0?x<0或x>-a 2,在(-∞,0)∪(-a 2 ,+∞)内为减函数。 题型二 已知单调性求参数范围 已知32()31f x ax x x =+-+在R 上是减函数,求a 的取值范围。 【答案】略 【解析】:对()f x 求导得2'()361f x ax x =+-,由题意可知对任意实数恒有'()0f x ≤, 讨论: (1) 当0a >,显然不符合题意; (2) 当0a =时也不符合题意; (3) 当0a <时,依题意必有36120a ?=+≤,即3a ≤-, 综上可知a 的取值范围是(,3]-∞- 题型三 方程与零点 1.已知函数32()31f x ax x =-+,若()f x 存在唯一的零点0x ,且00x >,则a 的取值范围是( ) A .()2,+∞ B .()1,+∞ C .(),2-∞- D .(),1-∞- 【答案】C 【解析】当0a =时,2()31f x x =-+,函数有两个零点,不符合;当0a >时,2'()36f x ax x =-,令'()0f x =,得2 0, x a =,可知在(,0)-∞必有一个零点,也不符合;当0a <时,2()0f a >,得2a <-,故选C 2.设a 为实数,函数3()3f x x x a =-++ ,当a 为何值时,方程()0f x =恰好有两个实数根. 【答案】略 【解析】求导得'()3(1)(1)f x x x =-+-, ∵当1x <-或1x >时,'()0f x <; 当11x -<<,'()0f x >; ∴()f x 在(,1)-∞-和(1,)+∞单调递减,在(1,1)-在单调递增, ∴() f x的极小值为(1)2 f a -=-,() f x的极大值为(1)2 f a =-; 要使方程()0 f x=恰好有两个实数根,只需() f x的图象与x轴恰有两个公共点,画出() f x的草图,∴20 a-=且20 a+=或20 a+=且20 a-<; ∴2 a=或2 a=- 故当2 a=或2 a=-时,方程恰有两个实数根. 3.若函数4 ) (3+ - =bx ax x f,当2 = x时,函数) (x f有极值 3 4 -, (1)求函数() f x的解析式; (2)若函数k x f= ) (有3个解,求实数k的取值范围. 【答案】略 【解析】 求导得()b ax x f- = '2 3, (1)由题意 4 (2) 3 '(2)0 f f ? =- ? ? ?= ? ,得 1 3 4 a b ? = ? ? ?= ? ∴所求解析式为()4 4 3 1 3+ - =x x x f (2)由(1)可得:()()()2 2 4 2+ - = - = 'x x x x f 令()0= 'x f,得2 = x或2- = x 当x变化时,()x f'、()x f的变化情况如下表: x()2,- ∞ -2 -()2,2-2() +∞ ,2 ()x f'+0—0+ ()x f单调递增↗ 3 28 单调递减↘ 3 4 -单调递增↗因此,当2 - = x时,()x f有极大值 3 当2 = x时,()x f有极小值 3 4 - ∴函数()44313 +-= x x x f 的图象大致如图: 由图可知:3 28 34<<-k 题型四、导数证明不等式 1、当0>x 时,证明不等式2 2 11x x e x ++>成立。 【答案】略 【解析】设(),2 112 x x e x f x - --=则().1'x e x f x --= 令,1)(x e x g x --=则.1)('-=x e x g 当0>x 时,().01'>-=x e x g )(x g ∴在()+∞,0上单调递增,而.0)0(=g (),0)0(=>∴g x g 0)(>∴x g 在()+∞,0上恒成立,即0)('>x f 在()+∞,0恒成立。)(x f ∴在()+∞,0上单调递增, 又,0)0(=f ,02112>---∴x x e x 即0>x 时,22 1 1x x e x ++>成立。 2、已知函数1 ()ln(1),(1) n f x a x x = +--其中*∈N n ,a 为常数.当1=a 时,证明:对任意的正整数n ,当2≥x 时,有1)(-≤x x f 。 【答案】略 【解析】证法一:1=a ,).1ln()1(1 )(-+-= ∴x x x f n 当n 为偶数时,令1 ()1ln(1),(1) n g x x x x =-- --- 则+ =1)('x g 11 12(1)11(1)n n n x n x x x x ++--=+ ----)2(0≥>x . ∴当[)+∞∈,2x 时,)(x g 单调递增,又 0)2(=g , ∴1 ()1ln(1)(1) n g x x x x =-- ---0)2(=≥g 恒成立,1)(-≤∴x x f 成立。 当n 为奇数时, 要证1)(-≤x x f ,由于 1 (1)n x -0<,∴只需证1)1ln(-≤-x x , 令 )1ln(1)(---=x x x h , 则 - =1)('x h 1211 x x x -=--),2(0≥≥x ∴ 当[)+∞∈,2x 时,()1ln(1)h x x x =---单调递增,又01)2(>=h , ∴当2≥x 时,恒有0)(>x h , 即1)1ln(-<-x x ,命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二:当1=a 时,1 ()ln(1).(1) n f x x x = +-- 当2≥x 时,对任意的正整数n ,恒有 1 (1) n x -1≤,故只需证明.1)1ln(1-≤-+x x 令[)()1(1ln(1))2ln(1),2,h x x x x x x =--+-=---∈+∞,则12()1,11 x h x x x -'=-=-- 当2≥x 时,0)('≥x h ,故)(x h 在[)2,+∞上单调递增, 因此,当2≥x 时,0)2()(=≥h x h ,即1)1ln(1-≤-+x x 成立. 故当2≥x 时,有 1 ln(1)(1)n x x +--1-≤x .即1)(-≤x x f . 3、 设函数2()ln(1)2 x f x x x =+-+,证明:当0x >时,()0f x >; 【答案】略 【解析】证明:2 22 12(2)2()01(2)(2)(1) x x x f x x x x x +-'=-=≥++++ 所以()f x 在(1,)-+∞上单增,而(0)0f = 故当0x >时,()(0)0f x f >= 4、已知函数x x x g ln )(=,设b a <<0, 证明:2ln )()2 (2)()(0a b b a b g a g -<+-+< 【答案】略 【解析】 证明:1ln )(+='x x g ,设)2 ( 2)()()(x a g x g a g x F +-+= 2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=?+-=' 当a x <<0时 0)(<'x F ,当a x >时 0)(>'x F , 即)(x F 在),0(a x ∈上为减函数,在),(+∞∈a x 上为增函数 ∴0)()(min ==a F x F ,又a b > ∴0)()(=>a F b F , 即0)2 ( 2)()(>+-+b a g b g a g 设2ln )()2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+= '()ln ln ln 2ln ln()2 a x G x x x a x +=--=-+, 当0>x 时,'()0G x <,因此)(x G 在区间),0(+∞上为减函数; 因为0)(=a G ,又a b > ∴0)()(= 即 02ln )()2( 2)()(<--+-+a x x a g x g a g 故2ln )()2 (2)()(a x x a g x g a g -<+-+ 综上可知,当 b a <<0时,2ln )()2 (2)()(0a b b a b g a g -<+-+<