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文檔簡介
2025年高考數學二輪復習壓軸題突破拿高分(導數篇)專題01導數十大基礎題型題型1:導數的切線問題【例1】(2022·全國·統考高考真題)已知函數,曲線在點處的切線也是曲線的切線.(1)若,求a;(2)求a的取值范圍.【答案】(1)3(2)【解析】(1)由題意知,,,,則在點處的切線方程為,即,設該切線與切于點,,則,解得,則,解得;(2),則在點處的切線方程為,整理得,設該切線與切于點,,則,則切線方程為,整理得,則,整理得,令,則,令,解得或,令,解得或,則變化時,的變化情況如下表:01000則的值域為,故的取值范圍為.【例2】(2023閔行中學練習)已知,函數.(1)討論的單調性;(2)求證:存在,使得直線與函數的圖像相切.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解析】(1)的定義域是,,當時,恒成立,在單調遞增;當時,令,則,顯然成立,解得:,,當時,;當時,,的增區間是和,減區間是.(2),則,設切點坐標為.由直線與函數的圖象相切,則,解得:.顯然直線過原點,則,所以.整理得,即:,得:.設,.當時,,遞減,當時,,遞增.又,.所以存在,使得.存在,使得直線與函數的圖像相切.【例3】(2023寶山區七校三模)已知函數,.(1)若曲線在處的切線與曲線相交于不同的兩點,,曲線在A,B點處的切線交于點,求的值;(2)當曲線在處的切線與曲線相切時,若,恒成立,求a的取值范圍.【答案】(1)(2).【解析】(1)因為,所以,所以曲線在處的切線方程為.由已知得,,不妨設,又曲線在點A處的切線方程為,在點B處的切線方程為,兩式相減得,將,,代入得,化簡得,顯然,所以,所以,又,所以.(2)當直線與曲線相切時,設切點為,則切線方程為,將點代入,解得,此時,,根據題意得,,,即恒成立.令,則,,令,則,易知在上單調遞增,所以,所以在上單調遞增,所以.若,則,即在上單調遞增,則,所以在上恒成立,符合題意;若,則.又,所以存在,使得,當時,,單調遞減,即,所以此時存在,使得,不符合題意.綜上可得,a的取值范圍為.【例4】(2023徐匯中學練習)已知,函數.(1)若是增函數,求的取值范圍;(2)證明:當,且時,存在三條直線是曲線的切線,也是曲線的切線.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】(1)的定義域為令,令,得;令,得,故在上單調遞減,在上單調遞增,從而,故的取值范圍是.(2)設曲線的切點為,則曲線在點處的切線方程為.聯立,得,必有,記函數,由題,故當時,.記,令,得;令,得,故在上單調遞減,在上單調遞增.當,且時,,當時,,故存在,使得,當,或時,;當時,,故在上單調遞增,在上單調遞減.由,得,代入并整理得:同理,記,由(1)知為增函數,,,又,當時,,有三個零點,存在三條直線是曲線的切線,也是曲線的切線.題型2:用研究導數函數的單調性【例5】(2023華二期中)已知函數.(1)討論的單調性;(2)求在上的最小值.【答案】(1)答案見解析(2)【解析】(1)函數的定義域為,則.當時,在上恒成立,故此時在上單調遞減;當時,由,得,由,得,故此時在上單調遞減,在上單調遞增.綜上,當時,在上單調遞減;當時,在上單調遞減,在上單調遞增.(2)由(1)知,當時,在上單調遞減,所以在上單調遞減,所以;當時,(i)若,即時,在上單調遞增,此時,;(ii)若,即時,在上單調遞減,在上單調遞增,此時,;(iii)若,即時,在上單調遞減,此時,.綜上所述,.【例6】已知函數.(1)當時,求曲線在處的切線方程;(2)討論的單調性.【答案】(1)(2)答案見解析【解析】(1)由已知,則,當時,,,則曲線在處的切線方程為,即(2)由(1)知,,①當時,,當時,,在單調遞增;當時,,在單調遞減;②當時,由,得,(?。┊敃r,,當時,,在,單調遞增;當時,,在單調遞減;(ⅱ)當時,,,在單調遞增;(ⅲ)當時,,當時,,在,單調遞增;當時,,在單調遞減;綜上可得:①當時,在單調遞增,在單調遞減;②當時,在,單調遞增,在單調遞減;③當時,在單調遞增;④當時,在,單調遞增,在單調遞減.【例7】已知函數其中.(1)若,求函數的單調區間和極值;(2)當時,討論函數的單調區間.【答案】(1)的單調減區間為,單調增區間為;極小值答案見解析【解析】(1)函數的定義域為.則,令,可得,當變化時,和的變化情況如下:單調遞減單調遞減單調遞增故函數的單調減區間為;單調增區間為.當時,函數有極小值.(2)因為,所以,所以函數的定義域為,求導可得令,可得,當時,,因為(當且僅當時,)所以函數在單調遞增.當時,,當變化時,和的變化情況如下:單調遞增單調遞減單調遞增故函數的單調減區間為單調增區間為當時,,當變化時,和的變化情況如下:單調遞增單調遞減單調遞增故函數的單調減區間為單調增區間為,綜上,當時,函數在單調遞增;當時,函數的單調減區間為單調增區間為;當時,函數的單調減區間為單調增區間為,題型3:用導數研究函數的極值【例8】(2024春?寶山區校級月考)已知的圖象在,(1)處的切線與直線平行.(1)求函數的極值;(2)若,,,求實數的取值范圍.【分析】(1)求得的導數,可得切線的斜率,由兩直線平行的條件:斜率相等,可得,求出的導數和單調區間,即可得到所求極值;(2)設,可得,設在為增函數,設在為增函數,求得的導數,再由參數分離和構造函數,求出最值,即可得到所求的范圍.【解答】解:(1)的導數為,可得的圖象在,(1)處的切線斜率為,由切線與直線平行,可得,即,,,由,可得,由,可得,則在遞增,在遞減,可得在處取得極大值,且為,無極小值;(2)可設,若,,,可得,即有,設在為增函數,即有對恒成立,可得在恒成立,由的導數為得:當,可得,在遞減,在,遞增,即有在處取得極小值,且為最小值,可得,解得,則實數的取值范圍是,.【點評】本題考查導數的運用:求切線的斜率和單調性、極值和最值,考查方程思想和轉化思想,考查不等式恒成立問題解法,運用參數分離和構造函數是解題的關鍵,屬于中檔題.【例9】已知函數.(1)證明:恰有一個零點;(2)設函數.若至少存在兩個極值點,求實數的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】(1)證明:令,得.又,所以.令,則,所以在區間上單調遞增.又,所以存在唯一的,使得,即在區間內恰有一個零點,故函數恰有一個零點.(2)由題意知,所以.因為函數至少存在兩個極值點,所以方程至少有兩個不等實根.令,則.令,則,所以函數在區間上單調遞減.又,所以當時,,即0,此時單調遞增;當時,,即,此時單調遞減,且當時,;當時,;當時,.要使在區間內至少有兩個不等實根,則函數的圖象與直線在區間上至少有兩個交點.作出函數的圖象,如圖所示,則,解得.此時,在區間和區間內各有一個零點,分別設為,則當或時,;當時,,故為的極小值點,為的極大值點,符合題意.故實數的取值范圍是.【例10】已知函數.(1)討論的單調性;(2)若有兩個極值點,,證明:.【答案】(1)見解析(2)見解析【解析】(1)由題得,其中,令,,其中對稱軸為,.①若,則,此時,則,所以在上單調遞增;②若,則,此時在上有兩個根,,且,所以當時,,則,單調遞增;當,時,,則,單調遞減;當,時,,則,單調遞增,③當時,當時,,則,單調遞增,當時,,則,單調遞減,④當時,,此時在上有兩個根,,所以當時,,則,單調遞減;當,時,,則,單調遞增,綜上,當時,在上單調遞增;當時,在上單調遞增,在,上單調遞減,在,上單調遞增.當時,在上單調遞減,在上單調遞增,當時,在上單調遞減,在,上單調遞增.(2)由(1)知,當時,有兩個極值點,,且,,所以.令,,則,故在上單調遞減,所以,所以,即.【例11】(2024?崇明區二模)已知.(1)若,求曲線在點處的切線方程;(2)若函數存在兩個不同的極值點,,求證:;(3)若,,數列滿足,.求證:當時,.【分析】(1)先對函數求導,結合導數的幾何意義求出切線斜率,進而可求切線方程;(2)由已知結合導數與單調性及極值關系先表示,然后結合二次方程根的存在條件即可證明;(3)結合導數分析的單調性,結合已知遞推關系及函數單調性即可證明.【解答】解(1)當時,所以曲線在點處的切線方程為;證明:(2)由,得,令,則,原方程可化為①,則是方程①的兩個不同的根,所以,解得,所以,因為,所以,所以,(3)由題意,,所以當時,,所以函數在區間上嚴格減,當時,,所以函數在區間上嚴格增,因為,所以(1),(1),以此類推,當時,(1),又,所以函數在區間上嚴格減,當時,(1),所以,所以,即,故.【點評】本題主要考查了導數的幾何意義在切線方程求解中的應用,還考查了導數與單調性在不等式證明中的應用,屬于中檔題.題型4:用導數研究函數的最值【例12】(2024?嘉定區二模)已知常數,設.(1)若,求函數的最小值;(2)是否存在,且、、依次成等比數列,使得、、依次成等差數列?請說明理由.(3)求證:“”是“對任意,,,都有”的充要條件.【分析】(1)求導分析的符號,的單調性,最值,即可得出答案.(2)根據題意可得,,則,分兩種情況:當時,當時,討論是否滿足條件,即可得出答案.(3)由,得,令,則原①,證明充分性和必要性,即可得出答案.【解答】解:(1),,令,得,所以在上,單調遞減,在上,單調遞增,所以(1).(2)若、、依次成等比數列,則,若、、成等差數列,則,所以,所以,當時,成立,當時,則,聯立,得,,即,所以,與矛盾,所以時,存在,,滿足條件,當時,不存在,,滿足條件.(3)證明:,則,,所以,又,令,上式①,令,則恒成立,單調遞減,所以(1),充分性:若,則,則恒成立,必要性:要使得①式恒成立,則恒成立,即.【點評】本題考查導數的綜合應用,解題中注意轉化思想的應用,屬于中檔題.【例13】(2024?閔行區校級二模)已知函數.(1)當時,求曲線在處的切線方程;(2)當時,證明:有且只有一個零點;(3)求函數在,上的最小值.【分析】(1)當時,求出、的值,利用導數的幾何意義可求得曲線在處的切線方程;(2)當時,求得,利用導數分析函數的單調性與極值,結合零點存在定理可證得結論成立;(3)對實數的取值進行分類討論,利用導數分析函數在,上的單調性,即可求得函數在,上的最小值.【解答】解:(1)當時,,,,,曲線在處的切線方程為;(2)證明:當時,,令,則或,且,列表如下:000增極大值減極小值增函數的極大值為,極小值為,當時,,又因為(2),由零點存在定理可知,函數在上存在唯一零點,綜上所述,當時,函數有且只有一個零點;(3),,①當時,對任意的,,,則且不恒為零,此時函數在,上單調遞增,則;②當時,由,可得,由,可得,此時函數在,上單調遞減,在,上單調遞增,則;③當時,對任意的,,且不恒為零,此時函數在,上單調遞減,則.綜上所述,.【點評】本題考查利用導數求函數的切線,利用導數研究函數的單調性與零點問題,利用導數研究函數的最值,屬中檔題.題型5:恒成立、能成立與存在性問題【例14】已知函數,其中.(1)討論函數極值點的個數;(2)對任意的,都有,求實數的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【解析】(1)由題意知:定義域為,,令,則,令,則,當時,;當時,;在上單調遞減,在上單調遞增,又,當時,恒成立,大致圖象如下圖所示,
則當時,恒成立,即恒成立,在上單調遞減,無極值點;當時,與有兩個不同交點,此時有兩個變號零點,有兩個極值點;當時,與有且僅有一個交點,此時有且僅有一個變號零點,有且僅有一個極值點;綜上所述:當時,無極值點;當時,有兩個極值點;當時,有且僅有一個極值點.(2)由題意知:當時,恒成立;設,則,當時,;當時,;在上單調遞減,在上單調遞增,,即,,又恒成立,,即實數的取值范圍為.【例15】(2022·北京·統考高考真題)已知函數.(1)求曲線在點處的切線方程;(2)設,討論函數在上的單調性;(3)證明:對任意的,有.【答案】(1)(2)在上單調遞增.(3)證明見解析【解析】(1)解:因為,所以,即切點坐標為,又,∴切線斜率∴切線方程為:(2)解:因為,
所以,令,則,∴在上單調遞增,∴∴在上恒成立,∴在上單調遞增.(3)解:原不等式等價于,令,,即證,∵,,由(2)知在上單調遞增,∴,∴∴在上單調遞增,又因為,∴,所以命題得證.【例16】已知函數.(1)討論的單調性;(2)若對任意恒成立,求實數的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【解析】(1),當時,,在上單調遞減;當時,,所以時,單調遞增,時,單調遞減,綜上所述,當時,單調遞減;當時,在上單調遞增;在上單調遞減.(2)若對任意恒成立,可得,即對任意恒成立,令,,,令,,因為,所以,所以在上單調遞減,在上單調遞減,在上單調遞減,所以在上單調遞減,所以當時,單調遞增,當時,單調遞減,所以,可得.【例17】(2024春?浦東新區校級期中)已知函數,,是自然對數的底數.(1)討論函數的單調性;(2)若關于的方程有兩個不等實根,求的取值范圍;(3)若,為整數,且當時,恒成立,求的最大值.【分析】(1)首先求函數的導數,再討論和兩種情況,求函數的單調性;(2)方程,轉化為,利用導數分析函數的圖象,再利用數形結合,求參數的取值范圍;(3)首先參變分離為,再令,,利用導數求函數的單調區間,并求函數的最小值的取值范圍,即可求解的最大值.【解答】解:(1),若,則恒成立,所以在上單調遞增,若,,得,當時,,單調遞減,當時,,單調遞增,綜上可知,時,的增區間是,當時,的減區間是,增區間是;(2)方程,顯然當時,方程不成立,則,,若方程有兩個不等實根,即與有2個交點,則,當,,時,,在區間和單調遞減,并且時,,當時,;當時,,單調遞增,時,當時,取得最小值,(1),畫出函數的大致圖象,如圖所示:由與有2個交點,得,所以的取值范圍是;(3)當時,,,所以,當時,,,令,,則,由(1)可知,在單調遞增,且(1),(2),所以在上存在唯一的零點,即在上存在唯一的零點,設此零點為,則,且,當時,,單調遞減,當,時,,單調遞增,所以的最小值為,所以,所以整數的最大值為2.【點評】本題考查了導數的綜合應用問題,解題的關鍵是運用參變分離,轉化為函數圖象的交點問題,是難題.題型6:導數的零點、方程的根與交點問題【例18】設函數,,其中,曲線在處的切線方程為(1)若的圖象恒在圖象的上方,求的取值范圍;(2)討論關于的方程根的個數.【答案】(1);(2)答案見解析【解析】(1),則,則,又因為,解得,,所以;由題意得,對一切恒成立,分離參數得,對一切恒成立,令,則,令,則,,所以函數過點,且在上單調遞減,當時,;當時,.又易知與同號,所以在上單調遞增,在上單調遞減,則,所以,故的取值范圍為;(2)由題意,原方程等價于分離參數后的方程,令,由(1)知,在上單調遞增,在上單調遞減,又當時,;當時,,所以的大致圖象如圖.觀察圖象可知:
當時,方程根的個數為;當時,根的個數為;當時,根的個數為.【例19】已知a≥1,函數f(x)=xlnx-ax+1+a(x-1)2.(1)若a=1,求f(x)的單調區間;(2)討論f(x)的零點個數.【答案】見解析【解析】(1)若a=1,則f(x)=xlnx-x+1+(x-1)2,f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=lnx+2(x-1).當0<x<1時,f′(x)<0;當x>1時,f′(x)>0.所以f(x)的單調遞減區間為(0,1),單調遞增區間為(1,+∞).(2)當a=1時,f(x)=xlnx-x+1+(x-1)2,因為f(1)=0,且f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,所以f(x)有1個零點.當a>1時,f′(x)=1+lnx-a+2a(x-1)=1+lnx+2ax-3a,令g(x)=1+lnx+2ax-3a,因為a>1,所以g(x)在(0,+∞)上單調遞增,又f′(1)=g(1)=1-a<0,f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))=1+lneq\f(3,2)>0,所以存在實數x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2))),使得g(x0)=0.在(0,x0)上,f′(x)<0,f(x)是減函數;在(x0,+∞)上,f′(x)>0,f(x)是增函數.所以f(x)的最小值是f(x0),其中x0滿足f′(x0)=0,即1+lnx0+2ax0-3a=0.所以f(x0)=x0lnx0-ax0+1+a(x0-1)2=x0(3a-1-2ax0)-ax0+1+a(x0-1)2=(1-x0)(a+ax0+1),因為x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(3,2))),所以f(x0)<0,因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))=eq\f(a,9)+1-eq\f(ln3,3)>0,f(3)=3ln3+a+1>0,所以f(x)有2個零點.綜上所述,當a=1時,f(x)有1個零點;當a>1時,f(x)有2個零點【例20】已知函數,其中.(1)若,求的單調區間;(2)若恰有2個不同的極值點,求的取值范圍;(3)若恰有2個不同的零點,求的取值范圍.【答案】(1)單調減區間為,無增區間.(2)(3)【解析】(1)解:若,則,可得,設,則,當時,遞增;當時,遞減,所以,即,所以在遞減,即的單調減區間為,無增區間.(2)解:由函數,可得,由題意可得有兩個不等的正根,設,若,則在遞增,不符合題意;若,可得,令,可得,當時,,單調遞減;當時,,單調遞增,可得,因為有兩個不等的正根,所以,解得,所以實數的取值范圍是.(3)解:由,可得,即,設,則,當時,,單調遞減;當時,,單調遞增,所以,又時,時,,因為恰有2個不同的零點,所以,可得,所以實數的取值范圍是.【例21】已知函數,且.(1)求在上的最大值;(2)設函數,若函數在上有三個零點,求的取值范圍.【答案】(1)最小值為,最大值為.(2)【解析】(1)解:由函數,可得,因為,可得,解得,所以且,當時,,單調遞增;當時,,單調遞減;當時,,單調遞增;當,函數取得極大值;當,函數取得極小值,又由,所以函數在區間上的最小值為,最大值為.(2)解:由函數和,可得,因為函數在上有三個零點,即有三個實數根,等價于與的圖象有三個不同的交點,又由,當時,,單調遞增;當時,,單調遞減;當時,,單調遞增,所以當,函數取得極小值;當,函數取得極小值,又由當時,,當時,,要使得與的圖象有三個不同的交點,可得,即實數的取值范圍是.【例22】(2022·全國·統考高考真題)已知函數.(1)當時,求的最大值;(2)若恰有一個零點,求a的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】(1)當時,,則,當時,,單調遞增;當時,,單調遞減;所以;(2),則,當時,,所以當時,,單調遞增;當時,,單調遞減;所以,此時函數無零點,不合題意;當時,,在上,,單調遞增;在上,,單調遞減;又,由(1)得,即,所以,當時,,則存在,使得,所以僅在有唯一零點,符合題意;當時,,所以單調遞增,又,所以有唯一零點,符合題意;當時,,在上,,單調遞增;在上,,單調遞減;此時,由(1)得當時,,,所以,此時存在,使得,所以在有一個零點,在無零點,所以有唯一零點,符合題意;綜上,a的取值范圍為.【例23】(2024春?虹口區校級月考)已知函數的極小值為1.(Ⅰ)求實數的值;(Ⅱ)設函數.①證明:當時,,恒成立;②若函數有兩個零點,求實數的取值范圍.【分析】求導之后,討論單調性,再根據題設條件列式即可求解;①法一:先判定的單調性,再結合(1)的結論放縮即可;法二:直接利用的結論放縮即可,②研究的單調性,極值的符號,再結合零點存在性定理的推論即可求解.【解答】解:(Ⅰ)的定義域為,.當時,恒成立,在上單調遞增,無極小值;當時,令,;令,.所以在上單調遞減,在上單調遞增.所以的極小值為(a),即.綜上,.(Ⅱ)①法一:,.,,即在上單調遞減..由(Ⅰ)知,的最小值為(1),即(當且僅當時,等號成立).,即.法二:由(Ⅰ)知,的最小值為(1),即(當且僅當時,等號成立).因為,所以所以得證.②.當時,,在上單調遞增,至多有一個零點.當時,.令,;令,.所以在上單調遞減,在上單調遞增.所以的最小值為.設,.令,;令,.所以在上單調遞增,在上單調遞減.所以的最大值為.當時,(1),只有一個零點;當時,,又(1),.所以有兩個零點;當時,,由①知,當時,對,恒成立,又(1),所以有兩個零點;綜上:或.【點評】本題考查利用導數研究函數的極值,考查學生的運算能力,屬于難題.【例24】已知函數和在同一處取得相同的最大值.(1)求實數a;(2)設直線與兩條曲線和共有四個不同的交點,其橫坐標分別為(),證明:.【答案】(1)(2)證明見詳解【解析】(1)由題意可得:,顯然,當時,令,解得;令,解得;則在上單調遞增,在上單調遞減,可得在處取到最大值;當時,令,解得;令,解得;則在上單調遞增,在上單調遞減,可得在處取到最小值,不合題意;綜上所述:,在處取到最大值.因為的定義域為,且,令,解得;令,解得;則在上單調遞增,在上單調遞減,可得在處取到最大值;由題意可得:,解得.(2)由(1)可得:在上單調遞減,在上單調遞增,在處取到最大值,且當x趨近于時,趨近于,當x趨近于時,趨近于,可得直線與曲線至多有兩個交點;在上單調遞增,在上單調遞減,在處取到最大值,且當x趨近于時,趨近于,當x趨近于時,趨近于,可得直線與曲線至多有兩個交點;若直線與兩條曲線和共有四個不同的交點,則,
此時直線與曲線、均有兩個交點,構建,構建,且,則,可得在上單調遞減,在上單調遞增,在處取到最大值,構建,則,因為,令,解得;令,解得;則在上單調遞增,在上單調遞減,可得,即,當且僅當時,等號成立,可得:當時,,則,所以;當時,,且在上單調遞增,則,可得,所以;當時,,且在上單調遞減,則,可得,所以;綜上所述:當時,;當時,;當時,.結合題意可得:直線與曲線的兩個交點橫坐標為,與的兩個交點橫坐標為,且,當,可得,即,可得,即,因為在上單調遞增,且,則,可得所以;當,可得,即,可得,即,因為在上單調遞增,且,則,可得,所以;綜上所述:,即.題型7:不等式的證明【例25】(2023·全國·統考高考真題)已知函數.(1)討論的單調性;(2)證明:當時,.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解析】(1)因為,定義域為,所以,當時,由于,則,故恒成立,所以在上單調遞減;當時,令,解得,當時,,則在上單調遞減;當時,,則在上單調遞增;綜上:當時,在上單調遞減;當時,在上單調遞減,在上單調遞增.(2)方法一:由(1)得,,要證,即證,即證恒成立,令,則,令,則;令,則;所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,則恒成立,所以當時,恒成立,證畢.方法二:令,則,由于在上單調遞增,所以在上單調遞增,又,所以當時,;當時,;所以在上單調遞減,在上單調遞增,故,則,當且僅當時,等號成立,因為,當且僅當,即時,等號成立,所以要證,即證,即證,令,則,令,則;令,則;所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,則恒成立,所以當時,恒成立,證畢.【例26】已知函數,.(1)求的極值;(2)證明:當時,.(參考數據:)【答案】(1)極大值為,無極小值(2)證明見解析【解析】(1)的定義域為,,當時,,當時,,所以函數在上單調遞增,在上單調遞減,故在處取得極大值,所以的極大值為,無極小值;(2)設,則,令,,當時,,單調遞減,當時,,單調遞增,又,,,所以存在,使得,即.當時,,即,單調遞減,當時,,即,單調遞增,所以當時,在處取得極小值,即為最小值,故,設,因為,由二次函數的性質得函數在上單調遞減,故,所以當時,,即.【例27】已知函數.(1)當時,求的單調區間;(2)當時,若不等式恒成立,求的取值范圍;(3)設,證明:.【答案】(1)遞增區間為,遞減區間為(2)(3)證明見解析【解析】(1)當時,,則,令,得;令,得,所以的單調遞增區間為,單調遞減區間為.(2)由,得,設,當時,,所以當時,,不符合題意.當時,,設,其圖象為開口向下的拋物線,對稱軸為,當,即時,因為,所以當時,,即,此時單調遞增,所以,不符合題意.當,即時,在上單調遞減,所以,所以,所以在上單調遞減,所以,符合題意.綜上所述,的取值范圍為.(3)由(2)可得當時,,即,令,則,所以,以上各式相加得,即,所以.【例28】已知函數.(1)討論函數的單調性;(2)若函數,求證:當時,.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解析】(1)由題意知:的定義域為,;①當時,在上恒成立,在上單調遞增;②當時,令,解得:,當時,;當時,;在上單調遞增;在上單調遞減;綜上所述:當時,在上單調遞增;當時,在上單調遞增;在上單調遞減.(2)要證,只需證,又,,則只需證;①當時,,,恒成立;②當時,,,,則只需證,即證,令,則,令,則,令,則,在上單調遞增,即在上單調遞增,,,,使得,且當時,;當時,;在上單調遞減,在上單調遞增,又,,又,當時,,即;當時,,即;在上單調遞減,在上單調遞增,,即;綜上所述:當時,恒成立,即.【例29】已知.(1)若函數在區間上單調遞增,求實數的取值范圍;(2)若函數有兩個極值點,證明:.【答案】(1);(2)證明見解析.【分析】(1)求出函數的導數,利用給定的單調性列出不等式,再結合恒成立條件求解作答.(2)根據給定條件,求出a的取值范圍,將用a表示出,再構造函數并借助導數推理作答.【解析】(1)函數定義域為,依題意,,成立,即,成立,而當時,,因此,而時,不是常數函數,于是得,所以實數的取值范圍是.(2)由(1)知,,因有兩個極值點,則,即有兩不等正根,于是得,有,,,令,,,顯然函數在上單調遞增,而,因此,使得,即,當時,,當時,,于是得在上單調遞減,在上單調遞增,,顯然在上單調遞增,則,因此,即有,所以.【點睛】思路點睛:函數不等式證明問題,將所證不等式等價轉化,構造新函數,再借助函數的單調性、極(最)值問題處理,本題的關鍵點在于轉化成新函數的最值問題后,需要通過隱零點代換,進而求出函數的最值,使問題得到解決.題型8:雙變量問題【例30】已知函數.(1)討論的單調性;(2)若,且存在兩個極值點,,證明:.【解答】解:(1)的定義域為,,若,則,所以在單調遞增;若,當時,;當時,.所以在單調遞減,在單調遞增;證明:(2)因為存在兩個極值點且,,所以的兩個極值點,滿足,所以,不妨設,則,則,要證,只需證,設,則,知在單調遞減,又(1),當時,,故,即,所以.【例31】已知函數(為常數)(1)討論的單調性(2)若函數存在兩個極值點,且,求的范圍.【解析】(1)∵,,當時,,,在定義域上單調遞增;當時,在定義域上,時,在定義域上單調遞增;當時,令得,,,時,;時,則在,上單調遞增,在上單調遞減.綜上可知:當時,在定義域上單調遞增;當時,在,上單調遞增,在上單調遞減.(其中,)(2)由(1知有兩個極值點,則,的二根為,則,,,設,又,∴.則,,∴在遞增,.即的范圍是【例32】已知函數.(1)若關于的不等式恒成立,求的取值范圍;(2)若,是的兩個極值點,且,證明:.【解析】(1)因為恒成立,所以,即.令函數,則恒成立.令函數,則,當時,,當時,,時,,所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,,因為,所以在上單調遞增,所以等價于,即恒成立,令函數,則,當時,;當時,,所以在上單調遞增,在上單調遞減,所以,故的取值范圍是;(2)因為是的兩個極值點,所以是方程的兩個根,令,則,有(1)的討論可知,若存在兩個零點,,且,由,即,因為,所以,即需證恒成立,由可得,令,則,,所以等價于,即,令函數,,則,所以在上單調遞減,所以,即,故;題型9:極值點偏移問題【例33】(2022·全國·統考高考真題)已知函數.(1)若,求a的取值范圍;(2)證明:若有兩個零點,則.【答案】(1)(2)證明見的解析【解析】(1)[方法一]:常規求導的定義域為,則令,得當單調遞減當單調遞增,若,則,即所以的取值范圍為[方法二]:同構處理由得:令,則即令,則故在區間上是增函數故,即所以的取值范圍為(2)[方法一]:構造函數由題知,一個零點小于1,一個零點大于1,不妨設要證,即證因為,即證又因為,故只需證即證即證下面證明時,設,則設所以,而所以,所以所以在單調遞增即,所以令所以在單調遞減即,所以;綜上,,所以.[方法二]:對數平均不等式由題意得:令,則,所以在上單調遞增,故只有1個解又因為有兩個零點,故兩邊取對數得:,即又因為,故,即下證因為不妨設,則只需證構造,則故在上單調遞減故,即得證【例34】已知函數.(1)討論函數的單調性:(2)若是方
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