导数大题10种主要题型导学案含详解Word格式.docx

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（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为1，求实数m的值；

（2）当m≥1时，证明：

f（x）＞g（x）﹣x3．

题型二：

隐零点问题

例1．已知函数f（x）＝ex﹣ln（x+m）．

（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．

例2．（Ⅰ）讨论函数f（x）＝ex的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）ex+x+2＞0；

当a∈[0，1）时，函数g（x）＝（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．

导数大题10种主要题型

（一）预习案答案

例1．解：

（1）f′（x）＝ex﹣a，∵f′（0）＝﹣1＝1﹣a，∴a＝2．

∴f（x）＝ex﹣2x，f′（x）＝ex﹣2．令f′（x）＝0，解得x＝ln2．

当x＜ln2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x＞ln2时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

∴当x＝ln2时，函数f（x）取得极小值，为f（ln2）＝2﹣2ln2，无极大值．

（2）证明：

方法一（作差法）

令g（x）＝ex﹣x2，则g′（x）＝ex﹣2x，由

（1）可得：

g′（x）＝f（x）≥f（ln2）＞0，∴g（x）在R上单调递增，

因此：

x＞0时，g（x）＞g（0）＝1＞0，​∴x2＜ex．

方法二（作商法）：

例2．解：

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，

由题意可得f

（1）＝2，f'

（1）＝e，故a＝1，b＝2.

方法一（凹凸反转法）

由（Ⅰ）知，，从而f（x）＞1等价于，

设函数g（x）＝xlnx，则g'

（x）＝1+lnx，所以当时，g'

（x）＜0，

当时，g'

（x）＞0，故g（x）在单调递减，在单调递增，从而g（x）在（0，+∞）的最小值为．

设函数，则h'

（x）＝e﹣x（1﹣x），

所以当x∈（0，1）时，h'

（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h'

故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，

从而h（x）在（0，+∞）的最大值为．

综上：

当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．

方法二（放缩法）

例3．解：

（Ⅰ）∵f（x）＝ax2+xlnx，∴f′（x）＝2ax+lnx+1，

∵切线与直线x+3y＝0垂直，∴切线的斜率为3，∴f′

（1）＝3，即2a+1＝3，故a＝1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）＝x2+xlnx，x∈（0，+∞），f′（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），

∵f′（x）在（0，+∞）上单调递增，∴当x＞1时，有f′（x）＞f′

（1）＝3＞0，

∴函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，

∵n＞m＞0，∴，∴f（）＞f

（1）＝1即，

∴lnn﹣lnm＞；

（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）＝x2+xlnx，x∈（0，+∞），f′（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），

令g（x）＝2x+lnx+1，x∈（0，+∞），则，x∈（0，+∞），

由g′（x）＞0对x∈（0，+∞），恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，

又∵，而＞0，

∴存在x0∈，使g（x0）＝0

∵g（x）在（0，+∞）上单调递增，

∴当x∈（0，x0）时，g（x）＝f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减；

当x∈（x0，+∞）时，g（x）＝f′（x）＞0，f（x）在（x0，+∞）上单调递增；

∴f（x）在x＝x0处取得最小值f（x0）

∵f（x）＞k恒成立，所以k＜f（x0）

由g（x0）＝0得，2x0+lnx0+1＝0，所以lnx0＝﹣1﹣2x0，

∴f（x0）＝＝＝﹣＝﹣，

又，∴f（x0）∈，

∵k∈Z，∴k的最大值为﹣1．

例4．解：

（1）函数f（x）＝ex+m﹣x3的导数为f′（x）＝ex+m﹣3x2，

在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝em＝1，解得m＝0；

f（x）＞g（x）﹣x3即为ex+m＞ln（x+1）+2．

由y＝ex﹣x﹣1的导数为y′＝ex﹣1，

当x＞0时，y′＞0，函数递增；

当x＜0时，y′＜0，函数递减．

即有x＝0处取得极小值，也为最小值0．

即有ex≥x+1，则ex+m≥x+m+1，

由h（x）＝x+m+1﹣ln（x+1）﹣2＝x+m﹣ln（x+1）﹣1，

h′（x）＝1﹣，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）递增；

﹣1＜x＜0时，h′（x）＜0，h（x）递减．

即有x＝0处取得最小值，且为m﹣1，

当m≥1时，即有h（x）≥m﹣1≥0，

即x+m+1≥ln（x+1）+2，

则有f（x）＞g（x）﹣x3成立．

例5．（Ⅰ）解：

∵，x＝0是f（x）的极值点，∴，解得m＝1．所以函数f（x）＝ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．

∵．

设g（x）＝ex（x+1）﹣1，则g′（x）＝ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，

又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；

当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．

所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；

在（0，+∞）上为增函数；

当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．

当m＝2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．

故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．

当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，

从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．

由f′（x0）＝0，得，ln（x0+2）＝﹣x0．

故f（x）≥＝＞0．

综上，当m≤2时，f（x）＞0．

例6．解：

（1）证明：

f（x）＝

f'

（x）＝ex（）＝

∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'

（x）≥0

∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增

∴x＞0时，＞f（0）＝﹣1

即（x﹣2）ex+x+2＞0

（2）g'

（x）＝

＝＝＝，a∈[0，1），

由

（1）知，f（x）+a单调递增，

对任意的a∈[0，1），f（0）+a＝a﹣1＜0，f

（2）+a＝a≥0，

因此存在唯一的t∈（0，2]，使得f（t）+a＝0，

当x∈（0，t）时，g'

（x）＜0，g（x）单调减；

当x∈（t，+∞），g'

（x）＞0，g（x）单调增；

h（t）＝＝＝

记k（t）＝，在t∈（0，2]时，k'

（t）＝＞0，

故k（t）单调递增，

所以h（a）＝k（t）∈（，]．

导数大题10种主要题型

（二）预习案

题型三：

恒成立、存在性问题

3.1单变量恒成立、存在性问题

例1．已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝﹣x2+ax﹣3．

（1）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；

（2）若存在x0∈[，e]（e是自然对数的底数，e＝2.71828…），使不等式2f（x0）≥g（x0）成立，求实数a的取值范围．

3.2双变量恒成立、存在性问题

极值点偏移问题：

由于函数左右增减速率不同导致函数图像失去对称性。

方法一：

构造对称函数，结合单调性证明不等式.

1.求出极值点，确定的单调性；

2.构造函数；

3.对进行求导，确定的单调性，通过单调性比较和的大小关系，确定出或；

4.即，反之亦然；

5.结合单调性，确定不等关系.

方法二：

对均不等式.

例2．已知函数f（x）＝（2﹣a）lnx+（a＜0）．

（1）讨论函数f（x）在定义域内的单调性；

（2）当a∈（﹣3，﹣2）时，任意x1，x2∈[1，3]，（m+ln3）a﹣2ln3＞|f（x1）﹣f（x2）|恒成立，求实数m的取值范围．

题型四：

极值点偏移问题

例3．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：

f′（x0）＜0．

（1）由已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+1，

当x∈（0，），f′（x）＜0，f（x）单调递减，

当x∈（），f′（x）＞0，f（x）单调递增，

∵t＞0，∴t+2＞

①当0＜t＜＜t+2，即0＜t＜时，f（x）min＝f（）＝﹣；

②当，即t时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）min＝f（t）＝tlnt．

∴．

（2）∵不等式2f（x0）≥g（x0）成立，即2x0lnx0≥﹣，

∴a≤2lnx+x+，x∈[，e]，

设h（x）＝2lnx+x+，x∈[，e]，

则，x∈[，e]，

①x∈[，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，

②x∈（1，e]时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，

∴h（x）max＝h（）＝﹣2+，对一切x0∈[，e]使不等式2f（x0）≥g（x0）成立，

∴a≤h（x）max＝﹣2++3e．

（1）f′（x）＝+2a﹣＝＝，

当a＜﹣2时，﹣＜，函数f（x）的单调递增区间为（﹣，），单调递减区间为（0，﹣），（，+∞）；

当a＝﹣2时，﹣＝，函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；

当﹣2＜a＜0时，﹣＞，函数f（x）的单调递增区间为（，﹣），单调递减区间为（0，），（﹣，+∞）

（2）由

（1）知，当a∈（﹣3，﹣2）时，f（x）在[1，3]上单调递减，又x1，x2∈[1，3]，

所以|f（x1）﹣f（x2）|≤f

（1）﹣f（3）＝（1+2a）﹣[（2﹣a）ln3++6a]，

即|f（x1）﹣f（x2）|≤﹣4a+（a﹣2）ln3，

因为（m+ln3）a﹣2ln3＞|f（x1）﹣f（x2）|恒成立，

所以（m+ln3）a﹣2ln3＞﹣4a+（a﹣2）ln3，

即ma＞﹣4a，

因为a＜0，所以m＜﹣4，

因为a∈（﹣3，﹣2），

所以﹣＜﹣4＜﹣，

所以m≤﹣．

例3．【分析】

（I）求导，并判断导数的符号，确定函数的单调区间；

（II）构造函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），利用导数求函数g（x）当0＜x＜时的最小值大于零即可，（III）设出函数y＝f（x）的图象与x轴交于A，B两点的横坐标，根据（I）．（II）结论，即可证明结论．

【解答】解：

（I）函数f（x）的定义域为（0，+∞），

f′（x）＝＝﹣，

①若a＞0，则由f′（x）＝0，得x＝，且当x∈（0，）时，f′（x）＞0，

当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，

所以f（x）在（0，）单调递增，在（，+∞）上单调递减；

②当a≤0时，f′（x