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导数大题20种主要题型讲解
答案详解
-1-
-2-
:
-3-
-4-
本题主要考察导数在研究函数中的应用。
(1)求出比较其与的大小,获得的单一性表,于是获得的极值。
(2)将代入到中,并求适合时,此时恒成立,即在单一
递加,同理能够获得在上为增函数,则原不等式可化为
在上恒成立,令,对其求导得悉若为减函数时
其导数恒小于,即可获得的取值范围。
(3)若存在,使得假定成立,也即在上不是单一增或单一减,故,对
求导获得其极小值点为,因为解得此时,此时需证明当,使
得即可,此时可取,发现成立,故的取值范围为。
-5-
答案详解
(Ⅰ),由是的极值点得,所以。
于是
,定义域为,,函数在上
单一递加,且。
所以,当时,;当时,。
所以,在上单一递减,在上单一递加。
(Ⅱ)当,时,,故只需要证明当时,。
当时,函数在单一递加,
又,,故在有独一实根,且。
当时,
;当时,;从而当时,获得最小值。
由得:
,,故。
综上:
当时,。
分析:
本题主要考察函数的求导和函数的单一性的判断。
(Ⅰ)先对函数求导,得导函数,由题,则可得的值,当时,
单一递加,求得的的取值范围即为单一增区间;当时,单一递减,求得的的
取值范围即为单一减区间。
(Ⅱ)由剖析知,只需证明当时,,此时经过剖析函数单一性,求得
即可得证。
-6-
例题5:
函数
。
(Ⅰ)议论
的导函数
零点的个数;
(Ⅱ)证明:
当
时,
。
答案详解
(Ⅰ)
的定义域为
,
(
)。
当
时,
,
没有零
点;当
时,因为
单一递加,
单一递加,所以
在
单一递加。
又
,
当知足
且
时,
,故当
时,
存在独一零点。
(Ⅱ)由(Ⅰ),可设
在
的独一零点为
,当
时,
;当
时,
。
故
在
单一递减,在
单一递加,所以当
时,
获得最
小值,最小值为
。
因为
,所以
。
故当
时,
。
分析:
本题主要考察导数的观点及其几何意义以及导数在函数研究中的应用。
(Ⅰ)求导得出
的表达式,依据其表达式,对进行分类议论。
当
时,可知
没
有零点;当
时,可知
单一递加,且存在
使得
而
,所以
存在独一零点。
(Ⅱ)由(Ⅰ),可设
的最小值在
时取到,最小值为
。
写出
的表达式,
再运用均值不等式即可得出
。
题型3:
先结构,再赋值,证明和式或积式不等式
例题:
已知函数。
(1)若,求的值;
(2)设为整数,且对于随意正整数,,求的最小值。
-7-
答案详解
(1)的定义域为,由已知得,。
对求导,得
(),
①若,则恒成立,在上递加,则时,,所以不
合题意;
②若,则时,递减,时,,递加,
,令,,时,递加,
时,递减,,故当且仅当时,,符
合题意。
综上,。
(2)由
(1)得在上恒成立,所以,令,即有
,因为
,所以若对于随意正整数,,
则有,,整数。
分析:
本题主要考察导数在研究函数中的应用。
(1)对分类议论,利用导数研究函数的单一性,得出知足的的值。
(2)要证不等式等价于,依据
(1)中结论,对赋值,得
到,从而将放缩成等比数列的前项和,由
,知,从而,取最小整数值。
例题:
已知函数发f(x)=(x+1)lnx-ax+2
(1)当a=1时,求在x=1处的切线方程;
(2)若函数f(x)在定义域上拥有单一性,务实数a的取值范围;
-8-
-9-
题型4:
恒成立,存在性问题
-10-
由此利用导数性质能求出实数a的取值
本题要点考察利用导数研究函数的性质,利用函数的性质解决不等式、方程问题.要点考察
学生的代数推理论证能力.解题时要认真审题,注意导数性质的合理运用.
练习:
已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+mx-3.
(1)求f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值.
(2)若对全部x∈(0,+∞),2f(x)≥成g(x)立,务实数m的取值范围.
答案详解
解:
(1)f′(x)=lnx+1,
令f′(x)=0,得x=.
当x∈(0,),f′(x)<0,f(x)单一递减;
当x∈(,+∞),f′(x)>0,f(x)单一递加.
因为t>0,t+2>2>,
①当0 ②当t≥时,f(x)min=f(t)=tlnt. -11- 所以f(x)min= (2)由2xlnx≥-x2+mx-3得m≤2lnx+x+.设h(x)=2lnx+x+(x>0),则 h′(x)=. 令h′(x)=0,得x=1或x=-3(舍), 当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单一递减; 当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单一递加, 所以h(x)min=h (1)=4.所以m≤h(x)min=4. 的最小值即可.注意不要忽视x>0的条件,致使求导数的方程时产生增根. 练习: 设函数 , ,此中 , 为自然对数的底数。 (1)议论 的单一性。 (2)证明: 当 时, 。 (3)确立的全部可能取值,使得 在区间 内恒成立。 答案详解 (1)由题意可得 ( ),设 , ......2 分 当 时, ,所以 ,即 在 上单一递减; 当 时,令 ,解得 , ,所以 的单一减区间为 ,单一 增区间为 。 ...... 4分 -12- (2)要证当时,,即,即,......5分 设,所以,令,解得,所以在上单一递加,所 以。 当时,,所以当时,成立。 ......8分 (3)由得,......9分 设,由题意知在上恒成立。 因为,所以 一定成立,又,所以,所以。 又 ,易知当时,。 ......12分 令,则,令,解得,此时单一递加,, 又,,所以当时,。 综上,,所以在上单 调递加,所以,则有在上单一递加,所以,所以, 即。 ......14分 分析: 本题主要考察导数在研究函数中的应用。 (1)求出,分别在导函数大于、小于的状况下议论,即可得出单一区间; (2)将分解为两个比较简单求导的函数,并将较复杂的函数求导,得出其图象性质,即可经过其与另一函数图象的交点关系求出不等式; (3)将两函数相减结构新函数,由新函数值的符号能够判断本来两个函数的大小关系。 将新结构的函数求导,并议论其在函数值为邻近导函数的符号,以此判断该函数在对应区间内的函数值的符号,从而即可判断对应状况两函数值的大小关系。 题型5: 极值点偏移应用 已知函数. (1)议论的单一性; (2)证明: 当时,; -13- (3)若函数有两个零点,,比较与的大小,并证明你的结论。 答案 (1)时,f(x)在上递加,上递减,上递加;时,f(x)在 上递加;时,f(x)在上递加,上递减,上递加;时,f(x)在 上递加,在上递减; (2)看法析;(3). (1) ①时,f(x)在(0,1)上递加,在上递减; ②时,f’(x)=0的两根为 A. ,即 时,f(x)在 上递加; B. ,即 时,f(x)在 上递加, 上递减, 上递加; 且 ,故此时f(x)在 上有且只有一个零点. C. ,即 时,f(x)在 上递加, 上递减, 上递加; 且 ,故此时f(x)在 上有且只有一个零点. 综上所述: 时,f(x)在 上递加, 上递减, 上递加; 时,f(x)在 上递加; 时,f(x)在上递加,上递减,上递加; 时,f(x)在上递加,在上递减; (2) -14- 设 ∴ ∴在上单一递减 ∴得证. (3)由 (1)知,函数要有两个零点,,则 ∴ 不如设 ∴由 (2)得 ∴ ∴ ∴ 考点: 1.导数与函数的单一性;2.函数与方程、不等式. 分析 (1)求导得,当,导数的符号由确立,可确立函 数的单一性;当时,由议论与的大小下手,分别议论导数在各个区间上的符号, 即可确立函数的单一性; (2)先写出不等式式的等价形式,即,结构 函数,求导可得函数在区间单一递减,所以 可得; -15- (3)因为函数要有两个零点,,所以,由此可求得,设 ,由 (2)得,从而有,即有 成立,从而可证结论成立. 练习: 已知函数 ( )的两个零点为 , ( )。 (1)务实数 的取值范围; (2)求证: 。 答案详解 (1) , 当 时, , 在 上单一递加,不行能有两个零点; 当 时,由 可解得 ,由 可解得 ,所以 在 上单一 递减,在 上单一递加,所以 ,要使得 在 上 有两个零点,则 ,解得 ,则的取值范围为 。 (2)令 ,则 ,由题意知方程 有两个根 ,即方程 有两个根 ,不如设 , , 令 ,则 ,由 可得 ,由 可得 ,所以 时, 单一递 增, 时, 单一递减,故综上可知 , 要证 ,即证 ,即 ,即证 ,令 , 下边证 对随意的 恒成立, -16- ,因为,所以, ,所以,因为,所以,所以 在是增函数,所以,所以原不等式成立。 分析: 本题主要考察函数与方程及导数在研究函数中的应用。 (1)先对函数求导,再依据函数的单一性,使得最小值小于以知足函数有两个 零点的条件,即可求出的取值范围。 (2)要证,令,则,再变换成的等式, 再成立新的函数,求导,依据单一性判断,再证,成立新的函 数,求导证明即可。 -17- -18- -19- 题型6: 对数,指数均匀的应用 -20- 分析 (1)依据发f(x)的分析式求出f(x)的导函数,通分后依据函数f(x)在上为单一增函数, 获得分子大于0恒成立,解出2a-2小于等于一个函数关系式,利用基本不等式求出这个函数 的最小值,列出对于a的不等式,求出不等式的解集即可获得a的取值范围; (2)把所证的式子利用对数的运算法例及不等式的基天性质变形,即要证 依据 (1)获得h(x)在x大于等于1时单一递加,且大于1,利用函 数的单一性可得证. 本题考察学生会利用导函数的正负确立函数的单一区间,掌握不等式恒成即刻所知足的条 件,会利用基本不等式求函数的最小值,在证明第 (2)时注意利用第 (1)问中的结论,属于基本知识的考察. -21- 分析 (1)函数的定义域为,因为有两个零点,, 所以函数与函数有两个不一样的交点,依据导数的性质,可知当时, 单一递加;当时,单一递减,所以,而且当, ,于是可得函数的图象大概,而后再利用数形联合,可得函数 与函数有两个不一样的交点时,的取值范围; (2)由已知,即, ∴,∴, 两边同取以为底的对数,得,要证明,则只需证明, 即,不如设,令,则, 即证对恒成立,令,而后再依据导数在函数单一性中 的应用即可求出结果. 试题分析: (1)函数的定义域为, 因为有两个零点,, 所以函数与函数有两个不一样的交点, -22- ,令, 解得, 当时,,单一递加;当时,,单一递减, 所以, 而且当,,于是的图象大概为: 函数与函数有两个不一样的交点时,的取值范围是. (2)由已知,即,∴,∴, 两边同取以为底的对数,得, 要证明,则只需证明,即, 不如设,令,则, 即证对恒成立, 令,则, ∴在区间单一递加, ∴,即,,从而成立. -23- 例题: 已知函数有两个零点,(). (1)求证: ; (2)求证: . 分析 (1)求出函数的导数,经过议论的范围求出函数的单一区间,从而求出函数的最小值,求出的范围即可; (2)问题转变为证明,设函数,依据函数的单一性 证明即可. 试题分析: (1)证明: 的定义域为,. ①当时,,所以函数在区间上是增函数,不行能有两个零点; ②当时,在区间上,,在区间上; 所以在区间上递减,在区间上递加. 的最小值为,依题意,有,则. (2)证明: 要证,只需证,易知,. 而在区间上是增函数,所以只需证明, 即证, 设函数,而,而且在区间上 , 即在区间上是减函数,所以. 而,所以成立, 所以. 点睛: 本题主要考察函数导数与不等式,恒成立问题.要证明一个不等式,我们能够先根 据题意所给条件化简这个不等式,能够转变为,利用条件将 -24- 不等式转变为求证,划归与转变以后,就能够假定相对应的函数,而后 利用导数研究这个函数的单一性、极值和最值,图像与性质,从而求解得结果. 例题 -25- 题型7: 先取对数后结构 已知函数f(x)=ax+xlnx的图象在点x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3. (1)务实数a的值; 2 (2)若f(x)≤kx对随意x>0成立,务实数k的取值范围; (3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明: . 答案 解: (1)∵f(x)=ax+xlnx,∴f'(x)=a+lnx+1,又∵f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3, -26- ∴ f'(e)=3,即a+lne+1=3, ∴a=1; (2)由 (1)知,f(x)=x+xlnx, 2 ∴f(x)≤kx对随意x>0成立对随意x>0成立, 令,则问题转变为求g(x)的最大值, ,令g'(x)=0,解得x=1, 当0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,1)上是增函数; 当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)上是减函数.故g(x)在x=1处获得最大值g (1)=1, ∴k≥1即为所求; (3)令,则, 由 (2)知,x≥1+lnx(x>0),∴h'(x)≥0, ∴h(x)是(1,+∞)上的增函数, ∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即, ∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm, 即mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn, lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn,ln(mnn)m>ln(nmm)n, ∴(mnn)m>(nmm)n, ∴. 本题考察导数的综合应用: 求切线方程和求单一区间、极值和最值,考察不等式恒成立问题转变为求函数的最值,考察不等式的证明,运用结构函数,求导数获得单一性,再由单 调性证明,属于中档题. -27- 分析 (1)求出f(x)的导数,由切线的斜率为3,解方程,即可获得a; 2 对随意x>0 成立 对随意x>0成立,令 ,则问题 (2)f(x)≤kx 转变为求g(x)的最大值,运用导数,求得单一区间,获得最大值,令 k不小于最大值 即可; (3)令,求出导数,判断单一性,即得h(x)是(1,+∞)上的增函数,由 n>m>1,则h(n)>h(m),化简整理,即可得证. 答案 (1)因为,所以。 因为函数的图像在点处的切线斜率为3,所以,即, 所以。 (2)由(Ⅰ),知f(x)=x+xlnx, ∴f(x)≤kx2对随意x>0成立? k≥,对随意x>0成立, 令g(x)=,则问题转变为求g(x)的最大值. 求导数,得g′(x)=,令g′(x)=0,解得x=1. 当0<x<1时,g′(x)>0,∴g(x)在(0,1)上是增函数; 当x>1时,g′(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)上是减函数. 故g(x)在x=1处获得最大值g (1)=1. ∴k≥1即为所求. (3)令h(x)=,则h′(x)= 由(Ⅱ),知x≥1+lnx(x>0),∴h′(x)≥0, ∴h(x)是(1,+∞)上的增函数. ∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即 ∴, -28- 即, 即, 即, ∴, ∴ 答案详解 解: (1)∵f(x)=ax+xlnx, ∴f′(x)=a+lnx+1. ∵f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3, ∴f′(e)=a+lne+1=3,解得a=1. (2)由 (1)知f(x)=x+xlnx, 2 成立,等价于k≥ 对随意x>0成立, ∴f(x)≤kx对随意x>0 令g(x)=,则问题转变为求g(x)的最大值. g′(x)=-,令g′(x)=0,解得x=1. 当0<x<1时,g′(x)>0, ∴g(x)在(0,1)上是增函数; 当x>1时,g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上是减函数. 故g(x)在x=1处获得最大值g (1)=1.∴k≥1. (3)令h(x)=,则h′(x)=. -29- 由 (2)知x≥1+lnx(x>0), ∴h′(x)≥0, ∴h(x)是(1,+∞)上的增函数.∵n>m>1, ∴h(n)>h(m), 即>, ∴mnlnn-nlnn>mnlnm-mlnm,即mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn, lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn, ln(mnn)m>ln(nmm)n, ∴(mnn)m>(nmm)n, ∴>. 分析: 【解题方法提示】 对于 (1),先联合题意求出f′(x),令f′(e)=3,即可获得a的值; 2 ,对随意 对于 (2),由 (1)知f(x)=x+xlnx,f(x)≤kx对随意x>0成立,等价于k≥ x>0成立,令g(x)= ,则问题转变为求g(x)的最大值; 求出g′(x),可分x>1 和0<x<1,对g(x)的增减性进行剖析议论,从而获得g(x)最
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