高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练.docx
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高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
2020 年高考文科数学《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
例1 已知函数 f ( x ) = ax 3 - 12 x ,导函数为 f '( x) ,
(1)求函数 f ( x) 的单调区间;
(2)若 f '
(1)= -6, 求函数f ( x) 在[—1,3]上的最大值和最小值。
【答案】略
【解析】(I) f '( x) = 3ax 2 - 12 = 3(ax 2 - 4) ,(下面要解不等式 3(ax 2 - 4) > 0 ,到了分类讨论的时机,分
类标准是零)
当 a ≤ 0时, f '( x) < 0, f ( x)在(-∞, +∞) 单调递减;
当 a > 0时,当x变化时, f '( x), f ( x) 的变化如下表:
x
(-∞, -
2
)
2
2 2
)
a a
2
a
(
2
a
+∞)
f '( x)+
0
—
0
+
f ( x)极大值
极小值
此时, f ( x)在(-∞, -
2 2
6 a
2 2
) 单调递减;
a a
(II)由 f '
(1) = 3a -12 = -6, 得a = 2.
由(I)知, f ( x)在(-1, 2) 单调递减 ,在( 2 ,3)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 f ( x) = 1
3
x 3 + x 2 + ax - 5 , 若函数在[1,+∞) 上是单调增函数,求 a 的取值范围
【答案】
【解析】 f '( x ) = x 2 + 2 x + a ,依题意在[1,+∞) 上恒有 y' ≥ 0 成立,
方法 1:
函数 f '( x ) = x2 + 2 x + a ,对称轴为 x = -1 ,故在 [1,+∞) 上 f '( x) 单调递增,故只需 f '
(1) ≥ 0 即可,得
a ≥ -3 ,所以 a 的取值范围是 [3, +∞ ) ;
≥
方法 2:
由 y' = x 2 + 2 x + a ≥ 0 ,得 a ≥ - x 2 - 2 x ,只需 a (-x 2 -2 x) ,易得(-x 2 -2 x) = -3 ,因此
maxmax
a ≥ -3 ,,所以 a 的取值范围是 [3, +∞ ) ;
【易错点】本题容易忽视 f '
(1) ≥ 0 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 f '( x) ≥ 0 ,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 f '( x) ≤ 0 ,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 f '( x) ≥ 0 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 f '( x) ≥ 0 ;更加具体的说,若 f ( x) 为增函数,则或者 f '( x) > 0 ,
或者除了 x 在一些离散的值处导数为零外,其余的值处都 f '( x) > 0 ;
3. f '( x) ≥ 0 时,不能简单的认为 f ( x) 为增函数,因为 f '( x) ≥ 0 的含义是 f '( x) > 0 或 f '( x) = 0 ,当
函数在某个区间恒有 f '( x) = 0 时,也满足 f '( x) ≥ 0 ,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 f (x ) = ax3 - 3x2 + 1,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. (-2,0 )⋃ (0,2 )
【答案】D
【解析】很明显 a ≠ 0 ,由题意可得:
f ' (x ) = 3ax2 - 6x = 3x (ax - 2) , 则 由 f ' (x ) = 0可 得
a
x = 0, x = 2
12
2
,
由题意得不等式:
f (x
1
) f (x ) = 8
2
12 4
- + 1 < 0 ,即:
a 2 a 2
> 1,a 2 < 4, -2 < a < 2 ,
综上可得 a 的取值范围是 (-2,0 )⋃ (0,2 ) .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 x ∈ (0, π )时,证明不等式 sin x < x 成立。
【答案】略
【解析】设 f ( x) = sin x - x, 则 f '( x) = cos x - 1.
∵ x ∈ (0, π ), ∴ f '( x) < 0. ∴ f ( x) = sin x - x 在 x ∈ (0, π ) 内单调递减,而 f (0) = 0.
∴ f ( x) = sin x - x < f (0) = 0, 故当 x ∈ (0, π ) 时, sin x < x 成立。
【易错点】不能顺利把不等式转化为等价的函数、方程问题
【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
x3 +(2 - a) x 2 + (1- a) x(a ≥ 0).
32
(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) f '( x) = x 2 + (2 - a ) x + 1 - a = ( x + 1)(x + 1 - a ).
当a = 0时 , f' ( x =(x+ 21 ) ≥ 恒成立
当且仅当 x = -1 时取“=”号, f ( x)在(-∞, +∞) 单调递增。
)0 ,,
当a > 0时 由 f' ( x =得 x = - 1x = a -且 1 , x < x
1212
当 x 变化时, f '( x) 、 f ( x) 的变化如下表:
x
f '( x)
(-∞, -1)
+
—1
0
(-1,a - 1)
—
a - 1
0
(a - 1,+∞)
+
f ( x)
极大值
极小值
)(1 ),1,∞1), )
f ( x 在 - ∞ ,- 单调递增 在, -( a1 -单调递减 在a - ( +单调递增
(II)当 a = 0时, f ( x)在[0,1]上单调递增, f ( x) ≥ f (0) = 1 恒成立。
当a > 0时, 由(I)可知
若0 < a ≤ 时 则 f (x在
[ 上单调递增
若 a > 1,则f ( x)在[0, a - 1]上单调递减,
f ( x)在[0,1]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 f ( x) = x - a ln x(a ∈ R) ,求函数 f ( x) 的极值.
【答案】略
x - a
=, x > 0 可知:
xx
①当 a ≤ 0 时, f '( x) > 0 ,函数 f ( x) 为 (0, +∞) 上的增函数,函数 f ( x) 无极值;
②当 a > 0 时,由 f '( x) = 0 ,解得 x = a ;
x ∈ (0, a) 时, f '( x) < 0 , x ∈ (a, +∞) 时, f '( x) > 0
∴ f ( x) 在 x = a 处取得极小值,且极小值为 f (a) = a - a ln a ,无极大值.
综上:
当 a ≤ 0 时,函数 f ( x) 无极值
当 a > 0 时,函数 f ( x) 在 x = a 处取得极小值 a - a ln a ,无极大值.
3. 已知 a ∈ R ,求 f (x ) = x 2e ax 的单调区间。
【答案】略
4
【解析】函数的导数 f '( x ) = (2 x + ax 2 )e ax
(ⅰ)当 a = 0 时,若 x < 0 ,则 f '( x) < 0 ;若 x > 0 ,则 f '( x) > 0 ;
则在(-∞,0)内为减函数,在(0,+∞)内为增函数。
(ⅱ)当 a>0 时,由 2x + ax 2 >0 ⇔ x < -
2
a
或x > 0
则在(-∞,-
2
a
)内为增函数,在(0,+∞)内为增函数。
22
由 2x + ax 2 <0 ⇔ -< x < 0 ,在(-,0)内为减函数。
aa
22
(ⅲ)当 a<0 时,由 2x + ax 2 >0 ⇔ 0 aa 22 由 2x + ax 2 <0 ⇔ x<0 或 x>-,在(-∞,0)∪(-,+∞)内为减函数。 aa 题型二已知单调性求参数范围 已知 f ( x ) = ax 3 + 3x 2 - x + 1 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 f '( x ) = 3ax 2 + 6 x - 1 ,由题意可知对任意实数恒有 f '( x) ≤ 0 , 讨论: (1) 当 a > 0 ,显然不符合题意; (2) 当 a = 0 时也不符合题意; (3) 当 a < 0 时,依题意必有 ∆ = 36 + 12a ≤ 0 ,即 a ≤ -3 , 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 f ( x) = ax 3 - 3 x 2 + 1 ,若 f ( x) 存在唯一的零点 x ,且 x > 0 ,则 a 的取值范围是() 00 A. (2, +∞)B. (1,+∞)C. (-∞, -2)D. (-∞, -1) 【答案】C 【解析】当 a = 0 时, f ( x ) = -3x 2 + 1 ,函数有两个零点,不符合;当 a > 0 时, f '( x ) = 3ax 2 - 6 x ,令 f '( x ) = 0 ,得 x = 0, 2 2 a a 故选 C 2.设 a 为实数,函数 f ( x ) = - x 3 + 3 x + a ,当 a 为何值时,方程 f ( x) = 0 恰好有两个实数根. 【答案】略 【解析】求导得 f '( x ) = -3( x + 1)( x - 1) , ∵当 x < -1 或 x > 1 时, f '( x) < 0 ; 当 -1 < x < 1 , f '( x ) > 0 ; ∴ 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 f (-1) = a - 2 , f ( x) 的极大值为 f (1) = a - 2 ; 要使方程 f ( x ) = 0 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, ∴ a - 2 = 0 且 a + 2 = 0 或 a + 2 = 0 且 a - 2 < 0 ; ∴ a = 2 或 a = -2 故当 a = 2 或 a = -2 时,方程恰有两个实数根. 3.若函数 f ( x) = ax 3 - bx + 4 ,当 x = 2 时,函数 f ( x) 有极值 - (1)求函数 f ( x) 的解析式; (2)若函数 f ( x) = k 有 3 个解,求实数 k 的取值范围. 【答案】略 【解析】 求导得 f '(x ) = 3ax 2 - b , ⎧⎧1 ⎪ f (2) = -⎪a = (1)由题意 ⎨3 ,得 ⎨3 ⎪ f ' (2) = 0 ⎪ b = 4 4 3 , ∴ 所求解析式为 f (x ) = 1 3 x 3 - 4 x + 4 x (2)由 (1)可得: f '(x ) = x 2 - 4 = (x - 2 )( + 2 ) 令 f '(x ) = 0 ,得 x = 2 或 x = -2 当 x 变化时, f '(x )、 f (x)的变化情况如下表: 6 x(- ∞,-2) - 2 (- 2,2) 2 (2,+∞ ) f '(x ) f (x) + 单调递增↗ 0 28 3 — 单调递减↘ 0 - 4 3 + 单调递增↗ 因此,当 x = -2 时, f (x)有极大值 28 3 当 x = 2 时, f (x)有极小值 - 4 3 1 3 428 由图可知: -< k < 33 题型四、导数证明不等式 1、当 x > 0 时,证明不等式 e x > 1 + x + 【答案】略 1 2 x 2 成立。 【解析】设 f (x ) = e x - 1 - x - 1 2 x 2 , 则 f ' (x ) = e x - 1 - x. 令 g ( x) = e x - 1 - x, 则 g ' ( x) = e x - 1. 当 x > 0 时, g ' (x ) = e x - 1 > 0. ∴ g ( x) 在 (0,+∞ )上单调递增,而 g (0) = 0. ∴ g (x) > g (0) = 0, ∴ g ( x) > 0 在 (0,+∞ )上恒成立,即 f '( x) > 0 在 (0,+∞ )恒成立。 ∴ f ( x) 在 (0,+∞ )上单调递增,又 f (0) = 0, ∴ e x - 1 - x - 1 x 2 > 0, 即 x > 0 时, e x > 1 + x + 1 x 2 成立。 22 2、已知函数 f ( x) =1 (1- x )n + a ln( x - 1), 其中 n ∈ N *, a 为常数.当 a = 1 时,证明: 对任意的正整数 n ,当 x ≥ 2 时,有 f ( x) ≤ x - 1 。 【答案】略 【解析】证法一: a = 1 ,∴ f ( x) =1+ ln( x - 1). (1 - x) n 当 n 为偶数时,令 g ( x) = x - 1 -1- ln( x - 1), (1- x)n 1x - 2n -=+ ( x - 1)n+1x - 1x - 1( x - 1)n+1 > 0( x ≥ 2) . ∴ 当 x ∈ [2,+∞)时, g ( x) 单调递增,又g (2) = 0 , ∴ g ( x) = x - 1 -1- ln( x - 1) ≥ g (2) = 0 恒成立,∴ f ( x) ≤ x - 1成立。 ( x - 1)n 当 n 为奇数时, 要证 f ( x) ≤ x - 1 ,由于1< 0 ,∴ 只需证 ln( x - 1) ≤ x - 1 , (1- x)n 令 h( x) = x - 1 - ln( x - 1) , 则 h ' ( x) = 1 - 1 x - 2 = ≥ 0( x ≥ 2), x - 1 x - 1 ∴ 当 x ∈ [2,+∞)时, h( x) = x - 1 - ln( x - 1)单调递增,又 h (2) = 1 > 0 , ∴ 当 x ≥ 2 时,恒有 h( x) > 0 , 即 ln( x - 1) < x - 1 ,命题成立. 综上所述,结论成立. 证法二: 当 a = 1 时, f ( x) =1+ ln( x - 1). (1- x)n 当 x ≥ 2 时,对任意的正整数 n ,恒有1≤ 1 ,故只需证明1 + ln( x - 1) ≤ x - 1. (1- x)n 令 h( x) = x -1 - (1+ ln(x -1)) = x - 2 - ln(x -1), x ∈[ 2, +∞) ,则 h'( x) = 1 - 当 x ≥ 2 时, h ' ( x) ≥ 0 ,故 h( x) 在 [ 2, +∞) 上单调递增, 1 x - 2 = , x - 1 x - 1 因此,当 x ≥ 2 时, h( x) ≥ h (2) = 0 ,即1 + ln( x - 1) ≤ x - 1成立. 故当 x ≥ 2 时,有 1 (1- x)n + ln( x - 1) ≤ x - 1.即 f ( x) ≤ x - 1 . 3、 设函数 f ( x) = ln(1+ x) - 【答案】略 2 x x + 2 ,证明: 当 x>0 时, f ( x)>0 ; 【解析】证明: f '( x) = 1 2( x + 2) - 2 x x2 - = ≥ 0 x + 1 ( x + 2)2 ( x + 2)2 (1+ x) 所以 f ( x) 在 (-1,+∞) 上单增,而 f (0) = 0 故当 x > 0 时, f ( x) > f (0) = 0 8 4、已知函数 g ( x) = x ln x ,设 0 < a < b , 证明: 0 < g (a) + g (b) - 2( 【答案】略 【解析】 a + b 2 ) < (b - a) ln 2 证明: g '( x) = ln x + 1 ,设 F ( x) = g (a) + g ( x) - 2 g ( a + x 2 ) a + x1a + xa + x F '( x) = g ' ( x) - 2 g ' () ⨯= g ' ( x) - g ' () = ln x - ln 2222 当 0 < x < a 时 F '( x) < 0 ,当 x > a 时 F '( x) > 0 , 即 F ( x) 在 x ∈ (0, a) 上为减函数,在 x ∈ (a,+∞) 上为增函数 ∴ F ( x) min = F (a) = 0 ,又 b > a ∴ F (b) > F (a) = 0 , 即 g (a) + g (b) - 2 g ( a + b 2 ) > 0 a + x 设 G( x) = g (a) + g ( x) - 2 g () - ( x - a) ln 2 2 a + x G '( x) = ln x - ln- ln 2 = ln x - ln(a + x) , 2 当 x > 0 时, G '( x ) < 0 ,因此 G( x) 在区间 (0,+∞ ) 上为减函数; 因为 G(a) = 0 ,又 b > a ∴ G (b) < G (a) = 0 , 即 g (a) + g ( x) - 2 g ( a + x 2 ) - ( x - a) ln 2 < 0 a + x 故 g (a) + g ( x) - 2 g () < ( x - a) ln 2 2 综上可知,当 0 < a < b 时, 0 < g (a) + g (b) - 2( a + b ) < (b - a) ln 2 2
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