导数常见题型.docx
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导数常见题型
导数大题常见题型
一、导数的意义。
解决超越函数或两种以上组成的高
次函数,三种常见题型:
1、求切线方程;
2、求一个参数的值;
3、求两个参数的值。
导数的几何意义:
切线的斜率就是函数yf(x)在切点处的导数。
题型一:
已知切点,求曲线的切线方程。
【示例】求函数yf(x)2x3在x1处的切线方程。
解析:
f(x)6x2,f⑴616k
当x1时,f
(1)2
切点为(1,2)
y26(x1)
题型二:
已知函数f(x)x33x,过点A(0,16),做曲线yf(x)的切线,求切线方程。
解析:
带入可知点A不在曲线上,设切点M(x0,y0),且点M位于曲线上
满足yox。
33x°
(1)
-一2一
f(x)3x3
q,、-2-,,…
f(x。
)3x。
3k
(2)
又有ky。
16(3)
x。
0
(1)代入(3),且
(2)(3),得3x023^一竺0
x0
解得:
x02,y02
M的坐标为(2,2),k9
y29(x2)y9x16
题型三:
弄清"过某点的切线"与"在某点的切线"【示例】
(1)求曲线yx32x在点A(1,1)处的切线方程;
(2)求过曲线yx32x上的点A(1,1)处的切线方程;解析:
(1)易得切线方程为xy20
(1)设切点为(xo,y°),则有y°x。
32xo
■一2一
f(x。
)3x02
3x022k
x。
1
2x。
32x。
1
3x02~
x。
1
1
解得x。
1或x。
一,
2
当x。
1,y。
1,切点为(1,1)
切线方程为xy20
1717
当x。
一,y。
一,切点为(一,—)
2828
切线方程为xy30
8
例:
函数f(x)xlnx.
(3)过A(e2,0)做函数yf(x)图像的切线,求切线方程.
分析:
先设出切点,然后利用导数求取斜率,并用点斜式求出切线方程,
将A(e2,0)代入切线方程,求出切点的横坐标,进而求出切线方程。
解析:
(3)设切点T(x°,y。
),则kATf(x。
),所以x。
";。
lnx。
1即e2x。
Inx。
1
x0一
e
设h(x)e2x0lnx01,当x0时,h(x)0,所以h(x)是单调递增函数.
111
所以h(x)0最多只有一个根,又h(土)e2—Ine210,所以x。
—
e2e2e2
由f(x。
)1得切线方程是xy<0
e2
:
、求含参数的函数的单调区间、极值和最值
答题模板:
由题意得:
x(定义域)
求导可得:
f(x)(必须写成两个相乘)
令f(x)0,解得x,即单调增区间为
令f(x)0,解得x,即单调增区间为
故f(x)极大值f(x)
例:
函数f(x)Inxa(1x).
⑴讨论f(x)的单调性;1
解析:
(1)f(x)的定乂域为(0,),f(x)—a.
x
若a0,则f(x)0,所以f(x)在(0,)上单调递增.
1….1…
右a0,则当x(0,一)时,f(x)0;当x(―,)时,f(x)0.
aa
所以f(x)在0,【时单调递增,在—?
时单调递减.aa
例:
已知f(x)ae2x(a2)exx.
(1)讨论f(x)的单调性;
解析:
f(x)2ae2x(a2)ex1(2e2x1)(aex1)
若a0,则f(x)0恒成立,所以f(x)在R上递减;
11
右a0,令f(x)0,得e—,xIn-
一1—,1
当xln一时,f(x)0,所以f(x)在,ln一上递减;
当xIn1时,f(x)0,所以f(x)在In1,上递增;
aa
综上所述,当a0时,f(x)在R上递减;当a0时,
f(x)在,ln1上递减,在,ln1上递增;
解析:
由题意得:
f(x)的定义域是(0,),f(x)1与a-—.
xxx
设g(x)xax2,二次方程g(x)0的判别式a28.
当0时,即0a2也时,对一切x0都有f(x)0.
此时f(x)是(0,)上的单调递增函数.
当0时,即a2”时,仅对x2也有f(x)0,对其余的x0都有f(x)0,此时f(x)是(0,)上的单调递增函数。
.
当0时,即a2「2时,方程g(x)0有两个不同的实根
22
a,a8a.a8一
x,x2,0x〔x2
22
此时f(x)在(0,a8)上单调递增,在(a喝28,a*'「28)上单调递减,
222
例:
已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.
⑴讨论f(x)的单调性;
解析:
f(x)(x1)(ex2a),再根据1,0,2a的大小进行分类确定f(x)的单调性;
当a0时,则当x(,1)时,f(x)0;x(1,)时,f(x)0;
所以f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增.
e
士a0时,由f(x)0碍x1或xln(2a),有a—,则f(x)(x1)(ee),
所以f(x)在R上单调递增.
e
若a—,贝Uln(2a)1,故当x(,ln(2a))(1,)时,f(x)0;
当x(ln(2a,1)时,f(x)0;
故f(x)在(,ln(2a)),(1,)上单调递增,在(ln(2a,1)单调递减.
三、已知零点个数,求参数的取值范围。
答题模板:
由题意得:
的图像交点有个
x(定义域)
求导可得:
f(x)(必须写成两式相乘)
令f(x)0,解得:
x
令f(x)0,解得:
x
故f(x)极大值f(x)
利用函数的极值点,求参数的值
(1)f(x)在区间m,n有唯一极值点
(2)f(x)在区间m,n有极小值点,没有极大值点
(3)f(x)在区间m,n有两个极值点
(4)f(x)在区间m,n既有极小值点,乂有极大值点
例:
已知f(x)x22x4a.x
⑴若a4,求f(x)的单调区间;
⑵若f(x)有三个零点,求a的取值范围;
分析:
(1)首先根据表达式确定函数的定义域,然后再对函数f(x)求导,
并在定义域中求f(x)0,f(x)0的解集,进而得到函数f(x)的单调区间;
(2)首先将问题进行等价转化为方程ax32x24x有三个根,
然后再通过构造函数,求导、取极值,即可得到a的取值范围.
2x4-,x
解析:
(1)由题意得:
f(x)的定义域为x0,a4时,f(x)x2
32
则f(x)2x2g2x22x4
xx
令f(x)0,解得x1,且有x1时,f(x)0,x1时,f(x)0,
所以f(x)在(,0),(0,1)上单调递减,f(x)在(1,)上单调递增.
(2)f(x)0,即ax32x24x,令g(x)x32x24x,
2
则g(x)3x4x4,解得x12,x2—,所以g(x)有两个极值,
3
g(x〔)g
(2)8,g(x2)g(-)竺,所以a(40,8),即a(8,竺)
32/2/2/
常用的找点技巧
方法一:
放缩法,成功关键:
在目标区间上找到一个合适的逼近函数
111111
只需要 L,所以右侧可取: f(L)lnL—(」a)一 aaaaaa 方法二: 目测法,成功关键,大胆【示例】证明: 当分析: 极值点为x各找到一个函数值大于1 则可找: f (1)ea1 a 右侧: 自变虽越大,成 f(2lna)e2lna2alna 方法三: 分而治制,成功关键,对乘积式的每个因式进行适当放缩。 【示例】证明: 当a0时,f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点。 分析: 极值点为x1,f (1)e0,f (2)a0,难点是在1的左侧找一个函数值大于零的点,显然白变量越小越容易成功,要使得 ae (x2)exa(x1)0,即a(x1)(x2)e«只需要炳足2 (x1)2x 即取b满足b1—造且bIna即可使得f(b)02 很明显,上述拆分已经达到目的,但是结果还可以从视觉上优化: 优化 (1): 弱化(x1)22x的解,也就是取b1且blna也可使得f(b)0° 优化 (2): 为了使得解集更好看,配凑一下系数,使得该二次不等式常数项为0, a 即2e 2(x1)22x 所以,取b满足b0且blna也可使得f(b)0. 2 (这就解释了2016全国I标准答案中找点的思路) 方法四: 分析与构造,成功关键,分析零点区间随参数变化的趋势, 构造与之相匹配的代数式作为区间端点。 2_,,.一•一, 【示例】证明: 当0a-时,f(x)atxlnx有两个奇点.e 112 分析: 极值点为x=(接近0),f(「)a-0,显然f (1)a0, eee 难点是在]1的左侧找一个函数值大于零的点,显然点应满足如下几个条件: e ⑴始终为正数; (2)既能开根,也能取对数; (3)当a越小时,它也随之变小,并且能无限趋于零; 从条件 (1) (2)来看,我们应该取指数的形式,且最好为偶次藉,从条件(3)来看, 我们找的指数当趋于0时应趋于负无穷,所以可取反比例函数的形式或双撇函数 4的形式,经过尝试与调整,找到如下的点: f(ea) 方法五: 局部构造,成功关键: 舍去一些影响对剩下的部分进行解方程的操作 【示例】整证明: 当1a0时,f(x)alnx 11有两个零点. x 分析: 极值点为x1(大于1),且f (1)aln (1)1a aaa a 使得alnx110,考虑到 10是恒成立的,所以取alnx x x 因此我们得到下面这个 点: 111 f(ea)ea0,其中e'1. a 所以有两个零点,X 0,x2 1」a,ea 10,即可, 又f (1)0,所以只需在1的右侧找一个函数值小于0的点, 经典模型: y或y x x Inx 例: 讨论函数f(x)Inxax的零点个数 f(x) 1…、一1、 a,f(x)maxf() xa 1In(-)1a 0 ⑵a 1时,1个零点. e f(x) 11,r 一-,f(x)maxf(e) xe Ine10 . (3)当0 a1时,2个零点. e f (1) a0(目测),f(土) 1a ln^- 1a —1 1a 其中1 1、.,、 ——e(放缩) 1a f(【) a 111 In二一(一a)aaa a0,其中 12 —ea (4)当a 0时,1个零点. ⑴a1时,无零点. e a 1 e(用到了Inx 0, 1 x_)(x x 1) 1 f(x)-a0,单调递增,f (1)a0,x .a11a]1a1 f(ea)(a—)aea(a―)二(1二) aaee h(x)mnh (1)1 0, 1n(31)0 a In1,In—-各有一个零点 aa 例: 已知f(x)ae2x(a2)exx. ⑵若f(x)有两个零点,求a的取值范围; 解析: f(x)有两个零点,必须满足f(xL0,即a0时, L一一1 且f(x)minf(In—) 11 1In 0 a aa 构造函数g(x)1 xInx,x 1 0,易得g(x)1-0, x 所以g(x)1x Inx单调递减 又因为g (1)0,所以11In1 aa 11 0g(-)g (1)-1 aa 0a1 下面只要证明0a1时,f(x)有两个零点即可,为此我们先证明当x0时,xlnx 1事实上,构造函数h(x)xlnx,易得h(x)1-, xh(x)0,即xInx,2 当a1时,f (1)史1aea(e2) eee .3a32333 f(In——)a(—1)(a2)(—1)In(—1)- aaaaa 其中1In1,In—aIn1,所以f(x)在1,In1和 aaaa 四、其他条件下,求参数的取值范围 (含参数不等式解法: 恒成立、能成立、恰成立)常见题型: 1、已知不等式恒成立,求参数取值范围; 2、已知不等式能成立,求参数取值范围; 3、已知单调函数(无极值),求参数取值范围; 4、已知非单调函数(有极值),求参数取值范围; 【注意】含参数不等式解法常用: 换主元、分离常数、数形结合、甩掉常数法; 任意恒成立(X)g存在能成立(X): 单调函数与无极值点的区别: 对于闭区间 "单调函数",端点可以为极值点 "无极值点",端点不可以为极值点已知函数单调性,求参数问题 f(x)0在区间m,n上恒成立, x0m,n,使f(x)0 x0m,n,使f(x)0 ⑴f(x)在区间m,n上,单调递增 即求f(X)min0. (2)f(x)在区间m,n上存在递增区间 即求f(X)max0. (3)f(x)在区间m,n上存在递减区间 即求f(x)max0. (4)f(x)在区间m,n上不单调 怛成立I可题是数学中常见I可题,也是历年局考的一大热点。 大多是在不等式中,已知一个变虽的取值范围,求另一个变 虽的取值范围的形式出现。 方法一: 最值法 【示例】已知函数f(x)axlnxbxc(x0)在x1处取得极值3c,其中a,b,c为常数, (1)确定a,b的值; ⑵讨论函数f(x)的单调区间; (3)若对任意x0,不等式f(x)2c2恒成立,求c的取值范围; 分析: 不等式f(x)2c2恒成立f(x)min2c2 解析: (1)a12,b3 (2)单调减区间为(0,1);单调增区间为(1,); ⑶由 (2)可知,f(x)在x1处取得最小值f (1)3c,极小值也是最小值, 要使f(x)2c2(x0)恒成立,只需3c2c2,解得c|或c1 所以c的取值范围是c3或c1 2 【点评】最值法是我们最常用的方法之一,f(x)cf(x)minc; f(x)cf(x)maxc; 方法二: 分离参数法 a【示例】已知函效f(x)lg(x—2),有对任怠x2,恒有f(x)0, x 试确定a的取值范围. 解析: 依题意得: x-21,在x2,恒成立 x 即: ax23x在x2,恒成立 3°9 设f(x)x3x,则f(x)(x-)- 24 当x2时,f(x)max2,所以a2 【点评】若不等式能通过恒等变形分离出参数,即;若a()f(x)恒成立, 只需求出f(x)max,则a()f(x)max即可; 【示例】已知函数f(x)ln2(1x) (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若不等式(1n)na 分析: 单调增区间为 N*都成立,求a的最大值; 1,0);单调减区间为(0, e对任意n ); (2)不等式(1n)n 不等式(n a)ln(1n) 1,由于1 知(na)ln(1n) x0,1,贝Ug'(x) 由 (1)知,ln2(1x) 1 1ln(1-) n 1 2 (1x)ln2(1x) 2 x (^ n;设g(x) 1 ln(1x) 11n 1 x (1x)ln2(1x) x2(1 0,即(1x)ln2(1x) 2 x)ln2(1x) x20 于是g'(x)0,x 1g (1)ln2 【点评】不等式恒成立 也就是使参数和主元分最后化归为最值法求解 0,1上为减函数,故g(x)在x 1,所以a的最大值为—1 ln2 问题中,常常先将所求 别位于不等式的左右两 0,1上最小值为 参数从不等式中分离出来, 边,然后再巧妙构造函数, 方法三: 分类讨论 在给出的不等式中, 如果两变虽不能通过恒等变形分别置于 不等式的两边,则可利用分类讨论的思想来解决。 【示例】若不等式2x1m(x21),对满足2m2的所有m都成立,求x的范围. 分析: 可以改变主元的办法,将m看作主元,原不等式为 m(x21) 令f(m) *f( 只需 f (2)0 (2x1)0 m(x21)(2x 2)0求得x 1),则2 1>71.3 m2,f(m)0叵成立 【示例】若x2,2时,不等式x2ax3a包成立,求a的取值范围。 解析: 设f(x)x2ax3a,则问题转化为当x2,2时,f(x)的最小值非负a (1)当-2即a4时,f(x)minf (2)73a0, 2 a〔乂a4,故a不存在; 32 (2)当222即4a4时,f(笊f(|)3a%0, 6a2乂4a4,4a2 a⑶当^2即a4时,f(x)minf (2)7a0, a7乂a4,7a4 综上所述得: 7a2 方法三: 换主元法 【示例】对丁满足不等式1a1的一切实数a,函数yx2(a4)x(42a) 的值包大丁0,贝U实数x的取值范围是. 分析: 若审题不活,按习惯以为x是主元,则求解非常繁琐,应注意到: 函数值大丁0对一定取值范围的谁包成立,则谁就是主元。 解析: 设f(a)(x2)a(x4x4),a1,1,则原问题转化为f(a)0包成立的问题 故f (1)°解得x1或x3f (1)0 所以实数x的取值范围是x1或x3 【点评】在某些特定的条件下,若能变更主元,转换思考问题的角度,不仅可以 避免分类讨论,而且可以轻松解决包成立的问题。 方法四: 数形结合法 【示例】已知当x1,2时,不等式(x1)logax恒成立,则实数a的取值范围是. 分析: 本题若直接求解比较繁琐,但若在同一平面直角坐标系内做出函数f(x)(x1)2与函数g(x)logax在x1,2上的图像,借助图形求解。 解析: 在同一平面直角坐标系内做出函数f(x)(x1)2与函数g(x)logax在x1,2上的图像,从图像中容易知道: 当0a1且x1,2时,函数f(x) 的图像恒在函数g(x)上方,不合题意;当a1且x1,2时,要使函数f(x) 的图像恒在函数g(x)下方或部分点重合,就必须满足loga21,即1a2.故所求a的取值范围是1a2 【点评】对不等式两边巧妙构造函数,数形结合,直观形象, 是解决不等式恒成立问题的一种快捷的方法。 2 x2xa2x0 【下例】(201"津)已知aR,函数f(x)222,°,若对任意x3, f(x)x恒成立,则a的取值范围是. 分析: 画出x的图像及f(x)的图像观察分析。 解: 当x3,0时,有f(3)解得: a2; f(0)0 b22 当x0,时,x—1,则x2x2axxx2a0 2a .21 b4ac18a0a; 8 【示例】若不等式3x 当a0时,函数ylogax图像显然在y3x2的下方,不成立; I1111" loga——,a——,——a1332727 综上所述得: 上a1 27 【点评】数形结合是先将不等式两端分别看做两个函数,且正确作出两个函数图像,然后观察两个图像,特别是交点的位置关系,列出关于参数的不等式。 不等式恒成立几种常见类型: 类型一: 对于一次函数f(x)kxb,xm,n,则有: f(n) ⑴若f(x)0恒成立f(m)0 (log2x) 0x—或x 2 【示例】设f(x)(log2X)2(t2)log2Xt1,若t在2,2上变化,y恒取正值,求实数x的取值范围。 解析: 设f(t)(log2x)2(t2)log2xt1,t2,2 f (2) 问题转化为: f(t)0,对t2,2恒成立f (2)0 故实数x的取值范围是0x】或x8 2 2 一,g■aa—任【、-/: 、x2ax/: 、2xa1Vraa— 【下例】对于1x1,求使不等式 (一)(-)在a1,1上怛成,, 22 求a的取值范围。 解析: 原不等式等价于x2ax2xa1在a1,1上恒成立 设f(a)(x1)ax22x1,则f(a)是a的一次函数或常数函数 要使f(a)0在a1,1上恒成立,则只需满足 -一2一 f (1)0xx0. cx2或x0 f (1)0x23x20 故x的取值范围是: x2或x0 类型二: 设f(x)ax2bxc(a0),xR ⑴f(x)0在xR恒成立a0且^0; ⑴f(x)0在xR恒成立a0且^0; 【示例】已知f(x)-一竺三0在x1,上恒成立, x 求实数a的取值范围。 分析1: 当x1,时,f(x)0恒成立x22xa0恒成立 只需求出g(x)x22xa在x1,上的最小值,使最小值大于0即可。 解法1: f(x)-一竺三0在x1,上恒成立 x x22xa0恒成立,设g(x)x22xa在x1, 问题转化为: g(x)min0 g(x)在1,上是增函数 g(x)ming (1)3a 3a0a3 故实数a的取值范围是: a3 分析2: 分离变量法,转化为af(x)或af(x)恒成立问题。 然后利用极端值原理:
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