专题8-含参导数题型总结(2).doc

2020届高三年级数学同步训练题
专题 含参数导数题型规律总结（2）
【题型方法总结】
（一）多次求导
例1. 设f″（x）是y=f'x的导数．某同学经过探究发现，任意一个三次函数（a≠0）都有对称中心x0,fx0，其中x0满足f''x0=0．已知，则_________．

练习1. 已知函数．
（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的单调递减区间；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下证明：.

练习2. 已知函数
（1）讨论函数gx=fxx在1,+∞上的单调性；
（2）若a≥0，不等式对x∈0,+∞恒成立，求a取值范围.

（二）由导函数构造原函数
例2. 设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f'(x)，若，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为__________．

练习1．已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足，其中f'(x)是函数f(x)的导函数，若，则实数m的取值范围为___________.

练习2. 已知定义在R上的可导函数f (x)的导函数为f'x，满足f'x＜f (x)，且f (x＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x)＜ex的解集为________．

练习3.已知定义在R的函数f(x)的导函数f'(x)，且满足f'(x)>2f(x)，f(12)=e，则f(lnx)<x2的解集为__________。

（三）构造新函数
例3. 已知函数若方程f(x)=m有两个不相等的实根x1，x2，则x1+x2的最大值为__________.

练习1. 已知函数，当x2>x1时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为________.

练习2.已知，若，，则m的取值范围是_________

练习3.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数的图像与轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数，，都有.

练习4.设，函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个相异零点，求证.

练习5. 已知函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求证：x1x2＜a2．

（四）两边同时求导
例4. 我们常用以下方法求形如函数的导数：先两边同取自然对数，再两边同时求导得g(x)1f(x)f'(x)，于是得到，运用此方法求得函数y=x1x(x>0)的单调递减区间是____________.

练习1. 阅读材料：
求函数y=ex的导函数
解：∵y=ex ∴x=lny ∴1=1y⋅y' ∴y'=y=ex
借助上述思路，曲线，x∈12，+∞在点1，1处的切线方程为__________.

（五）多变量
例5.已知函数．
（Ⅰ）当a=0时，求fx在点(0,f(0))处的切线方程；
（Ⅱ）若a≥0，求函数fx的单调区间；
（Ⅲ）若对任意的a≤0，在x∈0,+∞上恒成立，求实数b的取值范围．

练习1．已知函数．
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）函数在区间上有零点，求的值；
（3）若不等式对任意正实数恒成立，求正整数的取值集合．

练习2．已知函数.
（1）求函数f(x)的极小值；
（2）求证：当-1≤a≤1时，f(x)>g(x).

答案与解析
例1：【答案】4036.
【解析】根据题意，对于函数，
有f′（x）＝x2﹣x+3，f″（x）＝2x﹣1．
由f″（x）＝0，即2x﹣1＝0，即x＝12，又由f（12）＝2，
即函数的对称中心为（12，2），
则有f（x）+f（1﹣x）＝4，
则
=
＝4×1009＝4036；
故答案为：4036．

练习1：【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】（Ⅰ）由题意，函数，则，
由是函数的一个极值点，所以，解得，
则，令，得
所以的单调递减区间为 .
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下要证，即证，
令，则，
令，则，
故函数在为单调递增，
又，所以，使得，即，
则在递减，在上递增，
故，
故．
练习2：【答案】(1) gx的单调递减区间为ea+12,+∞，单调递增区间为1，ea+12. (2) 0,2.
【解析】（1） gx的定义域为0，+∞，
，
若a≤-12，因为x>1，所以lnx>0，所以g'x<0，所以gx在1，+∞上单调递减，
若a>-12，令g'x=0，得x=ea+12，
当1<x<ea+12时，g'x>0； 当x>ea+12时，g'x<0，
所以gx的单调递减区间为ea+12,+∞，单调递增区间为1，ea+12.
（2），即对x∈0,+∞恒成立，
令，则，令h'x=0，得x=ea-1，
当x∈0,ea-1时，h'x<0； 当时，h'x>0，
所以hx的最小值为，
令，则，令t'a=0，得a=1，
当a∈0,1时，t'a>0,ta在0,1上单调递增；
当a∈1,+∞时，t'a<0,ta在1，+∞上单调递减，
所以当a∈0,1时，hx的最小值为；
当a∈1,+∞时，hx的最小值为
故a的取值范围是0,2.

例2：【答案】xx<0.
【分析】由，
构造新函数，求导，利用已知的不等式，可以判断出函数g(x)的单调性，从而利用单调性求出不等式的解集.
【解析】，
构造新函数，且，不等式变为g(x)>g(0)，
，由已知，所以
是R上的减函数，因为g(x)>g(0)，所以x<0，因此不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为xx<0.
练习1：【答案】2018,2019
【解析】令，
则，∵，∴h'(x)<0，
函数h(x)在(0,+∞)递减，∴，
∴m-2018>0，m>2018，∴，即，
故m-2018<1，解得：m<2019，∴.
故答案为：2018,2019

练习2：【答案】(0,+∞)
【解析】令g(x)=f(x)ex，
则，∵f′（x）＜f（x），∴g′（x）＜0．
∴g（x）在R上单调递减．∵函数f（x+2）是偶函数，∴函数f（﹣x+2）＝f（x+2），
∴函数关于x＝2对称，∴f（0）＝f（4）＝1，
原不等式等价为g（x）＜1，∵g（0）=f(0)e0=1．
∴g（x）＜1⇔g（x）＜g（0），∵g（x）在R上单调递减，
∴x＞0．
∴不等式f（x）＜ex的解集为（0，+∞）．
故答案为：（0，+∞）．
练习3：【答案】(0,e)
【解析】令t=lnx，得x=et，所以不等式f(lnx)<x2可化为f(t)<e2t，即f(t)e2t<1；
令gt=f(t)e2t，则，
因为定义在R的函数f(x)的导函数f'(x)，且满足f'(x)>2f(x)，所以，
因此函数gt=f(t)e2t在R上单调递增；又f(12)=e，所以，
因此由f(t)e2t<1得，，所以t<12，故lnx<12，解得0<x<e.
故答案为(0,e)

例3：【答案】3ln2-2
【解析】f(x)的图像如图所示：设x1<x2,则x1=-m2,x2=lnm, 方程f(x)=m有两个不相等的实根,故m>1,
则
当单增，单减，故，即x1+x2的最大值为3ln2-2
故答案为3ln2-2

练习1：【答案】(-∞,e]
【解析】令，则当x2>x1时，不等式g(x1)<g(x2)恒成立,即gx在(0,+∞)上单调递增，
所以在(0,+∞)上恒成立，a≤(exx)min，
因为，所以当x>1时，(exx)'>0,当0<x<1时，(exx)'<0,从而当x=1时
练习2：【答案】-194,+∞
【解析】不妨设x1>x2，不等式等价于
即，
令，x≥4，
则存在实数a∈2,3，使得Fx为4,+∞上的增函数即F'x≥0恒成立.
又，故不等式在4,+∞上恒成立.
令，则，
因为，故g'x>0，所以在2,3上有解，
所以即m≥-194.填-194,+∞.
【答案】(1)见解析；(2)见证明
【解析】（1）函数的定义域为 ，.
当时， ，在上单调递增；
当时，由，得 .
若 ，，单调递增；
若，，单调递减
综合上述：当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在上单调递减.
（2）由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，不满足条件；
当时，的极大值为，
由已知得 ，故 ，此时.
不妨设，则
等价于，即证：
令， 则

故在单调递减，所以.
所以对于任意互不相等的正实数，都有成立.
练习4：【答案】（1）当时，在上单增，当时，在上单增，在上单减；
（2）见解析.
【解析】由题意，得 ，
当时，，则在定义域上单增，
当，则函数在上单增，在上单减.
(2)由已知得，，，
所以=，所以等价于，即，
设，令，
则，所以即
即是，所以原题得证.
练习5：【答案】（1）（e，+∞）；（2）见解析
【解析】（1）∵函数，∴x＞0，f′（x）=x-alnx，
∵函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2．
∴f′（x）=x-alnx=0有两个不等根，
令g（x）=x-alnx，则=，（x＞0），
①当a≤0时，得g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴g（x）在（0，+∞）上不可能有两个零点．
②当a＞0时，由g′（x）＞0，解得x＞a，由g′（x）＜0，解得0＜x＜a，
则g（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
要使函数g（x）有两个零点，则g（a）=a-alna＜0，
解得a＞e，∴实数a的取值范围是（e，+∞）．
（2）由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的两个根，
则，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），
即a=，即证x1x2＜，
即证=，
由x1＜x2，得=t＞1，只需证ln2t-t-，
设g（t）=ln2t-t-，则g′（t）==，
令h（t）=2lnt-t+，∴h′（t）==-（）2＜0，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t）＜h（1）=0，
∴g′（t）＜0，即g（t）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t）＜g（1）=0，
即ln2t＜t-2+在（1，+∞）上恒成立，∴x1x2＜a2．

例4：【答案】(e,+∞)
【解析】因为y=x1x，所以lny=lnxx,
两边同时求导得1yy'=1-lnxx2,因此y'=1-lnxx2x1x，
由，得lnx>1,x>e,即单调递减区间是(e,+∞).
练习1：【答案】y=4x-3
【解析】∵,∴,
∴, ∴1y⋅y'=,
∴,当x=1时，y'=4，
∴曲线，x∈12，+∞在点1，1处的切线方程为y-1=4(x-1),
即y=4x-3，故答案为y=4x-3.

例5：【答案】（Ⅰ）y=x；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）b≥1
【解析】（Ⅰ）当a=0时，fx=x⋅e-x
∴f'0=1，f0=0
∴函数fx在点0,f0处的切线方程为y=x
（Ⅱ）由题意，

（ⅰ）当a=0时，
令f'x>0，得x<1；f'x<0，得x>1
所以fx在-∞,1单调递增，1,+∞单调递减
（ⅱ）当a>0时，1-1a<1
令f'x>0，得1-1a<x<1；f'x<0，得x<1-1a或x>1
所以fx在1-1a,1单调递增，在-∞,1-1a，1,+∞单调递减
（Ⅲ）令，a∈-∞,0
当x∈0,+∞时，，ga单调递增，则
则对∀a∈-∞,0恒成立等价于
即，对x∈0,+∞恒成立.
（ⅰ）当b≤0时，∀x∈0,+∞，，xe-x>0
此时，不合题意，舍去
（ⅱ）当b>0时，令，x∈0,+∞
则
其中对∀x∈0,+∞，x+1ex>0
令，则px在区间0,+∞上单调递增
①当b≥1时，
所以对∀x∈0,+∞，h'x≥0，则hx在0,+∞上单调递增
故对任意x∈0,+∞，
即不等式在0,+∞上恒成立，满足题意
②当0<b<1时，由
又p1=be>0且px在区间0,+∞上单调递增
所以存在唯一的x0∈0,1使得px0=0，且x∈0,x0时，px<0
即h'x<0，所以hx在区间0,x0上单调递减
则x∈0,x0时，，即，不符合题意
综上所述，b≥1

练习1：【答案】(1) ；(2) 的值为0或3 ；(3) .
【解析】（1），所以切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为．
（2）令，得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，又，
所以在区间上存在一个零点，此时；
因为，，
所以在区间上存在一个零点，此时．综上，的值为0或3．
（3）当时，不等式为．显然恒成立，此时；
当时，不等式可化为，
令，则，
由（2）可知，函数在上单调递减，且存在一个零点，
此时，即
所以当时，，即，函数单调递增；
当时，，即，函数单调递减．
所以有极大值即最大值，于是．
当时，不等式可化为，
由（2）可知，函数在上单调递增，且存在一个零点，同理可得．
综上可知．
又因为，所以正整数的取值集合为．
练习2：【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）
当a-1≤0时，即a≤1时，f'(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极小值；
当a-1>0时，即a>1时，，函数f(x)在(0,a-1)上单调递减；
，函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增；
，
综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值；当a>1时，
（2）令
当-1≤a≤1时，要证：f(x)>g(x)，即证F(x)>0,即证，
要证，即证.
①当0<a≤1时，
令，，所以h(x)在(0,+∞)单调递增，
故，即x>sinx.
，
令，q'(x)=lnx，
当，q(x)在(0,1)单调递减；，q(x)在(1,+∞)单调递增，故，即xlnx≥x-1.当且仅当x=1时取等号
又∵0<a≤1，
由（*）、（**）可知
所以当0<a≤1时，
②当a=0时，即证xlnx>-1.令m(x)=xlnx，，m(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,+∞)上单调递增，，故xlnx>-1
③当-1≤a<0时，当x∈（0,1]时，，由②知，而-1e>-1，
故；
当时，asinx-1≤0，由②知，故；
所以，当时，.
综上①②③可知，当-1≤a≤1时，f(x)>g(x).