1、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=fx的导数某同学经过探究发现,任意一个三次函数(a0)都有对称中心x0,fx0,其中x0满足fx0=0已知,则_练习1. 已知函数()若是函数的一个极值点,求的单调递减区间;()在()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a0,不等式对x0,+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
2、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fx,满足fxf (x),且f (x2)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)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
3、. 已知函数有两个不同的极值点x1,x2,且x1x2(1)求实数a的取值范围;(2)求证:x1x2a2(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(x0)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=1yy y=y=ex借助上述思路,曲线,x12,+在点1,1处的切线方程为_.(五)多变量例5.已知函数()当a=0时,求fx在点(0,f(0)处的切线方程;()若a0,求函数fx的单调区间;()若对任意的a0,在x0,+上恒成立,求实
4、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-1a1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)x2x+3,f(x)2x1由f(x)0,即2x10,即x12,又由f(12)2,即函数的对称中心为(12,2),则有f(x)+f(1x)4,则=410094036;故答案为:4036练习1:【答案】();()证明见解析.【解析】()由题意,函数,则,由是函数的一个极值点,所以,解得,则,令,得所
5、以的单调递减区间为 .()在()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x1,所以lnx0,所以gx-12,令gx=0,得x=ea+12,当1x0; 当xea+12时,gx0,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x0,+恒成立,令,则,令hx=0,得x=ea-1,当x0,ea-1时,hx0,所以hx的最小值为,令,则,令ta=0
6、,得a=1,当a0,1时,ta0,ta在0,1上单调递增;当a1,+时,ta0,ta在1,+上单调递减,所以当a0,1时,hx的最小值为;当a1,+时,hx的最小值为故a的取值范围是0,2.例2:【答案】xxg(0),由已知,所以是R上的减函数,因为g(x)g(0),所以x0,因此不等式(其中e为自然对数的底数)的解集为xx0.练习1:【答案】2018,2019【解析】令,则,h(x)0,m2018,即,故m-20181,解得:m2019,.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)0g(x)在R上单调递减函数f(x+
7、2)是偶函数,函数f(x+2)f(x+2),函数关于x2对称,f(0)f(4)1,原不等式等价为g(x)1,g(0)=f(0)e0=1g(x)1g(x)g(0),g(x)在R上单调递减,x0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)e2t2f(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)e2t1得,所以t12,故lnx12,解得0xe.故答案为(0,e)例3:【答案】3ln2-2【解析】f(x)的图像如图所示:设x
8、11,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x2x1时,不等式g(x1)1时,(exx)0,当0x1时,(exx)x2,不等式等价于即,令,x4,则存在实数a2,3,使得Fx为4,+上的增函数即Fx0恒成立.又,故不等式在4,+上恒成立.令,则,因为,故gx0,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)
9、由()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,x0,f(x)=x-alnx,函数有两个不同的极值点x1,x2,且x1x2f(x)=x-alnx=0有两个不等根,令g
10、(x)=x-alnx,则=,(x0),当a0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当a0时,由g(x)0,解得xa,由g(x)0,解得0xa,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-alna0,解得ae,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x1x2,得=t1,只需证ln2t-t-,设g(t)=ln2t-t-,则g(t)=,令h(t)=2lnt-t+
11、,h(t)=-()20,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ln2tt-2+在(1,+)上恒成立,x1x2a2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lnx1,xe,即单调递减区间是(e,+).练习1:【答案】y=4x-3【解析】, 1yy=,当x=1时,y=4,曲线,x12,+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】()y=x;()见解析;()
12、b1【解析】()当a=0时,fx=xe-x f0=1,f0=0函数fx在点0,f0处的切线方程为y=x()由题意,()当a=0时,令fx0,得x1;fx1所以fx在-,1单调递增,1,+单调递减()当a0时,1-1a0,得1-1ax1;fx0,得x1所以fx在1-1a,1单调递增,在-,1-1a,1,+单调递减()令,a-,0当x0,+时,ga单调递增,则则对a-,0恒成立等价于即,对x0,+恒成立.()当b0时,x0,+,xe-x0此时,不合题意,舍去()当b0时,令,x0,+则其中对x0,+,x+1ex0令,则px在区间0,+上单调递增当b1时,所以对x0,+,hx0,则hx在0,+上单调
13、递增故对任意x0,+,即不等式在0,+上恒成立,满足题意当0b0且px在区间0,+上单调递增所以存在唯一的x00,1使得px0=0,且x0,x0时,px0 即hx0,函数f(x)在(0,+)上单调递增,无极小值;当a-10时,即a1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a1时,f(x)无极小值;当a1时,(2)令当-1a1时,要证:f(x)g(x),即证F(x)0,即证,要证,即证.当0sinx.,令,q(x)=lnx,当,q(x)在(0,1)单调递减;,q(x)在(1,+)单调递增,故,即xlnxx-1.当且仅当x=1时取等号又0a1,由(*)、(*)可知所以当0-1.令m(x)=xlnx,m(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+)上单调递增,故xlnx-1当-1a-1,故;当时,asinx-10,由知,故;所以,当时,.综上可知,当-1a1时,f(x)g(x).
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