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=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. 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，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+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x11,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）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（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+，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；（）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).