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文档介绍
2013-2017高考数学分类汇编-文科 第三章导数 第2节 导数的应用(2)
第三章 导数 第2节 导数的应用 题型37 利用导函数研究函数的极值与最值 1(2013湖北文10).已知函数有两个极值点,则实数的取值范围是( ). A. B. C. D. 1. 分析 由已知得有两个正实数根,即的图象与轴有两 个交点,从而得的取值范围. 解析 ,依题意有两个正实数根. 设,函数有两个零点,显然当时不合题意, 必有;,令,得,于是在上单调递增,在上单调递减,所以在处取得极大值,即,所以.故选B. 2. (2013福建文12)设函数的定义域为,的极大值点,以下结 论一定正确的是( ). A. B.是 的极小值点 C.是 的极小值点 D.是 的极小值点 2.分析 不妨取函数,则,易判断为 的极大值点,但显然不是最大值,故排除A. 解析 因为,易知,为的极大值点,故排除B; 又,易知,为的极大值点,故排除C; 因为的图象与的图象关于原点对称,由函数图象的对称性可得应为函数的极小值点.故D正确. 3. (2013安徽文20)设函数,其中,区间. (1)求的长度(注:区间的长度定义为); (2)给定常数,当时,求长度的最小值. 3.解 同理科卷17题. 4.(2013江西文21)设函数 为常数且. (1)当时,求; (2)若满足但,则称为的二阶周期点,证明函数 有且仅有两个二阶周期点,并求二阶周期点,; (3)对于(2)中,,设,,,记的面积为,求在区间上的最大值和最小值. 4.分析 (1)根据自变量的取值求出相应的函数值;(2)根据自变量的取值和二阶周期点 的定义解方程求出题目中的二阶周期点;(3)根据(2)的结果用参数表示出三角形的面 积,通过导数求最值的方法得出最值. 解析 (1)当时,,. (2) 当时,由,解得2,因为,故不是的二阶周期点; 当时,由解得. 因为, 故为的二阶周期点; 当时,由解得. 因为, 故不是的二阶周期点; 当时,由解得. 因为, 故为的二阶周期点. 因此,函数有且仅有两个二阶周期点,. (3)由(2)得,, 则,, 因为,有, 所以 (或令, ,因为 则在区间上的最小值为, 故对于任意,.) 则在区间上单调递增, 故在区间上的最小值为,最大值为. 5. (2013江苏20) 设函数,,其中为实数. (1)若在上是单调减函数,且在上有最小值,求的取值范围; (2)若在上是单调增函数,试求的零点个数,并证明你的结论. 5.分析(1)通过在上恒成立,在有解求得的取值范围;(2)由在上恒成立得出的取值范围,然后对进行讨论,研究的零点. 解析 解:(1)令,考虑到的定义域为,故, 进而解得,即在上是单调减函数. 同理,在上是单调增函数. 由于在上是单调减增函数,故,从而,即. 令,得. 当时,;当时,.又在上有最小值. 所以,即. 综上可知,. (2)当时,必为单调增函数; 当时,令,解得,即.因为在上是单调增函数,类似(1)有,即. 结合上述两种情况,得. ①当时,由以及,得存在唯一的零点; ②当时,由于,且函数在上的图象连续,所以在上存在零点. 另外,当时,,故在上是单调增函数,所以只有一个零点. ③当时,令,解得.当时,;当时,,所以,是的最大值点,且最大值为. a.当,即时,有一个零点. b.当,即时,有两个零点.实际上,对于,由于.,且函数在上的图象连续,所以在上存在零点. 另外,当时,,故在上是单调增函数,所以在上只有一个零点.下面考虑在上的情况.先证.为此,我们要证明:当时,. 设,则,再设,则. 当时,,所以在上是单调增函数. 当时,,从而在上是单调增函数,进而当时,,即当时,. 当,即时,. 又,且函数在上的图象连续,所以在上存在零点. 又当时,,故在上是单调减函数, 所以在上只有一个零点.综合①②③可知,当或时,的零点个数为,当时,的零点个数为. 6. (2013浙江文21)已知,函数. (1)若,求曲线在点处的切线方程; (2)若,求在闭区间上的最小值. 6.分析 (1)切点处的导数即为切线的斜率,求导后算出斜率,写出切线方程即可.(2)要 确定 的最小值,因为的最值是由其单调性决定的,所以要先利用导数确定 的单调性,再确定极值和区间端点的函数值.由于所给区间中含有绝对值,因此要分类 讨论. 解析 (1)当时,,所以.又因为,所以切线方程为,即. (2)记为 在闭区间上的最小值. .令,得. 当时, 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 比较和的大小可得 当时, 单调递减 极小值 单调递增 得. 综上所述,在闭区间上的最小值为 7.(2015重庆文19(1))已知函数在处取得极值. 确定的值; 7. 解析 求导得,因为在处取得极值,所以, 即,解得.经检验,是的极大值点. 8.(2015安徽文21(2))已知函数.若,求 在内的极值. 8. 分析 由(1)可知在内的极大值为,且在内无极小值. 解析 因为,由(1)可知在内的极大值为, 在内无极小值.故在内极大值为,无极小值. 9.(2015北京文19(1))设函数.求的单调区间和极值; 9. 解析 函数的定义域为,, 令,得, 当时,,函数在上单调递减; 当时,,函数在上单调递增. 当时,函数取得极小值. 10.(2015湖南文21(1))函数,记为的从小到大 的第个极值点.证明:数列是等比数列; 10. 解析 令,由,得,即, 而对于,当时, 若,即,则; 若,即,则. 因此,在区间与上,的符号总相反, 于是当时,取得极值,所以, 此时,,易知, 而是常数, 故数列是首项为,公比为的等比数列. 11.(2015新课标2卷文21(2))已知函数.当有最大值,且最大值大于时,求的取值范围. 11. 分析 由(1)知当时,在上无最大值;当时,最大值为,因此,故.令,则在上是增函数. 当时,;当时,.因此的取值范围是. 解析 由(1)知,当时,在上无最大值;当时,在处取得最大值,最大值为. 因此等价于. 令,则在上单调递增,又. 于是,当时,;当时,. 因此,的取值范围是. 评注 高考中对函数与导数的考查,主要体现用导数的工具性来解决函数性质问题,函数的性质是函数的终极内容,学习导数以后用导数这一工具可使求解更直接简单,特别要注意函数的定义域和对参数进行讨论. 12.(2015山东文20 (3))设函数,. 已知曲线在点 处的切线与直线平行.设函数(表示中的较小值),求的最大值. 12.解析 由(2)知,方程在内存在唯一的根,且时, ,时,,所以. 当时,若,; 若,由,可知.故. 当时,由,可得时,,单调递增;时,,单调递减;故. 又,所以函数的最大值为. 13.已知是函数的极小值点,则( ). A. B. C. D. 13.D 解析 令得,或易知在上单调递减,在上单调递增,故极小值为,由已知得.故选D 14.(2016山东文20)设,. (1)令,求的单调区间; (2)已知在处取得极大值,求实数的取值范围. 14. 解析 (1)由,可得, 则, 当时,时,,函数单调递增; 当时,时,,函数单调递增;时,,函数单调递减. 综上所述,当时,函数单调递增区间为; 当时,函数单调递增区间为,单调递减区间为. (2)由(1)知,. ①当时, 单调递增. 所以当时,,单调递减.当时,,单调递增. 所以在处取得极小值,不合题意. ②当时,,由(1)知在内单调递增, 可得当时,,时,, 所以在内单调递减,在内单调递增,所以在处取得极小值,不合题意. ③当时,即时,在内单调递增,在 内单调递减, 所以当时,, 单调递减,不合题意. ④当时,即 ,当时,,单调递增, 当时,,单调递减, 所以在处取得极大值,合题意. 综上可知,实数的取值范围为. 15.(2016天津文20)设函数,,其中. (1)求的单调区间; (2)若存在极值点,且,其中,求证:; (3)设,函数,求证:在区间上的最大值不小于. 15.解析 (1)由,可得,下面分两种情况讨论: ①当时,有恒成立,所以在上单调递增. ②当时,令,解得或. 当变化时,,的变化情况如表所示. 0 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以的单调递减区间为,单调递增区间为,. (2)证明:因为存在极值点,所以由(1)知且. 由题意得,即,所以. 又,且, 由题意及(1)知,存在唯一实数满足,且,因此,所以. (3)证明:设在区间上的最大值为,表示,两数的最大值,下面分三种情况讨论: ①当时,由知在区间上单调递减, 所以在区间上的取值范围为,因此 , 所以 ②当时,, 由(1)和(2) 知,, 所以在区间上的取值范围为, 所以 . ③当时,, 由(1)和(2)知,, 所以在区间上的取值范围为,因此. 综上所述,当时,在区间上的最大值不小于. 16.(2017北京文20)已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程; (2)求函数在区间上的最大值和最小值. 16.解析 . (1),,则曲线在点处的切线方程为. (2). 因为,恒成立,所以在上单调递减,且,所以,所以在上单调递减,所以,. 17.(2017山东文20)已知函数. (1)当时,求曲线在点处的切线方程; (2)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 解析 (1)由题意,. (1)当时,,,所以, 因此,曲线在点处的切线方程是,即. (2)因为,所以. 令,则 ,所以在上单调递增. 因为,所以当时,;当时,. ①当时,, 当时,,,单调递增; 当时,,,单调递减; 当时,,,单调递增. 所以,当时,取到极大值,极大值是, 当时,取到极小值,极小值是. ②当时,. 当时,,单调递增. 所以,在上单调递增,无极大值也无极小值. ③当时,. 当时,,,单调递增; 当时,,,单调递减; 当时,,,单调递增. 所以,当时,取到极大值,极大值是; 当时,取到极小值,极小值是. 综上所述,当时,函数在和上单调递增,在上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是,极小值是; 当时,函数在上单调递增,无极值; 当时,函数在和上单调递增,在上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是,极小值是. 18.(2017浙江20) 已知函数. (1)求的导函数; (2)求在区间上的取值范围. 18.解析 (1)因为 ,, 所以. (2)由,解得或. 当变化时,,的变化情况如下表所示. 1 0 0 ↘ 0 ↗ ↘ 又,,所以在区间上的取值范围是. 19.(2017江苏20)已知函数有极值,且导函数的极值点是的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值). (1)求关于的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:; (3)若,这两个函数的所有极值之和不小于,求的取值范围. 19.解析 (1)由,得, 当时,有极小值为. 因为的极值点是的零点, 所以,又,故. 当时,恒成立,即单调递增, 所以此时不存在极值,不合题意. 因此,即,所以. 有两个相异的实根,. 列表如下 x + 0 – 0 + 极大值 极小值 故的极值点是,从而. 所以关于的函数关系式为,定义域为. (2)解法一:由(1)知,即证明,即, 因为,所以问题等价于, 不妨设,则,不妨设, 易知在上单调递增,且, 从而,即得证. 因此. 解法二(考试院提供):由(1)知,. 设,则. 当时,,从而在上单调递增. 因为,所以,故,即, 因此. (3)由(1)设的两个实根为,且设, 且有,因此. 而的情况如下表所示: 极大值 极小值 所以的极值点是, 从而 . 记,所有极值之和为, 因为的极值为,所以,. 处理方法一:因为,于是在上单调递减. 因为,由,故. 处理方法二:所以,整理得(必然可以猜测零点), ,因此. 因此的取值范围为. 评注 ①此题第(2)问考查的是数值大小的比较,常见的有作差法、作商法、两边平方比较法,此题采用作商(考试院解法二)化简函数达到简化效果,可见对于压轴问题,方法的选择是非常关键的. ②第(3)问实际考查的是函数零点的应用,下面提供此前我们做过的两个类似习题供参考. 案例1:已知函数,若函数存在极值,且所有极值之和小于,则实数的取值范围是 . 解析 因为, 设,当时,恒成立, 所以单调递减,故不存在极值; 所以,设的两根为(不妨设), 从而,因此同号, 所以问题等价于在上有两个不相等的实数根, 因此,从而. 所以的所有极值之和为 , 因此,解得,又,所以实数的取值范围是. ④另外,如果熟悉三次函数对称中心,此题还可以作如下考虑: 即,,, 令,则,所以该三次函数的对称中心为. 因此有 . 这里可以采用假算的思想,即写出简单过程,省去中间过于复杂的运算过程,直接写出结果即可,这需要平时积累一些有价值的素材. 案例2:(徐州15-16高二下学期期末文20)已知函数,为函数的导函数. (1)若,求曲线在点处的切线方程; (2)求函数的单调区间; (3)若存在实数,且,使得,求证:. 解析 (1)若,则,, 所以切线斜率为,又, 所以在点处的切线方程为. (2),. ①当时,恒成立,所以的单调增区间为; ②当时,令,得或, 所以的单调增区间为和, 同理的单调减区间为; ③当时,令,得. 所以的单调增区间为,同理的单调减区间为. (3)由题意可知,是方程的两根, 则,, 所以. 令,. 则恒成立,所以在上单调递减, 所以,即. 题型38 利用导函数研究函数的图像 1.(2017浙江7)函数的导函数的图像如图所示,则函数的图像可能是( ). 1.解析 导数大于零,原函数单调递增,导数小于零,原函数单调递减,对照导函数图像和原函数图像.故选D. 题型39 恒成立与存在性问题 1. (2013辽宁文21)(1)证明:当时,; (2)若不等式对恒成立,求实数的取值范围. 1.分析 利用构造法,分别判断与,与的大小关系;利用比较法或构造函数,通过导数求解范围. 解析 (1)证明:记,则, 当时,,在上是增函数; 当时,,在上是减函数. 又,,所以当时,,即. 记,则当时,,所以在上是减函数,则,即. 综上,,. (2)解法一:因为当时, , 所以,当时,不等式对恒成立. 下面证明,当时,不等式对不恒成立. 因为当时, , 所以存在 满足, 即当时,不等式对不恒成立. 综上,实数的取值范围是. 解法二:记,则 . 记,则. 当时,,因此. 于是在上是减函数,因此,当时,,故当时,,从而在上是减函数,所以,即当时,不等式对恒成立. 下面证明,当时,不等式对不恒成立. 当时,,所以当时,, 因此在上是增函数,故; 当时,. 又,故存在使,则当时,,所以在上是增函数,所以当时,. 所以当时,不等式,对不恒成立. 综上,实数的取值范围是. 2.(2014福建文22)(本小题满分12分) 已知函数(为常数)的图像与轴交于点,曲线在点处的切线斜率为. (1)求的值及函数的极值; (2)求证:当时, (3)求证:对任意给定的正数c,总存在,使得当时,恒有 3. (2014广东文21)(本小题满分14分) 已知函数. (1) 求函数的单调区间; (2) 当时,试讨论是否存在,使得. 4.(2014江苏23)(本小题满分10 分) 已知函数,设为的导数,. (1)求的值; (2)求证:对任意的,等式都成立. 5.(2014辽宁文21)(本小题满分12分) 已知函数,. 求证:(1)存在唯一,使; (2)存在唯一,使,且对(1)中的,有. 6.(2014天津文19)(本小题满分14分) 已知函数. (1)求的单调区间和极值; (2)若对于任意的,都存在,使得,求的取值范围. 7. (2014浙江文21)函数,若在上的最小值记为. (1)求; (2)求证:当时,恒有. 8.(2014陕西文21)(本小题满分14分) 设函数. (1) 当(e为自然对数的底数)时,求的极小值; (2) 讨论函数零点的个数; (3)若对任意,恒成立,求m的取值范围. 9.(2015福建文12)“对任意,”是“”的( ). A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 9. 解析 当时,,构造函数,. 则,故在上单调递减, 故,则; 当时,不等式等价于, 构造函数,则, 故在上单调递减,故,则. 综上所述,“对任意,”是“”的必要不充分条件.故选B. 10.(2015福建文22(3))已知函数.确定实数的所有可能取值, 使得存在,当时,恒有. 10. 分析 由(2)知,当时,不存在满足题意;当时,对于, 有,则,从而不存在满足题意;当时,构造函数,,利用导数研究函数的形状,只要存在,当时,即可. 解析 由(2)知,当时,不存在满足题意; 当时,对于,有,则, 从而不存在满足题意. 当时,令,, 则有. 由得,. 解得(舍),. 当时,,故在上单调递增. 从而当时,,即. 综上,的取值范围是. 11.(2015湖南文21(2))函数,记为的从小到大的第个极值点.若对一切恒成立,求的取值范围. 11. 解析 对一切恒成立,即恒成立,亦即恒成立(), 设,则,令得, 当时,,所以在区间上单调递减; 当时,,所以在区间上单调递增; 因为,且当时,, 所以, 因此恒成立,当且仅当,解得, 故实数的取值范围是. 12.(2015四川文21(2))已知函数,其中. 求证:存在,使得恒成立,并且在区间内有唯一解. 12. 解析 由,解得, 令. 则,,所以存在,使得. 令,其中. 由,可知函数在区间上单调递增. 故,即. 当时,有,, 再由(1)可知,在区间上单调递增. 当时,,所以; 当时,,所以. 又当时,,故时,. 综上所述,存在,使得恒成立,且在区间内有唯一解. 13.(2016全国甲文20)已知函数. (1)当时,求曲线在处的切线方程; (2)若当时,,求的取值范围. 13. 解析 (1)当时,,因此, ,,所以曲线在点处的切线方程为 ,即,得. (2)解法一:从必要条件做起. 因为,对于,, 又,则,得. 当时,,, 又,因此在上单调递增, 所以,即函数在上单调递增, 所以,证毕. 综上所述,的取值范围是. 解法二(目标前提法):若对于, ,显然不等式恒成立的前提条件是,在上单调递增,即在上恒成立,即对恒成立,得. 设,则,所以函数在上单调递增,则,所以. 再证当时,不等式不恒成立. 因为,,所以函数在上单调递增.又,令,则,使得,函数在上单调递减.又,所以对于,与题意中对于,不恒成立,故舍去. 综上所述,的取值范围是. 解法三:直接从最值的角度转化. 本题对于,,则只须对于,. 因为,,,所以函数在上单调递增. 又. 若,即,,函数在上单调递增,,满足题意. 若,即,令,则函数在上单调递减, 则,不满足题意. 综上所述,的取值范围是. 14.(2016四川文21)设函数,,其中,为自然对数的底数. (1)讨论的单调性; (2)求证:当时,; (3)确定的所有可能取值,使得在区间内恒成立. 14.解析 (1)函数的定义域为,. 当时,,在内单调递减. 当时,由,得 当时,,单调递减; 当时,,单调递增. (2)要证明当时,,即,等价于证明当时,. 构造辅助函数,,,则函数在区间上单调递增, 所以当时,,因此,当时,,即,即. (3)依题意,当时,函数在上单调递减,且,则对于,. 又,,则对于,恒有,因此不满足题意. 令,且. 因为对于,恒成立. 又, 所以,设. 且 ,因此在区间上单调递增. 又因为,所以当时,恒成立,即恒成立. 综上所述,的取值范围为. 15.(2017全国1文21)已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若,求的取值范围. 15.解析 (1). ①当时,恒成立,所以在上单调递增; ②当时,恒成立,令,则, 故,所以在上单调递增,在上单调递减; ③当时,恒成立,令,则,即, 所以,所以在上单调递增,同理在上单调递减. (2)①当时,恒成立,符合题意; ②当时,, 故,即; ③当时, , 从而,故,所以. 综上所述,的取值范围为. 16.(2017全国2文21)设函数. (1)讨论的单调性; (2)当时,,求的取值范围. 16.解析 (1). 令,得,解得,.所以当时,,当或时,,所以在区间,上是减函数,在区间上是增函数. (2)因为时,,所以.所以,令,则,即时,,而,所以,所以,. 再令,,当时,恒成立. 所以在上是增函数,恒有,从而是增函数,,,在上恒成立,故即为所求. 17.(2017天津文19)设,.已知函数,. (1)求的单调区间; (2)已知函数和的图像在公共点处有相同的切线. (i)求证:在处的导数等于0; (ii)若关于的不等式在区间上恒成立,求的取值范围. 17.解析 (1)由. 可得, 令,解得或.由,得. 当变化时,,的变化情况如下表所示. 所以,的单调递增区间为,,单调递减区间为. (2)(i)因为,由题意知, 所以,解得. 所以,在处的导数等于0. (ii)因为,,由,可得. 又因为,,故为的极大值点,由(1)知. 另一方面,由于,故. 由(1)知在上单调递增,在上单调递减,故当时,在上恒成立,从而在上恒成立. 由,得,. 令,,所以. 令,解得(舍去)或.所以当时,,当,时,,所以在上单调递增,在上单调递减. 因为,,,故的值域为. 所以的取值范围是.查看更多