高考导数压轴题题型(精选.)
高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一.求函数的单调区间,函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+; (1)求()f x 的解析式及单调区间; 【解析】 (1)12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得:(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得:21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得:()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21.已知函数f (x )=e x -ln(x +m ). (1)设x =0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; 【解析】 (1)f ′(x )=1 e x x m - +. 由x =0是f (x )的极值点得f ′(0)=0,所以m =1. 于是f (x )=e x -ln(x +1),定义域为(-1,+∞),f ′(x )=1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )=1 e 1 x x -+在(-1,+∞)单调递增,且f ′(0)=0. 因此当x ∈(-1,0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0. 所以f (x )在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- (1)讨论()f x 的单调性; 【解析】 (1)+ -2≥0,等号仅当x=0时成立,所以f (x )在(—∞,+∞)单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 (1)证明: f (x )在 (-¥,0)单调递减,在 (0,+¥)单调递增; (2)若对于任意 x 1,x 2?[-1,1],都有 |f (x 1)-f (x 2)|£e -1,求m 的取值范围。
(完整版)高中数学导数压轴题专题训练
高中数学导数尖子生辅导(填选压轴) 一.选择题(共30小题) 1.(2013?文昌模拟)如图是f(x)=x3+bx2+cx+d的图象,则x12+x22的值是() A.B.C.D. 考点:利用导数研究函数的极值;函数的图象与图象变化. 专题:计算题;压轴题;数形结合. 分析:先利用图象得:f(x)=x(x+1)(x﹣2)=x3﹣x2﹣2x,求出其导函数,利用x1,x2是原函数的极值点,求出x1+x2=,,即可求得结论. 解答:解:由图得:f(x)=x(x+1)(x﹣2)=x3﹣x2﹣2x, ∴f'(x)=3x2﹣2x﹣2 ∵x1,x2是原函数的极值点 所以有x1+x2=,, 故x12+x22=(x1+x2)2﹣2x1x2==. 故选D. 点评:本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值,是对基础知识的考查,属于基础题. 2.(2013?乐山二模)定义方程f(x)=f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”,若函数g(x)=x,h(x)=ln(x+1),φ(x)=x3﹣1的“新驻点”分别为α,β,γ,则α,β,γ的大小关系为() A.α>β>γB.β>α>γC.γ>α>βD.β>γ>α 考点:导数的运算. 专题:压轴题;新定义. 分析:分别对g(x),h(x),φ(x)求导,令g′(x)=g(x),h′(x)=h(x),φ′(x)=φ(x),则它们的根分别为α,β,γ,即α=1,ln(β+1)=,γ3﹣1=3γ2,然后分别讨论β、γ的取值范围即可. 解答: 解:∵g′(x)=1,h′(x)=,φ′(x)=3x2, 由题意得: α=1,ln(β+1)=,γ3﹣1=3γ2, ①∵ln(β+1)=, ∴(β+1)β+1=e, 当β≥1时,β+1≥2, ∴β+1≤<2, ∴β<1,这与β≥1矛盾, ∴0<β<1; ②∵γ3﹣1=3γ2,且γ=0时等式不成立,
函数与导数例题高考压轴题含答案
函数与导数 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈,其中t R ∈. (Ⅰ)当1t =时,求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程; (Ⅱ)当0t ≠时,求()f x 的单调区间; (Ⅲ)证明:对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点. 【解析】(19)本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、 函数的零点、解不等式等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法,满分14分。 (Ⅰ)解:当1t =时,3 2 2 ()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+- (0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =- (Ⅱ)解:2 2 ()1266f x x tx t '=+-,令()0f x '=,解得.2 t x t x =-=或 因为0t ≠,以下分两种情况讨论: (1)若0,,t t t x <<-则 当变化时,(),()f x f x '的变化情况如下表: 所以,()f x 的单调递增区间是(), ,,;()2t t f x ??-∞-+∞ ? ??的单调递减区间是,2t t ?? - ??? 。 (2)若0,t t t >-< 则,当x 变化时,(),()f x f x '的变化情况如下表: 所以,()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ??-∞-+∞ ??? 的单调递减区间是,.2t t ? ?- ??? (Ⅲ)证明:由(Ⅱ)可知,当0t >时,()f x 在0,2t ? ? ??? 内的单调递减,在,2t ?? +∞ ??? 内单调递增,以下分两种情况讨论: (1)当1,22 t t ≥≥即时,()f x 在(0,1)内单调递减, 所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点。
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
专题五挖掘“隐零点”,破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法,函数问题可以利用方程求解,方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体,主要考查以下三个方面:(1)零点所在区间——零点存在性定理;(2)二次方程根的分布问题;(3)判断零点的个数问题;(4)根据零点的情况确定参数的值或范围;(5)根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”,破解导数压轴问题,例题说法,高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”,求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性,并说明理由; (2)当时,恒成立,求的取值范围. 【答案】(1)区间单调递增;(2) 【解析】 (1).∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增,所以当时 即函数f(x)在区间单调递减;当时 即函数f(x)在区间单调递增; (2)因为,而在(0,1)上递增 存在使得
,当 时单调递减; 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”,证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-,设()2 0,2a e ∈求证:当(]0,1x ∈时,2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1,222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-,()22()242x x x xe x e ?'==+, 当(]0,1x ∈,()0x ?'>,即()x ?在区间(]0,1为增函数, (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈,所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时,'()0f x <,当(]0,1x x ∈,'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减,在(]0,1x 单调递增, 所以当0x x =时,()f x 取得最小值,最小值为0200()ln x f x e a x =-, 由0 2020x x e a -=,即0 202x a e x = ,两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于,所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+
函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)
函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)
所以对任意[2,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零 点。 (2)当01,022t t <<<<即时,()f x 在0,2t ?? ??? 内单调递减,在,12t ?? ???内单调递增,若3 3177(0,1],10.244t f t t t ??∈=-+-≤-< ??? 2(1)643643230.f t t t t t =-++≥-++=-+> 所以(),12t f x ?? ??? 在内存在零点。 若()3377(1,2),110.244t t f t t t ??∈=-+-<-+< ??? (0)10f t =-> 所以()0,2 t f x ?? ???在内存在零点。 所以,对任意(0,2),()t f x ∈在区间(0,1)内均存在 零点。 综上,对任意(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在 零点。 2. 已知函数21 ()32 f x x =+,()h x =. (Ⅰ)设函数F (x )=18f (x )-x 2[h (x )]2,求F (x ) 的单调区间与极值; (Ⅱ)设a ∈R ,解关于x 的方程33lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---; (Ⅲ)设*n ∈N ,证明:1 ()()[(1)(2)()]6f n h n h h h n -+++≥. 本小题主要考查函数导数的应用、不等式的证
明、解方程等基础知识,考查数形结合、函数与方程、分类与整合等数学思想方法及推理运算、分析问题、解决问题的能力. 解:(Ⅰ)223()18()[()]129(0)F x f x x h x x x x =-=-++≥, 2()312F x x '∴=-+. 令()0F x '∴=,得2x =(2x =-舍去). 当(0,2)x ∈时.()0F x '>;当(2,)x ∈+∞时,()0F x '<, 故当[0,2)x ∈时,()F x 为增函数;当[2,)x ∈+∞时,()F x 为 减函数. 2x =为()F x 的极大值点,且(2)824925F =-++=. (Ⅱ)方法一:原方程可化为 422 33log [(1)]log ()log (4)24f x h a x h x --=---, 即为4222log (1)log log log x -==,且,14,x a x ?< ①当14a <≤时,1x a <<,则14a x x x --=-,即2640x x a -++=, 364(4)2040a a ?=-+=->, 此时3x ==±∵1x a <<, 此时方程仅有一解3x = ②当4a >时,14x <<,由14a x x x --=-,得2640x x a -++=,364(4)204a a ?=-+=-, 若45a <<,则0?> ,方程有两解3x =± 若5a =时,则0?=,方程有一解3x =; 若1a ≤或5a >,原方程无解. 方法二:原方程可化为422log (1)log (4)log ()x h x h a x -+-=-, 即222 1log (1)log log 2x -+,
高考导数压轴题题型
高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一.求函数的单调区间,函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ; (1)求()f x 的解析式及单调区间; 【解析】 (1)1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得:(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得:21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得:()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21.已知函数f (x )=e x -ln(x +m ). (1)设x =0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; 【解析】 (1)f ′(x )=1e x x m -+. 由x =0是f (x )的极值点得f ′(0)=0,所以m =1. 于是f (x )=e x -ln(x +1),定义域为(-1,+∞),f ′(x )=1e 1x x - +. 函数f ′(x )=1e 1 x x -+在(-1,+∞)单调递增,且f ′(0)=0. 因此当x ∈(-1,0)时,f ′(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )>0.
(完整)2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(一).doc
2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(一) 1.已知函数f (x) x2 ax ln x(a R) . (1)函数f (x)在 [1,2] 上的性; (2)令函数g( x) e x 1 x2 a f (x) ,e=2.71828?是自然数的底数, 若函数 g (x) 有且只有一个零点m,判断 m 与 e 的大小,并明理由 . 2.已知函数 f (x) x3ax2bx c 在x 2 与x 1都取得极. 3 (1)求 a, b 的与函数f( x)的区; (2)若x [ c,1] ,不等式 f (x) c 恒成立,求 c 的取范 . 2 3.已知函数 f (x) ln(1 x) ln(1x) . (1)明 f '(x) 2 ; (2)如果 f (x) ax x [0,1) 恒成立,求 a 的范 .
x 1 4.已知函数f (x) ( e 自然数的底数) . e x (1)求函数f (x)的区; (2)函数(x) xf (x) tf '(x) 1 x1, x2 [0 ,1] ,使得 2 ( x1 )(x2 ) x ,存在数 e 成立,求数t 的取范 . 5.已知函数 f ( x) kx a x,其中k R,a 0且a 1 . (1)当 a e ( e=2.71 ?自然数的底),f(x)的性;(2)当k 1,若函数f(x)存在最大g(a),求g(a)的最小. 6.已知函数 f x x2ax ln x a R (1)当a 3 ,求函数f(x)在 1 , 2 上的最大和最小; 2 (2)函数 f(x)既有极大又有极小,求数 a 的取范 .
7.已知 f( x)是定义在 R 上的奇函数,当 x 0 时, f x 1 x 3 ax a R ,且曲线 f(x)在 3 x 1 处的切线与直线 y 3 x 1平行 2 4 (1)求 a 的值及函数 f(x)的解析式; (2)若函数 y f x m 在区间 3, 3 上有三个零点,求实数 m 的取值范围 . 8.已知函数 f x x 0 ax, a ln x (1)若函数 y f x 在 1, 上减函数,求实数 a 的最小值; (2)若存在 x 1 , x 2 e,e 2 ,使 f x 1 f x 2 a 成立,求实数 a 的取值范围 . 9.已知函数 f (x) x 3 ax 2 bx 1, a , b R . ( 1)若 a 2 b 0 , ①当 a 0 时,求函数 f(x)的极值(用 a 表示); ②若 f(x)有三个相异零点,问是否存在实数 a 使得这三个零点成等差数列?若存在,试 求出 a 的值;若不存在,请说明理由; ( 2)函数 f( x)图象上点 A 处的切线 l 1 与 f(x)的图象相交于另一点 B ,在点 B 处的切线为 l 2 ,直线 l 1, l 2 的斜率分别为 k 1, k 2 ,且 k 2 =4k 1 ,求 a ,b 满足的关系式.
导数压轴题题型(学生版)
导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. (I )讨论的单调性; (II )当时,证明对于任意的成立. ()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈()f x 1a =()3()'2 f x f x +>[]1,2x ∈
1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =(a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x . (1)讨论()f x 的单调性; (2)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围. 例2.(21)(本小题满分12分)已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点.
(I)求a 的取值范围; (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明:122x x +<. 例3.(本小题满分12分)
已知函数f (x )=31,()ln 4 x ax g x x ++=- (Ⅰ)当a 为何值时,x 轴为曲线()y f x = 的切线; (Ⅱ)用min {},m n 表示m,n 中的最小值,设函数}{()min (),() (0)h x f x g x x => , 讨论h (x )零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数 ,函数 (Ⅰ)讨论 在区间上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.
例5已知函数f(x)=e x-ln(x+m). (1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0.
例6已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间; (2)若b ax x x f ++≥ 22 1)(,求b a )1(+的最大值。
高考导数压轴题---函数与导数核心考点(精编完美版)
导数与函数核心考点 目录 题型一切线型 1.求在某处的切线方程 2.求过某点的切线方程 3.已知切线方程求参数 题型二单调型 1.主导函数需“二次求导”型 2.主导函数为“一次函数”型 3.主导函数为“二次函数”型 4.已知函数单调性,求参数范围 题型三极值最值型 1.求函数的极值 2.求函数的最值 3.已知极值求参数 4.已知最值求参数 题型四零点型 1.零点(交点,根)的个数问题 2.零点存在性定理的应用 3.极值点偏移问题 题型五恒成立与存在性问题 1.单变量型恒成立问题 2.单变量型存在性问题 3.双变量型的恒成立与存在性问题 4.等式型恒成立与存在性问题 题型六与不等式有关的证明问题 1.单变量型不等式证明 2.含有e x与lnx的不等式证明技巧 3.多元函数不等式的证明 4.数列型不等式证明的构造方法
题型一 切线型 1.求在某处的切线方程 例1.【2015重庆理20】求函数f (x )=3x 2 e x 在点(1, f (1))处的切线方程. 解:由f (x )=3x 2e x ,得f ′(x )=6x -3x 2e x ,切点为(1,3e ) ,斜率为f ′(1)=3 e 由f (1)=3e ,得切点坐标为(1,3e ),由f ′(1)=3e ,得切线斜率为3 e ; ∴切线方程为y -3e =3 e (x -1),即3x -ey =0. 例2.求f (x )=e x (1 x +2)在点(1,f (1))处的切线方程. 解:由f (x )=e x (1x +2),得f ′(x )=e x (-1x 2+1 x +2) 由f (1)=3e ,得切点坐标为(1,3e ),由f ′(1)=2e ,得切线斜率为2e ; ∴切线方程为y -3e =2e (x -1),即2ex -y +e =0. 例3.求f (x )=ln 1-x 1+x 在点(0,f (0))处的切线方程. 解:由f (x )=ln 1-x 1+x =ln (1-x )-ln (1+x ),得f ′(x )=-11-x -1 1+x 由f (0)=0,得切点坐标为(0,0),由f ′(0)=-2,得切线斜率为-2; ∴切线方程为y =-2x ,即2x +y =0. 例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中,曲线C :y =x 2 4 与 直线l :y =kx +a (a >0)交于M ,N 两点,当k =0时,分别求C 在点M 与N 处的切线方程. 解:由题意得:a =x 2 4,则x =±2a ,即M (-2a ,a ),N (2a ,a ), 由f (x )=x 24,得f ′(x )=x 2, 当切点为M (-2a ,a )时,切线斜率为f ′(-2a )=-a , 此时切线方程为:ax +y +a =0; 当切点为N (2a ,a )时,切线斜率为f ′(2a )=a , 此时切线方程为:ax -y -a =0;