(天津版)高考数学分项版解析专题03导数理

1、1第三章导数一基础题组1.【2006 天津，理 9】函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f (x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f (x)在开区间(a,b)内有极小值点()A. 1 个 B 2 个 C 3 个 D 4 个【答案】A2x(宀0)0/cCOS(0,-)2cos日2/ cos0丄)(- E)2f (x)+0一0+f(x)/极大值极小值/cos日cos日因此，函数f（x）在x处取得极小值f（ ），且2 2)=)=cos3 COS)4161COS(COS24730：cos2当 0 & 0,必有2由于0 ：v : 2十:11_：632a -1 c a或12a -1C

2、OSTI2由(II ),参数匸二)U(竺，竺)时，0COS日成3.要使不等式6 2 2 6 22a -1 _ cosv关于参数 v 恒成立，必有2a -13，即4 a.248a 兰 0 或综上，解得8所以 a 的取值范围是82ax _ a2+ 13.【2007 天津，理 20】已知函数f(x)=厂-(xR!，其中a aR.x +1(I) 当 a =1 时，求曲线讨二f (x)在点(2, f (2)处的切线方程；(II) 当 a=0 时，求函数f (x)的单调区间与极值.【答案】(I)6x 25y -32 =0.(II) (1)当 a 0 时，函数f (x)在Xt - -1处取得极小值f,且fa

3、 a.aIa a) ) a a丿函数f (x)在X2=a 处取得极大值f (a),且f(a)=1.(2)当a：0时，函数f (x)在捲=a处取得极大值f (a),且f=1.1i 1 ii 1 i函数f (x)在x2处取得极小值f,且fa a.aI a丿J a丿【解析】(1)1?：当I时J/s去亍/右46所以，曲册 5在点(5)处的切如呈为片 L 六 6 即2a-Aa2a-A a 2.当 x 变化时,f (x),f(x)的变化情况如下表37函数f(x)在x= a 2处取得极小值 f(a 2),且 f(a 2) = (4 3a)e2右 av,则 f(x)在(一8 8,a 2),(3函数f(x)在x

4、= a 2处取得极大值 f(a 2),且 f(a 2) = (4 3a)e【解析】解：当 a=0f(x)=x2eIX(x)=(x2x)eI,故所以曲线 y=f 3 在点 1 f)处的切线的斜率为 3e.x2+(a+2)x-2a2+4a e12令 fM-0M-0s s解得耳二一纽或英二由“ H 亍知，-2a=Aa-2.以下分两种情况讨论2若a,则一 2ava 2.当 x 变化时,f (x),f(x)的变化情况如下表：3f，(x)f，(x)所以 f(x)在(一8,a 2),( 2a,+8)内是增函数,在(a 2, 2a)内是减函数.函数 f(x)在 x= 2a 处取得极小值f( 2a),且 f(

5、2a) = 3ae2a若 av(8,a2)(a一2,一2a)2a(2a,+8)2a,+8)内是增函数，在(a 2, 2a)内是减函数(8,2a)2a(一2a,a一2)(a2,+8)f(x)极大值极小值所以f(x)在(8, 2a),(a 2,+8)内是增函数，在(一 2a,a 2)内是减函数.函数f(x)在 x= 2a 处取得极大值 f( 2a),且 f( 2a) = 3ae一2a.函数f(x)在 x= a 2 处取得极小值 f(a 2),且 f(a 2) = (4 3a)ea2f(x)极大值极小值8函数 f（x）在 x= a 2 处取得极大值 f(a 2),且 f(a 2) = (4 3a)e

6、能力题组a1.【2008 天津，理 20】已知函数fx xi=i=x xbx = 0，其中a,bR.x（i）若曲线y = f x在点P 2, f 2处的切线方程为y =3x 1，求函数f x的解析式;（n）讨论函数f x的单调性；（川）若对于任意的a-,2，不等式f x _10在-,1上恒成立，求b的取值范围.12“4【答案】（I）f（x）=x-8,9 （ II ）f （x）在（v, ia）, C、a, ：）内是增函数，在x（-xa,0）,（0,内是减函数.（川）（-：,4a【解析】（i）解：f（x）=1-p，由导数的几何意义得f=3，于是a =-8.x由切点P（2, f （2）在直线y =

7、3x 1上可得_2 7，解得b = 9.8所以函数f （x）的解析式为f（x）=x-89.x（II）解；/v）=i-4X X当口切时，显然/U）0 （葢#0 ）这时力在0）；00 寸,令/T 力=0,解得乂 = 需当丸变化时，5, /（力的变化情况如下表：X（YD,需）y/ay/a（需,0）需八 +0-0+/极大值X极小值/所臥力在（Y-拓如）内是增函数，在（-血 m m（Qw）内是减函数.1 1（川）解：由（n）知，f（x）在,1上的最大值为f（）与f（1）的较大者，对于任意的44函数 f（x）在 x= 2a 处取得极小值f( 2a),且 f( 2a) = 3ae2a91对任意的a ,2成立

8、.2从而得b7，所以满足条件的b的取值范围是(-：,7442.【2010 天津，理 21】已知函数f(x) =xe(x R).(1)求函数f(x)的单调区间和极值;已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x= 1 对称，证明当x 1 时,f(x)g(x);如果X1MX2，且f(x=f(X2)，证明X1+X2 2.【答案】 f(x) 在(一31)内是增函数，在(1 ,+)内是减函数.1函数 f(x)在 x = 1 处取得极大值 f(1)，且 f(1) = - . (2)详见解析(3)详见解析e【解析】(1)解：f(x) = (1 x)e一x.令 f (x) = 0,解得 x =

9、 1.当 X 变化时，f (x) , f(x)的变化情况如下表:X(3,1)1(1, +m)f(X)+0一f(x)/极大值所以 f(x)在(一3,1)内是增函数，在(1,+3)内是减函数.1函数 f(x)在 X = 1处取得极大值 f(1)， 且 f(1)=-.e(2)证明：由题意可 iD gtx)f (2x),令 Mr)=/(jr)-書 3,即产 3=艇+ &一 2)二11a ,2，不等式f(x)叮0在,1上恒成立,24当且仅当f(1)叮04f(1) a又厂0,所臥尸 3o,从而函数 F0)在+8)上是増函数.又皿)=宀所以时,有拭刃匸=0,即11(3)证明：若(Xi 1)(X2 1

10、) = 0,由(1)及f(xi) =f(X2),得Xi=X2= 1,与 x&X2矛盾.若(X1 1)(X2 1) 0,由(1)及f(X1) =f(X2)，得X1=X2，与X1丰X2矛盾.根据得(X1 1)(X2 1)V0.不妨设X1V1 ,X2 1.由可知,f(X2) g(X2),g(X2)=f(2 X2)，所以f(x2)f(2 X2)，从而f(x” f(2 X2).因为X2 1,所以 2 X2V1.又由(1)可知函数 f(x)在区间(一8,1)内是增函数，所以X12X2,即卩X1+X22.3.【2011 天津，理 19】已知a.0,函数f(x)=lnx-ax2,x 0.(f(x)的图

11、像连续不断)(I)求f (x)的单调区间；13(n)当a时，证明：存在x (2,=)，使f(沧)=f(一)；82(川)若存在均属于区间1,3啲:-，且 F :乂 ：1，使f(f(- -) ) f fC C) )，证明In 3-1 n2 In 2a _53【答案】(I) f(x)的单调递增区间是(0,姮)，f(x)的单调递减区间是(姮，母).；(n)详见解析；(川)详见解析11 -2ax22ax, x (,二)，x22a令f (x) =0,解得x=一.2a当 X 变化时，f (x), f (x)的变化情况如下表:所以,Xf(x)f(x)、2a(0, )2a+f(x)的单调递增区间是(0,2a2a

12、、2a(1T极大值),f(x)的单调递减区间是【解析】(I)解:f(x)12112(II )证明：当a时，f (x) = In x - x .88由 在(0, 2)内单调煖增，在(入+Q0 内单调谨减一 由于/(力在(0 2)內单调谨増，故 /(|)_BPg(2)Q.I2取* = ?总 2 则匱(x)=4l一sx = O gcos1x + sin1x = lJ8 所以 8 讥#0。当 8 口卡 0 日寸，/(x) = 0 x = -tanx 由于函数严一工的團象和函数y=y=的團象知，/） = 有解&（II ）证明：由函数目-X 的图象和函数 y 二 ta nx 的图象知，对于任意整数

13、k，在开区间3T3T（k,k二）内方程-x=tanx只有一个根x,22当x （k,xo）时，xtanx，当x （xo,k）时，x：tanx2 2,r、 _.、JETC_ _而cosx在区间（k,k）内，要么恒正，要么恒负2 2因此X，（k：-?,xo）时f xo的符号与X（Xo,k：-?）时f xo的符号相反综合、：对于任意n N .,nan：n二23 由：nan叮n二和n*1a. 1叮n 1二，得：a. ia.2 2 2 2312an+_an:二n =1,2,川当广（也）=0 时，/（兀）了三堀 si乜2 - 2V兀 sm 兀1StD +COS $22斗兀tan兀_兀1 +tau1 l+j2

14、综合以上，得：f x =0的每一个根都是f x的极值点 KJ k N由-x二tanx得，当 x 0 时，tan x：0 ,即对于x00时，x0 （k二14又:tan an 1一寻二tan an 1- tanan1 tan an 1tanan31 - -1一an 1一anan 1an1 anQn153TT但兀 0.求 a 的值；若对任意的x 0,+)，有f(x)wkx2成立，求实数k的最小值；n2*证明送-ln(2n+1)v2(nN).2i -11【答案】(1) a = 1. (2)-,详见解析2【解析】解：(l)f(x)的定义域为(一包，+8)/XX = 1 一一 =土二 1”x+ax+a x

15、+ax+a由严(宴)=0,得 x 1a - a.当 x 变化时 fz(x) ffe)的变化情况如下表:7(-0,1-3) )I I a a +00)/wC+、极小值z因此,f 仗)在乂=1 一 a 处取得最小值,故由题 f (l-a) = l-a=0,所以(2)当 kW0时，取 x= 1,有 f(1) = 1 ln2 0,故 kW0不合题意.当 k 0 时，令g(x)2 2=f(x) kx,即即g(x) =x ln(x+ 1) kx.x-X 9kx-(1-2k) 12kx=x 1x 1令g(x) = 0,得X1= 0,X2二匕21-1.2k上单调递减.从而对于任意的x 0,+)，总有 g(x)

16、wg(0) = 0,即f(x)wkx2在0,1+m)上恒成立，故k-k-符合题意.21严12k小12k,”亠1-2k当 0 k 0,故 g(x)在(0 ,)22k2k2k(x)=当k 1时,21 -2k2k岂0, g (x) 0 在(0 ,+s)上恒成立，因此 g(x)在0,+ )详见解析16故 0vkv1不合题意.21综上，k 的最小值为丄.2(3)证明：当n= 1 时，不等式左边=2 ln3v2=右边，所以不等式成立.当n2时,f( - )- ln(1 )2i-1-12i 12i1n=7i42i -1n-Zi1 1IJn(2i1) -1 n(2i -1)1ln(2n+ 1).在(2)中取1

17、x2，得f(x)w(x0),从而2fG)一 0,存在唯一的s,使t=f(s);设 中所确定的s关于t的函数为s=g(t)，证明：当te2时，有-5【答案】(i)单调递减区间是0,1I ve，单调递增区间是:，:；(n).Ing(t) . 1 In t2.详见解析；(川)详见解析1718【解析】解： 函数 f(x)的定义域为(0 ,+).f (x) = 2xln x + x= x(2ln x + 1)，令 f (x) = 0,得x x = = . .所以函数 f(x)的单调递减区间是 io,厂I Je 丿(2)证明：当 OCxWl 时，设 令 h(x)ff(x)t, x 1 j +8).由知，h

18、g)在区间(1, +8)内单调递増.h(l) =t0. 故存在唯一的+8),使得戈二(町成立.证明：因为 s = g(t)，由知，t = f(s)，且 s 1,从而In g (t) In sIn s_ls_uIn t In f (s)In(s2In s) 2ln s In(ln s) 2u In u其中 u= In s.2In g(t) 1亠 工u要使成立，只需0：In u：.5 In t 22当 t e2 时，若 s = g(t)we,则由 f(s)的单调性，有 t = f(s) e,即 u 1,从而 Inu 0 成立.u11另一方面，令 F(u) =In u -, u 1.F (u)=-，

19、令 F (u) =0,得 u= 2.2u2当 1vuv2 时，F (u) 0 ;当 u2 时，F (u)v0.故对 u 1, F (u)wF(2)v0.因此In u:u成立.2综上，当 t e2 时，有-:叵型：15 Int 2x1石f (x)一0+f(x)极小值Z，单调递增区间是1,.確丿当 x 变化时，f (x) , f(x)的变化情况如下表:194.【2014 天津，理 20】已知函数f(x)= x- aex(a? R),x? R.已知函数y = f(x)有两个零点x2, 且捲 0讨论f(x)的单调性，将“函数y= f(x)有两个零点”等价转化为如下条件同时成立：“1f(- lna) 0

20、； 2存在 $?(? , In a),满足f(s)v 0； 3 存在s ?(In a,+ ?)，满足f 伦) gE)，从而x1 h1；ee 0，得x20在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意.x1+ X2随着a的减小而增大.可得x1，且Xm,解得x1，x2，可求得20(2)a 0时，由f(x)= 0，得x = - Ina.当x变化时，fX),f(x)的变化情况如21x(-? , Ina)-Ina(-In a,+ )ffx)+0一f(x)/-In a - 1这时，f(x)的单调递增区间是(-? , In a)；单调递减区间是(-I na,+ ).于是，“函数y= f(x)有两个零点”

21、等价于如下条件同时成立：1f(- I na) 0 ；2 存在$?(? , In a),满足f(s)0 ；3 存在s, ?(In a,+ ?)，满足f (足) 0 ,即-In a- 1 0,解得0 a e-1，而此时，取S| = 0，22满足S|?(? , Ina),且f(S|)=-a0；取s2=+I n_,满足s, ?(In a,+ ?),aa且f(s2)=珑2- ea鼢+冲？- ea由/&)=兀一窗=0,有 a a = = * * * *设莒(对=电，由賈丫耳)=1_,知寫仗)在(一gl)上单调e e w we e递増；在(1,+DO)上单调并且，当Jf(-oo:0时 0 . 由已知

22、，西円满足 = (西力a a = = gxgx1 1).).由 4 壬(0#及聲仗)的单调性，可得码(0)， 冷匚(匕十 8)+对于任意的吗,陌(0芒设 Oio1J黑(&)=虧(吕)=彌，其中 0 1sMsM = = S(Jh)S(Jh)= = a a22其中 0亦类似可得&V&V 班.又由&再0,得鱼迺随看垃的减小而増大.& B %(川)由x1= aeXl,x2= aex2，可得In x1= In a +,In x2= In a + x2，故tI ntX2 二一t- 1x1+ x2=(t+ 1)I ntt- 1x2- x1= In x2- In为=x2

23、x2热=上咅,In一 .设一二t，则t 1，且彳XX?x? - x=Int,解得沟Intt- 122Ol1(x+1)ln x- 21nX+ X-令h(x)=(,x ?(1, ?),贝Uhfx)= -2xx- 1u(x)= - 21 n x + x-，得u fx)=?在(1,+ )上单调递增，故对于任意的x?(1, ?),u(x)u(1)=0，由此可得hfx)0,故h(x)在(1,+ )上单调递增，因此，由可得X+X2随着t的增大而增大，而由(n),t随着a的减小而增大，+ x2随着a的减小而增大.考点：1函数的零点；2 导数的运算；3.利用导数研究函数的性质.5.【2015 高考天津，理 11

24、】曲线y=x2与直线y=X所围成的封闭图形的面积为_._1【答案】16y = X2一【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组得两曲线的交点坐标为ly = x6.【2015 高考天津，理 20 (本小题满分 14 分)已知函数f(x)= nx-xn,xR，其中主.当x ?(1, ?)时，u(X) 0.因此，u(x)(0,0),(1,1)，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积23n N ,n -2.(I)讨论f (x)的单调性;(ii)设曲线y二f(x)与x轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为y = g(x),求证: 对于任意的正实数x，都有f (x)冬g(x)；(III

25、)若关于x的方程f(x)=a(a 为实数)有两个正实根Xi, X2，求证：| X2-X1| +21- n【答案】(I)当n为奇数时，f(x)在(-：，-1)，(1,=)上单调递减，在(-1,1)内单调递 增；当n为偶数时，f (x)在(-：，-1)上单调递增，f(x)在(1,=)上单调递减.(II)见解 析；(III) 见解析.【解析】(I)由f (x)二 nx - xn，可得，其中n N *且n_ 2，下面分两种情况讨论：当科为奇数时：令#3=0,解得“1 或“一1, 当 X 变化时,3 /(X)的变化情况如下表:X X(-14)L-K)+/(X)z所以才(力在(y.T), (l-hx)上里

26、调递减，在(-口)内里调递増.当n为偶数时，当f (x) 0，即x : 1时，函数f (x)单调递增;当f (x)：0，即x 1时，函数f (x)单调递减所以，f (x)在(-：，-1)上单调递增，f (x)在(1, ：)上单调递减1(II)证明：设点P的坐标为(x0,0)，则x0二nn，f (xj = n -n2，曲线y二f (x)在点P处的切线方程为y=f(x)x-x0，即g(x) =f (x) x-x，令F (x) = f (x) -g(x)，24即F(x) = f(X)- f(X。)X-XoX-Xo，则F (X) = f (X) - f (Xo)由于f(x)二-nxnn在0,上单调递减，故F(x)在0上单调递减，又因为F(x)=O，所以当x(O,Xo)时，F(XO)AO,当xw(Xo时，F(Xo)0,函数g(x)= |f(x)|,求证：g(x)在区间0,2上的最大值不小于 一.-425【答案】(I)详见解析；(n)详见解析；(川)