2022解答题题型归纳之导数（教师版）

解答题题型归纳之《导数》题型归纳ー:讨论单调性、切线考点1:导后一次型.已知函数，(x)=k'+3x,其中OCR.求ア(x)的单调区间;【分析】可求得ダ(x)=0^+3,对a分a>0,a=0与a<0讨论【解答】解:g(x)的定义域为R,且g'(x)=a/+3.当a>0时,显然g'(x)>0,从而g(x)在R上单调递增.当a=0时,g(x)在R上单调递增.当a<0时,令g，(x)=0I得沏=?"(―^).g(x)和g，(x)的情况如下表:X("〇〇»xo)Xo(xo，+oo)g'(X)-0+g(x)/当ー39<0时,xo<0,此时g(x)在(xo,+ao)上单调递增.当-3时，沏>0,此时g(x)在(-8,xo)上单调递减.综上……考点2:导后二次型(能因式分解).已知函数，(x)=a/，+(a-2)ゼーx.(1)讨论ア(x)的单调性;【分析】(1)求导,根据导数与函数单调性的关系,分类讨论，即可求得ア(X)单调性;【解答】解：(1)由『(x)=aB+(a-2) -x,求导ア(x)=2aelx+(a-2)ex-\,当a=0时,f(x)=-2^-l<0,.'.当xCR,f(x)单调递减，当a>0时,f(x)=(2ev+l)(aev-1)=2a(ゼ+丄)(ごーN),ノ 2 a令/(X)=0»解得:X=［れと,当ア(x)>0»解得:x>ln-f当ア(x)<0»解得:XV此,，ス£(・〇〇»In-)时,f(x)单调递减,x£(In-,+00)单调递增;a a当a<0时,f(x)=2a(e'+U(ev--)<0,恒成立,J 2 a.••当xGR,f(x)单调递减，综上可知:当HO时，/(x)在R单调减函数，当a>0时,/(x)在(-8,心是减函数，在(/«i,+00)是增函数.考点3:导后二次型(不能因式分解)、在点求切线3.已知函数ア(x)=/nx+x2-ax,g(x)=xe2x+x2-1.(1)求曲线y=g(x)在(0,g(0))处的切线方程;(2)讨论f(x)的单调区间;【分析】(1)对g(x)求导得g'(x)=(2x+l)e^+2x,并计算出g'(0)和g(0),再根据点斜式即可写出切线方程；(2)对イ(x)求导得『(x)=え菱セ(x>0),然后分経一把〇和経ー8>0两个大类，讨论/(x)在(0,+^〇)上的正负性,其中在メ-8>0的情形下，还需要再分两个小类aV-2/和a>2夜;【解答】解:(1)g(x)=xe2t+x2-1,.\g'(x)=(2x+l)e42x,(0)=e°=l,g(0)=-1,故曲线y=g(x)在(0,g(0))处的切线方程为ジl=lx(x-0),即x-y-l=0.(2),.*/(x)=bix+*-ax,定义域为(0,4-oo),:•/(x)=+2x-a=2x当〃2-养。,即ー2&WqW2あ时,f(x)>0恒成立,/(x)在(0,+00)上单调递增;当ノ-8>0,即a>2或或qV- 时,令2『-ax+1=0»则ム=a~—2~Q,x2=^--a—8,若aV—2或,则xi<X2<0,f(x)>0在(0,+oo)上恒成立，：.f(x)在(0,+〇〇)上单调递增;若a>2は,则0<xi<X2，当xG(0,xi)时，ブ(x)>0,f(x)单调递增;

当xd(xi，X2)时,f(x)<0,f(x)单调递减;当xC(X2，+8)时,f(x)>0,f(X)单调递增.综上所述,①当aW2夜时，f(x)在(0,+oo)上单调递增;②当a>2迎时，/(x)的单调递增区间为②当a>2迎时，/(x)的单调递增区间为(0,H)和(”—，+8),单调递减区间为(考点4:导后求导型——二阶导.已知函数Z'(x)= a(a<0).(I)求ア(x)的单调区间并判断单调性;【分析】(【)求出函数的定义域,/''(x)=ラキ普,设g(x)=x-1ー底,则g'(x)=1ー丄,判断函数的单调性,然后求解函数y"(X)的单调增区间为(0,1),(L+00).【解答】解:(I)依题意，定义域为(0,1)U(1,+00)»1(x)=アニグ设g(x)=x-1-Inx,则g'(x)=1-当xw(0,1)时,g'(x)<0,：.g(x)>g(1)=0,：.f(x)>0,：.f(x)在(0,1)上单调递增.当xG(1>+oo)时,g'(x)>0,；.g(x)>g(1)=0,/./(x)>0,：.f(x)在(1,+oo)上单调递增.综上可得,函数ア(x)的单调增区间为(0,1),(1,+00).考点5:过点求切线.已知函数ア(x)=lnx,g(x)=x-1.(1)当ん为何值时，直线y=g(x)是曲线y=4(x)的切线；【分析】(1)令"(x)=kf(x)=klnx,n'(x)=-,设切点为(x(j,加),则ム=1,xq-\=klnx^利用函数的单调性结合Z7(1)=1»求出ん.【解答】解:(1)令れ(x)=kf(x)=klnx,nz(x)=\设切点为(的,泗),则ム=1,xo-\=klnxo,贝リ伉ん+；=1.令ド(x)=》x+とFz(x)=1--1=^-1,则函数y=尸(x)在(0,1)上单调递减,在X XX2X2(1,+00)上单调递增.且ド(1)=1,所以ス=1.考点6:公切线问题.设函数y'(x) -x,g(x)=av2+l>(1)求，(x)的单调区间;(2)当aV，且“#)时,若(x)与y=g(x)在公共点P处有相同切线,求切点尸坐标;【分析】(1)由已知得ア(x)=er-l,由此利用导数性质能求出f(x)的单调区间.(2)设/(x)与g(x)在公共点(xo,y0)处的切线相同.f(x)=e'-\,g'(x)=2ax,由题意知，(xo)=g(xo),f(xo)=g'(xo),由此能求出P(0,1).【解答】解:(1)V/(x)="-x,：.f(x)=ev-1,由ア(x)>0I得x>0,故增区间为(0,+00)；由ア(x)<0,得x<0,故减区是为(・〇〇,0).(2)设/(x)与g(x)在公共点(xo，yo)处的切线相同.f(x)=ゼー1,g'(x)=2ax由题意知/(Xo)=g(Xo),f(Xo)=g，(刈)H|j(ex°ー通=ax02+1'lex0-1=2ax0解得xo=O或x()=Wi(舍)，f(0)=0,f(0)=1,：.P(0,1).题型归纳ニ.极值、最值问题考点1:已知极值求参1.已知函数y1(x)=(2+x+ar2)In(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当ー1<x<0时,/'(x)<0i当x>0时，f(x)>0；(2)若x=0是Z'(x)的极大值点,求a.【分析】(1)对函数ア(x)两次求导数,分别判断ア(x)和，(x)的单调性,结合，(0)=0即可得出结论:(2)令/7(x)为f(x)的分子,令が(0)=0计算0,讨论a的范围,得出T"(x)的单调性,从而得出a的值.【解答】(1)证明:当。=0时，/(x)=(2+x) (1+x)-2x,(x>-1).f(x)=/n(x+1)-三，f"(x)=一4^>可得XG(-1,0)时，/，(x)<0,XG(0,+00)时,f(x)>0：.f(x)在(-1,0)递减，在(0,+00)递增，：.f(x)>f(0)=0,：.f(x)=(2+x)In(1+x)-2x在(-1,+oo)上单调递增,又/"(〇)=0..•.当-l<x<0时，f(x)<0:当x>0时,f(x)>0.(2)解:由y'(x)=(2+x+ax2)In(1+x)-2x,得“/ヽ/イハ、,/.ヽ,2+x+ax2へax2-x+(l+2ax)(l+x')ln(x+l,)f(x)=(l+2ar)In(1+x)+ 2= —————令ル(x)=ax2-x+(l+2ax)(1+x)In(x+1),h'(x)=4ar+(4ar+2a+l)In(x+1).当〃K),x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,：.h(x)>h(0)=0,即/(x)>0,：.f(x)在(0,+oo)上单调递增,故x=0不是Z*(x)的极大值点,不符合题意.当〃V0时,h"(x)=8a+4a/〃(x+1)+12a>显然/?”(x)单调递减,①令ガ(0)=0,解得4=ーエ..,・当-l<x<0时，h"(x)>0,当x>0时，h"(x)<0,.•.イ(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+00)上单调递减，：.h'(x)<h'(0)=0,.,.h(x)单调递减，又h(0)=0,...当-l<x<0时，h(x)>0,即ア(x)>0,当x>0时,h(x)<0,即ア(x)<0,,V(X)在(-1,0)上单调递增，在(0,+00)上单调递减，•••x=0是ア(x)的极大值点，符合题意;14-6a l+6a②若一と<hVO,贝リY‘(0)=l+6a>0,h"(e-^--1)=(2a-I)(l一e=)<0,：.h"(x)=0在(0,+oo)上有唯ーー个零点,设为沏,...当O<x<xo时,h"(x)>0,h'(x)单调递增,：.h'(x)>h'(0)=0,即7(x)>0,：.f(x)在(0,xo)上单调递增，不符合题意:③若aV一工,则川(0)=l+6a<0,h"(2-I)=(I-2a)e2>Q,：.h"(x)=0在(-I,0)上有唯——个零点,设为X”...当xiVxVO时，h"(x)<0,h'(x)单调递减，：.h'(x)>h'(0)=0,：.h(x)单调递增，：.h(x)<h(0)=0,即/(x)<0,：.f(x)在(xi，0)上单调递减,不符合题意.综上,a=-考点2:已知极值点个数求参的取值范围.设函数ア(x)=g-itC+/MX)a为常数,e=2.7l828...是自然对数的底数).(I)当に0时,求函数ア(x)的单调区间;(II)若函数，(x)在(0,2)内存在两个极值点，求え的取值范围.【分析】(I)求出导函数，根据导函数的正负性，求出函数的单调区间;(II)函数ア(x)在(0,2)内存在两个极值点,等价于它的导函数f(x)在(0,2)内有两个不同的零点.【解答】解:(I)f(x)的定义域为(0,+8),=")(1(x>0),Xs当七〇时,fcx<0,•••ゼー匕>0,令f(x)=0»则x=2,••.当0VxV2时,f(x)<0,/(x)单调递减;当x>2时,f(x)>0,f(x)单调递增,：.f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+00).(H)由(I)知，依〇时，函数『(x)在(0,2)内单调递减,故，(x)在(0,2)内不存在极值点:当&>0时,设函数g(x) -kx,x£(0,+oo)."：g"(x)=ex-k=ex-elnk,当O<A<1时,当xW(0,2)时，g'(x)=e，-Z>0,y=g(x)单调递增，故ア(x)在(0,2)内不存在两个极值点:当ん>1时,得xG(0,Ink)时，g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减，xG(Ink,+oo)时，g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增，.,.函数y=g(x)的最小值为g(.Ink)=k(1-Ink)函数，(x)在(0,2)内存在两个极值点.(〇)>0当且仅当g(，硝<0g(2)>olo<lnk<2解得:eVfcvJ综上所述,函数，(x)在(0,2)内存在两个极值点时,え的取值范围为(e,y)考点3:含极值点的不等式证明3.已知函数/(x)=a^-ax-xlnxy且/'(ス)>0.(1)求。;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点xo,且/2</(沏)<22.［分析］(1)通过分析可知/'(x)>0等价于h(%)=arー。-配仑0,进而利用〃(x)=a-と可得〃(x)min=hせ),从而可得结论;x a(2)通过(1)可知，(ス)=f-x-xlnxy记t(x)=f(x)=2x-2-Inx,解不等式可知t(x)min=t(i)=ln2-l<0»从而可知/(x)=0存在两根xo，X2,利用/(x)必存在唯一极大值点xo及xoV:可知，(xo)V；,另一方面可知ア(xo)>f(^)=・.【解答】解:(1)因为，(x)=0^-ax-xlnx=x(ar-a-Inx)(x>0),则，(x)NO等价于/?(x)=ar-a-/nx>0,求导可知/f(x)=a一上则当彷〇时"(x)<0,即(x)在(0,+oo)上单调递减,所以当xo>l时,h(xo)<h(1)=0,矛盾,故a>0.因为当OVxvと时"(x)V0、当x>ユ时/(x)>0,所以人(X)min=h(i),又因为人(1)=a-a-/nl=0,所以と=1,解得〃=1;a另解:因为/(1)=0,所以/(x)K)等价于ナ(x)在x>0时的最小值为f(1),所以等价于，(x)在x=l处是极小值,所以解得a=l：(2)由(1)可知/"(x)=x2-x-xlnx,f(x)=2x-2-Inx,令ア(x)=0,可得2x-2-/nx=O,记，(x)=2x-2-Inx,则ド(x)=2-%令f(x)=0.解得x=I，所以，(x)在区间(0,I)上单调递减,在与+00)上单调递增,所以/(x)min=t(i)=ln2-l<0,又f(二)=4>0>所以f(x)在(0,二)上存在唯一零点,所以1(X)=0有解,即ア(X)=0存在两根Xo，X2，且不妨设了(X)在(0,xo)上为正、在(xo,X2)上为负、在(X2,+8)上为正,所以，(X)必存在唯一极大值点X0,且如ー2-，的)=0,所以ア(xo)=Xq2—xo-Xo//?Xo=XQ2—Xo4-2xo-2x02=Xo—x02,由xovg可知/(Xo)V(Xo-xo2)mar=—£+==3由ア(i)<0可知XoV^V*,e e2所以ア(x)在(0,向)上单调递增,在(沏,i)上单调递减,所以/(xo)>f(i)=*：综上所述,f(x)存在唯一的极大值点必,且e-2</(xo)<2，.设函数y'(x)=x--alnx(aSR).(I)讨论函数，(x)的单调性.(II)若/'(X)有两个极值点为，X2,记过点A(xi，f(Xl)),B(X2，f(X2))的直线斜率为七问:是否存在a,使得&=2-a?若存在，求出a的值;若不存在，请说明理由.【分析】(I)求导，令导数等于零，解方程，跟据ア(X)/(X)随X的变化情况即可求出函数的单调区间;(II)假设存在a,使得k=2-a,根据(I)利用韦达定理求出直线斜率为k,根据(ハ函数的单调性，推出矛盾，即可解决问题.【解答】解:(ハ，(x)定义域为(0,+oo),令g(x) -ax+1,△=a2-4,①当ー2%W2时,△*),f(x)>0,故/(x)在(0,+00)上单调递增，②当a<-2时，△>0,g(x)=0的两根都小于零，在(0,+oo)上，f(x)>0,故ア(x)在(0,+oo)上单调递增,③当a>2时，△>0,g(x)=0的两根为xi=：パj—,X2=a+V°2~4,当0<X<Xl时，f(X)>0；当X|<X<X2时，f(X)<0；当X>X2时，f(x)>0；故/'(x)分别在(0,Xl),(X2，+00)上单调递增，在(X1，X2)上单调递减.(II)由(Z)知,a>2.因为『(xi)-f(X2)=(xi-X2)+•X|x--a(/nxi-/«X2)，x\x2所以gfg)-f(xz)=]+-_一戸IE,又由(/)知,X\X2=1.于是»—0lnx^lnx2k——2-ci ,若存在a,使得ん=2-a,则屿①=1,即，wー阮V2=xi-X2，X1-X2亦即め 2lnx2=0(%2>1) (*)再由⑺知,函数/i(t)=t-ラー2仇t在(0,+00)上单调递增,而X2>1，所以あ一三一2/"め>1-1-2，〃l=0,这与(*)式矛盾,x2故不存在a,使得た=2-a.考点4:最值问题.已知函数，(x)=2^-ar+b.(1)讨论ア(x)的单调性;(2)是否存在a,ん使得ア(x)在区间［0,1］的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,シ的所有值;若不存在，说明理由.【分析】⑴/(x)=6『-2ax=6x(x—ミ).令ア(x)=6x(X—三)=0,解得x=0,或会对。分类讨论,即可得出单调性.(2)对。分类讨论,利用(1)的结论即可得出.【解答】解:(1)/(x)=6『ー2ax=6x(x一色).令『(x)=6x(x-ミ)=0»解得x=0,或キ①a=0时,f(x)=6x2>0»函数/(x)在R上单调递增.②。>0时,函数，(x)在(-8,0),(.+00)上单调递增,在(0,；)上单调递减.③〃V0时,函数/(x)在(-8,三)，(0,+00)上单调递增,在(チ0)上单调递减.(2)由(1)可得:①处〇时,函数ア(x)在［〇,1］上单调递增.则7(0)=わ=-1,/(1)=2ー〃+シ=1,解得わ=-1，4=0,满足条件.②a>0时,函数/'(x)在［0,马上单调递减.^>1,即位3时，函数，(x)在［0,1］上单调递减.则，(0)=b=\,/(1)=2-a+b=-1,解得ろ=1,a=4,满足条件.③〇灣VI,即0<。<3时，函数バx)在［0,“上单调递减，在得1］上单调递增.则最小值アq)=2x©尸ー°x(^)2+b=-1,化为:-5+6=-l.而ハ°)=んf(1)=2-a+b,.,•最大值为わ或2-a+b.若:一行+6=ー1わ=1,解得。=3V^>3,矛盾,舍去.若:一(+6=-1,2-a+b=\,解得a=±3g，或〇,矛盾，舍去.综上可得：存在a,b,使得ア(x)在区间［0,1］的最小值为ー1且最大值为1.a,6的所有值为：［;ッ1，或｛に:.已知函数/(x)=卓一ax,曲线y=f(x)在x=l处的切线经过点(2,-1).(I)求实数a的值:(II)设わ>1,求/'(x)在区间も,b］上的最大值和最小值.【分析】(I)求出函数的导数，求出切线的斜率,列出方程求实数a的值:(II)利用函数的导数,通过x与0以及1的底薪比较,判断函数的单调性,求解函数的极值以及端点的函数值,求解函数最值即可.【解答】(本小题满分13分)解：(I)/(x)的导函数为((x)=1U严,所以/(1)=1-a.依题意,有/守=1一a,即ア%=1-a,解得a=l.(II)由(I)得/'(为=とせ#.当OVxVl时，1-f>0,-/nx>0t所以/(x)>0,故ア(x)单调递增;当x>I时,l-fvo,-lnx<0,所以ア(x)<0,故/"(x)单调递减.所以，(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+00)上单调递减.因为〇V；<1<b,所以/(x)最大值为7(1)=-1.设ハ(b)=/(b)-/(i)=(b+ -b+ラ,其中ル>1.则"(b)=(l-^)/nb>0,故〃(b)在区间(1,+00)上单调递增.所以万(b)>h(1)=0,即"b)>/g),故/(x)最小值为=-blnb-も题型归纳三:零点、隐零点问题考点1:讨论零点个数.已知函数/"(X)=1/ー缶+l)x+(1)当a=l时，求y=f(x)在(e,f(e))处切线方程;(2)讨论f(x)的单调区间;(3)试判断。>1时ア(x)=0的实根个数说明理由.【分析】(1)求得了(x)的导数，可得切线的斜率和切点,可得所求切线方程；(2)求得7'(x)的导数，讨论a=0,a>l,a=l,0<a<l,a<0,解不等式可得，(x)的单调区间；(3)由。>1可得ア(x)的极值,判断符号，画岀图象,可得实根的个数.【解答】解:(1)函数Z"(X)=-(a+l)x+的导数为ア(x)=ax-(a+l)+-=(x'1)(ax-1),X X当a=l时，y=f(x)在(e,/(e))处切线斜率为鱼子,切点为(e,V-2e+l),可得切线方程为y-(夕2-2e+l)=四デ(x-e),即为尸デスー》2：2)f(x)=ax-(a+1)+3=(x-i)3-D,x>0)J x X①当4=0时,f(x)=デ,可得ア(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+oo);②当a=l时,f(x)=9券と0,可得/(X)的增区间为(0,+00)；③当。>1时，OV^Vl,可得/(x)的增区间为(0,-),(1,+00),减区间为ピ,a a a1);④当0<a<l,i>l,可得/(x)的增区间为(0,1),(i,+00),减区间为(1,-)；⑤当a<0时,/(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+8)；(3)4>1时/晨)=0的实根个数为1,a>!时，0V2<1,可得7■(x)的增区间为(0,-),(1,+00),减区间为(2，1),a a a可得，(x)的极小值为f⑴=-1一ヨ<〇,极大值为イ(；)=-l-^-lna<0,且x一+oo,f(x)—»+<»,可得7"(x)=0的实根为1个.考点2:证明存在零点2.已知函数ノ(x)=sinx-In(1+x),f(x)为，(x)的导数.证明:/(x)在区间(-1,チ)存在唯一极大值点：f(x)有且仅有2个零点.【分析】(l)/(X)的定义域为(-1,+00),求出原函数的导函数,进ー步求导，得到r(x)在(-1,チ)上为减函数，结合グ(0)=1,f(^)=-1+［号<-1+1=0,由零点存在定理可知,函数r(x)在(-1,»上存在唯一得零点xo,结合单调性可得,f（x）在（-1,沏）上单调递增,在（X0,ミ）上单调递减,可得ア（x）在区间（-1,2）存在唯一极大值点:（2）由（1）知,当xG（-1,0）时,ア（x）<0,f（x）单调递减;当xG（0,xo）时，f（x）>0,f（x）单调递增;由于，（x）在（刈,二）上单调递减，且ア（xo）>0,f（二）<0I可得函数ア（x）在（xo,二）上存在唯一零点Xい结合单调性可知,当xG（xo,X1）时，f（X）单调递增；当xG（ム,二）时，f（X）单调递减.当xC（二，兀）时，f（X）单调递减，再由/9）>0,/（7t）<0.然后列X,f（X）与/（X）的变化情况表得答案.【解答】证明:（l）f（X）的定义域为（-1,+O0）,f（x）=cosx ,f（x）=-sinx+-——,令g（x）=-sinx+,1山则g'（工）=~cosx-—r<0在（-1,ミ）恒成立,.•・广（X）在（-1,チ）上为减函数,XV/'（0）=1,/'（二）=-1+^7<-1+1=0.由零点存在定理可知,函数广（x）在（-1,中上存在唯一的零点xo,结合单调性可得，/（x）在（-1,xo）上单调递增,在（xo,二）上单调递减，可得ア（x）在区间（-1,二）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当xW（-1,0）时，/（x）单调递增，f（x）</（0）=0,/（x）单调递减;当XG（0,Xo）时，f（x）单调递增，/（x）>/（0）=0,/（x）单调递增:由于/（X）在（Xo，二）上单调递减,且/（Xo）>0,f（二）=—ゝ<0,由零点存在定理可知,函数/（X）在（X0,チ）上存在唯一零点由,结合单调性可知,当（Xo，X1）时，/（X）单调递减,f（x）>f（X|）=0,f（x）单调递增;当x£（ム,ミ）时,f（x）单调递减,f（x）<f（XI）=0,/（x）单调递减.当x£（-,兀）时，cosxVO,———<U,于是ア（x）=cosx———<U,f（x）单调递减,2 1+x J 1+xJ其中f(与=1-In(1+-)>1-In(1+卫)=1-/n2.6>l-lne=O,f(7t)=-In(1+it)<-/n3<0.于是可得下表:X(-1,0)0(0,x\)XI5,ジ7T20,兀)兀f⑺-0十0----单调递0单调递大于。单调递减大于〇单调递减小于〇减增结合单调性可知,函数ア(x)