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导数常见题型归纳

导数常见题型归纳1.高考命题回顾例1.(2013全国1)已知函数()f x =2x ax b ++,()g x =()xe cx d +,若曲线()yf x =和曲线()yg x =都过点P(0,2),且在点P 处有相同的切线42y x =+(Ⅰ)求a ,b ,c ,d 的值;(Ⅱ)若x ≥-2时,()f x ≤()kg x ,求k 的取值范围。

分析:⑴2d c b 4,a ==== ⑵由⑴知()24x f 2++=x x ,()()12+=x ex g x设()()()()24122---+=-=x x x ke x f x kg x F x,则()()()122-+='xke x x F 由已知()100≥⇒≥k F ,令()k x x x F ln ,20-==⇒='①若21e k <≤则021≤<-x ,从而当()1,2x x -∈时,()0<'x F ,()x F 递减()+∞∈,1x x 时,()>'x F 0,()x F 递增。

()()()02x 111≥+-=≥x x x F F故当2-≥x 时()0≥x F 即()()x kg x f ≤恒成立。

②若2e k = 则()()()02222>-+='-ee x e x F x 。

()2->x 。

所以()x F 在()+∞-,2上单调递增,而()02=-F .所以-2x ≥时,()0≥x F 恒成立。

③若2e k >,则()()02222222<--=+-=---e k e ke F ,从而()0≥x F 不可能恒成立即()()x kg x f ≤不恒成立。

综上所述。

k 的取值范围[]2,1e例2.(2013全国2)已知函数)ln()(m x e x f x+-=.(Ⅰ)设0x =是()f x 的极值点,求m ,并讨论()f x 的单调性;(Ⅱ)当2m ≤时,证明()0f x >. 分析:(Ⅰ)1m =。

()x f 在()0,1-上减。

在()+∞,0上增。

(Ⅱ)当2≤m 。

()+∞-∈,m x 时,()()2ln ln +≤+x m x 。

故只需证明2=m 时()0>x f 。

当2m =时。

()21+-='x e x f x在()+∞-,2上增。

又()()00,0>'<'f x f 故()0='x f 在()+∞-,2上有唯一实根0x ,且()0,10-∈x 。

当()0,2x x -∈时,()0<'x f ,当()+∞∈,0x x 时,()0>'x f 从而()+∞-∈,2x 时,()()0x f x f ≥。

()()0002ln 2100x x x ex f x -=+⇒+=⇒='故()()()02121020000>++=++=≥x x x x x f x f综上知,当2m ≤时,证明()0f x >.例3. (2014全国1)设函数1()ln x xbe f x ae x x-=+,曲线()y f x =在点(1,(1)f )处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ; (Ⅱ)证明:()1f x >. (1)解 函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=a e x ln x +a x e x -b x 2e x -1+b x e x -1.由题意可得f (1)=2,f ′(1)=e.故a =1,b =2.(2)证明 由(1)知,f (x )=e x ln x +2x e x -1, 从而f (x )>1等价于x ln x >x e -x -2e .设函数g (x )=x ln x ,则g ′(x )=1+ln x . 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0,1e 时,g ′(x )<0; 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ,+∞时,g ′(x )>0. 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0,1e 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1e ,+∞上单调递增, 从而g (x )在(0,+∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e =-1e . 设函数h (x )=x e -x -2e,则h ′(x )=e -x (1-x ).所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h (x )在(0,+∞)上的最大值为h (1)=-1e.综上,当x >0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1.例4.(2014全国2)已知函数()2x x f x e e x -=--。

(Ⅰ)讨论()f x 的单调性;(Ⅱ)设()(2)4()g x f x bf x =- ,当0x >时,()0g x >,求b 的最大值; (Ⅲ)已知1.41422 1.4143<<,估计2ln 的近似值(精确到0.001)。

(Ⅰ)()02x f ≥-+='-xxee 所以()xf 在R 上递增(Ⅱ)()()()x b e e b e ex x x x484x g 22-+---=--。

()()()2222+-+-+='--b e e ee x g x x xx。

①当2≤b 时,()0≥'x g ,()x g 在R 上单调递增,而()00=g 所以对任意0>x ()0>x g②当2>b 时,若x 满足222-<+<-b e e x x 即()b b b x 21ln 02-+-<<时。

()0<x g综上b 的最大值为2 (Ⅲ)由(Ⅱ)知,()()2ln 12222232ln -+-=b b g 当2=b 时,()02ln 624232ln >+-=g ,6928.0123282ln >-> 当1423+=b 时,()2ln 21ln 2=-+-b b b ()()02ln 22322232ln <++--=g 。

6934.0282182ln <+<所以ln2的近似值为0.693例5【2015高考新课标1】已知函数f (x )=31,()ln 4x 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.解 (1)设曲线y =f (x )与x 轴相切于点(x 0,0),则f (x 0)=0,f ′(x 0)=0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30+ax 0+14=0,3x 20+a =0,解得x 0=12,a =-34.因此,当a =-34时,x 轴为曲线y =f (x )的切线.(2)当x ∈(1,+∞)时,g (x )=-ln x <0,从而h (x )=min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0, 故h (x )在(1,+∞)无零点.当x =1时,若a ≥-54,则f (1)=a +54≥0,h (1)=min{f (1),g (1)}=g (1)=0,故x =1是h (x )的零点;若a <-54,则f (1)<0,h (1)=min{f (1),g (1)}=f (1)<0,故x =1不是h (x )的零点.当x ∈(0,1)时,g (x )=-ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a ≤-3或a ≥0,则f ′(x )=3x 2+a 在(0,1)无零点,故f (x )在(0,1)单调.而f (0)=14,f (1)=a+54,所以当a ≤-3时,f (x )在(0,1)有一个零点;当a ≥0时,f (x )在(0,1)没有零点. (ⅱ)若-3<a <0,则f (x )在⎝⎛⎭⎫0,-a 3单调递减,在⎝⎛⎭⎫-a 3,1单调递增,故在(0,1)中,当x =-a3时,f (x )取得最小值,最小值为f ⎝⎛⎭⎫-a 3=2a3-a 3+14. ①若f ⎝⎛⎭⎫-a 3>0,即-34<a <0,f (x )在(0,1)无零点; ②若f ⎝⎛⎭⎫-a 3=0,即a =-34,则f (x )在(0,1)有唯一零点; ③若f ⎝⎛⎭⎫-a 3<0,即-3<a <-34,由于f (0)=14,f (1)=a +54,所以当-54<a <-34时,f (x )在(0,1)有两个零点;当-3<a ≤-54时,f (x )在(0,1)有一个零点.综上,当a >-34或a <-54时,h (x )有一个零点;当a =-34或a =-54时,h (x )有两个零点;当-54<a <-34时,h (x )有三个零点. 例6【2015高考新课标,理21】设函数()mx x emx-+=2x f ,⑴证明()x f 在()0,∞-单调递减,在()+∞,0单调递增。

⑵若对于任意[]1,1,21-∈x x ,都有()()121-≤-e x f x f ,求m 的取值范围。

(1)证明 f ′(x )=m (e mx -1)+2x .若m ≥0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1≤0,f ′(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0,f ′(x )>0. 若m <0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f ′(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f ′(x )>0. 所以,f (x )在(-∞,0)单调递减, 在(0,+∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x =0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即⎩⎪⎨⎪⎧e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.①设函数g (t )=e t -t -e +1,则g ′(t )=e t -1.当t <0时,g ′(t )<0;当t >0时,g ′(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0,g (-m )≤0,即①式成立; 当m >1时,由g (t )的单调性,g (m )>0,即e m -m >e -1; 当m <-1时,g (-m )>0,即e -m +m >e -1. 综上,m 的取值范围是[-1,1].例7(2016全国1) 已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点.(Ⅰ)求a 的取值范围;(Ⅱ)设21,x x 是)(x f 的两个零点,证明:221<+x x . 解(1)f ′(x )=(x -1)e x +2a (x -1)=(x -1)(e x +2a ). ①设a =0,则f (x )=(x -2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a >0,则当x ∈(-∞,1)时,f ′(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f (1)=-e,f (2)=a ,取b 满足b <0且b <ln a 2,则f (b )>a2(b -2)+a (b -1)2=a ⎝⎛⎭⎫b 2-32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )=0得x =1或x =ln(-2a ).若a ≥-e2,则ln(-2a )≤1,故当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,+∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点.若a <-e2,则ln(-2a )>1,故当x ∈(1,ln(-2a ))时,f ′(x )<0;当x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(-2a ))上单调递减,在(ln(-2a ),+∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)上单调递减,所以x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2),即f (2-x 2)<0. 由于f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2+a (x 2-1)2,而f (x 2)=(x 2-2)e x 2+a (x 2-1)2=0,所以f (2-x 2)=-x 2e 2-x2-(x 2-2)e x2.设g (x )=-x e 2-x -(x -2)e x ,则g ′(x )=(x -1)(e 2-x -e x ),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)=0, 故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.例8(2016全国2)(I)讨论函数2(x)e 2xx f x -=+的单调性,并证明当0x >时,(2)e 20;xx x -++> (II)证明:当[0,1)a ∈ 时,函数()2e =(0)x ax ag x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ,求函数()h a 的值域. 解(1) f (x )的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞). f ′(x )=(x -1)(x +2)e x -(x -2)e x (x +2)2=x 2e x(x +2)2≥0,且仅当x =0时,f ′(x )=0,所以f (x )在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.因此当x ∈(0,+∞)时,f (x )>f (0)=-1.所以(x -2)e x >-(x +2),即(x -2)e x +x +2>0. (2)证明 g ′(x )=(x -2)e x +a (x +2)x 3=x +2x3(f (x )+a ).由(1)知,f (x )+a 单调递增,对任意a ∈[0,1),f (0)+a =a -1<0,f (2)+a =a ≥0. 因此,存在唯一x a ∈( 0,2],使得f (x a )+a =0,即g ′(x a )=0. 当0<x <x a 时,f (x )+a <0,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x >x a 时,f (x )+a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x =x a 处取得最小值,最小值为g (x a )=e x a -a (x a +1)x 2a =e x a +f (x a )(x +1)x 2a=e x ax a +2.于是h (a )=e x a x a +2,由⎝⎛⎭⎫e x x +2′=(x +1)e x (x +2)2>0,e x x +2单调递增.所以,由x a ∈(0,2],得12=e 00+2<h (a )=e x a x a +2≤e 22+2=e 24.因为e x x +2单调递增,对任意λ∈⎝⎛⎦⎤12,e 24,存在唯一的x a ∈(0,2],a =-f (x a )∈[0,1),使得h (a )=λ.所以h (a )的值域是⎝⎛⎦⎤12,e 24.综上,当a ∈[0,1)时,g (x )有最小值h (a ),h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12,e 24.2. 知识点梳理1、恒成立问题的转化:()a f x >恒成立⇒()max a f x >;()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化:()a f x >能成立⇒()min a f x >;()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化:()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法:若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立,等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ,若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立,则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ,对任意的[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈,使得()()21x g x f ≥,则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ,对任意的[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈,使得()()21x g x f ≤,则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ,存在[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈,使得()()21x g x f ≥,则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ,存在[]b a x ,1∈,存在[]d c x ,2∈,使得()()21x g x f ≤,则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方;9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方;10.0)(x f 0='是可导函数)(x f y =在0x x =处取极值的必要不充分条件。

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