- 2021-05-19 发布 |
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文档介绍
【数学】2021届一轮复习人教A版导数解答题之极值点偏移问题学案
函数与导数解答题之极值点偏移问题 1.（2018湖南文21)已知函数 (Ⅰ)求的单调区间; (Ⅱ)证明:当时,. 2.(2018天津理21）已知函数. (Ⅰ) 求函数的单调区间和极值； (Ⅱ)已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时， (Ⅲ)如果且证明 【解析】（Ⅰ）解：f’ 令f’(x)=0,解得x=1 当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表 X () 1 () f’(x) + 0 - f(x) 极大值 所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数。 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)= （Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x) 令F(x)=f(x)-g(x),即 于是 当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。 又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). Ⅲ)证明：（1） 若 （2）若 根据（1）（2）得 由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以>,即>2. 3.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数的两个零点为，证明：． 试题分析：（1）首先求出函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性与最值，进而得出所求的结果；（2）首先由函数的两个零点为并结合（1）可得0＜x1＜a＜x2，然后构造函数g(x)＝f(x)－f(2a－x)，并利用其导函数求出其函数的单调性，进而得出所证的结果. 试题解析：（Ⅰ）f¢(x)＝－＝，（x＞0），所以当a≤0时，f¢(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． （Ⅱ）若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2（x1＜x2），由（Ⅰ）可得0＜x1＜a＜x2．令g(x)＝f(x)－f(2a－x)，（0＜x＜a）则g¢(x)＝f¢(x)＋f¢(2a－x)＝(x－a)[－]＜0，所以g(x)在 (0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，即f(x)＞f(2a－x)．令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，由（Ⅰ）可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，故x1＋x2＞2a． 4.（2018福州五校下学期第一次联考）已知函数），其图象与轴交于不同的两点，，且． （1） 求实数的取值范围； （2）证明： 5．已知函数）在其定义域内有两个不同的极值点． （Ⅰ）求的取值范围； （Ⅱ）设两个极值点分别为，证明:． 解：(Ⅰ)依题，函数的定义域为， 所以方程在有两个不同根. 即，方程在有两个不同根……………1分 令，从而转化为函数有两个不同零点， 而（） ………………2分 若，可见在上恒成立，所以在单调增， 此时不可能有两个不同零点. ………………3分 若，在时，，在时，， 所以在上单调增，在上单调减， 从而 ………………4分 又因为在时，，在在时，，于是只须： ，即，所以. ………………5分 综上所述， ………………6分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知分别是方程的两个根， 即，， 设，作差得，，即. ………………7分 原不等式等价于 ………………8分 令，则， ………………9分 设，， ∴函数在上单调递增， ………………10分 ∴， 即不等式成立， ………………11分 故所证不等式成立． ………………12分 6．已知函数，． （1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （2）若直线是函数图象的切线，求的最小值； （3）当时，若与的图象有两个交点，，求证：． 【答案】（1） ；（2）；（3）证明见解析． 【解析】 试题分析：（1）借助函数单调性与导数值是非负数建立不等式求解；（2）将参数用切点的横坐标表示,再借助导数求最小值；（3）先分析转化再构造函数,运用导数的有关知识进行推证. 试题解析：（1） ， . 在上单调递增， ，恒成立 即，恒成立 令，，， 时，，. （2） 设切点为，则， 又，， ， 令，则 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 当时，取得最小值，为，即的最小值为. （3） 证明：由题意得 ①＋②得： ③ ①－②得：，即 ④ ④代入③得： ， 即， 不妨令，记， 令，则， 在上单调递增，则， ，故， . 又 ，即， 令，则时，， 在上单调递增， 又 ， 考点：导数及在研究函数的单调性最值中的应用． 7.(2018届武昌区元月调考理科数学）已知函数 （1） 讨论的单调性； （2） 设，证明：当时，； （1） 设是的两个零点，证明：. 8．已知函数在其定义域内有两个不同的极值点． （1）求的取值范围； （2）记两个极值点分别为，且．已知，若不等式恒成立，求的范围． 试题解析：（1）依题，函数的定义域为，所以方程在有两个不同根，即，方程在有两个不同根． 转化为，函数与函数的图像在上有两个不同交点． 又，即时，时，， 所以在上单调增，在上单调减．从而， 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，，所以的草图如下， 可见，要想函数与函数的图像在上有两个不同交点，只须 （2）因为等价于．由（1）可知分别是方程的两个根，即， 所以原式等价于，因为， 所以原式等价于 又由作差得，，即． 所以原式等价于， 因为，原式恒成立，即恒成立． 令，， 则不等式在上恒成立． 令， 又， 当时，可见时，，所以在上单调增，又，在恒成立，符合题意． 当时，可见时，时，， 所以在时单调增，在时单调减，又， 所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以． 9．已知函数，是函数的两个零点，且， （1）讨论函数的单调性； （2）求的取值范围； （3）设是函数的导函数，求证 试题分析：（1）讨论单调性，先导数，然后解得方程在上的解，通过的正负确定的单调区间；（2）由（1）知是的极大值点，因此只要，就能保证有两个零点，注意到，因此可由求得的取值范围，再求得范围；（3）首先由，用表示出 ，再求得并整理得，此时会发现只要证，此式证明可用换元法，设，再利用函数的性质证明． 试题解析：（1） 令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减 （2）由于函数存在两个零点， 由（1）可知，且 由于在为增函数，且， 所以的取值范围是 方法二：函数有两个零点，即方程有两个实数根，即有两个实数根，设，则，设，且单调递增， 时，，，单调递减 时，，，单调递增 （3）由于是函数的两个零点，且 所以， 两式相减得：， 要证明，只需证，即只需证 设，构造函数 在单调递增， ， 考点：导数与函数的单调性，导数的综合应用． 10.（2018襄阳市三月考试） 已知函数． （1）当时，求函数在的最大值； （2）令，若在区间（0，3）上不是单调函数，求的取值范围； （3）当时，函数的图象与x轴交于两点，，且，又是的导函数．若正常数满足条件，证明：． 解：当a = 2时， 函数y = f (x)在[，1]是增函数，在[1，2]是减函数 3分 所以 =－1 4分 (2)解：∵，∴ 5分 ∵g (x)因为在区间(0，3)上不是单调函数，∴在(0，3)上有实数解，且无重根 由得：2x2－ax－a = 0，有，x∈(0，3) 6分 又当a =－8时，有重根x =－2；a = 0时，有重根x = 0 7分 综上，a的取值范围是． 8分 (3)解：当a = 2时，， ∵h (x) = f (x)－mx的图象与x轴交于两点A(x1，0)，B(x2，0) ∴f (x)－mx = 0有两个实根x1、x2， ∴，两式相减得： ∴ 9分 于是 10分 ∵， 要证：，只需证： 只需证：(*) 11分 令(0 < t < 1)，(*)化为 令，则 ，即 12分 ∴ 13分 ∵u (t)在(0，1)上单调递增，u (t) < u (1) = 0 ∴，即 ∴ 14分 11．已知函数． （Ⅰ）讨论函数的单调区间； （Ⅱ）当时，设的两个极值点，恰为的零点，求的最小值 试题分析：（Ⅰ）求解，分三种情况分类讨论求解函数的单调区间；（Ⅱ）求出和的导数，运用韦达定理和函数的零点的定义，化简整理，构造新函数，运用导数判断函数的的单调性，即可求解最小值． 试题解析：（Ⅰ），． 当时， 由解得，即当时，，单调递增； 由解得，即当时，，单调递减． 当时，=，即在（0，+∞）上单调递增； 当时，，故，即在（0，+∞）上单调递增． ∴当时，的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）； 当时，的单调递增区间为（0，+∞）． （Ⅱ），则， ∴ 的两根，即为方程的两根． ∵， ∴ ，，． 又∵ ，为的零点， ∴ ，， 两式相减得 ，得b=， 而， ∴ y= =] ==， 令（）， 由得， 因为，两边同时除以，得， ∵，故，解得t≤或t≥2，∴ 0查看更多