高中数学压轴题系列——导数专题——导数分类讨论问题

导数专题——含参函数分类讨论问题 求导后的有效部分为一次函数型 1.(2011 春?黑龙江校级期中)设函数 . (1)求 f(x)的单调区间; (2)设 x∈[1,2],求 f(x)的最小值. 解:∵函数 ,∴ . (1)①当 a≤0 时,∵f'(x)≥0,∴f(x)的递增区间为(0,+∞) ; ②当 a>0 时,由 f'(x)=0,得 x=a,∵当 0<x<a 时,f'(x)<0,当 x>a 时,f'(x)>0, ∴f(x)的递增区间为(a,+∞) ,f(x)的递减区间为(0,a) . 2.(2015?新课标Ⅱ)设函数 f(x)=lnx+a(1﹣x) . (Ⅰ)讨论:f(x)的单调性; (Ⅱ)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a﹣2 时,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ)f(x)=lnx+a(1﹣x)的定义域为(0,+∞) ,∴f′(x)= ﹣a= 若 a≤0,则 f′(x)>0,∴函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 若 a>0,则当 x∈(0, )时,f′(x)>0,当 x∈( ,+∞)时,f′(x)<0, 所以 f(x)在(0, )上单调递增,在( ,+∞)上单调递减, , 3. (2018?和平区二模)已知函数 f(x)=ln(x+a)﹣ ,其中 a∈R,且 a≠0. (Ⅰ)求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若 f(x)﹣ <0 恒成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)若存在﹣a<x1<0,x2>0,使得 f(x1)=f(x2)=0,求证:x1+x2>0. 解: (Ⅰ)f(x)定义域为(﹣a,+∞) ,其导数 f′(x)= ﹣ = ? , ①当 a<0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(﹣a,+∞)上是增函数; ②当 a>0 时,在区间(﹣a,0)上,f′(x)>0;在区间(0,+∞)上,f′(x)<0, ∴f(x)在区间(﹣a,0)上是增函数,在(0,+∞)是减函数; 4. (2018?陕西三模)设函数 ,a∈R. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 a>0 时,记 f(x)的最小值为 g(a) ,证明:g(a)<1. 解: (1)f(x)的定义域为(0,+∞) , 当 a≤0 时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 a>0 时,当 x∈(0,a) ,f'(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(a,+∞) ,f'(x)>0,f(x)单调 递增; 综上,当 a≤0 时,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. = = , 求导后有效部分为超越函数型 类型一: 1. (2018?云南模拟)设函数 f(x)=2ex﹣2ax+3a(a∈R) . (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)当 a>0 时,对于? x∈R,都有 f(x)≥5a 成立. (ⅰ)求 a 的取值范围; (ⅱ)证明: 解: (Ⅰ)∵f′(x)=2ex﹣2a(x∈R) , ∴当 a≤0 时,易知 f′(x)>0.∴f(x)的(﹣∞,+∞)上单调递增. ∴当 a>0 时,由 f′(x)>0,得 x>lna,由 f′(x)<0,得 x<lna, ∴f(x)在(lna,+∞)上单调递增,在(﹣∞,lna)上单调递减. . 2. (2018?榆林一模)已知函数 f(x)=ex﹣a(x﹣1) ,其中 a>0,e 为自然对数底数. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)已知 b∈R,若函数 f(x)≥b 对任意 x∈R 都成立,求 ab 的最大 值. 解: (1)由函数 f(x)=ex﹣ax+a,可知 f′(x)=ex﹣a, ①当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在 R 上单调递增; ②当 a>0 时,令 f′(x)=ex﹣a=0,得 x=lna, 故当 x∈(﹣∞,lna)时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增. 综上所述,当 a≤0 时,函数 f(x)在单调递增区间为(﹣∞,+∞) ; 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递减区间为(﹣∞,lna) ,单调递增区间为(lna,+∞) ; 3. (2018?乌鲁木齐一模)已知函数 f(x)=ex﹣ax2+(a+1)x﹣1 的定义域为{x|0<x<1},其中 a∈R, e=2.71828…为自然对数的底数. (Ⅰ)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性; (Ⅱ)若函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增,求实数 a 的取值范围. 解: (Ⅰ)∵g(x)=f′(x)=ex﹣2ax+a+1,∴g′(x)=ex﹣2a;由于 0<x<1,故 1<ex<e, ∴当 2a≤1 即 a≤ 时,g′(x)>0,此时 g(x)在(0,1)上单调递增; 当 2a≥e 即 a≥ 时,g′(x)<0,此时 g(x)在(0,1)上单调递减; 当 <a< 时,g′(x)>0,故 x>ln2a,g′(x)<0,故 x<ln2a, 此时 g(x)在(0,ln2a)上单调递减,在(ln2a,1)上单调递增; 类型二 1.(2017?新课标Ⅰ)已知函数 f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣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. 解: (1)由 f(x)=ae2x+(a﹣2)ex﹣x,求导 f′(x)=2ae2x+(a﹣2)ex﹣1, 当 a=0 时,f′(x)=﹣2ex﹣1<0,∴当 x∈R,f(x)单调递减, 当 a>0 时,f′(x)=(2ex+1) (aex﹣1)=2a(ex+ ) (ex﹣ ) ,令 f′(x)=0,解得:x=ln , 当 f′(x)>0,解得:x>ln ,当 f′(x)<0,解得:x<ln , ∴x∈(﹣∞,ln )时,f(x)单调递减,x∈(ln ,+∞)单调递增; 当 a<0 时,f′(x)=2a(ex+ ) (e

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