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    高中数学导数专题讲义(答案版)

    时间:2021-05-04 15:06:15来源:小小文档网本文已影响

    最新导数专题讲座内容 汇总 导数专题一、单调性问题 【知识结构】 【知识点】 一、导函数代数意义:利用导函数的正负来判断原函数单调性;

    二、分类讨论求函数单调性:含参函数的单调性问题的求解,难点是如何对参数进行分类讨论,讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系. 三、分类讨论的思路步骤:
    第一步、求函数的定义域、求导,并求导函数零点;

    第二步、以导函数的零点存在性进行讨论;
    当导函数存在多个零点的时,讨论他们的大小关系及与区间的位置关系(分类讨论);

    第三步、画出导函数的同号函数的草图,从而判断其导函数的符号(画导图、标正负、截定义域);

    第四步、(列表)根据第五步的草图列出,随变化的情况表,并写出函数的单调区间;

    第五步、综合上述讨论的情形,完整地写出函数的单调区间,写出极值点,极值与区间端点函数值比较得到函数的最值. 四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性,主要讨论点:
    1.最高次项系数是否为0;

    2.导函数是否有极值点;

    3.两根的大小关系;

    4.根与定义域端点讨论等。

    五、求解函数单调性问题的思路:
    (1)已知函数在区间上单调递增或单调递减,转化为或恒成立;

    (2)已知区间上不单调,转化为导函数在区间上存在变号零点,通常利用分离变量法求解参变量的范围;

    (3)已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间,转化为导函数在区间上大于零或小于零有解. 六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法 (1)参变分离;

    (2)导函数的根与区间端点直接比较;

    (3)导函数主要部分为一元二次时,转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

    七、求解函数单调性问题方法提炼:
    (1)将函数单调增(减)转化为导函数恒成立;

    (2),由(或)可将恒成立转化为(或)恒成立;

    (3)由“分离参数法”或“分类讨论”,解得参数取值范围。

    【考点分类】 考点一、分类讨论求解函数单调性;

    【例1-1】(2015-2016朝阳一模理18)已知函数. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)当时,都有成立,求的取值范围;

    (Ⅲ)试问过点可作多少条直线与曲线相切?并说明理由. 【答案】(Ⅰ)函数的定义域为.. (1)当时,恒成立,函数在上单调递增;

    (2)当时, 令,得. 当时,,函数为减函数;

    当时,,函数为增函数. 综上所述,当时,函数的单调递增区间为. 当时,函数的单调递减区间为,单调递增区间为. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知,(1)当时,即时,函数在区间上为增函数, 所以在区间上,,显然函数在区间上恒大于零;

    (2)当时,即时,函数在上为减函数,在上为增函数,所以. 依题意有,解得,所以. (3)当时,即时,在区间上为减函数, 所以. 依题意有,解得,所以. 综上所述,当时,函数在区间上恒大于零. (Ⅲ)设切点为,则切线斜率, 切线方程为. 因为切线过点,则. 即. ………………① 令 ,则 . (1)当时,在区间上,, 单调递增;

    在区间上,,单调递减, 所以函数的最大值为. 故方程无解,即不存在满足①式. 因此当时,切线的条数为. (2)当时, 在区间上,,单调递减, 在区间上,,单调递增, 所以函数的最小值为. 取,则. 故在上存在唯一零点. 取,则. 设,,则. 当时,恒成立. 所以在单调递增,恒成立.所以. 故在上存在唯一零点. 因此当时,过点P存在两条切线. (3)当时,,显然不存在过点P的切线. 综上所述,当时,过点P存在两条切线;

    当时,不存在过点P的切线. 【例1-2】(2015-2016海淀一模理18)已知函数,. (Ⅰ)求函数的最小值;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ) 求证:直线不是曲线的切线. 【答案】(Ⅰ)函数的定义域为, 当变化时,,的变化情况如下表:
    递减 极小值 递增 函数在上的极小值为, 所以的最小值为 (Ⅱ)解:函数的定义域为, 由(Ⅰ)得,,所以 所以的单调增区间是,无单调减区间. (Ⅲ)证明:假设直线是曲线的切线. 设切点为,则,即 又,则. 所以, 得,与 矛盾 所以假设不成立,直线不是曲线的切线 【练1-1】(2015-2016西城一模理18)已知函数,且. (Ⅰ) 求的值及的单调区间;

    (Ⅱ) 若关于的方程存在两个不相等的正实数根,证明:. 【答案】(Ⅰ)对求导,得, 所以,解得. 故,. 令,得. 当变化时,与的变化情况如下表所示:
    0 0 ↘ ↗ 所以函数的单调减区间为,单调增区间为. (Ⅱ)解:方程,即为, 设函数. 求导,得. 由,解得,或. 所以当变化时,与的变化情况如下表所示:
    0 ↘ ↗ 所以函数在单调递减,在上单调递增. 由,得. 又因为, 所以. 不妨设(其中为的两个正实数根), 因为函数在单调递减,且,, 所以. 同理根据函数在上单调递增,且, 可得, 所以, 即 . 【练1-2】(2011-2012石景山一模文18)已知函数. (Ⅰ)若函数的图象在处的切线斜率为,求实数的值;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)若函数在上是减函数,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ) …………1分 由已知,解得. …………3分 (II)函数的定义域为. (1)当时, ,的单调递增区间为;
    ……5分 (2)当时. 当变化时,的变化情况如下:
    - + 极小值 由上表可知,函数的单调递减区间是;

    单调递增区间是. …………8分 (II)由得,…………9分 由已知函数为上的单调减函数, 则在上恒成立, 即在上恒成立. 即在上恒成立. …………11分 令,在上, 所以在为减函数. , 所以. …………14分 【练1-3】(2015-2016朝阳期末文19)已知函数,. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,试判断函数是否存在零点,并说明理由;

    (Ⅲ)求函数的单调区间. 【答案】函数的定义域:. . (Ⅰ)当时,. . 有,即切点(1,3), . 所以曲线在点处切线方程是, 即. (Ⅱ)若,. . 令,得(舍),. - + ↘ 极小值 ↗ 则. 所以函数不存在零点. (Ⅲ) . 当,即时, - + ↘ 极小值 ↗ 当,即时,的单调增区间是,;

    当,即时, + - + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当,即时, + + ↗ ↗ + - + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 综上时,的单调增区间是;减区间是. 当时,的单调增区间是,;减区间是. 当时,的单调增区间是; 当时,的单调增区间是,;减区间是. 【练1-4】(2015-2016丰台期末文20)设函数的图象与直线相切于点. (Ⅰ)求函数的解析式;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设函数,对于,,使得,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)∵函数的图象与直线相切于点, ∴,. ∵, ∴ 解得. ∴. (Ⅱ), 令,得或;

    令,得. ∴的单调递增区间为,;
    单调递减区间为. …8分 (Ⅲ)记在上的值域为,在上的值域为, ∵对于,,使得, ∴. 由(Ⅱ)得:在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增, ,,,, ∴. ∵, ∴. ① 当时,在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增, ∴的最小值为或,的最大值为或. ∵,且, ∴或, ∴或, 即或. 又∵, ∴. ② 当时,在上单调递增,上单调递减, ∴的最小值为或,的最大值为 . ∵,且, ∴, ∴,即. 综上所述:或. 【练1-5】(2015-2016朝阳二模文20)已知函数. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)当时,若在区间上恒成立,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 函数的定义域为,. (1) 当时,, 令,解得,则函数的单调递增区间为 令,解得,函数单调递减区间为. 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为. (2) 当时,, 令,解得或,则函数的单调递增区间为;

    令,解得,函数单调递减区间为. 所以函数的单调递增区间为,,单调递减区间为. (3) 当时,恒成立, 所以函数的单调递增区间为. (4) 当时,, 令,解得或,则函数的单调递增区间为,;

    令,解得,则函数的单调递减区间为. 所以函数的单调递增区间为,,单调递减区间为 (Ⅱ)依题意,在区间上. ,. 令得,或. 若,则由得,,函数在()上单调递增. 由得,,函数在()上单调递减. 所以,满足条件;

    若,则由得,或;

    由得,. 函数在(),上单调递增,在上单调递减. , 依题意 ,即,所以;

    若,则. 所以在区间上单调递增,,不满足条件;

    综上,. 【练1-6】(2015-2016房山二模文19)已知函数 (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若直线与曲线没有公共点,求实数的取值范围。

    【答案】(Ⅰ),定义域为 ,令 极小值 所以的增区间为,减区间为。

    (II)因为直线与曲线没有公共点, 所以方程无实根,即无实根,等价于无实根 设,即无零点。

    当时,,显然无零点,符合题意;

    当时,令 极小值 ,显然不符合题意;

    当时,令 极大值 ,所以时,符合题意 综上所述:
    【练1-7】(2015-2016朝阳一模文19)已知函数. (Ⅰ)若求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设,若函数在区间上存在极值点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)若,函数的定义域为,. 则曲线在点处切线的斜率为. 而,则曲线在点处切线的方程为 (Ⅱ)函数的定义域为,. (1)当时,由,且此时,可得. 令,解得或,函数为减函数;

    令,解得,但, 所以当,时,函数也为增函数. 所以函数的单调减区间为,, 单调增区间为,. (2)当时,函数的单调减区间为,. 当时,函数的单调减区间为,. 当时,由,所以函数的单调减区间为,. 即当时,函数的单调减区间为,. (3)当时,此时. 令,解得或,但,所以当,,时,函数为减函数;

    令,解得,函数为增函数. 所以函数的单调减区间为,,, 函数的单调增区间为. …………9分 (Ⅲ)(1)当时,由(Ⅱ)问可知,函数在上为减函数, 所以不存在极值点; (2)当时,由(Ⅱ)可知,在上为增函数, 在上为减函数. 若函数在区间上存在极值点,则, 解得或, 所以. 综上所述,当时,函数在区间上存在极值点. 【练1-8】(2015-2016东城期末理19)已知函数. (Ⅰ)当时,试求在处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,试求的单调区间;

    (Ⅲ)若在内有极值,试求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当时,,,. 方程为.                   (Ⅱ) ,    . 当时,对于,恒成立,   所以 Þ;

    Þ 0.   所以 单调增区间为,单调减区间为 .   (Ⅲ)若在内有极值,则在内有解. 令 Þ Þ . 设 , 所以 , 当时,恒成立, 所以单调递减. 又因为,又当时,, 即在上的值域为,   所以 当时, 有解. 设,则 , 所以在单调递减. 因为,, 所以在有唯一解. 所以有:
    0 0 递减 极小值 递增 所以 当时,在内有极值且唯一. 当时,当时,恒成立,单调递增,不成立. 综上,的取值范围为. 【练1-9】(2015-2016大兴期末理18)已知函数. (Ⅰ)当时,求函数在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)若在上恒成立,求的取值范围. 【答案】(1)当 时,, 所以,函数在点处的切线方程为 即:
    (Ⅱ)函数的定义域为:
    当时,恒成立,所以,在和上单调递增 当时,令,即:, , 所以,单调递增区间为,单调减区间为. (Ⅲ)因为在上恒成立,有 在上恒成立。

    所以,令, 则. 令则 若,即时,,函数在上单调递增,又 所以,在上恒成立;

    若,即时,当时,单调递增;

    当时,,单调递减 所以,在上的最小值为, 因为所以不合题意. 即时,当时,单调递增, 当时,单调递减, 所以,在上的最小值为 又因为,所以恒成立 综上知,的取值范围是. 考点二、已知函数单调求参数范围;

    【例2-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数 ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例2-2】(2015-2016朝阳期中文19)已知函数,. (Ⅰ)若函数在区间上单调递减,求的取值范围;

    (Ⅱ)当时,证明. 【答案】(I)函数的定义域为. 因为. 又因为函数在单调减,所以不等式在上成立. 设,则,即即可,解得. 所以的取值范围是. (Ⅱ)当时,, . 令,得或(舍). 当变化时,变化情况如下表:
    1 0 + 极小值 所以时,函数的最小值为. 所以成立. 【练2-1】(2015-2016海淀期中文18)已知函数. (Ⅰ)若曲线在点处切线的斜率为,求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若函数在区间上单调递增,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)因为,所以曲线经过点, 又, 所以, 所以. 当变化时,,的变化情况如下表 0 0 极大值 极小值 所以函数 的单调递增区间为,, 单调递减区间为 . (Ⅱ) 因为函数在区间上单调递增, 所以对成立, 只要在上的最小值大于等于0即可. 因为函数的对称轴为, 当时,在上的最小值为, 解,得或,所以此种情形不成立 当时,在上的最小值为, 解得,所以, 综上,实数的取值范围是. 【练2-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【练2-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. (ⅰ)令,得. 令,得,所以函数在单调递增. 令,得,所以函数在单调递减. 所以,. 所以成立. (ⅱ)由(ⅰ)知, , 所以. 设所以. 令,得. 令,得,所以函数在单调递增, 令,得,所以函数在单调递减;

    所以,, 即. 所以 ,即. 所以,方程没有实数解. 【练2-4】(2015-2016海淀期中理18)已知函数,曲线在点处的切线为. (Ⅰ)若直线的斜率为,求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若函数是区间上的单调函数,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 因为直线的斜率为 所以 所以 所以 令解得 所以当和时, 当时, 所以的单调增区间为和,单调减区间为 (Ⅱ)要使在上单调 只需或在恒成立 (1)在恒成立等价于,即 解得 (2)在恒成立, 当时,,即,解得(舍)或(舍) 当时,,即,解得 综上所述 考点三、已知函数不单调求参数范围;

    【例3-1】已知函数.当时,若在区间上不单调,求的取值范围. 【答案】解法一:∵ 令,解得, 因为在区间上不单调, 所以区间上存在极值点, 所以,或 即,或 所以或 ∴. 解法二:∵ 因为函数在区间不单调,所以函数在上存在零点. 令,解得,区间长为, ∴在区间上不可能有个零点. 所以 即:
    ∵, ∴, 又∵, ∴. 【例3-2】已知函数,若在区间上不单调,求的取值范围 【答案】 考点四、已知函数存在单调区间求参数范围;

    【例4-1】设函数,.若函数在上存在单调递增区间,试求实数的取值范围. 【答案】解法一:
    设, 依题意,在区间上存在子区间使得不等式成立. 注意到抛物线开口向上,所以只要,或即可 由,即,得, 由,即,得, 所以, 所以实数的取值范围是. 解法二:, 依题意得,在区间上存在子区间使不等式成立. 又因为,所以. 设,所以小于函数在区间的最大值. 又因为, 由解得;

    由解得. 所以函数在区间上递增,在区间上递减. 所以函数在,或处取得最大值. 又,,所以, 所以实数的取值范围是. 【例4-2】(2010-2011朝阳二模理18)设函数,. (Ⅰ)若,求函数在上的最小值;

    (Ⅱ)若函数在上存在单调递增区间,试求实数的取值范围;

    【答案】 【练4-1】已知函数,.函数在上存在单调递增区间,求的取值范围. 【答案 当时, 令,解得 则在上单调递增区间,满足题意. 当时 当,即时, ,在上单调递减(舍) 当,即,且时 令,解得:, 当时, 则在上单调递增区间,满足题意 当时, 要使在上存在单调递增区间, 则,即,解得 所以 综上所述得:的取值范围为:
    解法二:
    在上存在单调递增区间等价于在存在区间使成立,即存在使成立 设 当时,, 则 所以,的取值范围为:
    考点五、两个函数在具有相同的单调性求参数范围;

    【例5-1】(2012-2013西城一模文18)已知函数,,其中. (Ⅰ)求的极值;

    (Ⅱ)若存在区间,使和在区间上具有相同的单调性,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)的定义域为, 且 . ………………2分 ① 当时,,故在上单调递增. 从而没有极大值,也没有极小值. ………4分 ② 当时,令,得. 和的情况如下:
    ↘ ↗ 故的单调减区间为;
    单调增区间为. 从而的极小值为;
    没有极大值. …………6分 (Ⅱ)解:的定义域为,且 . …………8分 ③ 当时,在上单调递增,在上单调递减,不合题意. ………………9分 ④ 当时,,在上单调递减. 当时,,此时在上单调递增,由于在上单调递减,不合题意. ……………11分 当时,,此时在上单调递减,由于在上单调递减,符合题意. 综上,的取值范围是. …………13分 【例5-2】已知函数,,其中.若存在区间,使和在区间上具有相同的单调性,求的取值范围. 【答案】的定义域为, 当,在单调递减, 当时,在单调递减,单调递增, 的定义域为,且 . 当时,显然 ,从而在上单调递增. 此时在上单调递增,符合题意. 当时,在上单调递增,在上单调递减,不合题意. 当时,令,得. 和的情况如下表:
    ↘ ↗ 当时,,此时在上单调递增,由于在上单调递减,不合题意. 当时,,此时在上单调递减,由于在上单调递减,符合题意. 综上,的取值范围是. 导数专题二、极值问题 【知识点】 一、函数的极值定义 函数在点附近有定义,如果对附近的所有点都有则称是函数的一个极大值,记作;
    如果对附近的所有点都有则称是函数的一个极小值,记作极大值与极小值统称为极值,称为极值点. 极大值与极小值统称为极值.极大值点与极小值点统称为极值点. 极值点出现在函数的驻点(导数为0的点)或不可导点处(导函数不存在,也可以取得极值,此时驻点不存在)。

    可导函数的极值点必定是它的驻点。但是反过来,函数的驻点却不一定是极值点,例如,点是它的驻点,却不是它的极值点。

    极值点上的导数为零或不存在,且函数的单调性必然变化。

    极值问题主要建立在分类讨论的基础上, 二、求函数的极值点和极值注意事项:
    1.求极值或极值点,必须点明是极大还是极小。若没有另一个,要说明没有。

    2.要知道如何判断是否存在极值或者极值点。

    3.如果已知极值或者极值点,求参数的时候,最后结果需要检验。

    4.极值点是导函数的根,如果有两个根,要在合适的时候想到伟达定理。

    三、求函数极值的三个基本步骤 第一步、求导数;

    第二步、求方程的所有实数根;

    第三步、考察在每个根附近,从左到右,导函数的符号如何变化.如果的符号由正变负,则是极大值;
    如果由负变正,则是极小值.如果在的根的左右侧,的符号不变,则不是极值. 【考点分类】 考点一、分类讨论求函数极值(点);

    【例1-1】(2015-2016海淀一模文19)已知函数. (Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的零点和极值;

    (Ⅲ)若对任意,都有成立,求实数的最小值. 【答案】 (Ⅰ)设切线斜率为,所以,,所以曲线在点处的切线方程为,即。

    (Ⅱ)令,解得。当时,;
    时,,所以函数零点有且只有一个,为1. 令,即解得。当时,;
    当时,,所以函数在处取得极小值,无极大值。

    (Ⅲ)由(II)知,当时,;
    时,,且在上单调递减,在上单调递增,所以在处取得最小值。且。

    ,,所以只需。所以。所以的最小值为1。

    【例1-2】(2010-2011朝阳二模理18)设函数,. (Ⅰ)若,求函数在上的最小值;

    (Ⅱ)若函数在上存在单调递增区间,试求实数的取值范围;

    (Ⅲ)求函数的极值点. 【答案】 考点二、已知函数极值(点)情况求参数范围;

    【例2-1】(2015-2016朝阳一模文19)已知函数. (Ⅰ)若求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设,若函数在区间上存在极值点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)若,函数的定义域为,. 则曲线在点处切线的斜率为. 而,则曲线在点处切线的方程为 (Ⅱ)函数的定义域为,. (1)当时,由,且此时,可得. 令,解得或,函数为减函数;

    令,解得,但, 所以当,时,函数也为增函数. 所以函数的单调减区间为,, 单调增区间为,. (2)当时,函数的单调减区间为,. 当时,函数的单调减区间为,. 当时,由,所以函数的单调减区间为,. 即当时,函数的单调减区间为,. (3)当时,此时. 令,解得或,但,所以当,,时,函数为减函数;

    令,解得,函数为增函数. 所以函数的单调减区间为,,, 函数的单调增区间为. …………9分 (Ⅲ)(1)当时,由(Ⅱ)问可知,函数在上为减函数, 所以不存在极值点; (2)当时,由(Ⅱ)可知,在上为增函数, 在上为减函数. 若函数在区间上存在极值点,则, 解得或, 所以. 综上所述,当时,函数在区间上存在极值点. 【例2-2】(2015-2016东城期末理19)已知函数. (Ⅰ)当时,试求在处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,试求的单调区间;

    (Ⅲ)若在内有极值,试求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当时,,,. 方程为.                   (Ⅱ) ,    . 当时,对于,恒成立,   所以 Þ;

    Þ 0.   所以 单调增区间为,单调减区间为 .   (Ⅲ)若在内有极值,则在内有解. 令 Þ Þ . 设 , 所以 , 当时,恒成立, 所以单调递减. 又因为,又当时,, 即在上的值域为,   所以 当时, 有解. 设,则 , 所以在单调递减. 因为,, 所以在有唯一解. 所以有:
    0 0 递减 极小值 递增 所以 当时,在内有极值且唯一. 当时,当时,恒成立,单调递增,不成立. 综上,的取值范围为. 【练2-1】(2015-2016房山二模理18)已知函数 (Ⅰ)当时,求函数的单调区间;

    (Ⅱ)设,若在区间上有两个极值点,求实数的取值范围。

    【答案】(Ⅰ)当时, 定义域为 令,得 0 递增 递减 极小值 递增 (Ⅱ), 因为 所以令,只需 设, 若在区间上有两个极值点,则在区间上有两个零点 要使在区间上有两个零点,的唯一根必须在区间 所以令,得,且 解得:
    【练2-2】已知函数,(为常数).若函数在区间上有两个极值点,求实数的取值范围. 【答案】 由题意可知,解得 所以,实数的取值范围为. 【练2-3】已知函数,其中且.若函数在区间上有且仅有一个极值点,求实数的取值范围. 【答案】在上有且仅有一个极值点, 在上有且仅有一个异号零点, 由二次函数图象性质可得, 即,解得或, 综上,的取值范围是. 【练2-4】已知函数,其中且. (Ⅰ)求证:函数在点处的切线与总有两个不同的公共点;

    (Ⅱ)若函数在区间上有且仅有一个极值点,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)由已知可得. , 又 在处的切线方程为. 令,整理得. 或, , 与切线有两个不同的公共点. --7分 (Ⅱ)在上有且仅有一个极值点, 在上有且仅有一个异号零点, 由二次函数图象性质可得, 即,解得或, 综上,的取值范围是. 【练2-5】(2013-2014海淀二模文18)已知函数, 其中且. (Ⅰ)求证:函数在点处的切线与总有两个不同的公共点;

    (Ⅱ)若函数在区间上有且仅有一个极值点,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)由已知可得. ---------------------------------1分 , ---------------------------------2分 又 在处的切线方程为. ---------------------------------4分 令,整理得. 或, -----------------------------------5分 , ----------------------------------------6分 与切线有两个不同的公共点. ----------------------------------------7分 (Ⅱ)在上有且仅有一个极值点, 在上有且仅有一个异号零点, ---------------------------9分 由二次函数图象性质可得, -------------------------------------10分 即,解得或, ----------------------------12分 综上,的取值范围是. -------------------------------13分 【练2-6】(2009-2010年北京高考文18)设定函数,且方程的两个根分别为1,4。

    (Ⅰ)当且曲线过原点时,求的解析式;

    (Ⅱ)若在无极值点,求的取值范围。

    【答案】由 得 因为的两个根分别为1,4,所以 (*) (Ⅰ)当时,又由(*)式得 解得 又因为曲线过原点,所以 故 (Ⅱ)由于a>0,所以“在(-∞,+∞)内无极值点”等价于“在(-∞,+∞)内恒成立”。

    由(*)式得。

    又 解 得 即的取值范围 考点三、已知函数极值求参数值;

    【例3-1】已知函数. (Ⅰ)求的单调区间;

    (Ⅱ)是否存在实数,使得函数的极大值等于?若存在,求出的值;
    若不存在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ)的定义域为. , 即 . 令,解得:或. 当时,,故的单调递增区间是. 当时,,随的变化情况如下:
    极大值 极小值 所以,函数的单调递增区间是和,单调递减区间是. 当时,,随的变化情况如下:
    极大值 极小值 所以,函数的单调递增区间是和,单调递减区间是. (Ⅱ)当时,的极大值等于. 理由如下:当时,无极大值. 当时,的极大值为, 令,即 解得 或(舍). 当时,的极大值为. 因为 ,, 所以 . 因为 ,所以 的极大值不可能等于. 综上所述,当时,的极大值等于. 【例3-2】已知函数在处有极值10,求的值. 【答案】 依题意得方程组 解得. 当a=-3,b=3时, 令得x=1. (-∞,1) 1 (1,+∞) + 0 + ↗ 无极值 ↗ 显然不合题意,舍去. 当时, 令得或. x 1 (1,+∞) + 0 - 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 在处有极小值10,合题意, ∴. 导数专题三、最值问题 【知识结构】 【知识点】 一、求解函数最值问题的步骤:
    对于函数的最值问题主要建立在前面的极值问题的基础上;
    一般地,求函数在上的最大值与最小值的步骤如下:
    第一步、求函数在内的极值;

    第二步、将函数的各极值与端点处的函数值,比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 二、主要的问题类型:
    1.分类讨论求函数最值;

    2.已知函数最值情况求参数范围;

    3.已知函数最值求参数值;

    4.其他的情况转化为最值问题;

    【考点分类】 考点一、分类讨论求函数最值;

    【例1-1】(2015-2016东城一模文19) 已知函数, (1)若在处取得极值,求的值;

    (2)求在区间上的最小值;

    (3)在(1)的条件下,若,求证:当时,恒有成立. 【答案】(1)定义域为 ,因为函数在处取得极值,所以有, 解得 (2) 1)当时, 在单调递增,所以该区间上的最小值为 2)当时, 在单调递增,所以该区间上的最小值为 3)当时, - 0 + 减 极小值 增 所以在该区间的最小值为 综上所述,当时,在的最小值为1;

    当时,在的最小值为. (3)由已知得,,所以在时,恒有 若要证明当时,恒有成立,只需证明, 即证明恒成立. 令 令,有 当时,恒有,所以当时, 所以,,所以在时,单调递减, 因此恒成立,所以,当时,恒有成立. 【例1-2】(2014-2015丰台一模理18)设函数,. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证:


    (Ⅲ)当时,求函数在上的最大值. 【答案】(Ⅰ)当时,,, 所以. 因为,即切线的斜率为, 所以切线方程为,即 . 4 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知. 令,则. 当时,,在上单调递减, 当时,,在上单调递增, 所以当时,函数最小值是.命题得证. (Ⅲ)因为,所以. 令,则. 当时,设,因为, 所以在上单调递增,且, 所以在恒成立,即. 所以当,,在上单调递减;

    当,,在上单调递增. 所以在上的最大值等于, 因为,, 不妨设(), 所以. 由(Ⅱ)知在恒成立, 所以在上单调递增. 又因为, 所以在恒成立,即. 所以当时,在上的最大值为. 【练1-1】(2015-2016西城期末文19)已知函数,其中是自然对数的底数,. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)当时,求函数的最小值. 【答案】(Ⅰ)解:因为,, 所以. 2 令,得. 3 当变化时,和的变化情况如下:
    ↘ ↗ 5 故的单调减区间为;
    单调增区间为. 6 (Ⅱ)解:由(Ⅰ),得的单调减区间为;
    单调增区间为. 所以当,即时,在上单调递增, 故在上的最小值为;

    当,即时, 在上单调递减, 在上单调递增, 故在上的最小值为;

    当,即时,在上单调递减, 故在上的最小值为. 所以函数在上的最小值为 【练1-2】(2015-2016海淀期末文18)已知函数与函数在点处有公共的切线,设. (I) 求的值 (Ⅱ)求在区间上的最小值. 【答案】(I)因为所以在函数的图象上 又,所以 所以 3 (Ⅱ)因为,其定义域为 5 当时,, 所以在上单调递增 所以在上最小值为 7 当时,令,得到(舍) 当时,即时,对恒成立, 所以在上单调递增,其最小值为 当时,即时, 对成立, 所以在上单调递减, 其最小值为 当,即时, 对成立, 对成立 所以在单调递减,在上单调递增 其最小值为 综上,当时, 在上的最小值为 当时,在上的最小值为 当时, 在上的最小值为. 【练1-3】(2015-2015丰台一模理18)已知函数,. (Ⅰ)若曲线在点(1,0)处的切线斜率为0,求a,b的值;

    (Ⅱ)当,且ab=时,求函数的单调区间,并求函数在区间[-2,-1]上的最小值. 【答案】(Ⅰ)函数h(x)定义域为{x|x≠-a},1 则, 3 h(x)在点(1,0)处的切线斜率为0, 即,解得或6 (Ⅱ)记(x)= ,则(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a), ab=,所以,(x≠-a), , 令,得,或, 因为,所以, 故当,或时,,当时,, 函数(x)的单调递增区间为, 单调递减区间为, ,,, ① 当,即时, (x)在[-2,-1]单调递增, (x)在该区间的最小值为, ② 当时,即, (x)在[-2,单调递减, 在单调递增, (x)在该区间的最小值为, ③当时,即时, (x)在[-2,-1]单调递减, (x)在该区间的最小值为, 综上所述,当时,最小值为;
    当时,最小值为;
    当时,最小值为. (不综述者不扣) 【练1-4】(2013-2014延庆一模理18)已知函数. (Ⅰ) 讨论函数的单调性;

    (Ⅱ)当时,求函数在区间的最小值. 【答案】函数的定义域为, 1 (Ⅰ), 4 (1)当时,,所以在定义域为上单调递增;

    5 (2)当时,令,得(舍去),, 当变化时,,的变化情况如下:
    此时,在区间单调递减, 在区间上单调递增;

    7 (3)当时,令,得,(舍去), 当变化时,,的变化情况如下:
    此时,在区间单调递减, 在区间上单调递增. (Ⅱ)由(Ⅰ)知当时,在区间单调递减,在区间上单调递增. (1)当,即时,在区间单调递减, 所以,;

    (2)当,即时,在区间单调递减, 在区间单调递增,所以, (3)当,即时,在区间单调递增, 所以. 【练1-5】(2013-2014东城期末理18)已知,函数. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求在区间上的最小值. 【答案】(Ⅰ)当时,,, 所以,.2 因此. 即曲线在点处的切线斜率为. 4 又, 所以曲线在点处的切线方程为, 即.6 (Ⅱ)因为,所以. 令,得. ①若,则,在区间上单调递增,此时函数无最小值. ②若,当时,,函数在区间上单调递减, 当时,,函数在区间上单调递增, 所以当时,函数取得最小值. ③若,则当时,,函数在区间上单调递减, 所以当时,函数取得最小值. 综上可知,当时,函数在区间上无最小值;

    当时,函数在区间上的最小值为;

    当时,函数在区间上的最小值为. 【练1-6】(2014-2015西城二模理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求在区间上的最大值和最小值. 【答案】的定义域为, 且 . 2 当时,,, 所以曲线在点处的切线方程为 , 即 . 4 (Ⅱ)解:方程的判别式为. (ⅰ)当时,,所以在区间上单调递增,所以在区间 上的最小值是;
    最大值是.6 (ⅱ)当时,令,得 ,或. 和的情况如下:
    ↗ ↘ ↗ 故的单调增区间为,;
    单调减区间为. ① 当时,,此时在区间上单调递增,所以在区间 上的最小值是;
    最大值是. ② 当时,,此时在区间上单调递减,在区间上单调递增, 所以在区间上的最小值是 . 因为 , 所以 当时,在区间上的最大值是;
    当时,在区间上的最大值是. ③ 当时,,此时在区间上单调递减, 所以在区间上的最小值是;
    最大值是. 综上, 当时,在区间上的最小值是,最大值是;

    当时,在区间上的最小值是,最大值是;

    当时,在区间上的最小值是,最大值是;

    当时,在区间上的最小值是,最大值是. 【练1-7】(2014-2015丰台一模文19)已知函数,. (1)设函数,且求a,b的值; (2)当a=2且b=4时,求函数的单调区间,并求该函数在区间(-2,m] ()上的最大值. 【答案】(Ⅰ)函数h(x)定义域为{x|x≠-a}, 则, 因为所以解得,或 (Ⅱ)记(x)= ,则(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a) , 因为a=2,b=4,所以(x≠-2), , 令,得,或, 当,或时,,当时,, 函数的单调递增区间为, 单调递减区间为, ①当-2<m<时,(x)在(-2,m)上单调递增, 其最大值为(m)= , ②当≤m≤时,(x)在(-2,)上单调递增,在(,-)上单调递减,在(,m)上单调递增,而()=()=, (x)的最大值为 【练1-8】((2013-2014大兴一模文18)已知函数. (I)求函数的单调区间; (Ⅱ)当时,求函数在区间上的最小值. 【答案】定义域为R (Ⅰ)①当时,,则的单调增区间为 ②当时,解得, ,解得, , 则的单调增区间为,的单调减区间为 ③当时,解得, ,解得, , 则的单调增区间为,的单调减区间为 (Ⅱ) ①当时, 即 当时, 在上是减函数,在上是增函数,则函数在区间[-2,0]上的最小值为 ②当时, 即 当时, 在上是增函数, 则函数在区间[-2,0]上的最小值为 综上: 当时, 在区间[-2,0]上最小值为 当时, 在区间[-2,0]上最小值为 考点二、已知函数最值情况求参数范围;

    【例2-1】((2015-2016昌平期末文20)已知函数. (Ⅰ) 求函数在点处的切线方程;

    (Ⅱ)证明:当时,;

    (Ⅲ)设,若存在最大值,且当最大值大于时,确定实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)解:定义域为,. 由题意,, ,所以函数在点处的切线方程为.(Ⅱ)证明:当时,,可转化为 当时,恒成立. 设, 所以. 当时,,所以在上为减函数,所以, 所以当时,成立. (Ⅲ)设,定义域为, 所以. ⑴当时,对于任意的,, 所以在上为增函数,所以无最大值,即不符合题意. ⑵当时,令,即,则. 所以,变化如下:
    0 + 0 - ↗ 极大值 ↘ 因为. 所以成立,即, 令,, 所以,即在上为增函数. 又因为,所以当时,. 所以,时,命题成立. 综上,的取值范围为. 【例2-2】(2015-2016东城一模文20)已知函数 . (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程; (Ⅱ)讨论的单调性; (III)若存在最大值,且,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当时,. . 所以. 又, 所以曲线在点处的切线方程是, 即. (Ⅱ)函数的定义域为, . 当时,由知恒成立, 此时在区间上单调递减. 当时,由知恒成立, 此时在区间上单调递增. 当时,由,得,由,得, 此时在区间内单调递增,在区间内单调递减. (III)由(Ⅱ)知函数的定义域为, 当或时,在区间上单调,此时函数无最大值. 当时,在区间内单调递增,在区间内单调递减, 所以当时函数有最大值. 最大值. 因为,所以有,解之得. 所以的取值范围是. 【练2-1】(15-2016大兴区一模理18)已知函数,. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)函数在区间上是否存在最小值,若存在,求出最小值,若不存在,请说明理由. 【答案】(I),. 由,得,或. ①当,即时,在上,,单调递减;

    ②当,即时,在上,,单调递增,在上,,单调递减. 综上所述:时,的减区间为;

    时,的增区间为,的减区间为. (II)(1)当时,由(I)在上单调递减,不存在最小值;

    (2)当时, 若,即时,在上单调递减,不存在最小值;

    若,即时,在上单调递增,在上单调递减, 因为,且当时,,所以时,. 又因为,所以当,即时,有最小值;
    ,即时, 没有最小值. 综上所述:当时,有最小值;
    当时,没有最小值. 考点三、已知函数最值求参数值;

    【例3-1】(2015-2016朝阳期中文20)已知函数(其中,),函数的导函数为,且. (Ⅰ)若,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)若函数在区间上的最小值为,求的值. 【答案】因为,所以. 因为,所以. 所以. (Ⅰ)当时,时, , 所以曲线在点处的切线方程为. 即. (Ⅱ)由已知得, 所以. (1)当,即时, 令得,或;

    令得,. 所以函数在和上单调递增,在上单调递减. 所以函数在区间上单调递增. 所以函数在区间上的最小值为. 解得.显然合题意. (2)当时,即时, 恒成立,所以函数在上单调递增. 所以函数在区间上单调递增. 所以函数在区间上的最小值为. 解得.显然不符合题意. (3)当时,即时, 令得,或;

    令得,. 所以函数在和上单调递增,在上单调递减. ①若,即时,函数在区间上单调递减. 所以函数在区间上的最小值为. 解得.显然合题意. ②若,即时,函数在在上单调递减,在 上单调递增. 此时,函数在区间上的最小值为. 解得.显然不合题意. 综上所述,或为所求. 【例3-2】(2015-2016朝阳期中18)已知函数(其中是常数,,),函数的导函数为,且. (Ⅰ)若,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,若函数在区间上的最大值为,试求的值. 【答案】因为,所以. 因为,所以,即. (Ⅰ)当时,.又, 所以曲线在点处的切线方程为. 即. (Ⅱ)由已知得. 所以. 因为,. 因为,所以. 令得,;

    令得,或. 所以函数在上单调递增,在和上单调递减. ①若,即时,函数在区间上单调递增. 所以函数在区间上的最大值为. 解得.显然符合题意.此时, . ②若,即时, 函数在上单调递增,在上单调递减. 所以函数在区间上的最大值为. 又因为,所以,. 所以. 所以. 不满足函数在区间上的最大值为 综上所述,, 为所求. 【练3-1】(2015-2016海淀一模理18)已知函数(其中为常数且)在处取得极值. (I) 当时,求的单调区间;

    (II) 若在上的最大值为,求的值. 【答案】(I)因为所以2 因为函数在处取得极值 3 当时,,, 随的变化情况如下表:
    0 0 极大值 极小值 5 所以的单调递增区间为, 单调递减区间为 (II)因为 令, 因为在 处取得极值,所以 当时,在上单调递增,在上单调递减 所以在区间上的最大值为,令,解得 当, 当时,在上单调递增,上单调递减,上单调递增 所以最大值1可能在或处取得 而 所以,解得 当时,在区间上单调递增,上单调递减,上单调递增 所以最大值1可能在或处取得 而 所以, 解得,与矛盾 当时,在区间上单调递增,在单调递减, 所以最大值1可能在处取得,而,矛盾 综上所述,或. 【练3-2】(2013-2014朝阳一模理18)已知函数,. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若函数在区间的最小值为,求的值. 【答案】函数的定义域是, . (Ⅰ)(1)当时,,故函数在上单调递减. (2)当时,恒成立,所以函数在上单调递减. (3)当时,令,又因为,解得. ①当时,,所以函数在单调递减. ②当时,,所以函数在单调递增. 综上所述,当时,函数的单调减区间是, 当时,函数的单调减区间是,单调增区间为. (Ⅱ)(1)当时,由(Ⅰ)可知,在上单调递减, 所以的最小值为,解得,舍去. (2)当时,由(Ⅰ)可知, ①当,即时,函数在上单调递增, 所以函数的最小值为,解得. ②当,即时,函数在上单调递减, 在上单调递增,所以函数的最小值为, 解得,舍去. ③当,即时,函数在上单调递减, 所以函数的最小值为,得,舍去. 综上所述,. 导数专题四、零点问题 【知识结构】 【知识点】 一、零点的定义:定义:
    一般地,如果函数在处有实数根,即,则叫做这个函数的零点. 1.函数值为零时的值;

    2.函数为零时,方程的解;

    3.函数的图象与轴交点;

    4.两个函数的交点;

    二、零点问题主要包括的题型包括:
    1.是否有零点;

    2.判断零点个数;

    3.已知零点求参数 三、函数零点的判定:
    方程有实数根⇔函数的图象与轴有交点⇔函数有零点 【考点分类】 考点一、分类讨论求零点个数;

    【例1-1】(2014-2015年朝阳一模理18)已知函数,. (Ⅱ) 当时,讨论函数的零点个数. 【答案】(Ⅱ),. (1)当时, 时,,为减函数;时,,为增函数. 所以在时取得最小值. (ⅰ)当时,,由于,令,, 则在上有一个零点;

    (ⅱ)当时,即时,有一个零点;

    (ⅲ)当时,即时,无零点. (ⅳ)当时,即时, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (3) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例1-2】(2012-2013石景山期末理18)已知函数是常数. (Ⅲ)讨论函数零点的个数. 【答案】令, . 令 ,, 则在上单调递增,在上单调递减, 当时,的最大值为. 所以若,则无零点;
    若有零点,则. 若,,由(Ⅰ)知有且仅有一个零点. 若,单调递增,由幂函数与对数函数单调性比较, 知有且仅有一个零点(或:直线与曲线有一个交点). 若,解得,由函数的单调性得知在处取最大值,,由幂函数与对数函数单调性比较知,当充分大时,即在单调递减区间有且仅有一个零点;

    又因为,所以在单调递增区间有且仅有一个零点. 切线方法:
    综上所述,当时,无零点;

    当或时,有且仅有一个零点;

    当时,有两个零点. 【练1-1】(2015-2016朝阳期末文19)已知函数,. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,试判断函数是否存在零点,并说明理由;

    (Ⅲ)求函数的单调区间. 【答案】函数的定义域:. . (Ⅰ)当时,. . 有,即切点(1,3), . 所以曲线在点处切线方程是, 即. (Ⅱ)若,. . 令,得(舍),. - + ↘ 极小值 ↗ + - + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 则. 所以函数不存在零点. (Ⅲ) . 当,即时, - + ↘ 极小值 ↗ 当,即时, + - + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当,即时, + + ↗ ↗ 当,即时, 综上时,的单调增区间是;减区间是. 当时,的单调增区间是,;减区间是. 当时,的单调增区间是; 当时,的单调增区间是,;减区间是. 【练1-2】(2015-2016西城期末文20)已知函数 ,直线 :
    . (1)求函数的极值;

    (2)求证:对于任意 ,直线都不是曲线的切线;

    (3)试确定曲线与直线的交点个数,并说明理由。

    【答案】(1)(x≠0) ∴ 令,得x=1,列表,得:
    x (0,1) 1 (1,+∞ ) - 0 + 极值 ∴在x=1处,有极小值为。

    (2)假设是一条切线,设切点为 。

    ∴ 有 将②代入①中,得 即 不成立 ∴ 对于任意 ,直线都不是曲线的切线。

    (3)解法一、令 整理得 令 ∴, ∴ g(x)是一个减函数。

    令g(x)=0得x=-1, ∴ 有当x<0时,g(x)<2,且x ,g(x)-∞;

    当x>0时,g(x)>2,且x ,g(x)+∞;

    ∴ 当k=2时,没有交点;
    当k≠2时,有一个交点。

    解法二、令,有, 当时,恒正,即无零点。

    当时, 即在时恒正,无零点。

    当时,,为减函数,取,有;

    当时,,而,此时, 所以有一个零点,即曲线与直线有一个交点。

    当时, 当时,恒正,无零点;

    当时,,为增函数, 取,有;

    当时,,而,此时;

    因此,在有一个零点,即曲线与直线有一个交点。

    综上所述,当 时,曲线与直线没有交点;
    当 时,曲线与直线有一个交点。

    【练1-3】(2015-2016大兴期末文19)已知函数. (Ⅰ)求函数在点处的切线方程;

    (Ⅱ)设实数使得恒成立,求的取值范围;

    (Ⅲ)设,求函数在区间上的零点个数. 【答案】(Ⅰ) 曲线在点处的切线方程为 (Ⅱ)设,则 令,解得:
    当在上变化时,,的变化情况如下表:
    + 0 - ↗ ↘ 由上表可知,当时,取得最大值 由已知对任意的,恒成立 所以,得取值范围是。

    (Ⅲ)令得:
    由(Ⅱ)知,在上是增函数,在上是减函数. 且,, 所以当或时,函数在上无零点;

    当或时,函数在上有1个零点;

    当时,函数在上有2个零点 【练1-4】(2013-2014西城期末理18)已知函数,其中是自然对数的底数,. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)当时,试确定函数的零点个数,并说明理由. 【答案】(Ⅰ)解:因为,, 所以. ……………… 2分 令,得. ……………… 3分 当变化时,和的变化情况如下:
    ↘ ↗ ……………… 5分 故的单调减区间为;
    单调增区间为.………… 6分 (Ⅱ)解:结论:函数有且仅有一个零点. ……………… 7分 理由如下:
    由,得方程, 显然为此方程的一个实数解. 所以是函数的一个零点. ……………… 9分 当时,方程可化简为. 设函数,则, 令,得. 当变化时,和的变化情况如下:
    ↘ ↗ 即的单调增区间为;
    单调减区间为. 所以的最小值. ………………11分 因为 , 所以, 所以对于任意,, 因此方程无实数解. 所以当时,函数不存在零点. 综上,函数有且仅有一个零点. ………………13分 【练1-5】(2012-2013石景山期末理18)已知函数是常数. (Ⅰ)求函数的图象在点处的切线的方程;

    (Ⅱ)证明函数的图象在直线的下方;

    (Ⅲ)讨论函数零点的个数. 【答案】(Ⅰ) …………………1分 ,,所以切线的方程为 ,即. …………………3分 (Ⅱ)令则 ↗ 最大值 ↘ …………………6分 ,所以且,,, 即函数的图像在直线的下方. …………………8分 (Ⅲ)令, . 令 ,, 则在上单调递增,在上单调递减, 当时,的最大值为. 所以若,则无零点;
    若有零点,则.………………10分 若,,由(Ⅰ)知有且仅有一个零点. 若,单调递增,由幂函数与对数函数单调性比较,知有且仅有一个零点(或:直线与曲线有一个交点). 若,解得,由函数的单调性得知在处取最大值,,由幂函数与对数函数单调性比较知,当充分大时,即在单调递减区间有且仅有一个零点;
    又因为,所以在单调递增区间有且仅有一个零点. 综上所述,当时,无零点;

    当或时,有且仅有一个零点;

    当时,有两个零点. …………………13分 【练1-6】(2014-2015东城高一模理18)已知函数,. (Ⅰ)若在处取得极值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间上单调递增, 求的取值范围;

    (Ⅲ)讨论函数的零点个数. 【答案】(Ⅰ)因为, 由已知在处取得极值, 所以. 解得,经检验时,在处取得极小值. 所以. ……3分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知,,. 因为在区间上单调递增, 所以在区间上恒成立. 即在区间上恒成立. 所以. ……8分 (Ⅱ)因为, 所以,. 令得, 令,. . 当时,,在上单调递增, 时,,在上单调递减. 所以. 综上:当时,函数无零点, 当或时,函数有一个零点, 当时,函数有两个零点. 考点二、已知函数存在零点情况求参数范围;

    【例2-1】(2015-2016房山二模理18)已知函数 (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若直线与曲线没有公共点,求实数的取值范围。

    【答案】(Ⅰ) 令 得 变化情况 - + 减 增 所以 函数在区间为减函数,在区间为增函数 (Ⅱ)解法一(分离参数法):
    主要的步骤如下:
    1写定义域:求出函数的定义域 2分离参数:将等式转化为参数放在等号一边,等号另外一边为一个函数g(x) 3画图象:准确画出g(x)的图象 4移直线:将直线y=b的直线由上往下移动观察交点个数 下面是每一步的注意事项:
    1写定义域:一定要先写出函数的定义域 2分离参数:分离参数的时候也要注意对等式变化的时候定义域的改变 3:画图像:这里涉及到画出准确函数图像的注意事项 A:首先通过求导研究函数的单调性(在定义域范围内) B:画出各极值点 C:画断点(定义域内取不到的值的走势)-----找渐近线1 D:画正负无穷处的点----------找渐近线2 E:将各处用光滑的曲线连接起来 4:移直线:移动的时候看交点要注意所取点空心和实心。

    解法一(分离参数法):直线与曲线没有公共点,等价于 方程无实数解,不是该方程的解,所以等价 方程无解 设 则 令 得 在区间上, 在区间上,在区间上 所以 在上递增,在上递减,在上递减 所以,当时,取得极大值 当无限增大时,无限趋近于1 所以 的值域为 方程无解,则的取值范围为 解法二:构造新函数法(略) 解法三(转化为过某一定点直线和曲线的交点):
    因为直线与曲线没有公共点, 所以方程,即无实数解 所以直线与曲线没有公共点, 设过点的直线与曲线相切于点 因为,所以直线的斜率 所以直线的方程为 因为直线过点,所以,所以 因为直线与曲线无交点 所以,即 【例2-2】(2015-2016海淀期末文19)已知函数,其中. 当时,求函数的单调区间和极值;

    若关于的方程有解,求实数k的取值范围. 【答案】由题可知函数定义域为:
    当时, 令得。

    当变化时,和的变化如下表:
    X 1 — 0 + 极小值 ∴的单调递增区间为:
    的单调递减区间为:
    ∴在时存在极小值:
    由题意得,方程有解即为有解, 令 ,令得 (1)当时,令得 令得 在上单调递减,在上单调递增 ∴ ①当时,,函数有一个解。

    ②当时, 且 (2)当时,恒成立,在上恒减 且当时, 综上所述:。

    【练2-1】(2015-2016丰台期末理18)已知函数. (Ⅰ)求函数的极值;

    (Ⅱ)若存在实数,且,使得,求实数a的取值范围. 【答案】(Ⅰ), 令得,. x 0 + 0 _ 0 + 递增 极大值 递减 极小值 递增 ∴函数的极大值为;

    极小值为. (Ⅱ) 若存在,使得,则 由(Ⅰ)可知,需要(如图1)或(如图2). (图1) (图2) 于是可得. 【练2-2】(2015-2016石景山期末文20)已知函数,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【练2-3】(2015-2016丰台二模文19)设函数. (Ⅰ)求函数的单调区间和极值;

    (Ⅱ)若函数在区间上存在唯一零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ), (1)若,则在区间上,单调递增.所以当时, 的单调递增区间为,没有极值点. (2)若,令,即,解得, 因为函数在区间是递增函数, 所以在区间内,单调递减;
    在区间内,单调递增. 所以当时, 的单调递减区间为, 的单调递增区间为所以当时,函数有极小值为. (Ⅱ)(1)当时,由(Ⅰ)可知, 在上单调递增, 因为, 令,得. 所以当时,在区间上上存在唯一零点. (2)当时,由(Ⅰ)可知,为函数的最小值点 因为,若函数在区间上上存在唯一零点,则只能是:
    ① ,或②. 由①得;
    由②得. 综上所述,函数在区间上上存在唯一零点, 则或. 【练2-4】(2015-2016海淀二模文19)已知函数 (1)当时,求函数的单调区间; (2)若关于的不等式在上有解,求的取值范围;

    (3)若存在,使得既是函数的零点,又是函数的极值点,请写出此时的值.(只需写出结论). 【答案】(1)当时, 令,从而和时,时 所以在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增。

    (Ⅱ)要使在上有解,只要在上的最小值小于等于. 因为, 令,得到. 当时,即时, 在区间上单调递增,为上最小值 所以有,即,解得或, 所以有;

    当时,即时,在区间上单调递减,在上单调递增, 所以为上最小值, 所以有,即, 解得,所以. 综上,得. 法二:(Ⅱ)要使在上有解,只要在上的最小值小于等于. 因为, 所以当,即时 满足题意, 当时, 因为, 令,得到, 因为,所以在区间上的单调递增, 所以在区间上的最小值为, 所以,根据上面得到,矛盾. 综上,. (Ⅲ) 【练2-5】(2015-2016丰台二模理18)设函数. (Ⅰ)当时,求函数在区间内的最大值;

    (Ⅱ)若函数在区间内有两个零点,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当时,, 与、之间的关系如下表:
    1 + 0 - 增函数 极大值 减函数 函数在区间内只有一个极大值点,所以这个极值点也是最大值点,---4分 最大值. (Ⅱ) (1)当时,,显然在区间内没有两个零点,不合题意. (2)当时,,. ①当且时,,函数区间上是增函数,所以函 数 区间上不可能有两个零点,所以不合题意;

    ②当时,在区间上与、之间的关系如下表:
    + 0 - 增函数 极大值 减函数 因为,若函数区间上有两个零点, 则,所以,化简. 因为, , 所以. 综上所述,当时,函数在区间内有两个零点. 【练2-6】(2015-2016房山一模理18)已知函数,其中 (Ⅰ)当,求函数的极大值;

    (Ⅱ)若在区间上仅有一个零点,求实数的取值范围是。

    【答案】(Ⅰ)a=-2时, ,f(1)= - a – 1 = -(-2)-1为极大值1。

    (Ⅱ) 当 时,f(x)在 所以f(1)=0 即-a-1=0,a=-1。或者 但无解舍 当 由f(1)=-a-1<0知 只需f(e)>0 解得 所以 ,f(x)在(0,1)上递增,(1,e)上递减,且 f(1)此时(0,e)上不可能有零点 综上a=-1或者 【练2-7】(2015西城二模文)已知函数,其中. (Ⅰ)当时,求函数的图象在点处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,证明:存在实数,使得对任意的,都有成立;

    (Ⅲ)当时,是否存在实数,使得关于的方程仅有负实数解?当时的情形又如何?(只需写出结论) 【答案】(Ⅰ)解:当时,函数, 求导,得, ………………2分 因为,, ………………3分 所以函数的图象在点处的切线方程为.………………4分 (Ⅱ)证明:当时,的定义域为. 求导,得, ………………5分 令,解得,, ………………6分 当变化时,与的变化情况如下表:
    + 0 0 + ↗ ↘ ↗ ………………8分 所以函数在,上单调递增,在上单调递减. 又因为,当时,;
    当时,, 所以当时,;
    当时,. 记,其中为两数, 中最大的数, 综上,当时,存在实数,使得对任意的实数,不等式 恒成立. ………………10分 (Ⅲ)解:当与时,不存在实数,使得关于实数的方程仅 有负实数解. ………………13分 考点三、已知函数不存在零点求参数范围;

    【例3-1】(2015-2016石景山一模文19)已知函数. (Ⅰ)求函数的极值;
    (Ⅱ)证明:当时,;

    (Ⅲ)当时,方程无解,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ), 令解得, 易知在上单调递减,在上单调递增, 故当时,有极小值 (Ⅱ)令,则, 由(Ⅰ)知, 所以在上单调递增, 所以, 所以. (Ⅲ)方程,整理得, 当时,. 令, 则, 令,解得, 易得在上单调递减,在上单调递增, 所以时,有最小值, 而当越来越靠近时,的值越来越大, 又当,方程无解, 所以. 【例3-2】(2013-2014海淀期末理18)已知关于的函数 (Ⅰ)当时,求函数的极值;

    (Ⅱ)若函数没有零点,求实数取值范围. 【答案】(Ⅰ),. ------------------------------------------2分 当时,,的情况如下表:
    2 0 ↘ 极小值 ↗ 所以,当时,函数的极小值为. -----------------------------------------6分 (Ⅱ). ①当时,的情况如下表:
    2 0 ↘ 极小值 ↗ --------------------------------7分 因为, ------------------------------8分 若使函数没有零点,需且仅需,解得,-------------------9分 所以此时;

    -----------------------------------------------10分 ②当时,的情况如下表:
    2 0 ↗ 极大值 ↘ --------11分 因为,且,---------------------------12分 所以此时函数总存在零点. --------------------------------------------13分 综上所述,所求实数的取值范围是. 【练3-1】(2013-2014朝阳一模文18)设函数,,,记. (Ⅰ)求曲线在处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)当时,若函数没有零点,求的取值范围. 【答案】(I),则函数在处的切线的斜率为. 又, 所以函数在处的切线方程为,即 ………………4分 (Ⅱ), ,(). ①当时,,在区间上单调递增;

    ②当时,令,解得;
    令,解得. 综上所述,当时,函数的增区间是;

    当时,函数的增区间是,减区间是. ………………9分 (Ⅲ)依题意,函数没有零点,即无解. 由(Ⅱ)知,当时,函数在区间上为增函数,区间上为减函数, 由于,只需, 解得. 所以实数的取值范围为. …………………………………………………13分 综上所述,所求实数的取值范围是. 【练3-2】(2014-2015通州期末理18)已知函数 , (Ⅰ)求的单调区间;

    (Ⅱ)若方程没有实数根,求取值范围. 【答案】(Ⅰ)因为函数,所以………………… 1分 (1)当时,所以的递增区间是,无递减区间.…… 3分 (2)当时,令,得,令,得 所以的递增区间是,递减区间是 …………………… 5分 综上,当时,的递增区间是,无递减区间, 当时,的递增区间是,递减区间是 (Ⅱ)(1)当时, 在上显然无零点, 所以方程没有实数根. …………………… 6分 (2)当时,在上单调递增, 因为,,所以 所以在上有零点. 所以方程有实数根. …………………… 8分 (3)当时,的递增区间是,递减区间是, 所以是的极小值,也是的最小值. 所以没有实数根等价于 …………………… 11分 所以所以 所以所以. …………………… 12分 综上,的取值范围是 …………………… 13分 考点四、证明函数零点情况;

    【例4-1】(2015-2016海淀期末理18)已知函数. (Ⅰ)当时,求函数的单调区间和极值;

    (Ⅱ)求证:当时,关于的不等式在区间上无解. (其中) 【答案】(Ⅰ)因为, 所以, 当时,. 令 , 得 , 所以随的变化情况如下表:
    极大值 极小值 所以在处取得极大值, 在处取得极小值. 函数的单调递增区间为,, 的单调递减区间为 (Ⅱ)证明:不等式在区间上无解,等价于在区间上恒成立, 即函数在区间上的最大值小于等于1. 因为, 令,得. 因为时,所以. 当时,对成立,函数在区间上单调递减, 所以函数在区间上的最大值为, 所以不等式在区间上无解;

    当时,随的变化情况如下表:
    ↘ 极小值 ↗ 所以函数在区间上的最大值为或. 此时, , 所以 . 综上,当时,关于的不等式在区间上无解. 【例4-2】(2015-2016房山一模文19)已知函数, (I)求曲线在处的切线方程;

    (II)求的单调区间 (III)设,其中,证明:函数仅有一个零点 【答案】(I) 其中, 所以曲线在处的切线方程 (II)的定义域为 , 令,解得 令,解得 所以,的单增区间为,单减区间为 (III),定义域为 又 ① 当时,恒成立,即在上单调递增 又 即 可知函数仅有一个零点 ② 时, 令,解得或 令,解得 所以,在,上单调递增,在上单调递减 又 又, 可知在有一个零点,即函数仅有一个零点 综上所诉,函数仅有一个零点 【练4-1】(2015-2016房山一模文19)已知函数, (I)求曲线在处的切线方程;

    (II)求的单调区间 (III)设,其中,证明:函数仅有一个零点 【答案】(I) 其中, 所以曲线在处的切线方程 (II)的定义域为 , 令,解得 令,解得 所以,的单增区间为,单减区间为 (III),定义域为 又 ① 当时,恒成立,即在上单调递增 又 即 可知函数仅有一个零点 ② 时, 令,解得或 令,解得 所以,在,上单调递增,在上单调递减 又 又, 可知在有一个零点,即函数仅有一个零点 综上所诉,函数仅有一个零点 考点五、函数交点问题;

    【例5-1】(2015-2016东城期末文19)已知函数,. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线的方程;

    (Ⅱ)若曲线与轴有且只有一个交点,求的取值范围;

    (Ⅲ)设函数,请写出曲线与最多有几个交点.(直接写出结论即可) 【答案】(Ⅰ)当时,,. 当时,,又, 所以曲线在点处的切线方程为. (Ⅱ)由,得. 当时,,此时在上单调递增. 当时,,当时,, 所以当时,曲线与轴有且只有一个交点;

    当时,令,得. 与在区间上的情况如下:
    极大值 若曲线与轴有且只有一个交点, 则有,即.解得. 综上所述,当或时,曲线与轴有且只有一个交点. (Ⅲ)曲线与曲线最多有4个交点. 【例5-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【练5-1】(2015-2016西城期末理18)已知函数 (,为自然对数的底数). (Ⅰ)若曲线在点处的切线平行于轴,求的值;

    (Ⅱ)求函数的极值;

    (Ⅲ)当时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值. 【答案】(Ⅰ)由,得. 又曲线在点处的切线平行于轴, 得,即,解得. (Ⅱ), ①当时,,为上的增函数, 所以函数无极值. ②当时,令,得,. ,;,. 所以在上单调递减,在上单调递增, 故在处取得极小值,且极小值为,无极大值. 综上,当时,函数无极小值 当,在处取得极小值,无极大值. (Ⅲ)当时, 令, 则直线:与曲线没有公共点, 等价于方程在上没有实数解. 假设,此时,, 又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故. 又时,,知方程在上没有实数解. 所以的最大值为. 解法二: (Ⅰ)(Ⅱ)同解法一. (Ⅲ)当时,. 直线:与曲线没有公共点, 等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程: (*) 在上没有实数解. ①当时,方程(*)可化为,在上没有实数解. ②当时,方程(*)化为. 令,则有. 令,得, 当变化时,的变化情况如下表: 递减 递增 当时,,同时当趋于时,趋于, 从而的取值范围为. 所以当时,方程(*)无实数解, 解得的取值范围是. 综上,得的最大值为. 【练5-2】(2014-2015丰台期末理18)已知函数. (Ⅰ)求函数的极小值;

    (Ⅱ)如果直线与函数的图象无交点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)函数的定义域为R. 因为 , 所以 . 令,则. 0 - 0 + ↘ 极小值 ↗ 所以 当时函数有极小值. ………………6分 (Ⅱ)函数. 当时,, 所以要使与无交点,等价于恒成立. 令,即, 所以 . ①当时,,满足与无交点;

    ②当时,, 而,, 所以,此时不满足与无交点. ③当时,令 , 则, 当时,,在上单调递减;

    当时,,在上单调递增;

    当时,. 由 得, 即与无交点. 综上所述 当时,与无交点. 导数专题五、恒成立问题和存在性问题 【知识结构】 【知识点】 求解函数的恒成立问题和存在性问题首先转化为函数的最值问题,主要的方法提炼:
    一、已知不等式恒成立,求参数取值范围:分参法;

    (1)分离参数,使不等式转化为()恒成立;

    (2)求导函数;

    (3)找出的最大(小)值();

    (4)解不等式(),得出参数取值范围. 二、已知不等式恒成立,求参数取值范围:讨论法;

    (1)构造新函数,使不等式转化为()恒成立;

    (2)求导函数,判断函数的单调性;

    (3)找出的最小(大)值();

    (4)解不等式(),得出参数取值范围. 【考点分类】 考点一、单变量单函数的不等式型;

    ,,即求 ,,即求 【例1-1】(2015-2016朝阳期中文19)已知函数,. (Ⅰ)若函数在区间上单调递减,求的取值范围;

    (Ⅱ)当时,证明. 【答案】(I)函数的定义域为. 因为. 又因为函数在单调减,所以不等式在上成立. 设,则,即即可,解得. 所以的取值范围是. (Ⅱ)当时,, . 令,得或(舍). 当变化时,变化情况如下表:
    1 0 + 极小值 所以时,函数的最小值为. 所以成立. 【例1-2】(2015-2016海淀二模理18)已知函数. (Ⅰ)当时,求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若关于的不等式在上有解,求实数的取值范围;

    (Ⅲ)若曲线存在两条互相垂直的切线,求实数的取值范围.(只需直接写出结果). 【答案】(Ⅰ)时且, , 令则或;
    令则, 递增区间为和;
    递减区间为。

    (Ⅱ)在有解,在有解, 令,则在有解,即, 且, , ① 当即时 在上递增,在上递减,在上递增, Ⅰ.若,则,则, 则在上递减,在上递增, 则恒成立, 满足条件。

    Ⅱ.若,则,则,则在上递增, 则, ,,又,, ② 当即时,,在上递增, 在上递增,,由Ⅱ知与矛盾, ③ 当即时,在上递增,, 由Ⅱ知与矛盾, 综上所述:. (Ⅲ)。

    【练1-1】(2015-2016东城一模理18)设函数,. (Ⅰ)当时,求的单调区间;

    (Ⅱ)当时,恒成立,求的取值范围;

    (Ⅲ)求证:当时,. 【答案】(Ⅰ)当时,则, 则. 令得 - + ↘ ↗ 所以 当时,,在上单调递减;

    当时,,在上单调递增;

       当时,.  (Ⅱ)因为, 所以恒成立,等价于恒成立. 设,, 得, 当时,, 所以 在上单调递减, 所以 时,. 因为恒成立, 所以. (Ⅲ)当时,,等价于. 设,. 求导,得. 由(Ⅰ)可知,时, 恒成立. 所以时,,有. 所以 . 所以在上单调递增,当时,. 因此当时,. 【练1-2】(2015-2016东城二模文20)设函数 (1)若,求在区间上的最大值;

    (2)设,求证:当时,过点有且只有一条直线与曲线相切;

    (3)若对任意的,均有成立,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得, + 0 - 单调增 极大值 单调减 所以在取得最大值, (2)设切点坐标为,有,以及 联立化简得到,易知为单调递增函数 因此,与直线有且只有一个交点,因此切点只有一个, 因此,当时,过点有且只有一条直线与曲线相切。

    (3)易知当时,满足条件 当时, 1)当时,满足条件 2)当时,有,整理得到 因此有,因为,所以,所以 3)当时,有 令,有 设,有,当时, 因此当时,,所以当时,单调递增,最小值为,因此 综上所述,的取值范围为 【练1-3】(2013-2014朝阳二模理18)已知函数,. (Ⅰ)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的值;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设,当时,都有成立,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以.所以. 所以. ……………3分 (Ⅱ)函数的定义域是,. (1)当时,成立,所以的单调增区间为. (2)当时, 令,得,所以的单调增区间是;

    令,得,所以的单调减区间是. 综上所述,当时,的单调增区间为;

    当时,的单调增区间是, 的单调减区间是. ……………8分 (Ⅲ)当时,成立,. “当时,恒成立” 等价于“当时,恒成立.” 设,只要“当时,成立.” . 令得,且,又因为,所以函数在上为减函数;

    令得,,又因为,所以函数在上为增函数. 所以函数在处取得最小值,且. 所以. 又因为, 所以实数的取值范围. ……………13分 (Ⅲ)另解:
    (1)当时,由(Ⅱ)可知, 在上单调递增,所以. 所以当时,有成立. (2)当时, 可得. 由(Ⅱ)可知当时,的单调增区间是, 所以在上单调递增,又,所以总有成立. (3)当时,可得. 由(Ⅱ)可知,函数在上为减函数,在为增函数, 所以函数在处取最小值, 且. 当时,要使成立,只需, 解得.所以. 综上所述,实数的取值范围 【练1-4】(2010-2011海淀一模文18)已知函数. (Ⅰ)若,求函数的极值和单调区间;

    (Ⅱ)若在区间上至少存在一点,使得成立,求实数 的取值范围. 【答案】(I)因为 , …………………2分 当, , 令,得 , …………………3分 又的定义域为, ,随的变化情况如下表:
    0 极小值 所以时,的极小值为1 . …………………5分 的单调递增区间为,单调递减区间为;

    …………………6分 (II)解法一:
    因为 ,且, 令,得到 , 若在区间上存在一点,使得成立, 其充要条件是在区间上的最小值小于0即可. …………………7分 (1)当,即时,对成立, 所以,在区间上单调递减, 故在区间上的最小值为, 由,得,即 …………………9分 (2)当,即时, ① 若,则对成立,所以在区间上单调递减, 所以,在区间上的最小值为, 显然,在区间上的最小值小于0不成立 …………………11分 ② 若,即时,则有 极小值 所以在区间上的最小值为, 由, 得 ,解得,即. …………………13分 综上,由(1)(2)可知:符合题意. …………………14分 解法二:若在区间上存在一点,使得成立, 即, 因为, 所以,只需 …………………7分 令,只要在区间上的最小值小于0即可 因为, 令,得 …………………9分 (1)当时:
    极大值 因为时,,而, 只要,得,即 …………………11分 (2)当时:
    极小值 所以,当 时,极小值即最小值为, 由, 得 ,即. …………………13分 综上,由(1)(2)可知,有 . …………………14分 【练1-5】(2013-2014房山一模文18) 已知函数. (Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)若对于任意的,都有,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)∵f(x)=ex(x+1), ∴f′(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2), ∴f′(0)=e0•(0+2)=2, 又f(0)=1, ∴曲线曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为:
    y-1=2(x-0),即2x-y+1=0;

    (Ⅱ)令f′(x)=0,得x=-2, 当x变化时,f(x)和f′(x)的变化情况如下表:
    x (-∞,-2) -2 (-2,0) f′(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ ∴f(x)在(-∞,-2)上递减,在(-2,0)上递增, ∴f(x)在(-∞,0)上的最小值是f(-2)=-e-2. ∴-e-2>k,即k<-e-2. ∴k的取值范围是(-∞,-e-2). 【练1-6】(2015-2016朝阳二模文20)已知函数. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)当时,若在区间上恒成立,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 函数的定义域为, . (5) 当时,, 令,解得,则函数的单调递增区间为 令,解得,函数单调递减区间为. 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为. (6) 当时,, 令,解得或,则函数的单调递增区间为 ;

    令,解得,函数单调递减区间为. 所以函数的单调递增区间为,,单调递减区间为. (7) 当时,恒成立, 所以函数的单调递增区间为. (8) 当时,, 令,解得或,则函数的单调递增区间为 ,;

    令,解得,则函数的单调递减区间为. 所以函数的单调递增区间为,,单调递减区间为 (Ⅱ)依题意,在区间上. ,. 令得,或. 若,则由得,,函数在()上单调递增. 由得,,函数在()上单调递减. 所以,满足条件;

    若,则由得,或;

    由得,. 函数在(),上单调递增,在上单调递减. , 依题意 ,即,所以;

    若,则. 所以在区间上单调递增,,不满足条件;

    综上,. 考点二、单变量双函数的不等式型;

    ,,构造新函数,即求;

    ,,构造新函数,即求;

    【例2-1】(2015-2016昌平期末文20)已知函数. (Ⅰ)求函数在点处的切线方程;

    (Ⅱ)证明:当时,;

    (Ⅲ)设,若存在最大值,且当最大值大于时,确定实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)解:定义域为,. 由题意,, ,所以函数在点处的切线方程为.(Ⅱ)证明:当时,,可转化为 当时,恒成立. 设, 所以. 当时,,所以在上为减函数,所以, 所以当时,成立. (Ⅲ)设,定义域为, 所以. ⑴当时,对于任意的,, 所以在上为增函数,所以无最大值,即不符合题意. ⑵当时,令,即,则. 所以,变化如下:
    0 + 0 - ↗ 极大值 ↘ 因为. 所以成立,即, 令,, 所以,即在上为增函数. 又因为,所以当时,. 所以,时,命题成立. 综上,的取值范围为. 【例2-2】(2015-2016丰台一模理18)已知函数. (Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求证:;

    (Ⅲ)若在区间上恒成立,求的最小值. 【答案】(Ⅰ)设切线的斜率为 因为,切点为. 切线方程为,化简得:. (Ⅱ)要证:
    只需证明:在恒成立, 当时,在上单调递减;

    当时,在上单调递增;

    当时 在恒成立 所以. (Ⅲ)要使:在区间在恒成立, 等价于:在恒成立, 等价于:在恒成立 因为== ①当时,,不满足题意 ②当时,令,则或(舍). 所以时,在上单调递减;

    时,在上单调递增;

    当时 当时,满足题意 所以,得到的最小值为 【练2-1】(2015-2016石景山一模理18)已知函数. (Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求证:当时,;

    (Ⅲ)若对恒成立,求实数的最大值. 【答案】 (Ⅰ),. 所以切线方程为. (Ⅱ)令, 则, 当时,设,则 所以在单调递减, 即,所以………6分 所以在上单调递减,所以, 所以. (Ⅲ)原题等价于对恒成立, 即对恒成立,………9分 令,则. 易知,即在单调递增, 所以,所以, 故在单调递减,所以. 综上所述,的最大值为 . 【练2-2】(2015-2016大兴期末文19)已知函数. (Ⅰ)求函数在点处的切线方程;

    (Ⅱ)设实数使得恒成立,求的取值范围;

    (Ⅲ)设,求函数在区间上的零点个数. 【答案】(Ⅰ) 曲线在点处的切线方程为 (Ⅱ)设,则 令,解得:
    当在上变化时,,的变化情况如下表:
    + 0 - ↗ ↘ 由上表可知,当时,取得最大值 由已知对任意的,恒成立 所以,得取值范围是。

    (Ⅲ)令得:
    由(Ⅱ)知,在上是增函数,在上是减函数. 且,, 所以当或时,函数在上无零点;

    当或时,函数在上有1个零点;

    当时,函数在上有2个零点 【练2-3】(2015-2016东城二模理18)已知 (I)求的单调区间 (II)当时,求证:对于恒成立;

    (III)若存在,使得当时,恒有成立,试求的取值范围。

    【答案】(I)的定义域是,, 令,得:,(舍) + 0 - 单调增 极大值 单调减 (II)设,由题意只需证明:即可。

    , 可得,在上,,且在单调递减, 所以对于恒成立,得证。

    (III)由(II)得:
    当时,,所以, , 又因为当时,,所以, 则此时没有满足条件的 当时,令 则,令,, 因为,又因为,所以,存在满足题意。

    综上,的取值范围是。

    【练2-4】(2015-2016朝阳二模理18)已知函数,. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)当时,若曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内,试求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当时, ,. . 则,而. 所以曲线在点(1,)处的切线方程为,即. (Ⅱ)依题意当时,曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内,等价于当时,恒成立. 设,. 所以. (1)当,即时,当时,,为单调减函数, 所以. 依题意应有 解得所以. (2)若 ,即时,当,,为单调增函数, 当,,为单调减函数. 由于,所以不合题意. (3)当,即时,注意到,显然不合题意. 综上所述,. 【练2-5】(2013-2014海淀一模理18)已知曲线. (Ⅰ)若曲线C在点处的切线为,求实数和的值;

    (Ⅱ)对任意实数,曲线总在直线:的上方,求实数的取值范围. 【答案】, -----------------------------------2分 因为曲线C在点(0,1)处的切线为L:, 所以且. ----------------------------------4分 解得, -----------------------------------5分 (Ⅱ)法1:
    对于任意实数a,曲线C总在直线的的上方,等价于 ∀x,,都有, 即∀x,R,恒成立, --------------------------------------6分 令, ----------------------------------------7分 ①若a=0,则, 所以实数b的取值范围是;

    ----------------------------------------8分 ②若,, 由得, ----------------------------------------9分 的情况如下:
    0 0 + 极小值 -----------------------------------------11分 所以的最小值为, -------------------------------------------12分 所以实数b的取值范围是;

    综上,实数b的取值范围是. --------------------------------------13分 法2:对于任意实数a,曲线C总在直线的的上方,等价于 ∀x,,都有,即 ∀x,R,恒成立, -------------------------------------------6分 令,则等价于∀,恒成立, 令,则 , -----------------------------------------7分 由得, ----------------------------------------9分 的情况如下:
    0 0 + 极小值 -----------------------------------------11分 所以 的最小值为, ------------------------------------------12分 实数b的取值范围是. --------------------------------------------13分 【练2-7】(2015-2016西城一模文19)已知函数,且 (Ⅰ)求的解析式 (Ⅱ)若对于任意,都有,求m的最小值 (Ⅲ)证明:函数的图像在直线的下方. 【答案】对求导,得, 所以,解得, 所以. (Ⅱ)解:由,得, 因为, 所以对于任意,都有. 设,则 . 令 ,解得. 当x变化时,与的变化情况如下表:
    极大值 所以当时,. 因为对于任意,都有成立, 所以 . 所以的最小值为. (Ⅲ)证明:“函数的图象在直线的下方”等价于“”, 即要证, 所以只要证. 由(Ⅱ),得,即(当且仅当时等号成立). 所以只要证明当时,即可. 设, 所以, 令,解得. 由,得,所以在上为增函数. 所以,即. 所以. 故函数的图象在直线的下方. 【练2-8】(2015-2016东城一模文19) 已知函数, (1)若在处取得极值,求的值;

    (2)求在区间上的最小值;

    (3)在(1)的条件下,若,求证:当时,恒有成立。

    【答案】(1)定义域为 ,因为函数在处取得极值,所以有, 解得 (2) 1)当时, 在单调递增,所以该区间上的最小值为 2)当时, 在单调递增,所以该区间上的最小值为 3)当时, - 0 + 减 极小值 增 所以在该区间的最小值为 综上所述,当时,在的最小值为1;

    当时,在的最小值为。

    (3)由已知得,,所以在时,恒有 若要证明当时,恒有成立,只需证明, 即证明恒成立。

    令 令,有 当时,恒有,所以当时, 所以,,所以在时,单调递减, 因此恒成立,所以,当时,恒有成立。

    【练2-9】(2015-2016大兴期末理18)已知函数. (Ⅰ)当时,求函数在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)若在上恒成立,求的取值范围. 【答案】(1)当 时,, 所以,函数在点处的切线方程为 即:
    (Ⅱ)函数的定义域为:
    当时,恒成立,所以,在和上单调递增 当时,令,即:, , 所以,单调递增区间为,单调减区间为. (Ⅲ)因为在上恒成立,有 在上恒成立。

    所以,令, 则. 令则 若,即时,,函数在上单调递增,又 所以,在上恒成立;

    若,即时,当时,单调递增;

    当时,,单调递减 所以,在上的最小值为, 因为所以不合题意. 即时,当时,单调递增, 当时,单调递减, 所以,在上的最小值为 又因为,所以恒成立 综上知,的取值范围是. 【练2-10】(2012-2013海淀二模文18)已知函数. (Ⅰ)当时,若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行,求实数的值;

    (Ⅱ)若,都有,求实数的取值范围. 【答案】(I)当因为, …………………2分 若函数在点处的切线与函数在点 处的切线平行, 所以,解得 此时在点处的切线为 在点 处的切线为 所以 …………………4分 (II)若,都有 记, 只要在上的最小值大于等于0 …………………6分 则随的变化情况如下表:
    0 极大值 …………………8分 当时,函数在上单调递减,为最小值 所以,得 所以 …………………10分 当时,函数在上单调递减,在上单调递增 , 为最小值,所以,得 所以 ………………12分 综上, ………………13分 【练2-11】(2015-2016昌平期末理18)已知函数. (Ⅰ)若函数在点处的切线方程为,求切点的坐标;

    (Ⅱ)求证:当时,;
    (其中) (Ⅲ)确定非负实数的取值范围,使得成立. 【答案】定义域为,. 由题意,,所以,即切点的坐标为. (Ⅱ)证明:当时,,可转化为 当时,恒成立. 设, 所以原问题转化为当时,恒成立. 所以. 令,则(舍),. 所以,变化如下:
    0 + 0 - ↗ 极大值 ↘ 因为,, 所以. 当时,成立. (Ⅲ)解:,可转化为 当时,恒成立. 设, 所以. ⑴当时,对于任意的,, 所以在上为增函数,所以, 所以命题成立. 当时,令,则, ⑵当,即时,对于任意的,, 所以在上为增函数,所以, 所以命题成立. ⑶当,即时, 则(舍),. 所以,变化如下:
    0 - 0 + ↘ 极小值 ↗ 因为, 所以,当时,命题不成立. 综上,非负实数的取值范围为. 考点三、双变量双函数的不等式型;







    【例3-1】(2015-2016西城二模文15)已知函数 (I)若,求a的值 (II)设,若对于定义域内的任意,总存在使得,求a的取值范围 【答案】 (Ⅰ)证明:函数的定义域, 由题意,有意义,所以, 求导,得 所以 解得 (Ⅱ)解:“对于定义域内的任意,总存在使得”等价于“不存在最小值”. ①当时,由得无最小值,符合题意. ②当时,令 ,得或 随着的变化,与的变化情况如下表:
    0 不存在 极小 不存在 所以函数的单调递减区间为,,单调递增区间为. 因为当时,,当时,. 所以. 所以当时,不存在使得. 综上所述:的取值范围为. 【例3-2】(2015-2016海淀一模文19)已知函数. (Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的零点和极值;

    (Ⅲ)若对任意,都有成立,求实数的最小值. 【答案】 (Ⅰ)设切线斜率为,所以,,所以曲线在点处的切线方程为,即。

    (Ⅱ)令,解得。当时,;
    时,,所以函数零点有且只有一个,为1. 令,即解得。当时,;
    当时,,所以函数在处取得极小值,无极大值。

    (Ⅲ)由(II)知,当时,;
    时,,且在上单调递减,在上单调递增,所以在处取得最小值。且。

    ,,所以只需。所以。所以的最小值为1。

    考点四、双变量双函数的绝对值不等式型;

    (一) (1)对于任意的,,, 等价于且;

    (2)对于任意的,,, 等价于或者;

    (3)对于任意的,,, 等价于;

    (二) (1)若存在,存在,使得, 等价于且;

    (2)若存在,存在,使得, 等价于或者;

    (3)若存在,存在,使得,, 等价于;

    (三) (1)对于任意的,存在,使得, 等价于且;

    (2)对于任意的,存在,使得, 等价于或者;

    (3)对于任意的,若存在,, 等价于;

    【例4-1】(2011-2012海淀二模文18)已知函数. (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)当时,若对任意,有成立,求实数的最小值. 【答案】(Ⅰ)当时,函数的单调递增区间是,函数的单调递减区间是, 当时, 函数的单调递增区间是,函数的单调递减区间是,. (Ⅱ) 任意,使恒成立的实数的最小值为 【例4-1】(2016湖北理21)设是函数的一个极值点。

    (Ⅰ)、求与的关系式(用表示),并求的单调区间;

    (Ⅱ)、设,。若存在使得成立,求的取值范围。

    【答案】(Ⅰ)f `(x)=-[x2+(a-2)x+b-a ]e3-x, 由f `(3)=0,得 -[32+(a-2)3+b-a ]e3-3=0,即得b=-3-2a, 则 f `(x)=[x2+(a-2)x-3-2a-a ]e3-x =-[x2+(a-2)x-3-3a ]e3-x=-(x-3)(x+a+1)e3-x. 令f `(x)=0,得x1=3或x2=-a-1,由于x=3是极值点, 所以x+a+1≠0,那么a≠-4. 当a<-4时,x2>3=x1,则 在区间(-∞,3)上,f `(x)<0, f (x)为减函数;

    在区间(3,―a―1)上,f `(x)>0,f (x)为增函数;

    在区间(―a―1,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数。

    当a>-4时,x2<3=x1,则 在区间(-∞,―a―1)上,f `(x)<0, f (x)为减函数;

    在区间(―a―1,3)上,f `(x)>0,f (x)为增函数;

    在区间(3,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数。

    (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a>0时,f (x)在区间(0,3)上的单调递增,在区间(3,4)上单调递减,那么f (x)在区间[0,4]上的值域是[min(f (0),f (4) ),f (3)], 而f (0)=-(2a+3)e3<0,f (4)=(2a+13)e-1>0,f (3)=a+6, 那么f (x)在区间[0,4]上的值域是[-(2a+3)e3,a+6]. 又在区间[0,4]上是增函数, 且它在区间[0,4]上的值域是[a2+,(a2+)e4], 由于(a2+)-(a+6)=a2-a+=()2≥0,所以只须仅须 (a2+)-(a+6)<1且a>0,解得0<a<. 故a的取值范围是(0,)。

    【例4-2】【2013届山西省第四次四校联考】已知函数 (I)若函数在上是减函数,求实数的最小值;

    (2)若,使成立,求实数的取值范围. 【答案】(1)因f(x)在上为减函数,故在上恒成立.…1分 所以当时,.………………2分 又,………4分 故当,即时,. 所以于是,故a的最小值为. …………………………6分 (2)命题“若使成立”等价于 “当时,有”. 由(1),当时,,. 问题等价于:“当时,有”. ………………………8分 当时,≤0, 在上为减函数, 则=,故. ………10分… 当0<时,>0,由于在上为增函数, 故的值域为,即. 由的单调性和值域知,唯一,使,且满足:
    当时,,为减函数;
    当时,,为增函数;

    由=,. 所以,,与矛盾,不合题意. 综上,得. …………………………12分 【例4-3】【2013~2014年衡水中学高三上学期二调】已知函数 ;

    (1)求函数在点处的切线方程;

    (2)求函数单调递增区间;

    (3)若存在,使得(是自然对数的底数),求实数的取值范围. 【例4-4】(2015-2016年昌平二模理18)已知函数, ,且曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线. 设. (I)求的值,及的关系式;

    (II)求函数的单调区间;

    (III)设,若对于任意,都有,求的取值范围. 【答案】(I)因为函数,, 所以函数,. 又因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线, 所以,即 (II)由已知,. 所以. 设,所以, R,,所以在上为单调递增函数. 由(I)得,所以,即0是的零点. 所以,函数的导函数有且只有一个零点0. 所以及符号变化如下, - + ↘ 极小值 ↗ 所以函数的单调递减区间为,单调递增区间为. (III)由(II)知当 时,是增函数. 对于任意,都有等价于 , 等价于当时,, 因为,所以在上是增函数, 又,所以. 【练4-1】(2013房山二模理)已知函数(). (Ⅰ)当时,求函数的单调区间; (Ⅱ)当时,取得极值. (1)若,求函数在上的最小值; (2)求证:对任意,都有. 【答案】(Ⅰ) …………1分 当时, 解得或, 解得 ……………2分 所以单调增区间为和,单调减区间为………3分 (Ⅱ)①当时,取得极值, 所以 解得(经检验符合题意) ……………4分 + 0 - 0 + ↗ ↘ ↗ 所以函数在,递增,在递减. ……5分 当时,在单调递减, ………………6分 当时 在单调递减,在单调递增, . ………………7分 当时,在单调递增, ……………………8分 综上,在上的最小值 ……………………9分 ②令 得(舍) 因为 所以 ……………11分 所以,对任意,都有 【练4-2】(2012-2013房山二模文18)已知函数在处取得极值. (Ⅰ)求的值;

    (Ⅱ)求函数在上的最小值;

    (Ⅲ)求证:对任意,都有. 【答案】(Ⅰ) ……………1分 由已知得即 ……………2分 解得:
    …………………………3分 当时,在处函数取得极小值,所以 (Ⅱ), . - 0 + 减 增 所以函数在递减,在递增. ……………………4分 当时,在单调递增,. ………………………5分 当时, 在单调递减,在单调递增,. …………………………6分 当时,, 在单调递减, …………………………7分 综上 在上的最小值 ………………………………………8分 (Ⅲ)由(Ⅰ)知, . 令 得 因为 所以 ……………11分 所以,对任意,都有 【练4-3】(2013-2014年东城零模文18)设函数 (Ⅰ)设,,证明:在区间内存在唯一的零点;

    (Ⅱ)设,若对任意,有,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当 . 又当, . ......6分 (Ⅱ)当时,. 对任意 上的最大值 与最小值之差,据此分类讨论如下:
    (ⅰ), . (ⅱ), . (ⅲ), . 综上可知,. ......14分 考点五、双变量双函数的等式型;

    (一) 对任意的,存在,使得,则的值域是值域的子集,即;

    (二) 存在,存在,使得,则的值域是值域有非空交集,即 【例5-1】(2015-2016丰台期末文20)设函数的图象与直线相切于点. (Ⅰ)求函数的解析式;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设函数,对于, ,使得,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)∵函数的图象与直线相切于点, ∴,. ∵, ∴ 解得. ∴. (Ⅱ), 令,得或;

    令,得. ∴的单调递增区间为,;
    单调递减区间为. …8分 (Ⅲ)记在上的值域为,在上的值域为, ∵对于,,使得, ∴. 由(Ⅱ)得:在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增, ,,,, ∴. ∵, ∴. ① 当时,在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增, ∴的最小值为或,的最大值为或. ∵,且, ∴或, ∴或, 即或. 又∵, ∴. ② 当时,在上单调递增,上单调递减, ∴的最小值为或,的最大值为 . ∵,且, ∴, ∴,即. 综上所述:或. 【例5-2】(2014-2015海淀二模文19)已知函数,其中. (Ⅰ)求的单调区间;

    (Ⅱ)若对任意的,总存在,使得,求实数值. 【答案】(Ⅰ) ………………2分 当时,对,,所以 的单调递减区间为;

    ………………4分 当时,令,得. 因为 时,;
    时,. 所以 的单调递增区间为,单调递减区间为. ………………6分 (Ⅱ)用分别表示函数在上的最大值,最小值. 当且时,由(Ⅰ)知:在上,是减函数. 所以 . 因为 对任意的,, , 所以对任意的,不存在,使得. ………………8分 当时,由(Ⅰ)知:在上,是增函数,在上,是减函数. 所以 . 因为 对,, , 所以 对,不存在,使得. ………………10分 当时,令. 由(Ⅰ)知:在上,是增函数,进而知是减函数. 所以 ,, ,. 因为 对任意的,总存在,使得,即, 所以 即 所以 ,解得. ………………13分 综上所述,实数的值为. 【练5-1】(2008天津文10)10.设,若对于任意的,都有满足方程,这时的取值的集合为( B ) A. B. C. D. 【练5-2】(2008天津理16)设,若仅有一个常数c使得对于任意的,都有满足方程,这时,的取值的集合为 . a=2 考点六、其他的函数单调性问题、极值问题、最值问题、零点问题转化为恒成立问题和存在性问题;

    【例6-1】((2015-2016房山二模文19)已知函数 (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)若直线与曲线没有公共点,求实数的取值范围。

    【答案】(Ⅰ),定义域为 ,令 极小值 所以的增区间为,减区间为。

    (II)因为直线与曲线没有公共点, 所以方程无实根,即无实根,等价于无实根 设,即无零点。

    当时,,显然无零点,符合题意;

    当时,令 极小值 ,显然不符合题意;

    当时,令 极大值 ,所以时,符合题意 综上所述:
    导数专题六、渐近线和间断点问题 【知识结构】 【知识点】 对于函数的渐近线问题和间断点问题是函数问题中的特殊类型,渐近线问题主要是涉及到函数在无穷处的极限值会等于定值,这样的函数类型主要类型有如下的形式;

    几种特殊函数的渐近线: 1.时;

    (1)(幂函数的增长快于对数函数增长);

    (2)(高阶增长快于低阶增长);

    (3)(指数函数增长快于幂函数和对数函数增长) 2. 时;

    (1)(高阶增长快于低阶增长);

    (2)(可转化为形式) 【考点分类】 考点一、函数的渐近线问题;

    【例1-1】(2015-2016海淀一模文20)已知函数. (Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的零点和极值;

    (Ⅲ)若对任意,都有成立,求实数的最小值. 【答案】(Ⅰ)因为, . 所以. . 因为,所以曲线在处的切线方程为... (Ⅱ)令,解得, 所以的零点为. . 由解得, 则及的情况如下:
    2 0 极小值 . 所以函数在 时,取得极小值 . (Ⅲ)法一:
    当时,. 当时,. . 若,由(Ⅱ)可知的最小值为,的最大值为,. 所以“对任意,有恒成立”等价于 即, 解得. 所以的最小值为1. 法二:
    当时,. 当时,. . 且由(Ⅱ)可知,的最小值为, . 若,令,则 而,不符合要求, 所以. 当时,, 所以,即满足要求, 综上,的最小值为1. . 法三:
    当时,. 当时,. . 且由(Ⅱ)可知,的最小值为, . 若,即时, 令则任取, 有 所以对成立, 所以必有成立,所以,即. 而当时,, 所以,即满足要求, 而当时,求出的的值,显然大于1, 综上,的最小值为1. 【例1-2】(2016-2017海淀期中理19)已知函数. (Ⅰ)求的单调区间. (Ⅱ)求证:当时,函数存在最小值. 【答案】 【例1-3】(2009-2010西城一模理19) 已知函数,其中,其中 (I)求函数的零点;

    (II)讨论在区间上的单调性;

    (III)在区间上,是否存在最小值?若存在,求出最小值;
    若不存 在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ)解,得, 所以函数的零点为. (Ⅱ)函数在区域上有意义, , 令,得,, 因为,所以,. 当在定义域上变化时,的变化情况如下:
    ↗ ↘ 所以在区间上是增函数, 在区间上是减函数. (Ⅲ)在区间上存在最小值. 证明:由(Ⅰ)知是函数的零点, 因为, 所以,1 由知,当时,,1 又函数在上是减函数,且, 所以函数在区间上的最小值为,且, 所以函数在区间上的最小值为, 计算得. 【练1-1】(2009-2010西城一模文20)已知函数其中。

    (I)若函数存在零点,求实数的取值范围;

    (II)当时,求函数的单调区间;
    并确定此时是否存在最小值,如果存在,求出最小值,如果存在,请说明理由。

    【答案】(I)或;

    (II),,得或, 在,单调增加;
    在单调减少, 此时,存在最小值. 的极小值为,根据的单调性,在区间上的最小值为. 解=0,得的零点为和, 结合, 可得在区间和,,因为,所以;

    并且,即. 所以,当时,存在最小值,最小值为. 【练1-2】(2011-2012西城二模理19)已知函数,其中. (Ⅰ)当时,求曲线在原点处的切线方程;

    (Ⅱ)求的单调区间;

    (Ⅲ)若在上存在最大值和最小值,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)解:当时,,. 由 , 得曲线在原点处的切线方程是. (Ⅱ)解:. ① 当时,. 所以在单调递增,在单调递减. 当,. ② 当时,令,得,,与的情况如下:
    ↘ ↗ ↘ 故的单调减区间是,;
    单调增区间是. ③ 当时,与的情况如下:
    ↗ ↘ ↗ 所以的单调增区间是;
    单调减区间是,. (Ⅲ)解:由(Ⅱ)得, 时不合题意. 当时,由(Ⅱ)得,在单调递增,在单调递减,所以在上存在最大值. 设为的零点,易知,且.从而时,;
    时,. 若在上存在最小值,必有,解得. 所以时,若在上存在最大值和最小值,的取值范围是. 当时,由(Ⅱ)得,在单调递减,在单调递增,所以在上存在最小值. 若在上存在最大值,必有,解得,或. 所以时,若在上存在最大值和最小值,的取值范围是. 综上,的取值范围是. 【练1-3】(2008-2009海淀二模18)已知:函数(其中常数). (Ⅰ)求函数的定义域及单调区间;

    (Ⅱ)若存在实数,使得不等式成立,求a的取值范围. 【答案】(Ⅰ)函数的定义域为. . 由,解得. 由,解得且. ∴的单调递增区间为,单调递减区间为,. (Ⅱ)由题意可知,,且在上的最小值小于等于时,存在实数,使得不等式成立. 若即时, x a+1 - 0 + ↘ 极小值 ↗ ∴在上的最小值为. 则,得. 若即时,在上单调递减,则在上的最小值为. 由得(舍). 综上所述,. 例7.(12西城二模理科19)已知函数,其中. (Ⅰ)当时,求曲线在原点处的切线方程;

    (Ⅱ)求的单调区间;

    (Ⅲ)若在上存在最大值和最小值,求的取值范围. 【答案】当时,,. 由 , 得曲线在原点处的切线方程是. (Ⅱ)解:. ① 当时,. 所以在单调递增,在单调递减. 当,. ② 当时,令,得,,与的情况如下:
    ↘ ↗ ↘ 故的单调减区间是,;
    单调增区间是. ③ 当时,与的情况如下:
    ↗ ↘ ↗ 所以的单调增区间是;
    单调减区间是,. (Ⅲ)解:由(Ⅱ)得, 时不合题意. 当时,由(Ⅱ)得,在单调递增,在单调递减,所以在上存在最大值. 设为的零点,易知,且.从而时,;
    时,. 若在上存在最小值,必有,解得. 所以时,若在上存在最大值和最小值,的取值范围是. 当时,由(Ⅱ)得,在单调递减,在单调递增,所以在上存在最小值. 若在上存在最大值,必有,解得,或. 所以时,若在上存在最大值和最小值,的取值范围是. 综上,的取值范围是. 考点二、函数的间断点问题;

    【例2-1】(2015-2016西城二模理18)设,函数;

    (1)若函数在(0,f(0))处的切线与直线y=3x-2平行,求a的值 (2)若对于定义域内的任意,总存在使得,求a的取值范围;

    【答案】(Ⅰ)证明:函数的定义域, 由题意,有意义,所以. 求导,得. 由题意,得,解得. 验证知符合题意. (Ⅱ)解:“对于定义域内的任意,总存在使得”等价于“不存在最小值”. ① 当时, 由,得无最小值,符合题意. ② 当时, 令,得 或 . 随着x的变化时,与的变化情况如下:
    不存在 0 ↘ 不存在 ↗ 极大 ↘ 所以函数的单调递减区间为,,单调递增区间为. 9分 因为当时,,当时,, 所以只要考虑,且即可. 当时, 由在上单调递减,且, 得, 所以存在,使得,符合题意;

    同理,当时,令, 得,也符合题意;

    故当时,对于定义域内的任意,总存在使得成立. ③ 当时, 随着x的变化时,与的变化情况如下表:
    0 不存在 ↘ 极小 ↗ 不存在 ↘ 所以函数的单调递减区间为,,单调递增区间为. 因为当时,,当时,, 所以. 所以当时,不存在使得. 综上所述,a的取值范围为. 【例2-2】(2015-2016西城二模文19)已知函数 (1)若,求a的值 (2)设,若对于定义域内的任意,总存在使得,求a的取值范围 【答案】(Ⅰ)证明:函数的定义域, 由题意,有意义,所以, 求导,得 所以 解得 (Ⅱ)解:“对于定义域内的任意,总存在使得”等价于“不存在最小值”. ①当时,由得无最小值,符合题意. ②当时,令 ,得或 随着的变化,与的变化情况如下表:
    0 不存在 极小 不存在 所以函数的单调递减区间为,,单调递增区间为. 因为当时,,当时,. 所以. 所以当时,不存在使得. 综上所述:的取值范围为. 【练2-1】(2012-2013海淀期末理18)已知函数 (I) 当时,求曲线在处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间. 【答案】当时,, 又,, 所以在处的切线方程为 (II) 当时, 又函数的定义域为 所以 的单调递减区间为 当 时,令,即,解得 当时,, 所以,随的变化情况如下表 无定义 0 极小值 所以的单调递减区间为,,      单调递增区间为 当时, 所以,随的变化情况如下表:
    0 无定义 极大值 所以的单调递增区间为,      单调递减区间为, 【练2-2】(2012-2013门头沟一模文16)已知函数,其中. (Ⅰ)在处的切线与轴平行,求的值;

    (Ⅱ)求的单调区间. 【答案】(Ⅰ). 依题意,由,得. 经检验, 符合题意. (Ⅱ)① 当时,. 故的单调减区间为,;
    无单调增区间. ② 当时,. 令,得,. 和的情况如下:
    ↘ ↗ ↘ 故的单调减区间为,;
    单调增区间为. 1 ③ 当时,的定义域为. 因为在上恒成立, 故的单调减区间为,,;
    无单调增区间. 【练2-3】(2012-2013西城期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)求的单调区间;

    (Ⅱ)设.若,使,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ)① 当时,. 故的单调减区间为,;
    无单调增区间. ② 当时,. 令,得,. 和的情况如下:
    ↘ ↗ ↘ 故的单调减区间为,;
    单调增区间为. ③ 当时,的定义域为. 因为在上恒成立, 故的单调减区间为,,;
    无单调增区间. (Ⅱ)解:因为,, 所以 等价于 ,其中. 设,在区间上的最大值为. 则“,使得 ”等价于. 所以,的取值范围是. 。

    导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题 【知识结构】 【知识点】 一、超越函数的定义 超越函数:指的是变量之间的关系不能用有限次加、减、乘、除、乘方、开方运算表示的函数。如对数函数,指数函数等就属于超越函数。

    二、判断超越函数零点存在性的方法 1.图像 根据基本初等函数的图像是否存在交点判断。

    2.特殊点 带入特殊点判断:如 0,1,-1,e等 3.单调性与切线 利用单调性和切线判断 4.极限 通过函数的极限判断 特殊点的取法与目的 【考点分类】 考点一、利用特殊点法求解(无参数的超越函数) 含有的函数:常取等 含有的函数:常取等 终极目的:消参,有理化,最终简单化 【例1-1】求的零点。

    【例1-2】求的零点。

    考点二、取特值法解不等式(含参,可以参变分离) 【例2-1】(2015-2016朝阳一模理18)已知函数. (Ⅲ)试问过点可作多少条直线与曲线相切?并说明理由. 解:设切点为,则切线斜率, 切线方程为. 因为切线过点,则. 即. 令 ,则 . 当时, 在区间上,,单调递减, 在区间上,,单调递增, 所以函数的最小值为. 令>0,解得 取,则. 故在上存在唯一零点. 不等式放缩部分(解法探究) 标答 取,则 . 设,,则. 当时,恒成立. 所以在单调递增,恒成立.所以. 故在上存在唯一零点. 因此当时,过点P存在两条切线. (3)当时,,显然不存在过点P的切线. 综上所述,当时,过点P存在两条切线;

    当时,不存在过点P的切线.…………………………………………………13分 考点三、利用切线求解;

    【例3-1】(2012-2013石景山期末理18)已知函数是常数. (Ⅲ)讨论函数零点的个数. 【答案】令, . 令 ,, 则在上单调递增,在上单调递减, 当时,的最大值为. 所以若,则无零点;
    若有零点,则. 若,,由(Ⅰ)知有且仅有一个零点. 若,单调递增,由幂函数与对数函数单调性比较, 知有且仅有一个零点(或:直线与曲线有一个交点). 若,解得,由函数的单调性得知在处取最大值,,由幂函数与对数函数单调性比较知,当充分大时,即在单调递减区间有且仅有一个零点;

    又因为,所以在单调递增区间有且仅有一个零点. 切线方法:
    综上所述,当时,无零点;

    当或时,有且仅有一个零点;

    当时,有两个零点. 考点四、利用函数放缩求解;

    【例4-1】(2014-2015年朝阳一模理18)已知函数,. (Ⅱ) 当时,讨论函数的零点个数. 解:(Ⅱ),. (1)当时, 时,,为减函数;时,,为增函数. 所以在时取得最小值. (ⅰ)当时,,由于,令,, 则在上有一个零点;

    (ⅱ)当时,即时,有一个零点;

    (ⅲ)当时,即时,无零点. (ⅳ)当时,即时, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (4) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. (ⅰ)令,得. 令,得,所以函数在单调递增. 令,得,所以函数在单调递减. 所以,. 所以成立. (ⅱ)由(ⅰ)知, , 所以. 设所以. 令,得. 令,得,所以函数在单调递增, 令,得,所以函数在单调递减;

    所以,, 即. 所以 ,即. 所以,方程没有实数解. 【练1-1】(2015-2016东城一模理18)设函数,. (Ⅰ)当时,求的单调区间;

    (Ⅱ)当时,恒成立,求的取值范围;

    (Ⅲ)求证:当时,. 【答案】(Ⅰ)当时,则, 则. 令得 - + ↘ ↗ 所以 当时,,在上单调递减;

    当时,,在上单调递增;

       当时,.  (Ⅱ)因为, 所以恒成立,等价于恒成立. 设,, 得, 当时,, 所以 在上单调递减, 所以 时,. 因为恒成立, 所以. (Ⅲ)当时,,等价于. 设,. 求导,得. 由(Ⅰ)可知,时, 恒成立. 所以时,,有. 所以 . 所以在上单调递增,当时,. 因此当时,. 【练1-2】(2013-2014朝阳二模理18)已知函数,. (Ⅰ)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的值;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设,当时,都有成立,求实数的取值范围. 【答案】(Ⅰ)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以.所以. 所以. ……………3分 (Ⅱ)函数的定义域是,. (1)当时,成立,所以的单调增区间为. (2)当时, 令,得,所以的单调增区间是;

    令,得,所以的单调减区间是. 综上所述,当时,的单调增区间为;

    当时,的单调增区间是, 的单调减区间是. ……………8分 (Ⅲ)当时,成立,. “当时,恒成立” 等价于“当时,恒成立.” 设,只要“当时,成立.” . 令得,且,又因为,所以函数在上为减函数;

    令得,,又因为,所以函数在上为增函数. 所以函数在处取得最小值,且. 所以. 又因为, 所以实数的取值范围. ……………13分 (Ⅲ)另解:
    (1)当时,由(Ⅱ)可知, 在上单调递增,所以. 所以当时,有成立. (2)当时, 可得. 由(Ⅱ)可知当时,的单调增区间是, 所以在上单调递增,又,所以总有成立. (3)当时,可得. 由(Ⅱ)可知,函数在上为减函数,在为增函数, 所以函数在处取最小值, 且. 当时,要使成立,只需, 解得.所以. 综上所述,实数的取值范围 【练1-3】(2013-2014海淀一模理18)已知曲线. (Ⅰ)若曲线C在点处的切线为,求实数和的值;

    (Ⅱ)对任意实数,曲线总在直线:的上方,求实数的取值范围. 【答案】, -----------------------------------2分 因为曲线C在点(0,1)处的切线为L:, 所以且. ----------------------------------4分 解得, -----------------------------------5分 (Ⅱ)法1:
    对于任意实数a,曲线C总在直线的的上方,等价于 ∀x,,都有, 即∀x,R,恒成立, --------------------------------------6分 令, ----------------------------------------7分 ①若a=0,则, 所以实数b的取值范围是;

    ----------------------------------------8分 ②若,, 由得, ----------------------------------------9分 的情况如下:
    0 0 + 极小值 -----------------------------------------11分 所以的最小值为, -------------------------------------------12分 所以实数b的取值范围是;

    综上,实数b的取值范围是. --------------------------------------13分 法2:对于任意实数a,曲线C总在直线的的上方,等价于 ∀x,,都有,即 ∀x,R,恒成立, -------------------------------------------6分 令,则等价于∀,恒成立, 令,则 , -----------------------------------------7分 由得, ----------------------------------------9分 的情况如下:
    0 0 + 极小值 -----------------------------------------11分 所以 的最小值为, ------------------------------------------12分 实数b的取值范围是. --------------------------------------------13分 【练1-4】若不等式对恒成立,求实数的取值范围. 【答案】分析:若设,由知,对应分三种情况讨论.若分离参数,则轻易解决.   解:原不等式等价于.当时,显然成立;

    当时,因为,所以,则有恒成立,只需. 因为, 当,即时取“=”,即,所以. 评注:对二次函数在闭区间上的最值问题是最容易引起“讨论”的.本题求解过程中求的最小值要注意验证取等号的条件. 【练1-5】(2012-2013西城第一学期期末18)已知函数,其中. (Ⅰ)求的单调区间;

    (Ⅱ)设.若,使,求的取值范围. 【答案】分析:第二问,存在性问题,可以转化成函数在给定区间上的最值问题,但是类似这样的问题,咱们都有经验,分离变量会比较简单,但是在实际教学中,很多学生并不能很好的接受这种想法。为什么?分离变量是一种思想方法,还是一种解题技巧? 我们可以这样审视这类问题:给了一个变量的范围,求另一个变量的范围,事实上,就是两个变量的依赖关系,于是可以把所求变量表示成已知变量的函数,从函数出发看待这类问题,分离变量就自然了,于是该题就有了如下简洁的解法:
    (Ⅱ)解:因为,, 所以 等价于 ,其中. …………9分 设,在区间上的最大值为.…………11分 则“,使得 ”等价于. 所以,的取值范围是. ………………13分 小结:存在性问题、恒成立问题采用分离变量的方法常常比较容易,但是这种方法的教学不能当成一种技巧进行教学,应该揭示这种解法的本质,其本质就是变量的依赖关系即函数关系,分离变量,实际上是把两个变量之间的隐函数关系,变成显函数关系,进而转化成不含参变量的函数,从而使得问题的解决避免分类讨论,变得简单。

    【练1-6】(2012-2013朝阳期末18)已知函数. (Ⅰ)若,求曲线在点处的切线方程;

    (Ⅱ)求函数的单调区间;

    (Ⅲ)设函数.若至少存在一个,使得成立,求实数的取值范围. 【答案】(这里的第三问也是一个存在性问题,可做练习巩固) 【练1-7】(2006天津理11)已知函数的图象与函数(且)的图象关于直线对称,记,若在区间上是增函数,则实数的取值范围是( ). A. B. C. D. 【答案】 考点二、主参换位(主辅元转换),避免分类讨论;

    【例2-1】设不等式对满足的一切实数都成立,求的取值范围.   【答案】分析:受思维定势影响,易看成关于的不等式.其实变换一个角度,以为变量可避免分类讨论,只要关于的函数在区间恒为负值即可. 解:由题意,可设,即在内恒成立,因为为关于的一次函数,故有.   评注:将关于的不等式转化为关于的一次不等式,虽然仍需要解关于的一元二次不等式组,但已经成功地避开了复杂的分类讨论,将问题中的参数“消灭”了.这种转变问题视角的方法,对简化运算十分有益. 【例2-2】(2012-2013通州期末19)已知函数 (Ⅰ)若函数在处有极值为10,求b的值;

    (Ⅱ)若对于任意的,在上单调递增,求b的最小值. 【答案】分析:该题(Ⅱ)初步转化为 对任意,都成立 多个变量,学生感到无从下手。给了,可以把a看成自变量,于是不等式左边就是关于a的一次函数,又给出,于是进而看成关于x的二次函数,于是问题获解。

    【例2-3】设,当时,恒成立,求的取值范围。

    【答案】分析:该题初步转化为对任意恒成立,求的取值范围 多个变量,学生感到无从下手。给了,可以把a看成自变量,于是不等式左边就是关于a的一次函数,于是进而看成关于x的二次函数,于是问题获解。

    例2-4.(2010崇文一模理)设奇函数上是增函数,且,若函数 对所有的都成立,当时,则t的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 导数专题九、公切线解决导数中零点问题 【知识点】将题目中的零点问题,通过转化成初等函数的图形之间的位置关系问题,然后利用公切线的变化求出。

    考点一、无零点 【例 1-1】(16年房山二模文科)已知函数 (Ⅱ)若直线与曲线没有公共点,求实数的取值范围。

    【解析】因为直线与曲线没有公共点, 所以方程无实根,即无实根,等价于无实根 设,即无零点。

    当时,,显然无零点,符合题意;

    当时,令 极小值 ,显然不符合题意;

    当时,令 极大值 ,所以时,符合题意 综上所述:
    【练 1-1】(13年福建文)已知函数(). (3)当的值时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值. 【解析】当时, 令, 则直线:与曲线没有公共点, 等价于方程在上没有实数解. 假设,此时,, 又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故. 又时,,知方程在上没有实数解. 所以的最大值为. 考点二、一个零点 【例 2-1】(13年朝阳一模理)已知函数,其中. (Ⅱ)若函数在上有且只有一个零点,求实数的取值范围. 【解析】①当时,由(Ⅰ)可知,函数的单调递减区间为,在单调递增. 所以在上的最小值为, 由于, 要使在上有且只有一个零点, 需满足或解得或. ②当时,由(Ⅰ)可知, (ⅰ)当时,函数在上单调递增; 且,所以在上有且只有一个零点. (ⅱ)当时,函数在上单调递减,在上单调递增; 又因为,所以当时,总有. 因为, 所以. 所以在区间内必有零点.又因为在内单调递增, 从而当时,在上有且只有一个零点. 综上所述,或或时,在上有且只有一个零点 【练 2-1】(2012年房山一模18)已知函数. (III)若函数在区间上恰有两个零点,求的取值范围. 【解析】当时,在区间上为增函数, 在区间不可能恰有两个零点. ………10分 当时,由(II)问知, 又,为的一个零点. ……11分 若在恰有两个零点,只需 即 ………13分 【练 2-2】(13年昌平二模理科)已知函数 (Ⅱ)求在区间上的最小值; (III)若在区间上恰有两个零点,求的取值范围. 【解析】可知当或时,在上是单调递增或递减函数,不可能存在两个零点. 当时,要使在区间上恰有两个零点,则 ∴ 即,此时,. 所以,的取值范围为 考点三、 两个零点 【例 3-1】已知函数. (III)讨论函数在区间上零点的个数. 【解析】 【练 3-1】(15年海淀期末文科)已知函数. (Ⅲ)问集合(且为常数)的元素有多少个?(只需写出结论) 考点四、线上下线问题 【例 4-1】(13年北京高考理科)设L为曲线C:在点(1,0)处的切线. (I)求L的方程;

    方程为 (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方. 【练 4-1】(14年海淀一模理科)已知曲线. (Ⅱ)对任意实数,曲线总在直线:的上方,求实数的取值范围. 【解析】对于任意实数a,曲线C总在直线的的上方,等价于 ∀x,,都有,即 ∀x,R,恒成立, 令,则等价于∀,恒成立, 令,则 , 由得, 的情况如下:
    0 0 + 极小值 所以 的最小值为, 实数b的取值范围是. 导数专题十、极值点偏移问题 【例1】已知函数有且仅有两个不同的零点,,则( B ) A.当时,, B. 当时,, C. 当时,, D. 当时,, 【例2】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是( D ) A.当时, B.当时, C.当时, D.当时, 【例3】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是( B ) A.当时, B.当时, C.当时, D.当时, 【例4】(2010东城二模)已知函数. (Ⅰ) 若函数在上为单调增函数,求的取值范围;

    (Ⅱ) 设,,且,求证:. 解:(Ⅰ) .………………………………………3分 因为在上为单调增函数, 所以在上恒成立. 即在上恒成立. 当时,由, 得. 设,. . 所以当且仅当,即时,有最小值. 所以. 所以. 所以的取值范围是.…………………………………………………………7分 (Ⅱ)不妨设,则. 要证, 只需证, 即证. 只需证.……………………………………………………………11分 设. 由(Ⅰ)知在上是单调增函数,又, 所以. 即成立. 所以.………………………………………………………………14分 【例5】(2010天津)已知函数 (Ⅰ)求函数的单调区间和极值;

    (Ⅱ)已知函数的图像与函数的图像关于直线对称,证明:当时,. (Ⅲ)如果,且,证明:. 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)内增函数,所以>,即>2. 【例6】(2011辽宁)已知函数 (Ⅰ)讨论的单调性;

    (Ⅱ)设 ,证明:当 时, ;

    (Ⅲ)若函数的图像与x轴交于A、B两点,线段AB中点的横坐标为 ,证明:. 解:(I) (i)若单调增加. (ii)若 且当 所以单调增加,在单调减少. ………………4分 (II)设函数则 当. 故当, ………………8分 (III)由(I)可得,当的图像与x轴至多有一个交点, 故,从而的最大值为 不妨设 由(II)得 从而 由(I)知, ………………12分 【例7】(2013湖南文)已知函数 (Ⅰ)求函数的单调区间;

    (Ⅱ)证明:当 时,. 解: (Ⅰ) . 所以,. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,只需要证明:当x>0时f(x) < f(-x)即可. . . 【例8】(2016新课标I)已知函数有两个零点. (I)求的取值范围;

    (II)设是的两个零点,证明:
    解:(Ⅰ). (i)设,则,只有一个零点. (ii)设,则当时,;
    当时,.所以在上单调递减,在上单调递增. 又,,取满足且,则 , 故存在两个零点. (iii)设,由得或. 若,则,故当时,,因此在上单调递增.又当时,,所以不存在两个零点. 若,则,故当时,;
    当时,.因此在单调递减,在单调递增.又当时,,所以不存在两个零点. 综上,的取值范围为. (Ⅱ)不妨设,由(Ⅰ)知,,在上单调递减,所以等价于,即. 由于,而,所以 . 设,则. 所以当时,,而,故当时,. 从而,故. 【例9】已知函数. (1)若,求函数在上的零点个数;

    (2)若有两个零点,证明:
    【例10】设函数. (1)求函数的单调区间;
    (2)若函数有两个零点,求满足条件的最小正整数的值;

    (3)若方程有两个不相等的实数根,求证:. 【例11】设函数,其图象与轴交于,两点,且x1<x2. (1)求的取值范围;

    (2)证明:(为函数的导函数) 【例12】已知函数, (1)若,求证:函数有极值;

    (2)若,且函数与的图象有两个相异交点,求证:
    【例13】已知函数,求证:有唯一零点的充要条件a=e 【例14】函数 的图像与x 轴交于不同的两点、,求证:
    【例15】已知函数 (Ⅰ)(Ⅱ)略 (Ⅲ)当 时,函数 的图像与x 轴交于不同的两点、,且 ,又 是 的导函数。若正常数α、β满足条件 , 。证明:
    导数专题十一、构造函数解决导数问题 【知识框架】 【考点分类】 考点一、直接作差构造函数证明;

    两个函数,一个变量,直接构造函数求最值;

    【例1-1】(14顺义一模理18)已知函数() (Ⅰ)当时,求曲线在处的切线方程;

    (Ⅱ)若在区间上函数的图象恒在直线下方,求的取值范围. 【例1-2】(13海淀二模文18)已知函数. (Ⅰ)当时,若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行,求实数的值;

    (Ⅱ)若,都有,求实数的取值范围. 【练1-1】(14西城一模文18)已知函数,其中. (Ⅰ)当时,求函数的图象在点处的切线方程;

    (Ⅱ)如果对于任意,都有,求的取值范围. 【练1-2】已知函数是常数. (Ⅰ)求函数的图象在点处的切线的方程;

    (Ⅱ)证明函数的图象在直线的下方;

    (Ⅲ)讨论函数零点的个数. 【练1-3】已知曲线. (Ⅰ)若曲线C在点处的切线为,求实数和的值;

    (Ⅱ)对任意实数,曲线总在直线:的上方,求实数的取值范围. 【练1-4】已知函数,求证:在区间上,函数的图像在函数的图像的下方;

    【练1-5】.已知函数;

    (1)当时,求在区间上的最大值和最小值;

    (2)若在区间上,函数的图像恒在直线下方,求的取值范围。

    【练1-6】已知函数;

    (1)求的极小值;

    (2)如果直线与函数的图像无交点,求的取值范围;

    答案:
    考点二、从条件特征入手构造函数证明 【例2-1】若函数 在上可导且满足不等式, 恒成立,且常数,满足,求证:。

    【例2-2】设是上的可导函数,分别为的导函数,且满足,则当时,有( ) A. B. C. D. 【练2-1】设是上的可导函数,,,求不等式的解集。

    【练2-2】已知定义在的函数满足,且,若,求关于的不等式的解集。

    【练2-3】已知定义域为的奇函数的导函数为,当时,,若,则下列关于的大小关系正确的是( )D A. B. C. D. 【练2-4】已知函数为定义在上的可导函数,且对于任意恒成立,为自然对数的底数,则( )C A. B. C. D. 【练2-5】 设是上的可导函数,且,求的值。

    【练2-6】函数为定义在上的可导函数,导函数为,且,下面的不等式在内恒成立的是( ) A. B. C. D. 【练2-7】已知函数为定义在上的可导函数,导函数为,当时,,且,若存在,使,求的值。

    (二)关系式为“减”型 (1),构造;

    (2),构造;

    (3),构造;

    (注意对的符号进行讨论) 考点三、变形构造函数 【例3-1】证明:对任意的正整数,不等式都成立。

    【例3-2】已知函数;

    (1)求函数的单调区间与极值;

    (2)若对于任意,恒成立,求实数的取值范围;

    【练3-1】设为曲线在点处的切线。

    (1)求的方程;

    (2)证明:除切点之外,曲线在直线的下方;

    【练3-2】已知函数;

    (1)若曲线在点处的切线方程为,求的值;

    (2)当时,求证:;

    【练3-3】已知函数,其中;

    (1)求的单调区间;

    (2)若对任意的,总存在,使得,求实数的值;

    【练3-4】, (1)讨论的单调情况;

    (2)设,对.求证:. 【练3-5】已知函数;

    (1)求的单调区间;

    (2)当时,设斜率为的直线与函数相交于两点 ,求证:
    考点四、消参构造函数 【例4-1】已知函数和的图像有公共点,且在点处的切线相同;

    (1)若点的坐标为,求的值;

    (2)已知,求切点的坐标。

    【例4-2】(2009全国卷2理22)设函数有两个极值点,且 (Ⅰ)求的取值范围,并讨论的单调性;

    (Ⅱ)证明:
    不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (5) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (6) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (7) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (8) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (9) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (10) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. 不等式放缩:, 由于(从右侧趋近0)时,;
    时,, 所以有两个零点. (2)当时, 时,,为增函数;时,,为减函数;

    时,,为增函数.所以在处取极大值, 在处取极小值.. 当时,,即在时,. 而在时为增函数,且时,, 所以此时有一个零点. 且时,, 所以此时有一个零点. (11) 当时,在上恒成立,所以为增函数. ,且(从右侧趋近0)时,;

    时,.所以有一个零点. 综上所述,或时有一个零点;
    时,无零点;

    有两个零点. 【例4-2】(2014-2015年海淀一模理18)已知函数. (Ⅱ)若(其中),求的取值范围,并说明. 解:(Ⅱ)由(Ⅰ)知:
    当时,函数在区间内是减函数,所以,函数至多存在一个零点,不符合题意. 当时,因为 在内是减函数,在内是增函数,所以 要使 ,必须,即.所以 . 当时,. 令,则. 当时,,所以,在上是增函数. 所以 当时,.所以 . 所以 在内存在一个零点,不妨记为,在内存在一个零点,不妨记为.因为 在内是减函数,在内是增函数, 所以 .综上所述,的取值范围是. 因为 ,,所以 . 特值探究 令.则. 不等式放缩:
    因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 由得:. 所以 . 因为 ,所以 ,. 所以 . 【例4-3】(2014-2015海淀二模理18) 已知函数. (Ⅱ)求证:曲线存在斜率为6的切线 解:因为 ,, 且由(Ⅰ)得,在内是减函数, 所以 存在唯一的,使得. 当时,. 所以 曲线存在以为切点,斜率为6的切线. 导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 【知识结构】 【知识点】 用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化. 【考点分类】 考点一、分离参数(参变分离),避免分类讨论;

    【例1-1】(2015-2016石景山期末文20)已知函数, ,. (Ⅰ)若在处取得极小值,求的值;

    (Ⅱ)若在区间为增函数,求的取值范围;

    (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,函数有三个零点,求的取值范围. 【答案】(Ⅰ) 由在处取得极大值,得, 所以(经检验适合题意) (Ⅱ),因为在区间为增函数,所以在区间恒成立, 所以恒成立,即恒成立, 由于,得. 所以的取值范围是. (Ⅲ), 故,得或 当时, ,在上是增函数,显然不合题意. 当时, 随的变化情况如下表: + 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 要使有三个零点,故需, 即 , 解得 所以的取值范围是. 【例1-2】(2015-2016丰台一模文19)已知函数 (1)求曲线:在处的切线的方程;

    (2)若函数在定义域内是单调函数,求的取值范围;

    (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点,求的取值范围。

    【答案】(1)由已知得,切点坐标为,,, 所以切线方程为 (2)由已知得,函数的定义域为 ,又因为函数在定义域中是单调函数,所以有恒成立或者恒成立 1、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即大于的最大值 令,,有 所以在定义域中单调递减,无最大值,所以不存在满足条件。

    2、当恒成立时,即恒成立, 恒成立,即小于的最小值 由上种情况可知,单调递减,但恒有,因此的取值范围为 (3)当时,(1)中的直线与曲线:有且只有一个公共点 即只有一个根, 令,,有只有一个零点 , 1、当时,,在单调递减,在单调递增,在取得最小值2,大于0 因此恒大于0,所以舍去 2、当时,解得, 1 - 0 + 0 - 减 极小值 增 极大值 减 易知 ,而当时,,所以在只存在一个零点。

    3、当时,解得, 1 - 0 + 减 极小值 增 当时,,所以若只有一个零点,必须有 即, 综上所述,的取值范围为和 【例1-3】(2015-2016朝阳期末理18)已知函数,其中. (Ⅰ)若在区间上为增函数,求的取值范 围;

    (Ⅱ)当时,(ⅰ)证明:;

    (ⅱ)试判断方程是否有实数解,并说明理由. 【答案】函数定义域,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,. (Ⅰ)因为在区间上为增函数,所以在上恒成立, 即,在上恒成立, 则 (Ⅱ)当时,,.

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