最后更新: 2024-12-29 09:50 查看: 66 次反馈刷题

高考导数压轴题

## 本章总结 
###  导数的几何意义
导数 $f^{\prime}(x)$ 的几何意义是曲线 $f(x)$ 在某点 $P\left(x_0, y_0\right)$ 处切线的斜率

直线的点斜式方程: 已知直线过点 $P\left(x_0, y_0\right)$, 斜率为 $k$, 则直线的点斜式方程为: $y-y_0=k\left(x-x_0\right)$

### 用导数判断原函数的单调性

设函数 $y=f(x)$ 在某个区间内可导，如果 $f^{\prime}(x)>0$ ，则 $f(x)$ 为增函数；如果 $f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 为减函数。

### 判别 $f\left(x_0\right)$ 是极大 (小) 值的方法

当函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处连续时,
(1) 如果在 $x_0$ 附近的左侧 $f^{\prime}(x)>0$, 右侧 $f^{\prime}(x)<0$, 则 $f\left(x_0\right)$ 是极大值;
(2) 如果在 $x_0$ 附近的左侧 $f^{\prime}(x)<0$, 右侧 $f^{\prime}(x)>0$, 则 $f\left(x_0\right)$ 是极小值.

### 能成立（有解）问题常见类型

假设 $x$ 为自变量, 其范围设为 $D, f(x)$ 为函数; $a$ 为参数, $g(a)$ 为其表达式,
(1) 若 $f(x)$ 的值域为 $[m, M]$
① $\exists x \in D, g(a) \leq f(x)$, 则只需要 $g(a) \leq f(x)_{\text {max }}=M$ $\exists x \in D, g(a)<f(x)$, 则只需要 $g(a)<f(x)_{\text {max }}=M$
② $\exists x \in D, g(a) \geq f(x)$, 则只需要 $g(a) \geq f(x)_{\text {min }}=m$ $\exists x \in D, g(a)>f(x)$, 则只需要 $g(a)>f(x)_{\text {min }}=m$

(2) 若 $f(x)$ 的值域为 $(m, M)$
① $\exists x \in D, g(a) \leq f(x)$, 则只需要 $g(a)<M$ （注意与（1）中对应情况进行对比） $\exists x \in D, g(a)<f(x)$, 则只需要 $g(a)<M$
②$\exists x \in D, g(a) \geq f(x)$, 则只需要 $g(a)>m$ （注意与（1）中对应情况进行对比） $\exists x \in D, g(a)>f(x)$, 则只需要 $g(a)>m$

### 利用曲线的切线进行放缩证明不等式
设 $y= e ^x$ 上任一点 $P$ 的横坐标为 $m$, 则过该点的切线方程为 $y- e ^m= e ^m(x-m)$, 即 $y= e ^m(x+1)-m e ^m$,由此可得与 $e ^x$ 有关的不等式： $e ^x \geq e ^m(x+1)-m e ^m$ ，其中 $x \in R , m \in R$ ，等号当且仅当 $x=m$ 时成立. 特别地, 当 $m=0$ 时, 有 $e ^x \geq 1+x$; 当 $m=1$ 时, 有 $e ^x \geq e x$.

设 $y=\ln x$ 上任一点 $Q$ 的横坐标为 $n$, 则过该点的切线方程为 $y-\ln n=\frac{1}{n}(x-n)$, 即 $y=\frac{1}{n} x-1+\ln n$,由此可得与 $\ln x$ 有关的不等式: $\ln x \leq \frac{1}{n} x-1+\ln n$ ，其中 $x>0, n>0$ ，等号当且仅当 $x=n$ 时成立. 特别地, 当 $n=1$ 时, 有 $\ln x \leq x-1$; 当 $n= e$ 时, 有 $\ln x \leq \frac{1}{ e } x$.
利用切线进行放缩, 能实现以直代曲, 化超越函数为一次函数.

### 利用曲线的相切曲线进行放缩证明不等式
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  由图1可得 $\ln x \geq \frac{x-1}{x}$; 由图 2 可得 $\ln x \geq-\frac{1}{ e x}$; 由图 3 可得, $\ln x \leq \frac{2(x-1)}{x+1}(0<x \leq 1), \ln x \geq \frac{2(x-1)}{x+1}$ ( $x \geq 1$ ); 由图 4 可得, $\ln x \geq \frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right) \quad(0<x \leq 1), \ln x \leq \frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right) \quad(x \geq 1)$.

综合上述两种生成，我们可得到下列与 $e ^x 、 \ln x$ 有关的常用不等式：
与 $e ^x$ 有关的常用不等式:
(1) $e ^x \geq 1+x \quad(x \in R )$;
(2) $e ^x \geq e x \quad(x \in R )$.

与 $\ln x$ 有关的常用不等式:
(1) $\frac{x-1}{x} \leq \ln x \leq x-1 \quad(x>0)$;
(2) $-\frac{1}{ e x} \leq \ln x \leq \frac{1}{ e } x \quad(x>0)$;
(3) $\ln x \leq \frac{2(x-1)}{x+1}(0<x \leq 1), \ln x \geq \frac{2(x-1)}{x+1} \quad(x \geq 1)$;
(4) $\ln x \geq \frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right) \quad(0<x \leq 1), \ln x \leq \frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{x}\right) \quad(x \geq 1)$.

用 $x+1$ 取代 $x$ 的位置, 相应的可得到与 $\ln (x+1)$ 有关的常用不等式.

`例`若关于 $x$ 的不等式 $e ^x(3 k-x)<2 x+3$ 对任意的 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立，则整数 $k$ 的最大值为（）
A. -1
B. 0
C. 1
D. 3

答案】B
【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得.
【详解】因为 $e ^x(3 k-x)<2 x+3$ 对于任意 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立,
等价于 $3 k<\frac{2 x+3}{ e ^x}+x$ 对于任意 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立,
令 $f(x)=\frac{2 x+3}{ e ^x}+x, x \in(0,+\infty)$, 则 $f^{\prime}(x)=1-\frac{2 x+1}{ e ^x}=\frac{ e ^x-2 x-1}{ e ^x}$,
令 $g(x)= e ^x-2 x-1, x \in(0,+\infty)$, 则 $g^{\prime}(x)= e ^x-2$,

当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,

所以 $g(x)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上单调递减, 在 $(\ln 2,+\infty)$ 上单调递增,

又 $g(0)=0, g(1)= e -3<0, g(2)= e ^2-5>0$,

所以 $g(x)$ 在 $(1,2)$ 有且仅有一个根 $x_0$, 满足 $e ^{x_0}-2 x_0-1=0$, 即 $e ^{x_0}=2 x_0+1$,
当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时, $g(x)<0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,
$x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,
所以 $f(x)_{\min }=f\left(x_0\right)=\frac{2 x_0+3}{ e ^{x_0}}+x_0=\frac{2 x_0+3}{2 x_0+1}+x_0=x_0+\frac{2}{2 x_0+1}+1=x_0+\frac{1}{2}+\frac{1}{x_0+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}$,
由对勾函数可知 $1+1+\frac{2}{3}<x_0+\frac{1}{2}+\frac{1}{x_0+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}<2+1+\frac{2}{5}$, 即 $\frac{8}{3}<f\left(x_0\right)<\frac{17}{5}$,
因为 $3 k<f\left(x_0\right)$, 即 $k<\frac{f\left(x_0\right)}{3}, 0<\frac{8}{9}<\frac{f\left(x_0\right)}{3}<\frac{17}{15}, k \in Z$, 所以 $k \leq 1$,
当 $k=1$ 时, 不等式为 $e ^x(3-x)<2 x+3$, 因为 $e (3-1)>2+3$, 不合题意;
所以整数 $k$ 的最大值为 0 .
故选: B

【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若 $f(x)$ 在区间 $D$ 上有最值，则
(1) 恒成立: $\forall x \in D, f(x)>0 \Leftrightarrow f(x)_{\min }>0 ; \forall x \in D, f(x)<0 \Leftrightarrow f(x)_{\max }<0$;
(2) 能成立: $\exists x \in D, f(x)>0 \Leftrightarrow f(x)_{\max }>0 ; \quad \exists x \in D, f(x)<0 \Leftrightarrow f(x)_{\min }<0$.

`例`(多选)函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{x+1}{x}, x<0 \\ \frac{3 x}{ e ^x}, x \geq 0\end{array}\right.$, 关于 $x$ 的方程 $f^2(x)-m|f(x)|=0(m \in R )$, 则下列选项正确的是（）
A. 函数 $f(x)$ 的值域为 $\left(-\infty, \frac{3}{ e }\right]$
B. 函数 $f(x)$ 的单调减区间为 $(-\infty, 0) \cup[1,+\infty)$
C. 当 $m=\frac{1}{2}$ 时, 则方程有 6 个不相等的实数根
D. 若方程有 3 个不相等的实数根, 则 $m$ 的取值范围是 $\left(\frac{3}{ e },+\infty\right)$

【答案】 ACD

【分析】先根据分式函数和导数相关知识判断函数单调性与渐近线, 从而画出函数图象, 进而直接判断 A和 B；通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，并结合图象即可判断 C 和 D.
【详解】①当 $x<0$ 时, $f(x)=\frac{x+1}{x}=1+\frac{1}{x}$,
则 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调递减, 且渐近线为 $y$ 轴和 $y=1$,
恒有 $f(x)<1$ 。
② 当 $x \geq 0$ 时, $f(x)=\frac{3 x}{ e ^x}, f^{\prime}(x)=\frac{3 e ^x-3 x e ^x}{\left( e ^x\right)^2}=\frac{3(1-x)}{ e ^x}$,

当 $0<x<1, f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递增,
当 $x>1, f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递减,
故 $f(x) \leq f(1)=\frac{3}{ e }$, 且恒有 $f(x)>0$.
综上①②可知, $f(x)_{\max }=\frac{3}{ e }$,
作出函数大致图象, 如下图.
 ![图片](/uploads/2024-12/39091d.jpg)
 对于 A，函数 $f(x)$ 的值域为 $\left(-\infty, \frac{3}{ e }\right]$ ，故 A 正确；
对于 B, 函数 $f(x)$ 的单调减区间为 $(-\infty, 0),(1,+\infty)$, 故 B 错误;
对于 C, 当 $m=\frac{1}{2}$ 时, 则方程 $f^2(x)-\frac{1}{2}|f(x)|=0(m \in R )$ 可化为即 $|f(x)|=0$ 或 $|f(x)|=\frac{1}{2}$ ，

由 $|f(x)|=0$, 得 $x=0$ 或 $x=-1$, 有两个实数根;
由图象可知, 由 $|f(x)|=\frac{1}{2}$, 有 4 不相等的实数根, 且均不为 0 , 也不为 -1 ,
 ![图片](/uploads/2024-12/396819.jpg)
 所以当 $m=\frac{1}{2}$ 时, 则方程有 6 个不相等的实数根, 故 C 正确;
对于 D , 若关于 $x$ 的方程 $f^2(x)-m|f(x)|=0(m \in R )$ 有 3 个不相等的实数根,
即方程 $|f(x)|=0$ 与方程 $|f(x)|=m$ 共有 3 个不相等的实数根.
又因为 $|f(x)|=0$ 已有两个不等的实数根 $0,-1$,
则方程 $|f(x)|=m$ 有且仅有 1 个根, 且不为 $0,-1$.
所以 $y=|f(x)|$ 与 $y=m$ 有且仅有 1 个公共点,
由图象可知 $m>\frac{3}{ e }$, 满足题意, 即 $m$ 的取值范围是 $\left(\frac{3}{ e },+\infty\right)$, 故 D 正确.故选: ACD.
 ![图片](/uploads/2024-12/0a663f.jpg)
 【点睛】已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对函数解析式或方程变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

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