高考数学专项研究：导数（20）导数斜率型

高考数学专项研究：导数（20）导数斜率型第四章经典题型第九节导数斜率型一、基本题型(一)斜率型:f1.fx=12x2−法一(斜率型):原式等价于m≥−fx1−法二(构造法):fx1−fx2≤mx1−mx2,2.fx=解:原式=fx1−fx21x1−13.fx=lnx,gx=解:fx1−fx2>gx1−g(二)与凹凸函数有关凹函数中,fx2≥1.已知fx=ekx−2x解法一:f′x2=kekx设ℎx=ex−x−1,解法二:f′x下证x1<x0<x2,gx=f′x=kekx−2,g′x=k2ekx>0恒成立,即f′x单调递增，f′x2−f二、拉格朗日中值定理定理:若fx在a,b上连续,fx在a,例题1:已知fx（1）若fx在x=1+2处取得极值,试求c的值和fx的单调增区间;（2）如右图所示,若函数y=fx（3）利用（2）证明:函数y=gx解析:(1)f′x=2x∴fx=23x3−2x2(2)f′(3)gx=由(2)知,对于函数y=gx图象上任意两点A,B,在例题2:设函数fx(I)讨论fx(II)若fx有两个极值点x1和x2,记过点Ax1,fx1解:(I)fx的定义域为0,+∞.f′x(1)当a≤2时,Δ≤0,(2)当a<−2时,Δ>0(3)故fx在0(4)当a>2时,△>0, gx=0的两根为x1=a−a2−42,x2=(II)由(I)知,a>2.因为fx1−fx2=x1−x2+x1−x再由(I)知,函数ℎt=t−1t−2lnt在例题3:已知函数fx==e（1）若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合；（2）在函数fx的图像上取定两点Ax1(I)若a<0,则对一切x>0,fx=eax−当x<1aln1a时,f′x<0,fx单调递减当x>1aln令gt=t−tlnt,则g′t=−lnt.当0<t<1时,g′t>0,gt(II)由题意知,k=fx2令Ft=et−t−1,则F′t=et−1.当t<0时,F′t因为函数y=φx在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈x1,x2使φx0=0,φ′x=a(一)直接应用1.已知函数fx=1x−x+解:由题意得当且仅当a>2时fx有两个极值点.fx1−2.已知函数fx=e（1）若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合;(2)在函数fx的图像上去定点Ax(1)f′x=ex当x<lna时f′x<0,fx单调递减;当x>lna时f′x>0当0<t<1时,g′t>0,gt单调递增;当t>1时,综上所述,a的取值集合为{1(II)由题意知,k=fx2−fx1x2−当t<0时,F′t<0,Ft单调递减;当t>0时,F′t>0,Ft单调递增.故当t=(二)构造应用1.fx=ex−1−解:设x=0时,fx≥0显然成立,a∈R,当x>0,构造fx−2.(2016年全国II文数)fx=x+1解:由x∈1,+∞,fx>0得a<x+1lnx−0x−3.fx=1−x2e解:当x=0时,fx≤ax+1恒成立，当x>0时,fx≤ax+1⇔1−4.fx=lnx,gx=解:fx1−fx2>gx1三、拉格朗日数乘法定义:给定二元函数z=fx、y和限制性条件tx、y=0,为寻找二元函数x>0,y联立解得x=5,2.x、y满足4x解:F分别求导联立得x=1010,3.设x>0,解:FFFF由两式得2易知x=1,y=1,故x−y的最小值为0四、一种证明不等式的猜想与推广，设x>0,注:如果x与0的关系不恒定,那么我们要分类讨论f′1.fx=ex−1−解:证fx>0即证f′x>0,令gx=f′x=ex−1−2ax,由2.fx=xex−1解:当x=0时,fx≥0恒成立,当x>0时,证f3fx=lnxx+1+1解:由已知得xlnxx+1−xlnxt′′′x=2所以t′x在0,1单调递减,1.+∞单调递增,又t′1=0,故t′x>0，即tx单调递增,又tlimx→14.fx=lnxx+1解:由已知得xlnx证gx>令tt′′x=2lnx+1−1x2,t′′′即tx单调递增,又t1=0,故g′x在0,1单调递减,在5.k为整数,x>0时,x−解:令gx=x−g易知此时k最大为1,进而猜想k=2是否成立,经验证成立,故6.Fx=2kexx+解:证明Fx≥0即证FxF当x≥0时,即证F′x7.gx=e2x−e−证gx>0即证g′x>08.fx=x+1解:证fx>0即证f′x9.fx=ln解:由已知