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专题05 导数
2.导数大题
【高考真题】
1.(2022·新高考全国 = 1 \* ROMAN I卷)已知函数和有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线,其与两条曲线和共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【答案】(1);(2)见解析
【分析】(1)根据导数可得函数的单调性,从而可得相应的最小值,根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
(2)根据(1)可得当时,的解的个数、的解的个数均为2,构建新函数,利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系,根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值,再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】(1)的定义域为,而,
若,则,此时无最小值,故.
的定义域为,而.
当时,,故在上为减函数,
当时,,故在上为增函数,
故.
当时,,故在上为减函数,
当时,,故在上为增函数,
故.
因为和有相同的最小值,
故,整理得到,其中,
设,则,
故为上的减函数,而,
故的唯一解为,故的解为.
综上,.
(2)[方法一]:
由(1)可得和的最小值为.
当时,考虑的解的个数、的解的个数.
设,,
当时,,当时,,
故在上为减函数,在上为增函数,
所以,
而,,
设,其中,则,
故在上为增函数,故,
故,故有两个不同的零点,即的解的个数为2.
设,,
当时,,当时,,
故在上为减函数,在上为增函数,
所以,
而,,
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当,由(1)讨论可得、仅有一个解,
当时,由(1)讨论可得、均无根,
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点,
则.
设,其中,故,
设,,则,
故在上为增函数,故即,
所以,所以在上为增函数,
而,,
故上有且只有一个零点,且:
当时,即即,
当时,即即,
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点,
故,
此时有两个不同的根,
此时有两个不同的根,
故,,,
所以即即,
故为方程的解,同理也为方程的解
又可化为即即,
故为方程的解,同理也为方程的解,
所以,而,
故即.
[方法二]:
由知,,,
且在上单调递减,在上单调递增;
在上单调递减,在上单调递增,且
①时,此时,显然与两条曲线和
共有0个交点,不符合题意;
②时,此时,
故与两条曲线和共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;
③时,首先,证明与曲线有2个交点,
即证明有2个零点,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
又因为,,,
令,则,
所以在上存在且只存在1个零点,设为,在上存在且只存在1个零点,设为
其次,证明与曲线和有2个交点,
即证明有2个零点,,
所以上单调递减,在上单调递增,
又因为,,,
令,则,
所以在上存在且只存在1个零点,设为,在上存在且只存在1个零点,设为
再次,证明存在b,使得
因为,所以,
若,则,即,
所以只需证明在上有解即可,
即在上有零点,
因为,,
所以在上存在零点,取一零点为,令即可,
此时取
则此时存在直线,其与两条曲线和共有三个不同的交点,
最后证明,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列,
因为
所以,
又因为在上单调递减,,即,所以,
同理,因为,
又因为在上单调递增,即,,所以,
又因为,所以,
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛:函数的最值问题,往往需要利用导数讨论函数的单调性,此时注意对参数的分类讨论,而不同方程的根的性质,注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2.(2022·新高考全国 = 2 \* ROMAN II卷)已知函数.
(1)当时,讨论的单调性;
(2)当时,,求a的取值范围;
(3)设,证明:.
【答案】(1)的减区间为,增区间为.;(2);(3)见解析
【分析】(1)求出,讨论其符号后可得的单调性.
(2)设,求出,先讨论时题设中的不等式不成立,再就结合放缩法讨论符号,最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
(3)由(2)可得对任意的恒成立,从而可得对任意的恒成立,结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】(1)当时,,则,
当时,,当时,,
故的减区间为,增区间为.
(2)设,则,
又,设,
则,
若,则,
因为为连续不间断函数,
故存在,使得,总有,
故在为增函数,故,
故在为增函数,故,与题设矛盾.
若,则,
下证:对任意,总有成立,
证明:设,故,
故在上为减函数,故即成立.
由上述不等式有,
故总成立,即在上为减函数,
所以.
当时,有,????
所以在上为减函数,所以.
综上,.
(3)取,则,总有成立,
令,则,
故即对任意的恒成立.
所以对任意的,有,
整理得到:,
故
,
故不等式成立.
【点睛】思路点睛:函数参数的不等式的恒成立问题,应该利用导数讨论函数的单调性,注意结合端点处导数的符号合理分类讨论,
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