导数高考题大题.docx
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导数高考题大题
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导数高考题(非常实用)
一、导数的基本应用
(一)研究含参数的函数的单调性、极值和最值
基本思路:
定义域→→疑似极值点→→单调区间→→极值→→最值
基本方法:
一般通法:
利用导函数研究法
特殊方法:
(1)二次函数分析法;
(2)单调性定义法
第一组
本组题旨在强化对函数定义域的关注,以及求导运算和分类讨论的能力与技巧
【例题】(2009江西理17/22)设函数()
fx
x
e
x
.求
(1)函数f(x)的单调区间;
(2)略.
解:
函数定义域为(,0)(0,),
'
1x1xx1x
f(x)eee
22
xxx
由
fx,得x1.因为当x0时或0x1时,'()0
'()0
fx;当x1'()0
'()0
时,
fx;'()0
'()0
所以f(x)的单调增区间是:
[1,);单调减区间是:
(,0),(0,1].
【例题】(2008北京理18/22)已知函数
单调区间.
f(x)
2xb
2
(x1)
,求导函数f(x),并确定f(x)的
解:
f(x)
2
2(x1)(2xb)2(x1)
4
(x1)
2x2b2
3
(x1)
2[x(b1)]
3
(x1)
.
令f(x)0,得xb1.
2
当b11,即b2时,,所以函数f(x)在(,1)和(1,)上单调递减.
f(x)
x1
当b11,即b2时,f(x)的变化情况如下表:
x(,b1)b1(b1,1)(1,)
f(x)
0
当b11,即b2时,f(x)的变化情况如下表:
x
(,1)
(1,b1)b1(b1,)
f(x)
0
所以,b2时,函数f(x)在(,b1)和(1,)上单调递减,在(b1,1)上单调递增,
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b2时,函数f(x)在(,1)和(1,)上单调递减.
b2时,函数f(x)在(,1)和(b1,)上单调递减,在(1,b1)上单调递增.
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第二组
本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧
【例题】(2009北京文18/22)设函数
3
f(x)x3axb(a0).
(Ⅱ)求函数f(x)的单调区间与极值点.
解:
∵
'320
fxxaa,
当a0时,
'0
fx,函数f(x)在,上单调递增,
此时函数f(x)没有极值点.
当a0时,由
'0
fxxa,
当x,a时,
'0
fx,函数f(x)单调递增,
当xa,a时,
'0
fx,函数f(x)单调递减,
当xa,时,
'0
fx,函数f(x)单调递增,
∴此时xa是f(x)的极大值点,xa是f(x)的极小值点.
点评:
此题是2010届文科考试说明的样题,题目考查了对导函数零点进行分类的能力,旨
在帮助学生巩固研究函数单调性的基本方法.
【例题】(2009天津理20/22)已知函数
22x
fxxaxaaexR其中aR.
()(23)(),
(II)当
2
a时,求函数f(x)的单调区间与极值.
3
解:
f'(x)
2axaaex
2
x
(2)24.
令
2
f'(x)0,解得x2a,或xa2.由a知,2aa
3
2.
以下分两种情况讨论.
(1)若a>
2
3
,则2a<a2.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x,2a2a2a,a2a2a2,
f'(
+0—0+
x)
)
f(x
↗
极大
值
↘
极小
值
↗
所以f(x)在(,2a),(a2,)内是增函数,在(2a,a2)内是减函数.
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函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a),且f(2a)3ae
2a
.
函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2),且f(a2)(4
a
3a)e
2
.
(2)若a<
2
3
,则2a>a2,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x,a2a2a2,2a2a2a,
f'(
+0—0+
x)
)
f(x
↗
极大
值
↘
极小
值
↗
所以f(x)(a2)(2a)(a22a)
在,,,内是增函数,在,内是减函数。
函数f(x)在xa2处取得极大值f(a2),且f(a2)(4
a
3a)e
2
.
函数f(x)在x2a处取得极小值f(2a),且f(2a)3ae
2a
.
点评:
此题与上一题考点相同,计算量略增,旨在帮助学生进一步提升对此类问题的认识和
处理能力.
【例题】(2008福建文21/22)已知函数
32
f(x)xmxnx2的图象过点(1,6),且
函数g(x)f(x)6x的图象关于y轴对称.(Ⅰ)求m、n的值及函数yf(x)的单调区
间;(Ⅱ)若a0,求函数yf(x)在区间(a1,a1)内的极值.
解:
(Ⅰ)由函数f(x)图象过点(1,6),得mn3,⋯⋯⋯①
由
32
f(x)xmxnx2,得
2
f(x)3x2mxn,则
2
g(x)f(x)6x3x(2m6)xn;
2m6
而g(x)图象关于y轴对称,所以-
23
0
,所以m3,
代入①得n0.于是
2
f(x)3x6x3x(x2).
由f(x)0得x2或x0,故f(x)的单调递增区间是(,0),(2,);
由f(x)0得0x2,故f(x)的单调递减区间是(0,2).
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(x)3x(x2),令f(x)0得x0或x2.
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当x变化时,f(x)、f(x)的变化情况如下表:
(,0)(0,2)
x2(2,)
0
f'(
x)
+0-0+
f(x
)
增极大值减极小值增
由此可得:
当0a1时,f(x)在(a1,a1)内有极大值f(0)2,无极小值;
当a1时,f(x)在(a1,a1)内无极值;
当1a3时,f(x)在(a1,a1)内有极小值f
(2)6,无极大值;
当a3时,f(x)在(a1,a1)内无极值.
综上所述,当0a1时,f(x)有极大值2,无极小值;当1a3时,f(x)有极小值
6,无极大值;当a1或a3时,f(x)无极值.
点评:
本题是前面两个例题的变式,同样考查了对导函数零点的分类讨论,但讨论的直接对
象变为了函数自变量的研究范围,故此题思路不难,旨在帮助学生加深对此类问题本
质的认识,并提升其详尽分类,正确计算的水平.
【例题】(2009安徽文21/21)已知函数
2
f(x)x1alnx
x
,a>0,
(I)讨论f(x)的单调性;
(II)设a=3,求f(x)在区间[1,
2
e]上值域.其中e=2.71828⋯是自然对数的底数.
解:
(Ⅰ)由于
/
f(x)1
2a
2
xx
令
t
1
x
得
fxtatt/()221(0)
/()221(0)
①当
280
a,即0a22时,
fx恒成立,∴f(x)在(,0),(0,)上/()0
/()0
都是增函数.
②当
280
a,即a22时,
由
2
2tat10得
28
aa
t或
4
t
28
aa
4
∴x0或
28
aa
x或
2
0
x
28
aa
2
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又由
2
2tat10得
2828
aaaa
t,∴
44
2828
aaaa
x
22
综上,当0a22f(x)在(,0),(0,)上都是增函数;
当a22f(x)在
28
aa
(,0),(0,)
2
及
28
aa
(,)
2
上都是增函数,
在
2828
aaaa
(,)
22
是减函数.
(2)当a3时,由
(1)知,f(x)在[1,2]上是减函数,在[
2
2,e]上是增函数.
又
22
2
f
(1)0,f
(2)23ln20,f(e)e50
2
e
∴函数f(x)在区间[1,
点评:
2
e]上的值域为
2
2
[23ln2,e5]
2
e
.
(1)第一问在前面例题的理论基础上,进一步加大了运算的难度,涉及到了换元法,分母
有理化等代数技巧;
(2)第二问将问题延伸到了函数值域上,过程比较简单,是一个承上启下的过渡性问题.
(二)利用函数的单调性、极值、最值,求参数取值范围
基本思路:
定义域→→单调区间、极值、最值→→不等关系式→→参数取值范围
基本工具:
导数、含参不等式解法、均值定理等
【例题】(2008湖北文17/21)已知函数
322
f(x)xmxmx1(m为常数,且m>0)有.
极.大.值.9..
(Ⅰ)求m的值;
(Ⅱ)若斜率为5的直线是曲线yf(x)的切线,求此直线方程.
解:
(Ⅰ)
22
f(x)3x2mxm(xm)(3xm)0,则xm或
1
xm,
3
当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下表:
x(,m)m
1
1
1(m,+
(m,m)m
3
33
∞)
f(x)
+0-0+
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f(x)增极大值减极小值增
从而可知,当xm时,函数f(x)取得极大值9,
即
333
f(m)mmm19,∴m2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
32
f(x)x2x4x1,
依题意知
2
f(x)3x4x45,∴x1或
1
x.
3
又
168
f
(1)6,f(),
327
所以切线方程为y65(x1),或
681
y5(x),
273
即5xy10,或135x27y230.
点评:
(1)本题第一问是函数求极值的逆向设问,解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值,
难度不大;
(2)本题第二问是求曲线切线的逆向设问,解题过程进一步强化了对切点的需求.
【例题】(2009四川文20/22)已知函数
32
f(x)x2bxcx2的图象在与x轴交点处的切线
方程是y5x10.
(I)求函数f(x)的解析式;
(II)设函数
1
gxfxmx,若.g(x)的.极.值.存.在.,求实数m的取值范围以及函数
()()
3
g(x)取得极值时对应的自变量x的值.
解:
(I)由已知,切点为(2,0),故有f
(2)0,即4bc30⋯⋯①
又
2
f(x)3x4bxc,由已知f
(2)128bc5得8bc70⋯⋯②
联立①②,解得b1,c1.所以函数的解析式为f(x)x32x2x2
321
(II)因为
g(x)x2xx2mx令
3
21
g(x)3x4x1m0
3
当.函.数.有.极.值.时.,.方.程.
21
3410
xxm有.实.数.解..则4(1m)0,得m1.
3
①当m1时,g(x)0有实数
2
x,在
3
2
x左右两侧均有g(x)0,故g(x)无极值
3
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11
②当m1时,g(x)0有两个实数根x(21m),x(21m),g(x),g(x)
12
33
情况如下表:
x
(,x)x1(x1,x2)x2(x2)
1
g(x)+0-0+
g(x)↗极大值↘极小值↗
所以在m(,1)时,函数g(x)有极值;
当
1
x(21m)时,g(x)有极大值;当
3
1
x(21m)时,g(x)有极小值;
3
点评:
(1)本题第一问是求曲线切线的逆向设问,解题过程进一步强化了对切点的需求.
(2)本题第二问是函数求极值的逆向设问,解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值,
难度不大.
★【例题】(2008全国Ⅱ文21/22)设aR,函数
332
f(x)axx.
(Ⅰ)若x2是函数yf(x)的极值点,求a的值;
(Ⅱ)若函数g(x)f(x)f(x),x[0,2],在x0处取得最大值,求a的取值范围.
解:
(Ⅰ)
2
f(x)3ax6x3x(ax2).
因为x2是函数yf(x)的极值点,所以f
(2)0,即6(2a2)0,因此
a1.
经验证,当a1时,x2是函数yf(x)的极值点.
(Ⅱ)由题设,
3222
gxaxxaxxaxxxx.
()336(3)3
(2)
当g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)时,
g≥g,即0≥20a24.故得
(0)
(2)
a≤
6
5
6
≤
a
5
反之,当
时,对任意x[0,2],
6
2
gx≤xxxx
()(3)3
(2)
5
3x
2
(2xx10)
5
3x
5
(2x5)(x2)
≤,
0
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而g(0)0,故g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0).
综上,a的取值范围为
6
,
5
.
点评:
(1)本题是求函数最值的逆向问题,答案所用的解法是一种比较特殊的方法,具有一定的
思维难度.
(2)本题若用一般方法,则可求出g(0)=0,将问题转化为g(x)≤0的恒成立问题,此种解
法的计算量将有所加大.
★【例题】(2009陕西理20/22)已知函数
1x
f(x)ln(ax1),x0,其中a0
1x
(Ⅱ)求f(x)的单调区间;
(Ⅲ)若f(x)的最小值为1,求a的取值范围.
解:
(Ⅱ)∵x0,a0,∴ax10.
2
axa2
f'(x),
2
(ax1)(1x)
①当a2时,在区间(0,)上,f'(x)0,∴f(x)的单调增区间为(0,).
②当0a2时,由
2a2a
f'(x)0x,f'(x)0x,
解得由解得
aa
2-2-
aa
∴()的单调减区间为(0,),单调增区间为(,).
fx
aa
(Ⅲ)当a2时,由(Ⅱ)①知,f(x)的最小值为f(0)1;所以a2.
当0a2时,由(Ⅱ)②知,f(x)在
x
2a
a
处取得最小值
2a
f()f(0)1,
a
所以,0a2不成立.
综上可知,若f(x)得最小值为1,则a的取值范围是[2,).
点评:
(1)本题第三问是求函数最值的逆向问题,解题时根据单调性研究的分类标准,将验证
参数取值范围是否成立,是计算量较小,但不容易发现的方法.
(2)本题若用一般方法,则可将问题转化为f(x)≥1的恒成立问题,此种解法的计算量
将有所加大.
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(三)导数的几何意义
(2008海南宁夏文21/22)设函数f(x)ax
b
x
,曲线yf(x)在点(2,f
(2))处的切线
方程为7x4y120.
(Ⅰ)求yf(x)的解析式;
(Ⅱ)证明:
曲线yf(x)上任一点处的切线与直线x0和直线yx所围成的三角
形面积为定值,并求此定值.
解:
(Ⅰ)方程7x4y120可化为73
yx,当x2时,
4
1
y;
2
又
'
fxa
b
2
x
,于是
2a
a
b1
22
b7
44
,解得
a
b
1
3
,故
fxx
3
x
(Ⅱ)设
Px0,y0为曲线上任一点,由
'
y
1
3
2
x
知曲线在点Px0,y0处的切线方程为
3
yy1xx
020
x
0
,即
33
yx1xx
020
xx
00
令x0,得
y
6
x
0
,从而得切线与直线x0的交点坐标为
0,
6
x
0
;
令yx,得yx2x0,从而得切线与直线yx的交点坐标为2x0,2x0;
所以点
16
Px0,y0处的切线与直线x0,yx所围成的三角形面积为2x06
2x
0
;
故曲线yfx上任一点处的切线与直线x0,yx所围成的三角形面积为定值6.
二、导数应用的变式与转化
(一)函数的零点存在与分布问题
问题设置:
根据函数零点或方程实数根的个数求参数取值范围
基本方法:
通性通法:
函数最值控制法
特殊方法:
(1)二次函数判别式法;
(2)零点存在性定理
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第一组二次函数
(1)本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识;
(2)本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平;
(3)研究二次函数零点分布问题时,除了判别式法以外,应补充极值(最值)控制法,为
三次函数零点分布研究做方法上的铺垫.
【例题】(2009江西文17/22)设函数
392
f(x)xx6xa.
2
(1)略;
(2)若方程f(x)0有且仅有一个实根,求a的取值范围.
解:
因为当x1时,
fx;当1x2时,'()0
'()0
fx;当x2时,'()0
'()0
fx;'()0
'()0
所以当x1时,f(x)取极大值
5
f
(1)a;
2
当x2时,f(x)取极小值f
(2)2a;
故当f
(2)0或f
(1)0时,方程f(x)0仅有一个实根.解得a2或
5
a.
2
点评:
本题是零点问题的方程形式,用函数最值控制法解答,属于本类问题的原型题.
【例题】(2009广东文21/21)已知二次函数yg(x)的导函数的图像与直线y2x平行,
且yg(x)在x=-1处取得最小值m-1(m0).设函数
f(x)
g(x)
x
(1)若曲线yf(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为2,求m的值;
(2)k(kR)如何取值时,函数yf(x)kx存在零点
....,并求出零点.
解:
(1)设
2
gxaxbxc,则gx2axb;
又gx的图像与直线y2x平行2a2,解得a1
b
又gx在x1取极小值,∴1,解得b2
2
gxm
g1abc12cm1,解得cm;所以2
fxx
xx
,
设
Pxy
o,o
,
则
2222
PQxy2xx
0000
m
x
0
2
2
m
22
2x222m2
02
x
0
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2
22m24,解得
2
m;
2
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
(2)由yfxkx1kxm20
x
,得
2
1kx2xm0*
当k1时,方程*有一解
m
x,函数yfxkx有一零点
2
m
x;
2
当k1时,方程*有二解44m1k0,
若m0,k
1
1
m
,yfxkx有两个零点
x
244m1k11m1k
21kk1
;
若m0,k11
m
,yfxkx有两个零点
x
244m1k11m1k
21kk1
;
当k1时,方程*有一解44m1k0,即
k1
1
m
yfxkx有一零点
1
x
k
1
点评:
(1)本题第一问是涉及均值定理的最值问题,题目计算量中等,思维难度不大;
(2)第二问涉及到的函数为二次函数,故而用含参二次方程的根系关系研究根的分布问
题,是本部分的原型问题和重点问题.
【例题】(2009重庆文19/21)已知
2
f(x)xbxc为偶函数,曲线yf(x)过点(2,5),
gxxafx.(Ⅰ)求曲线yg(x)有.斜.率.为.0.的.切.线.,求实数a的取值范围;
(2)
()()()
略
解:
由偶函数性质得,f(x)f(x),即
22
(x)b(x)cxbxc,解得b0
又曲线yf(x)过点(2,5),得
2
2c5,有c1
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