导数常见高考题型

导数常见高考题型

导数常见高考题型 ‎ 典例剖析 例1 ：已知实数a满足1＜a≤2，设函数f (x)＝x3－x2＋ax．‎ ‎(Ⅰ) 当a＝2时，求f (x)的极小值；‎ ‎(Ⅱ) 若函数g(x)＝4x3＋3bx2－6(b＋2)x (b∈R) 的极小值点与f (x)的极小值点相同，‎ 求证：g(x)的极大值小于等于10．‎ ‎ (Ⅰ)解：当a＝2时，f ′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)．‎ ‎ 列表如下：‎ x ‎(－，1)‎ ‎1‎ ‎(1，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋)‎ f ′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f (x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，f (x)的极小值为f (2)＝．…………………………………6分 ‎ (Ⅱ) 解：f ′(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)．‎ 由于a＞1，‎ 所以f (x)的极小值点x＝a，则g(x)的极小值点也为x＝a．‎ 而g ′ (x)＝12x2＋6bx－6(b＋2)＝6(x－1)(2x＋b＋2)，‎ 所以，‎ 即b＝－2(a＋1)．‎ 又因为1＜a≤2，‎ 所以 g(x)极大值＝g(1)‎ ‎＝4＋3b－6(b＋2) ‎ ‎＝－3b－8‎ ‎＝6a－2‎ ‎≤10． ‎ 故g(x)的极大值小于等于10‎ 例2、已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若函数的图像在点处的切线的倾斜角为，问：‎ 在什么范围取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值？‎ ‎（Ⅲ）当时，设函数，若在区间上至少存在一个，使得成立，试求实数的取值范围．‎ 解：（Ι）由知：‎ 当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；‎ 当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；‎ ‎（Ⅱ）由,∴，. ‎ 故，‎ ‎∴,∵ 函数在区间上总存在极值，‎ ‎∴有两个不等实根且至少有一个在区间内 又∵函数是开口向上的二次函数，且，∴ ‎ 由，∵在上单调递减，所以；∴，由，解得；‎ 综上得： 所以当在内取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值。‎ ‎（Ⅲ）令，则 ‎.‎ ‎①当时，由得，从而,‎ 所以，在上不存在使得；‎ ‎②当时，,，在上恒成立，故在上单调递增。 ‎ 故只要，解得综上所述， 的取值范围是 ‎ 例3 已知函数（且）．‎ ‎(Ⅰ)试就实数的不同取值，写出该函数的单调递增区间；‎ ‎(Ⅱ)已知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，求的值并写出函数的解析式； ‎ ‎(Ⅲ)记(Ⅱ)中的函数的图像为曲线，试问是否存在经过原点的直线，使得为曲线的对称轴？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(Ⅰ) 由题设知：．‎ ‎①当时，函数的单调递增区间为及； ‎ ‎②当时，函数的单调递增区间为及；‎ ‎③当时，函数的单调递增区间为及．…6分 (Ⅱ)由题设及(Ⅰ)中③知且，解得， ……8分 ‎ 因此，函数解析式为． ‎ ‎(Ⅲ)假设存在经过原点的直线为曲线的对称轴，显然、轴不是曲线的对称轴，故可设：（）， 设为曲线上的任意一点，与关于直线对称，且，，则也在曲线上，由此得 ‎，，且，， ‎ ‎ 整理得，解得或，‎ ‎ 所以存在直线及为曲线的对称轴． ‎ 例4：[已知函数定义域为（）,设．‎ ‎（1）试确定的取值范围,使得函数在上为单调函数；‎ ‎（2）求证:；‎ ‎（3）求证:对于任意的,总存在,满足,并确定 这样的的个数．‎ 解:（1） 因为 由；由,‎ 所以在上递增,在上递减 ‎ 欲在上为单调函数,则 ‎ ‎（2）因为在上递增,在上递减,‎ 所以在处取得极小值 ‎ 又,所以在上的最小值为 ‎ 从而当时,,即 ‎ ‎（3）因为,所以即为,‎ ‎ 令,从而问题转化为证明方程 =0在上有解,并讨论解的个数 ‎ 因为,, ‎ 所以 ① 当时,,所以在上有解,且只有一解 ‎ ‎② 当时,,但由于,‎ 所以在上有解,且有两解 ‎ ‎③ 当时,,所以在上有且只有一解；‎ ‎④ 当时,在上也有且只有一解 ‎ 综上所述, 对于任意的,总存在,满足,‎ 且当时,有唯一的适合题意；‎ 当时,有两个适合题． ‎ 例:5、已知函数.‎ ‎（1）求的单调递增区间；‎ ‎（2）为何值时，函数在区间上有零点.‎ 解：（1） 令 ‎①若，则，的递增区间是；‎ ‎②若，则 方程的两根，，‎ 当时， ∴的递增区间是 ‎ ‎③若且，即时，‎ 方程的两根，，‎ 此时的递增区间为和 ‎④若且即时 此时的递增区间为 ‎ 综上 略 ‎（2）问题等价于方程=0在上有实根，而=0，‎ 令， ‎ 再令，则 当时，，↗， 当时，，↘‎ ‎∴当时，取得唯一的极大值也是的最大值 ‎∴当时， ∴在上单调递减 ‎∴当时，‎ 故当时，函数在上有零点. ‎ 例6、己知函数的导函数是，对于任意两个不等的正数，证明：‎ 当 证明：（1）由 得 ‎ （1）‎ 又 （2）‎ 又 ‎ 由的 （3）‎ 由（1）（2）（3）得 ‎ 即 ‎（2）由得 ‎ =‎ 是两个不相等的正数 令 （）‎ ‎ 列表 t ‎(0, )‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 减 极小值 增 即 方法总结:构造函数证不等式 处理不等式恒成立问题常用分离参数法或看作两个函数来求解。‎ 例7、己知在函数图象上，以为切点的切线的倾斜角为 ‎ ‎（1）求 的值 ‎（2）求证 ‎ 解：（1） ‎ ‎ ‎ 将 ‎ 证明 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 方法总结:利用函数最值证明不等式 例8：设是函数 的两极值点，且 求证 ： ‎ 求证： ‎ ‎（3）若函数求证：‎ 解：（1）‎ ‎ 的两个极值点 ‎ ‎ ‎ 于是 ， 又 ‎ ‎ 即 ‎ ‎ ‎ （2）设 则 ‎ 当 ‎ ‎ 当 ‎ ‎ ‎ ‎ (3) ‎ ‎ =‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 又 ‎ ‎ ‎ 即 方法总结:利用韦达定理证明，涉及到二次方程的根的问题常常用到违达定理或二次函数的两点式 例:9、对于函数 ，若存在，使成立，则称为的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0，2，且．‎ 求函数的单调区间；‎ 已知数列各项不为零且不为1，满足，求证：；‎ 设，为数列的前项和，求证：‎ 解：（1）设，‎ 所以，所以，由，‎ 又，所以，所以，‎ 于是，‎ 于是易求得的增区间为，减区间为 ‎（2）由已知可得，当时，‎ 两式相减得，所以或 当时，，若，则与矛盾，‎ 所以，从而，于是要证的不等式即为，于是我们可以考虑证明不等式：，令，则，‎ 再令，由知，所以当时，单调递增，所以，于是，即①‎ ‎ 令，当时，单调递增，所以，于是，即②‎ 由①②可知，所以，‎ 即原不等式成立。 ‎ ‎（3）由（2）可知，，在中，令，并将各式相加得 即 ‎ 方法总结:把数列问题转化为函数问题 例10、已知函数，若对任意恒有，求的取值范围。‎ 解：f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞)，对f(x)求导数得 f '(x)= e－ax. ‎ ‎ 当00, f(x)在(－∞,1)和(1,+∞)为增函数.，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>f(0)=1；‎ 当a>2时, 利用导数易得：f(x)在(－∞, －), (,1), (1,+∞)为增函数,‎ ‎ f(x)在(－,)为减函数，取x0= ∈(0,1)，则由(Ⅰ)知 f(x0)1且e－ax≥1，得 f(x)= e－ax≥ >1.；‎ 综上当且仅当a∈(－∞,2)时，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1。‎ 例11：已知函数.‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设.如果对任意，，求的取值范围.‎ 解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）. .‎ 当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；‎ 当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；‎ 当-1＜＜0时，令=0，解得.‎ 则当时，＞0；时，＜0.‎ 故在单调增加，在单调减少.‎ ‎（Ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调递减，从而 ‎ ，‎ 等价于， ①‎ 令，则 ‎①等价于在（0，+∞）单调递递减少，即.‎ ‎ 从而 ‎ 故a的取值范围为（-∞，-2]. ‎