《导数常见高考题型(共13页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数常见高考题型(共13页).doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上导数常见高考题型 典例剖析例1 ：已知实数a满足1a2，设函数f (x)x3x2ax() 当a2时，求f (x)的极小值；() 若函数g(x)4x33bx26(b2)x (bR) 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 ()解：当a2时，f (x)x23x2(x1)(x2) 列表如下：x(，1)1(1，2)2(2，)f (x)00f (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 () 解：f (x)x2(a1)xa(x1)(xa)由于a1，所以f (x)的极小值点xa，则g(x)的极小值点也为xa
2、而g (x)12x26bx6(b2)6(x1)(2xb2)，所以，即b2(a1)又因为1a2，所以 g(x)极大值g(1)43b6(b2) 3b86a210 故g(x)的极大值小于等于10例2、已知函数（）求函数的单调区间；（）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？（）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：（）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；（）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，
3、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。（）令，则.当时，由得，从而,所以，在上不存在使得；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）()试就实数的不同取值，写出该函数的单调递增区间；()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； ()记()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：() 由题设知：当时，函数的单调递增区间为及； 当时，函数的单调递增区间为及；当时，函数的单调递增区间
4、为及6分 ()由题设及()中知且，解得， 8分 因此，函数解析式为 ()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,
5、 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 当时,所以在上有解,且只有一解 当时,但由于,所以在上有解,且有两解 当时,所以在上有且只有一解； 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） 令若，则，的递增区间是；若，则方程的两根，当时， 的递增区间是 若且，即时，方程的两根，此时的递增区间为和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
6、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 ，
7、 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 令，当时，单调递增，所以，于
8、是，即由可知，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)= eax. 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a2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()知 f(x0)1且eax1，得 f(x)= eax 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.（）讨论函数的单调性；（）设.如果对任意，求的取值范围.解：（）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-10时，令=0，解得.则当时，0；时，0.故在单调增加，在单调减少.（）不妨假设，而-1，由（）知在（0，+）单调递减，从而 ，等价于， 令，则等价于在（0，+）单调递递减少，即. 从而 故a的取值范围为（-，-2. 专心-专注-专业