《2022年高三数学导数专题例题及知识点总结 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学导数专题例题及知识点总结 .pdf（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、数学第五课时导数专题一、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 1】已知函数22( )(1)xbf xx，求导函数( )fx，并确定( )f x的单调区间解：242(1)(2) 2(1)( )(1)xxbxfxx3222(1)xbx32(1)(1)xbx令( )0fx，得1xb当11b，即2b时，2( )1f xx，所以函数( )f x在(1)，和(1)，上单调
2、递减当11b，即2b时，( )fx的变化情况如下表：x(1)b，1b(11)b，(1)，( )fx0 当11b，即2b时，( )fx的变化情况如下表：x(1)，(11)b，1b(1)b，( )fx0 所以，2b时，函数( )f x在(1)b，和(1)，上单调递减，在(11)b，上单调递增，2b时，函数( )f x在(1)，和(1)，上单调递减2b时，函数( )f x在(1)，和(1)b，上单调递减，在(11)b，上单调递增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 2】 已知函数32( )2f xxmxnx的图象过点( 1, 6)， 且函数( )( )6g xfxx的
3、图象关于y 轴对称 . （）求mn、的值及函数( )yf x的单调区间； （）若0a，求函数( )yf x在区间(1,1)aa内的极值 . 解： （）由函数( )f x图象过点( 1, 6)，得3mn，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 13 页由32( )2f xxmxnx，得2( )32fxxmx n，则2( )( ) 63(26)g xf xxxmx n；而( )g x图象关于y轴对称，所以26023m，所以3m，代入得0n.于是2( )363 (2)fxxxx x. 由( )0fx得2x或0 x，故( )f x的单调
4、递增区间是(,0)，(2,)；由( )0fx得02x，故( )f x的单调递减区间是(0, 2). （）由（）得( )3 (2)fxx x，令( )0fx得0 x或2x. 当x变化时，( )fx、( )f x的变化情况如下表：x(,0)0(0,2)2(2,)f(x)0 0 f(x)增极大值减极小值增由此可得：当01a时，( )f x在(1,1)aa内有极大值(0)2f，无极小值；当1a时，( )f x在(1,1)aa内无极值；当13a时，( )fx在(1,1)aa内有极小值(2)6f，无极大值；当3a时，( )f x在(1,1)aa内无极值 . 综上所述，当01a时，( )f x有极大值2，无
5、极小值；当13a时，( )f x有极小值6，无极大值；当1a或3a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 3】已知函数2( )1lnf xxaxx，a0，(I) 讨论( )f x的单调性 ; (II)设 a=3，求( )f x在区间 1 ，2e 上值域 . 其中 e=2.71828 是自然对数的底数. 解： （）由于/22( )1afxxx,令1tx得/2( )21 (0)fxtatt当280a，即0
6、2 2a时，/( )0fx恒成立，( )f x在(,0),(0,)上都是增函数. 当280a，即2 2a时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页由2210tat得284aat或284aat0 x或282aax或2802aax又由2210tat得228844aaaat，228822aaaax综上 ,当02 2a( )f x在(,0),(0,)上都是增函数；当2 2a( )f x在28(,0),(0,)2aa及28(,)2aa上都是增函数，在2288(,)22aaaa是减函数 . （2）当3a时，由（ 1）知，( )f
7、x在1，2上是减函数，在22,e上是增函数 . 又2222(1)0,(2)23ln 20,()50fff eee函数( )f x在区间 1，2e上的值域为22223ln 2, e5e. 点评：（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 4】已知函数32( )22f xxbxcx的图象在与x轴交点处的
8、切线方程是510yx. （I）求函数( )f x的解析式；（II）设函数1( )( )3g xfxmx，若( )g x的极值存在，求实数m的取值范围以及函数( )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(2)0f,即430bc 又2( )34fxxbxc，由已知(2)1285fbc得870bc 联立，解得1,1bc.所以函数的解析式为32( )22f xxxx（II）因为321( )223g xxxxmx令21( )34103g xxxm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13
9、页当函数有极值时，方程2134103xxm有实数解.则4(1)0m，得1m. 当1m时，( )0gx有实数23x，在23x左右两侧均有( )0g x，故( )g x无极值当1m时，( )0gx有两个实数根1211(21),(21),33xmxm( ),( )g xg x情况如下表：x1(,)x1x12(,)x x2x2()x( )g x+ 0 - 0 + ( )g x极大值极小值所以在(,1)m时，函数( )g x有极值；当1(21)3xm时，( )g x有极大值；当1(21)3xm时，( )g x有极小值；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
10、）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 5】 设aR，函数233)(xaxxf（）若2x是函数)(xfy的极值点，求a的值；（）若函数( )( )( )0 2g xf xfxx，在0 x处取得最大值，求a的取值范围解： （）2( )363 (2)fxaxxx ax因为2x是函数( )yf x的极值点，所以(2)0f，即6(22)0a，因此1a经验证，当1a时，2x是函数( )yf x的极值点（）由题设，3222( )336(3)3 (2)g xaxxaxxaxxx x当( )g x在区间0 2，上的最大值为(0)g时，(0)(2)gg，即
11、02024a故得65a反之，当65a时，对任意0 2x，26( )(3)3 (2)5g xx xx x23(210)5xxx3(25)(2)5xxx0，而(0)0g，故( )g x在区间0 2，上的最大值为(0)g精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 13 页综上，a的取值范围为65，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. （三）导数的几何意义【例题 6
12、】设函数( )bf xaxx，曲线( )yf x在点(2,(2)f处的切线方程为74120 xy. （）求( )yf x的解析式；（）证明：曲线( )yf x上任一点处的切线与直线0 x和直线yx所围成的三角形面积为定值，并求此定值. 解： （）方程74120 xy可化为734yx，当2x时，12y；又2bfxax，于是1222744baba，解得13ab，故3fxxx（）设00,P xy为曲线上任一点，由231yx知曲线在点00,P xy处的切线方程为002031yyxxx，即00200331yxxxxx令0 x，得06yx，从而得切线与直线0 x的交点坐标为060,x；令yx，得02yxx
13、，从而得切线与直线yx的交点坐标为002,2xx；所以点00,P xy处的切线与直线0,xyx所围成的三角形面积为0016262xx；故曲线yfx上任一点处的切线与直线0,xyx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
14、值）控制法，为三次函数零点分布研究做方法上的铺垫 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页【例题 7】设函数329( )62f xxxxa（1）略； （2）若方程( )0f x有且仅有一个实根，求a的取值范围 . 解：因为当1x时, ( )0fx;当12x时 , ( )0fx;当2x时, ( )0fx; 所以当1x时,( )f x取极大值5(1)2fa; 当2x时 ,( )fx取极小值(2)2fa; 故当(2)0f或(1)0f时, 方程( )0f x仅有一个实根. 解得2a或52a. 点评：本题是零点问题的方程形式，
15、用函数最值控制法解答，属于本类问题的原型题. 【例题8】已知二次函数)(xgy的导函数的图像与直线2yx平行，且)(xgy在x=1 处取得最小值m1(m0).设函数xxgxf)()(（1）若曲线)(xfy上的点 P 到点 Q(0,2)的距离的最小值为2,求 m 的值；（2）)(Rkk如何取值时 ,函数kxxfy)(存在零点,并求出零点 . 解： （1）设2g xaxbxc，则2gxaxb；又gx的图像与直线2yx平行22a，解得1a又g x在1x取极小值，12b，解得2b1121gabccm，解得cm；所以2g xmfxxxx，设,ooP x y，则22222000002mPQxyxxx222
16、020222 22mxmx22 224m,解得22m；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）由120myfxkxk xx，得2120k xxm*当1k时，方程*有一解2mx，函数yfxkx有一零点2mx；当1k时，方程*有二解4410mk，若0m，11km，yf xkx有两个零点24 411112 11mkmkxkk；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页若0m，11km，yf xkx有两个零点24 411112 11mkmkxkk；当1k时，方程*有一解4 410mk，即11km,yf xkx有一零点11xk
17、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 9】已知 a 是实数，函数axaxxf3222，如果函数xfy在区间1 , 1上有零点，求 a 的取值范围 . 解：若0a , ( )23f xx , 显然函数在1 , 1上没有零点 . 若0a，令248382440aaaa, 解得372a当372a时, yfx恰有一个零点在1,1上; 当05111aaff，即15a时，yfx在1,1上也恰有一个零点. 当yfx在1,1上有两个零点时, 则208
18、244011121010aaaaff或208244011121010aaaaff解得5a或352a，综上，所求实数a的取值范围是1a或352a. 点评：本题以二次函数为载体，设定在区间范围上的零点存在性问题，解答时依零点个数进行分类讨论，涉及到含参二次方程根的分布研究、零点存在性定理. 是原型问题和重点题. 【例题 10】已知函数32( )(1)(2)f xxa xa ax b( ,)a bR（II）若函数( )fx在区间( 1,1)上不单调，求a的取值范围解： （）函数)(xf在区间) 1 , 1(不单调，等价于导函数)(xf在)1 ,1(既能取到大于0 的实数，又能取到小于0 的实数即函数
19、)(xf在)1 ,1(上存在零点，根据零点存在定理，有0)1 ()1(ff，即：0)2()1 (23)2()1 (23aaaaaa整理得：0) 1)(1)(5(2aaa，解得15a第二组三次函数（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；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 13 页（2）本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平；（3）本组题旨在加深对二次函数、三次函数零点分布问题的认识，进而深化对导数方法、极值、最值的理解. 【例题 11】已知函数3( )31,0f xxaxa（I）求( )f x的单调区间；
20、（II）若( )f x在1x处取得极值，直线y=m 与( )yf x的图象有三个不同的交点，求 m 的取值范围 .解： （1）22( )333(),fxxaxa当0a时，对xR，有( )0,fx所以( )f x的单调增区间为(,)当0a时，由( )0fx解得xa或xa，由( )0fx解得axa，所以( )f x的单调增区间为(,),(,)aa，单调减区间为(,)aa. （2）因为( )f x在1x处取得极大值，所以2( 1)3 ( 1)30,1.faa所以32( )31,( )33,f xxxfxx由( )0fx解得121,1xx. 由（ 1）中( )f x的单调性可知，( )f x在1x处取
21、得极大值1，在1x处取得极小值-3. 因为直线ym与函数( )yf x的图象有三个不同的交点，所以m的取值范围是( 3,1). 点评：（1）本 题是三次函数零点存在性问题的典型变式题，涉及图象交点向函数零点的转化关系；（2）本 题最终将问题转化为研究三次函数根的分布，采用极值（最值）控制法；（3）在 这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上的本质关系，以便进一步加深对函数极值（最值）的认识和对利用导数研究函数性质. （二）不等式恒成立与存在解问题问题设置：当不等关系在某个区间范围内恒成立或存在解为条件，求参数的取值范围基本思路：转化为函数最值与参数之间的不等关系问
22、题基本方法：通性通法：变量分离法、变量转换、最值控制法特殊方法：二次函数判别式法、二次函数根的分布研究【例题 12】设函数323( )(1)1,32af xxxaxa其中为实数 . （）若2( )1fxxxa对任意(0,)a都成立，求实数x的取值范围 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 13 页解：法一（变量转换，最值控制法）：223(1)1axxaxx a对任意(0,)a都成立 . 即22(2)20a xxx对任意(0,)a都成立设22( )(2)2 ()g aa xxx aR，则对任意xR，( )g a为单调递增函数
23、()aR所以对任意(0,)a，( )0g a恒成立的充分必要条件是(0)0g. 即220 xx，20 x， 于是x的取值范围是| 20 xx法二（变量分离法） ：由题设知：223(1)1axxaxxa对任意(0,)a都成立，即22(2)20a xxx对任意(0,)a都成立 . 于是2222xxax对任意(0,)a都成立，即22202xxx.解得x的取值范围是| 20 xx. 点评：变量分离法可以任何一个变量分离出来，例如本题也可以求出二次方程的根，这样就是将变量x 分离出来了，但过程较复杂，不宜在此处选用. 【例题 13】已知定义在正实数集上的函数21( )22f xxax，2( )3lng
24、xaxb，其中0a设两曲线( )yfx，( )yg x有公共点，且在该点处的切线相同（I）用a表示b，并求b的最大值；（II）求证：f(x ) g(x) ，其中 x 0解： （）设( )yf x与( )(0)yg xx在公共点00()xy，处的切线相同( )2fxxa，23( )ag xx，由题意00()()f xg x，00()()fxg x即22000200123ln232xaxaxbaxax，由20032axax得：0 xa，或03xa（舍去）即有222221523ln3ln22baaaaaaa令225( )3ln (0)2h tttt t，则( )2 (13ln )h ttt于是当(1
25、3ln )0tt，即130te时，( )0h t；当(13ln )0tt，即13te时，( )0h t故( )h t在130e，为增函数，在13e， 为减函数，于是( )h t在(0)， 的最大值为123332h ee精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 13 页（）设221( )( )( )23ln(0)2F xfxg xxaxaxb x，则( )Fx23()(3 )2(0)axaxaxaxxx故( )F x在(0)a，为减函数，在()a， 为增函数，于是函数( )F x在(0)， 上的最小值是000( )()()()0F
26、aF xf xg x故当0 x时，有( )( )0f xg x，即当0 x时，( )( )f xg x点评：（1）本 题以曲线的切线问题的载体，在第一问中考查了函数最值的求法；（2）第 二问是恒成立问题的应用.两函数比较大小通过相减构造新函数运用导数知识（三） “ 零点存在与分布问题” 与 “ 恒成立、存在解问题” 之间的关系（1）研 究对象的本质相同，因此解题方向一致：函数的极值或最值控制是解决这两类问题的通性通法，针对特殊类型的函数，如二次函数，又都可以用相应的函数性质进行研究；（2）研 究对象的载体不同，因此解题方法不同：前者是函数与其所对应的方程之间关系的问题，后者是函数与其所对应的不
27、等式之间关系的问题；（3）原型问题是根本，转化命题是关键：二者都可以进一步衍生出其他形式的问题，因此往往需要先将题目所涉及的问题转化为原型问题，然后利用通性通法加以解决，在转化过程中应注意命题的等价性. 【例题 14】设函数0) ,( ,)1(31)(223mRxxmxxxf其中（）略；（）求函数的单调区间与极值；（）已知函数)(xf有三个互不相同的零点0，21, xx，且21xx.若对任意的,21xxx，)1()(fxf恒成立，求m 的取值范围 . 解： （2）12)(22mxxxf，令0)(xf，得到mxmx1,1因为mmm11, 0 所以，当 x 变化时，)(),(xfxf的变化情况如下
28、表：x)1 ,(mm1)1 ,1 (mmm1),1 (m)(xf+ 0 - 0 + )(xf极小值极大值)(xf在)1 ,(m和),1(m内减函数，在)1 ,1 (mm内增函数 . 函数)(xf在mx1处取得极大值)1(mf，且)1(mf=313223mm函数)(xf在mx1处取得极小值)1(mf，且)1(mf=313223mm（3）解：由题设，)(31)131()(2122xxxxxmxxxxf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页所以方程13122mxx=0 由两个相异的实根21, xx，故321xx，且0)1(
29、3412m，解得21)(21mm，舍因为123,32,221221xxxxxx故所以若0)1)(1 (31)1(,12121xxfxx则，而0)(1xf，不合题意若,121xx则对任意的,21xxx有,0,021xxxx则0)(31)(21xxxxxxf又0)(1xf，所以函数)(xf在,21xxx的最小值为0，于是对任意的,21xxx，)1 ()(fxf恒成立的充要条件是031)1(2mf,解得3333mw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 综上， m 的取值范围是)33,21(四、其它形式的问题【例题 15】设函数3222( )1, ( )21,f xxaxa xg xaxx其中实数0a
30、（）若0a，求函数( )f x的单调区间；（）当函数( )yf x与( )yg x的图象只有一个公共点且( )g x存在最小值时，记( )g x的最小值为( )h a， 求( )h a的值域；（）若( )f x与( )g x在区间( ,2)a a内均为增函数，求a的取值范围解： （）22( )323()()3afxxaxaxxa，又0a，当3axax或时，( )0fx；当3aax时，( )0fx，( )fx在(,)a和(,)3a内是增函数，在(,)3aa内是减函数（）由题意知3222121xaxa xaxx，即22(2)0 x xa恰有一根（含重根） 22a0，即2a2，又0a，2,0)(0,
31、2a当0a时，( )g x才存在最小值，(0,2a211( )()g xa xaaa，1( ),(0,2h aaaa.( )h a的值域为2(,12（）当0a时，( )f x在(,)a和(,)3a内是增函数，( )g x在1(,)a内是增函数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 13 页由题意得031aaaaa，解得a1；当0a时，( )fx在(,)3a和(,)a内是增函数，( )g x在1(,)a内是增函数由题意得02312aaaaa，解得a3；综上可知，实数a的取值范围为(, 31,)【例题 16】已知函数43219(
32、)42f xxxxcx有三个极值点. （I）证明：275c；（II）若存在实数c，使函数)(xf在区间,2a a上单调递减，求a的取值范围 . 解： （I）因为函数43219( )42f xxxxcx有三个极值点，所以32( )390fxxxxc有三个互异的实根. 设32( )39,g xxxxc则2( )3693(3)(1),g xxxxx当3x时，( )0,g x( )g x在(, 3)上为增函数；当31x时，( )0,gx( )g x在( 3,1)上为减函数；当1x时，( )0,g x( )g x在(1,)上为增函数；所以函数( )g x在3x时取极大值，在1x时取极小值 . 当( 3)
33、0g或(1)0g时，( )0g x最多只有两个不同实根. 因为( )0g x有三个不同实根，所以( 3)0g且(1)0g. 即2727270c，且1390c，解得27,c且5,c故275c. （II）由（ I）的证明可知，当275c时, ( )fx有三个极值点 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页不妨设为123xxx，（123xxx） ，则123( )()()().fxxxxxxx所以( )f x的单调递减区间是1(x，,23,xx. 若)(xf在区间,2a a上单调递减，则,2a a1(x，, 或,2a a23,xx, 若,2a a1(x，则12ax.由（ I）知，13x,于是5.a若,2a a23,xx,则2ax且32ax.由（ I）知，231.x又32( )39,fxxxxc当27c时，2( )(3)(3)fxxx；当5c时，2( )(5)(1)fxxx. 因此，当275c时，313.x所以3,a且23.a即31.a故5,a或31.a反之 , 当5,a或31a时，总可找到( 27,5),c使函数)(xf在区间,2a a上单调递减 . 综上所述，a的取值范围是(5)( 3,1)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页