高三导数压轴题题型归纳(DOC 38页).docx

1、导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)exln(xm)（2013全国新课标卷）(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.(1)解f(x)exln(xm)f(x)exf(0)e00m1，定义域为x|x1，f(x)ex，显然f(x)在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增(2)证明g(x)exln(x2)，则g(x)ex(x2)h(x)g(x)ex(x2)h(x)ex0，所以h(x)是增函数，h(x)0至多只有一个实数根，又g()0，所以h(x)g(x)0的唯一实根在区间内，设g(x)0的根为t，则有g(t)et0，所以，ett2e

2、t，当x(2，t)时，g(x)g(t)0，g(x)单调递增；所以g(x)ming(t)etln(t2)t0，当m2时，有ln(xm)ln(x2)， 所以f(x)exln(xm)exln(x2)g(x)g(x)min0.例2已知函数满足（2012全国新课标）(1)求的解析式及单调区间；(2)若，求的最大值。（1） 令得： 得： 在上单调递增 得：的解析式为 且单调递增区间为，单调递减区间为（2）得 当时，在上单调递增 时，与矛盾 当时， 得：当时， 令；则 当时， 当时，的最大值为例3已知函数，曲线在点处的切线方程为。（2011全国新课标）（）求、的值；（）如果当，且时，求的取值范围。解（） 由

3、于直线的斜率为，且过点，故即解得，。（）由（）知，所以。考虑函数，则。(i)设，由知，当时，h(x)递减。而 故当时， ，可得；当x（1，+）时，h（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（+）0，即f（x）+.（ii）设0k0,故 (x）0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）0，可得h（x）0,而h（1）=0，故当x （1，+）时，h（x）0，可得 h（x）0时恒成立，求正整数k的最大值.例14（创新题型）设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)g(x).()若x=0是F(x)的极值点,求a的值；()当 a=1时,设P(x1,f(x1), Q(x2, g(x

4、 2)(x10,x20), 且PQ(1)若, 函数 在其定义域是增函数,求b的取值范围;(2)在(1)的结论下,设函数的最小值;(3)设函数的图象C1与函数的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作轴的垂线分别交C1、C2于点、,问是否存在点R,使C1在处的切线与C2在处的切线平行若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.例18（全综合应用）已知函数.(1)是否存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;(2)定义,其中,求;(3)在(2)的条件下,令,若不等式对且恒成立,求实数的取值范围.导数与三角函数综合例19（换

5、元替代，消除三角）设函数（），其中（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）当时，求函数的极大值和极小值；（）当， 时，若不等式对任意的恒成立,求的值。创新问题积累例20已知函数. I、求的极值. II、求证的图象是中心对称图形.III、设的定义域为,是否存在.当时，的取值范围是若存在,求实数、的值；若不存在，说明理由导数压轴题题型归纳 参考答案例1解：(1)时，由，解得. 的变化情况如下表：01-0+0极小值0所以当时，有最小值.(2)证明：曲线在点处的切线斜率 曲线在点P处的切线方程为. 令，得， ，即. 又， 所以.例2，令当时，当,函数单调递减；当，函数单调递增.当时，由，即，解得.当时，

6、恒成立，此时，函数单调递减；当时，,时，函数单调递减；时，函数单调递增；时，函数单调递减.当时，当,函数单调递减；当，函数单调递增.综上所述：当时，函数在单调递减，单调递增；当时,恒成立,此时，函数在单调递减；当时,函数在递减,递增,递减.当时，在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意，有，又已知存在，使，所以，（）又当时，与（）矛盾；当时，也与（）矛盾；当时，.综上，实数的取值范围是.例3解：根据题意，得即解得 所以 令，即得12+增极大值减极小值增2因为，所以当时，则对于区间上任意两个自变量的值，都有，所以所以的最小值为4因为点不在曲线上，所以可设切点为则因为，所以切线的

7、斜率为则=，即因为过点可作曲线的三条切线，所以方程有三个不同的实数解所以函数有三个不同的零点则令，则或02+增极大值减极小值增则 ，即，解得例4解：， 令（舍去）单调递增；当递减. 上的极大值.由得设，依题意知上恒成立， 上单增，要使不等式成立，当且仅当 由令，当上递增；上递减，而，恰有两个不同实根等价于例5解：a，令得或,函数的单调增区间为.证明：当时, ,又不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小，又， 即比较与的大小 令,则,在上位增函数又， ，即 ， 由题意得在区间上是减函数 当， 由在恒成立设，则在上为增函数，. 当， 由在恒成立设，为增函数,综上：a的取值范围为.例6解：（1）,

8、， 即在上恒成立设,，时，单调减，单调增，所以时，有最大值.，所以.（2）当时，,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理.所以又因为当且仅当“”时，取等号.又，,所以,所以，所以：.例7（I）由，因为当时取得极大值，所以，所以；（II）由下表：+0-0-递增极大值递减极小值递增 依题意得：，解得：所以函数的解析式是： （III）对任意的实数都有在区间-2，2有：函数上的最大值与最小值的差等于81，所以例8解：（），当时，在上恒成立，函数 在 单调递减，在上没有极值点；当时，得，得，在上递减，在上递增，即在处有极小值当时在上没有极值点，当时，在上有一个极值点 （）函数在处取得极值， 令

9、，可得在上递减，在上递增，即（）证明：， 令，则只要证明在上单调递增，又，显然函数在上单调递增 ，即，在上单调递增，即，当时，有 例9 解：（I）的斜率为1，且与函数的图像的切点坐标为（1，0），的方程为又与函数的图象相切，有一解。由上述方程消去y，并整理得依题意，方程有两个相等的实数根，解之，得m=4或m=-2， （II）由（I）可知，单调，当时，单减。，取最大值，其最大值为2。 （III）证明，当时，例10解：（1）函数的定义域是由已知令，得因为当时，；当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减（2）由（1）可知当，即时，在上单调递增，所以当时，在上单调递减，所以当，即时，综上所述，（3）由

10、（1）知当时所以在时恒有，即，当且仅当时等号成立因此对任意恒有因为，所以，即因此对任意，不等式例11解：（）当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递减. 函数在处取得极大值，故. （）令， 则.函数在上可导，存在，使得.，当时，单调递增，；当时，单调递减，；故对任意，都有. （）用数学归纳法证明.当时，且，由（）得，即，当时，结论成立. 假设当时结论成立，即当时，. 当时，设正数满足，令， 则，且.当时，结论也成立.综上由，对任意，结论恒成立. 例12 解：当时，当，故函数在上是增函数，当，若，在上非负（仅当，x=1时，），故函数在上是增函数，此时若，当时,；当时，此时是减函数；当

11、时，此时是增函数故若，在上非正（仅当，x=e时，），故函数在上是减函数，此时不等式，可化为, 且等号不能同时取，所以，即，因而（）令（），又，当时，从而（仅当x=1时取等号），所以在上为增函数，故的最小值为，所以a的取值范围是例13 解：（1）定义域（2）单调递减。当，令，故在（1，0）上是减函数，即，故此时在（1，0）和（0，+）上都是减函数（3）当x0时，恒成立，令又k为正整数，k的最大值不大于3下面证明当k=3时，恒成立当x0时 恒成立 令，则，当当取得最小值当x0时， 恒成立，因此正整数k的最大值为3例14解：()F(x)= ex+sinxax,.因为x=0是F(x)的极值点,所以.

12、又当a=2时,若x0, .x=0是F(x)的极小值点, a=2符合题意. () a=1, 且PQ令当x0时恒成立.x0,+时,h(x)的最小值为h(0)=1.|PQ|min=1. ()令则.因为当x0时恒成立, 所以函数S(x)在上单调递增, S(x)S(0)=0当x0,+时恒成立; 因此函数在上单调递增, 当x0,+时恒成立.当a2时,在0,+单调递增,即.故a2时F(x)F(x)恒成立. 例15 解:（）(1) 当时，上为增函数 故 当上为减函数故 即. .（）方程化为，令， 记 （）方程化为，令， 则方程化为 （）方程有三个不同的实数解，由的图像知，有两个根、， 且 或 ， 记则 或 例

13、16 解： （）时，令，设是的两个根， （1）当或时，则不是极值点，不合题意； （2）当且时，由于是的极大值点，故 ，即，()解：，令，于是，假设是的两个实根，且由（）可知，必有，且是的三个极值点，则，假设存在及满足题意，（1）当等差时，即时，则或，于是，即此时或 （2）当时，则或若，则，于是，即两边平方得，于是，此时，此时=若，则，于是，即两边平方得，于是，此时此时综上所述，存在b满足题意，当b=a3时，时，时，.例17解:(1)依题意:在(0,+)上是增函数, 对x(0,+)恒成立, (2)设 当t=1时,ym i n=b+1; 当t=2时,ymi n=4+2b 当的最小值为 (3)设点P

14、、Q的坐标是则点M、N的横坐标为C1在点M处的切线斜率为 C2在点N处的切线斜率为 假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行,则 设 这与矛盾,假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行 例18 (1)假设存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上,则函数图像的对称中心为. 由,得, 即对恒成立,所以解得 所以存在点,使得函数的图像上任意一点关于点M对称的点也在函数的图像上. (2)由(1)得. 令,则. 因为, 所以, 由+得,所以. 所以. (3)由(2)得,所以. 因为当且时,. 所以当且时,不等式恒成立. 设,则. 当时,在上单调递减;

15、当时,在上单调递增. 因为,所以, 所以当且时,. 由,得,解得. 所以实数的取值范围是.例19 解：当时，得，且，所以，曲线在点处的切线方程是，整理得（）解：令，解得或由于，以下分两种情况讨论（1）若，当变化时，的正负如下表：因此，函数在处取得极小值，且；函数在处取得极大值，且（2）若，当变化时，的正负如下表：因此，函数在处取得极小值，且；函数在处取得极大值，且（）证明：由，得，当时，由（）知，在上是减函数，要使，只要，即设，则函数在上的最大值为要使式恒成立，必须，即或所以，在区间上存在，使得对任意的恒成立例20 (I) .注意到,得，解得或.当变化时，的变化情况如下表：+0增极大值减减极小值增所以是的一个极大值, 是的一个极大值.(II) 点的中点是,所以的图象的对称中心只可能是.设为的图象上一点,关于的对称点是.也在的图象上, 因而的图象是中心对称图形. (III) 假设存在实数、.,或.若, 当时, ,而.故此时的取值范围是不可能是. 若,当时, ,而.故此时的取值范围是不可能是.若,由的单调递增区间是,知是的两个解.而无解. 故此时的取值范围是不可能是. 综上所述,假设错误,满足条件的实数、不存在.