2013年二轮突破-导数问题及解答.doc

2013年高考二轮复习-导数问题及解答 主要考察点有切线、单调性、极值最值这几个基本内容，另外在这几个基本内容的基础上，也考察了导数在一些不等式、图象问题上的灵活运用。仅供参考交流。题型一、切线切线问题一般要注意到三个等量关系（1） 切线斜率。（2）切点P满足曲线方程。（3）切点P满足切线方程。例1、在点处的切线方程为，求b，c的值。解：，由P点坐标要满足切线方程可得，带入到有（1），又，即（2），由（1）（2）解得【评注】这是一个比较基础的运用导数几何意义的问题，求当中的变量，那么就要抓住已有的三个等量关系。例2、已知相切，则=_。解：设切点为，=则由题意有由（1）有代入（2）有，则解得，【评注】此题只说了直线与曲线相切，并没有提到切点。但是要用相切的条件必须要有切点横坐标才行，所以一开始就设出切点直接套用三个等量关系是此题的关键2012全国新文（13）曲线y=x（3lnx+1）在点（1,1）处的切线方程为_例3、求过原点且与曲线相切的切线方程。错解：，故切线方程为。评注:这是一个很容易出错的概念，很多老师以及一些教参上都直接利用错解的方法。过P点做曲线的切线与曲线在P点处的切线是两个完全不同的概念。如图，过P点做切线，P点不见得一定是切点，有可能切点是Q点，也就是说满足条件的切线有图中的。但是P点处的切线就是以P为切点那条切线，就只能是图中的解：设切点为，则该点处的切线方程为，因为其要过原点，则将原点带入有则，带入到的方程中得到切线方程为例4、在点处的切线与x轴交点横坐标为，则的值_。解：，则处的切线方程为令y=0有，则=2010全国新文（4）曲线在点（1,0）处的切线方程为 （A） （B） （C） （D）2010全国新理(3)曲线在点（-1，-1）处的切线方程为（A）y=2x+1 (B)y=2x-1 C y=-2x-3 D.y=-2x-22011（全国理8）曲线在点（0,2）处的切线与直线和围成的三角形的面积为(A) (B) (C) (D)1【答案】A【命题意图】：本小题主要考查导数的求法、导数的几何意义及过曲线上一点切线的方程的求法。【解析】，故曲线在点（0,2）处的切线方程为，易得切线与直线和围成的三角形的面积为。题型二、单调性与极值例1、已知定义在上的函数f（x）满足，则当时（ ）A、 B、 C、 D、解：由可得，即，则函数在 上是减函数。又，则即。故答案为C评注:此题是一个常见的抽象函数单调性问题，题目中所给式子的结构与某一函数求导后的结构非常相似，所以构造出函数后即可得到其单调性，与之类似的还有以下几题（1）_（2）设函数在上的导函数为，且，下面的不等式在上恒成立的是 ( )A. B. C. D.例2、已知在R上有极值点，则b的取值范围是_。此题在学生中易产生一种错解。，则要存在极值点，即是要有根，故。错因分析：对于可导函数，是极值点，但却不能得到一定是极值点。就此题而言，若，则，虽然此时，但是在时，导数值均是正数，函数增，故这不是极值点。当时，同理可知不满足。正解：评注：高考中的导函数一般以二次函数居多，所以这题可以为我们可以得到这样一个判断方法：有解，且不能是重根。故此题可直接列式。例3、已知，讨论f（x）单调性和极值的情况。解：注意到该函数定义域为，（1）当时， ，且的解为重根，故函数在增，此时函数在无极值。（2）当时，令可解得，可解得，故减区间为，增区间为当时，函数取得极大值，当函数取得极小值。评注：该题是非常常见的单调性问题，考察中大都不给出具体函数求单调区间，而是带一个参数在中间需要分类讨论。并且在导函数多为二次函数的情况下，将含参数的二次不等式讨论综合到函数单调性里面，也体现了旧知识在新知识中的运用。其次，解这类题还要注意到函数自身的定义域，不要只故解不等式而忘记了这个条件。变式一、若在（1，2）单调递减，求实数a的取值范围解法1：由上题可知，只有时，函数才具有减区间，又要在（1，2）递减，则，故解法2：要在（1，2）递减，即恒成立，即，则，故评注：法1是先求出单调区间再利用集合的关系解不等式组得到参数范围。法2是利用了导数在区间中的符号建立起一个二次不等式恒成立问题，大大的简化了计算过程，这里注意到用的是，是因为只要的解是孤立的，那么都能得到函数严格单减。而导数是二次函数时，的解肯定不会连续出现。变式二、若在（1，2）不单调，求实数a的取值范围解：在（1，2）不单调，即是在（1，2）内有极值点。即内有解，且不是重根。即内有解。通过在的图象可得，评注：该题设问灵活，需要学生去分析不单调的本质含义，得到最后方程根的分布问题。另外，在解决二次方程根的分布问题时，如果能够多注意分离参数的方法，那比起传统的根的分布的讨论来得更加简洁和迅速。例4、若函数在区间内单调递增，则a的取值范围是（ ）AB CD解：，题有在恒成立。由当时，当时， ，矛盾综上：，故答案为B评注：此题运用了例三中法2的方法，使得这个问题得到简化。并且此题要注意真数为正这一隐含条件。另外此题利用符合函数单调性的方法也可以解决，在这里不做解答。题型三、函数图像交点个数问题：例1、有三个不同的交点，求b的取值范围。解：图像要有3个公共点，即有3个不同的解即有3个不同的解。设，则当时， 当时，所以的单调增区间是 的单调减区间是所以的极大值为，极小值为又当，当故可得到的草图，如下，由题意可得，方程要有3个不同的解，也就是要求的图像与要有3个不同交点，图中可得b的的取值范围应该介于两极值之间，故评注：此题可能会有同学按照题目意思直接先求导得到的草图，再利用直线平行移动去看与图像的极限位置，由于我们得到的只是的草图，所以并不能够精确的反映出什么时候可以交3个点。而解法中也是利用的图像，但是先利用方程思想变成一个方程解的个数问题，然后再将方程进行同解变形，最后再转变为两个图像交点个数的问题。只是直线变成一条于x轴平行的动直线，这样再看交点情况只要有的单调性极值的情况，而不需要精确的图像。然而要实现这一步，需要先将参数分离到方程的一边，另一边构成一个不含参数的函数。另外，注意到那两个极限的说明很有必要，这样才能够体现出函数在一些没意义的点处的走势（以下几例同）。比如该例题，就是函数的一条渐近线。变式一、图像只有一个交点，求实数b的范围。解：由图可知，变式二、有3个不同实数根，求实数b的取值范围。解：将原方程整理成为同例题解法。例2、的图象与x轴只有一个公共点，求 a的取值范围。解：即是方程只有一个解，即 显然，x=1不是方程的根，故方程可同解变形为。令，该问题等价于的图像于的图像只有一个公共点。，当可知，在单减，在单增，且由可得到草图如下：由图可知，评注：本题采用例一的方法，分离参数。例3、已知，是曲线在处的切 线。（1）求的方程；（2）若切线与曲线有且只有一个公共点，求a的值。解：（1），则，故（2）由题意，即方程只有一个根。令注意到，（1）若，则在，增，在减。又由于，则在内，而在内，当时，故由零点存在定理可得在肯定还有一根，与题目矛盾。(2)若，则在增，在减。同样注意到，则在内，由当时，则在肯定还有一根。(3)若时，在减，在增，又 故此时只有一个根 综上，评注：此例没有利用前两例的分离参数的方法主要时因为分离后得到的新函数不容易得到其 草图，并且此例函数的导数能够直接求得并且能够因式分解得到极值点，进而对函数的单调性取值正负等进行讨论。题型四、函数最值及一些不等式的证明例:1：求函数的最值解：定义域为，令则，故最大值为，最小值为。评注：求函数最值是导数的一大运用，此例也可以采用均值不等式、柯西不等式、三角带换 等方法去做，但是思维量大，学生需要有意识的运用导数，充分发挥其在函数问题中的工具作用。2011全国理新（21）（本小题满分12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为。（）求、的值；（）如果当，且时，求的取值范围。（21）解：（）由于直线的斜率为，且过点，故即解得，。（）由（）知，所以。考虑函数，则。(i)设，由知，当时，。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，（xk） f（x）+x+10，求k的最大值例2、已知是实数，函数，求在区间上的最小值。解：函数定义域为，（1）时，在增，则（2）时，在，此时需要对与区间的位置进行讨论。 当时， 当时，综上：当时， 当时， 当时，评注：此例的函数中含有一参数，但是求最值的方法还是不变，只是涉及到单调区间和所给区间的关系进行讨论。例3、求证：当时，证明：原不等式即为 ，（）令，则只要说明在的值都大于0即可，因为，所以函数在，且连续， 故，。所以评注：这类带有对数，指数或者三次函数的不等式证明，往往可以利用本例的想法操作。具体方向为，要证明成立，即是证成立。则只要求的新函数内的最小值(或最大值)，只要最值满足不等式即可（以下几例同此法）。这也是导数知识与不等式知识的一个结合。例4、已知定义在正实数集上的函数，其中 设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同（1）将b表示成a的式子；（2）求证：（）。解：（1）设与在公共点处的切线相同，由题意，即由得：，或（舍去）即有。（2）设，则故在单减，在单增，于是函数在上的最小值为故当时，有，即当时，例5、，求证：证明：要证明的不等式即为不妨假设，令故在不减。则，命题得证 评注：此例的形式可以利用琴森不等式进行证明。实际上换个角度，既然此题叫证明对于任意的正数都成立，那么不妨把其中一个字母作为变量，就是函数不等式的典型例子例6、证明对任意的正整数，不等式都成立解：设，则原不等式即是，令则在上恒正，在上单调递增，当时，恒有.即当时，有，则原不等式成立。评注：此题看似一个与自然数n有关的不等式，但是不等式左右两边并没有出现前n项和主要的式子，而是几个关于n的初等函数，那么这样的不等式可以尝试利用函数观点去求证。例7、已知，求证证明：设，注意到那么只要能够证明在单增，则原不等式即得证。下证在成立。(1)当时，只需证为正。当，很明显，则单增，则故(2)当时，只需证为负由（1）的过程易得。故此时综上：在 单增，故，所以原不等式得证。评注：此题反复利用导数证明不等式，注意当中的那两个特殊的端点值。题型五：几个不等式恒成立。谈到不等式的恒成立，大家并不陌生，参数分离、讨论最值、数形结合等等都是常用的方法，但是由于导数背景下一些函数的多样性和复杂性决定了某些题目中以前的一些不等式恒成立的方法在这里不好直接用，下例举几个高考常见的问题给出一个通法。例1、已知不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围。解：在 两边取对数, 得 ,由于所以有 令，则令有，故在增，减。那么当时, , 故,即评注：本题采用了一个基本方法，参数分离，在解决这类问题时守选的想法，分离后得到的函数需要通过求导才能得其最值。并且在该题中要把位于指数的参数分离出来必须要通过取对数。练习：当时，不等式恒成立，则常数的取值范围是_。2010全国新理（21）（本小题满分12分）设函数。（1） 若，求的单调区间；（2） 若当时，求的取值范围（3） 命题意图：本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力.（4） （21）解：（1）时，.（5） 当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加（6） （II）（7） 由（I）知，当且仅当时等号成立.故（8） ，（9） 从而当，即时，而，（10） 于是当时，.（11） 由可得.从而当时，（12） ，（13） 故当时，而，于是当时，.（14） 综合得的取值范围为.2012全国新理21.（本小题满分12分）已知函数f（x）满足f（x）=f（1）ex-1-f（0）x+x2(1)求f（x）的解析式及单调区间；(2)若f（x）x2+ax+b，求（a+1）b的最大值。（21）【解析】（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2、已知，在恒成立，求实 数a的取值范围。 法一： 先找充分条件,再验证必要性.解：注意到=0， ， （1）当在恒成立时，即恒成立（因为）， 此时。且连续，则在单增，故，满足条件（2）下证当时不满足条件。 令 因为（）。则在单减，则 当时不满足在恒成立。 综上：a的取值范围是。评注：如果该题也采取例一的方法分离参数的话，会出现求函数的问题，这个函数求导后的复杂性是可以预见的，另外求导后也无法求出导数的0点，进而没法找出其最值点，若单用中学阶段学习的导数知识，是无法求出这个函数的最值的。但是这类题都有一个共同点，也是该类问题命题的背景，就是在区间的端点处不等式左右两边恰好相等（该题中的=0），所以这里就有一个想法，如果函数在内单调增的话那是肯定满足条件的，所以就有了情况（1）得到充分条件即为，但这只是充分条件，很多人在解这类题时只管得到a的范围，而没有注意还需要说明其必要性。也就是说是不是只有情况(1)才是满足题目条件？所以才有（2）的说明，实际上就是对（1）中的范围同时也是必要条件的说明，若a不在这个范围内就可以导出矛盾。同法可以解决以下两个高考把关题，读者可以自己练习。（06全国1理）在恒成立，求a的取值范围。（答案）（08全国2理）设函数如果对任何，都有，求的 取值范围法二、先找必要条件,再验证充分性.引理(洛必达法则) 在定义域内可导.且存在,则(该证明过程系本人结合教材定义给出，有问题还请指出。)下以08年全国2卷为例介绍法二的运用.设函数如果对任何，都有，求的取值范围解：原不等式即为，当时即为0=0，对于一切的a都成立。所以要考虑的情况。故原问题可化为对于一切恒成立。（1）则必须先满足，由洛必达法则可得 （2）另一方面，当时，令，则单增，则，故，显然，当能使得原不等式恒成立。综上，a的取值范围是评注：该解法与法一正好相反，先找出a的必要条件，再验证其充分性，并且这里用的是分离参数解决不等式恒成立的想法。此法中那个时的极限和法一中提到的端点值有异曲同工之处，正是法一评注中说到的这类题的共同点所致。另外验证充分性的方法很多，这里用了一个函数不等式的思想。还可以去多次