2020高考数学考点预测6导数及其应用

1、3 2020高考数学考点预测6导数及其应用 导数及其应用 一、考点介绍 导数属于新增内容，是高中数学知识的一个重要的交汇点，命题范畴专门广泛，为高考 考查函数提供了宽敞天地， 处于一种专门的地位， 不但一定出大题而相应有小题显现。 要紧 考查导数有关的概念、 运算和应用。利用导数工具研究函数的有关性质， 把导数应用于单调 性、极值等传统、常规咨询题的同时，进一步升华到处理与自然数有关的不等式的证明，是 函数知识和不等式知识的一个结合体，它的解题又融合了转化、分类讨论、 函数与方程、数 形结合等数学思想与方法， 不但突出了能力的考查， 同时也注意了高考重点与热点， 这一切 对考查考生的应用能力和

2、创新意识都大有益处。 1 了解导数概念的某些实际背景如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等；把 握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；明白得导函数的概念. 2 熟记差不多导数公式；把握两个函数和、差、积、商的求导法那么了解复合函数的 求导法那么，会求某些简单函数的导数. 3明白得可导函数的单调性与其导数的关系； 了解可导函数在某点取得极值的必要条件 和充分条件导数在极值点两侧异号；会求一些实际咨询题一样指单峰函数的最大值 和最小值. 、高考真题 1. 2018 全国一 21.本小题总分值 12 分注意：在试题卷上作答无效 函数 f (x) x3 ax2 x 1, a R . I讨论函数

3、 f(x)的单调区间; n 设函数f(x)在区间 2 1 内是减函数，求a的取值范畴 3 3 解: 3 2 1 f(x) x ax x 1 求导: 2 f (x) 3x 2 ax 1 2 当a 3时， 0 当a2 3 , f (x) 0求得两根为x a 3 f (x)在R上递增 设 a R，函数 f (x) ax3 n假设函数g(x) f (x) f (x), x 0,2，在x 0处取得最大值，求a的取值范畴. 解：I f (x) 3ax2 6x 3x(ax 2). 因为x 2是函数y f(x)的极值点，因此 f (2) 0 ,即6(2a 2) 0 ,因此a 1 . 体会证，当a 1时，x 2

4、是函数y f(x)的极值点. . 4 分 n由题设， g(x) ax3 3x2 3ax2 6x ax2(x 3) 3x(x 2). 当g(x)在区间0,2上的最大值为 g(0)时， a g(0) g(2), 即 0 20a 24 故得 a V - . . 9 分 5 反之，当a V -时，对任意x 0 ,2, 5 -2 g(x) V x (x 3) 3x(x 2) 5 (2x2 x 10) (2x 5)(x 2) V 0, 5 5 而g(0) 0,故g(x)在区间0,2上的最大值为g(0). 综上，a的取值范畴为 ，- . 12 分 5 3. 2018 山东卷 21本小题总分值 12 分 1

5、函数f(x) n aln(x 1),其中n N*, a为常数. (1 x)a a2 3 即f(x)在 ，一a一3递增, 3 a 3递减, 3 a a 3 v 2 3 _ a a2 3、 3 2 3 2 ，且a 1 3 解得: 2. 2018 全国二 21.本小题总分值 12 分 I假设x 2是函数y f (x)的极值点, 的值; I当n=2 时，求函数f(x)的极值； n当a=1 时，证明：对任意的正整数 n,当 x2 时，有f(x) 1, 1 当 n=2 时，f(x) 2 aln(x 1), (1 x) 因此 2 f(x) 2 a(1 x) (1 x)3 1当 a0 时, 由f (x)=0

6、得 x1 1 现在 fx= a(x xj(x x2) (1 x)3 当x 当x 2当 aw 0 时，f， 综上所述，n=2 时， 1 , X1丨时, f xv 0, f (x)单调递减； f x 0, f (x)单调递增 v 0 恒成立，因此f (x)无极值. X 当a 0 时,f(x)在x -处取得极小值，极小值为 f(1 当aw 0 时，f(x)无极值 n证法一：因为 a=1,因此 f(x) 1 n ln (x 1). (1 x) 当n为偶数时, 令 g(x) x 1 1 (1 n x) ln(x 1), 那么 g x =1 + n 1 x 2 (x 1)n1 x 1 x 1 n n 1

7、(x 1) 0 x2. 因此当x 2,+ 又 g(2)=0 8 时，g(x)单调递增, 因此g(x) x (x ln(x 1) g(2)=0 恒成立, 因此 f (x) w x-1 当n为奇数时， 成立 要证f(x) w x-1,由于 1 一1一v0，因此只需证 (1 x)n ln( x-1) w x-1, 令 h(x)=x-1-ln( x-1), 1 x 2 那么 h x=1- 0 x 2， x 1 x 1 因此 当 x 2 , +s时，h(x) x 1 In(x 1)单调递增，又 h(2)=1 0, 因此当x 2 时，恒有h( x) 0,即 In x-1v x-1 命题成立. 综上所述，结

8、论成立 1 证法二：当 a=1 时，f(x) - ln(x 1). (1 x) 当xw 2，时，对任意的正整数 n,恒有 那么h(x) Xw x-1. 4. 2018 湖南卷 21本小题总分值 13 分 2 x 函数 f(x)=ln 2(1+x)- 1 x (I) 求函数f(x)的单调区间； 1 n假设不等式(1 )a a e对任意的n n 求的最大值. 解：I函数 f (x)的定义域是(1,), f (x) 2l n(1 x) x2 2x 2(1 x)l n(1 x) x2 2x 1 x (1 x)2 (1 x)2 . 设 g(x) 2(1 x)ln(1 x) x2 2x,那么 g (x)

9、2ln(1 x) 2x.故只需证明 1+ln( x-1) w x-1. 令 h(x) x 1 (1 In (x 1) x ln(x 1),x 2, 因此 h (x) 0，故 h(x)在 2, 上单调递增, 当 x 2 时，h(x) h(2)=0 , 即 1+In( x-1) w x-1 成立. 1 当x2时，有帀ln(x 1) w x-1. N*都成立 其中 e 是自然对数的底数 令 h(x) 2ln(1 x) 2x,那么 h (x) 1 x 当1 x 0时，h (x) 0, h(x)在-1 , 0上为增函数, 当 x 0 时，h (x) 0, h(x)在(0, )上为减函数 因此h(x)在x

10、=0 处取得极大值，而 h(0)=0,因此g (x) 0(x 0), 函数g(x)在(1,)上为减函数 因此当 1 x 0时，g(x) g(0) 0, 当 x0 时，g(x) g(0) 0. 0, x 0,1 ,因此Gx)在0,1上为减函数 1 在0,1上的最小值为G(1) 1 In 2 1 因此a的最大值为 1 ln2 5. 2018 陕西卷 21.本小题总分值 12 分 kx 1 函数f(x) 2 c 0且c 1 , k R恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一 c 2x 因此，当 1 x 0时，f (x) 0, f (x)在-1 , 0上为增函数 当 x 0 时，f (x) 0, f (

11、x)在(0, )上为减函数 故函数f(x)的单调递增区间为-1 , 0，单调递减区间为 (0, ) 1 n不等式(1 -)n n 1 _ 弓 n a ln(1 G (x) (1 由I知, e等价于不等式(n n.设 G(x) 1 x)l n2(1 x) In 2(1 x) a)l n(1 丄)1.由1 n 1 ,x ln(1 x) x 0,1 ,那么 1 2 x (1 x)l n2(1 x) x2 x2(1 x)ln 2(1 x) 0,即(1 x)ln 2(1 x) x2 0. 因此G (x) 故函数G x I求函数f (x)的另一个极值点; n求函数f(x)的极大值M和极小值m，并求M m

12、1时k的取值范畴. f(1)汨 2 设函数 f(x) ax bx c(a 0),曲线 y=f(x)通过点0, 2a+3，且在点-1 , f -1 丨 处的切线垂直于y轴. I用a分不表示b和c; n当bc取得最小值时，求函数 g(x)=- f (x)e-x的单调区间. 解：(I)因为 f(x) ax2 bx c,所以 f (x) 2ax b. 又因为曲线y f(x)通过点0, 2a+3， 故 f(0) 2a 3,而 f (0) c,从而 c 2a 3.解：I f (x) k(x2 c) 2x(kx 1) kx2 2 2x 2 ck，由题意知 f ( c) 0, (x2 c)2 / 2 、2 (

13、x c) 即得C k 2c ck 0 , * 丨* c 0, 由 f (x) 0 得 kx2 2x ck 0, 由韦达定理知另一个极值点为 或 2 n由*式得k c 1 1 时，k 0 ；当 0 c 1时, x c 丨. k 2 k . 2. i 当k 0时，f (x)在( c)和(1,)内是减函数，在(c,1)内是增函数. f ( c) kc 1 2 c c k2 2(k 2) ii f( c) k2 1及k 2(k 2) 2 时，f (x)在( c)和(1,)内是增函数，在(C,)内是减函数. k2 2(k 2) k f(1) 2 0 M m 2(k 2) 2 (k J)2 k 综上可知，

14、所求k的取值范畴为( 6. 2018 重庆卷 20本小题总分值 5 分.n小咨询 8 分. 1恒成立. 又曲线y f(x)在-1 , f(-1)丨处的切线垂直于 y轴，故f ( 1) 0, 即-2 a+b=O,因此 b=2a 由此可见，函数 g(x)的单调递减区间为-a, -2和2, +R；单调递增 区间为-2，2. 7. 2018 福建卷 19本小题总分值 12 分 1 函数 f (x) x1 x2 2. 1 I设an是正数组成的数列，前 n项和为$，其中a1=1.假设点 爲 2an 1) (n N*)在函数y=f (x)的图象上，求证：点n, S也在y=f (x)的图象上； n求函数f(x

15、)在区间a-1, a内的极值 本小题要紧考查函数极值、等差数列等差不多知识，考查分类与整合、转化与化归等数学思 想方法，考查分析咨询题和解决咨询题的能力 .总分值 12 分. 11 2 2 (I )证明：因为 f (x) x x 2,因此 f 7 (x)=x+2x, 1 由点(an,an 1 2an 1)(n N )在函数y=f (x)的图象上， 1 2 n)由(i)得 bc 2a(2a 1) 4(a )2 4 1 9 时，bc取得最小值 故当a 现在有b 从而f (x) 4 1 1 2 x 4 g(x) f(x)c x 1 2 1 x 2 /1 2 (X 2f 3x 2 (x) 因此 g (

16、x) (f (x) (x)e x 令g (x) 0，解得 Xi 2, x2 9 4, 1 2, 1眉 -(x2 4)e 4 2. (,2)时,g(x) 0,故 g(x)在 x ( 2)上为减函数; (2,2)时，g(x) 0,故g(x)在乂 (2, )上为减函数. (2,)时，g (x) 0,故 g(x)在 x (2, )上为减函数. 又曲线y f(x)在-1 , f(-1)丨处的切线垂直于 y轴，故f ( 1) 0, 又 an o(n N ),因此(an 1 an) 1 a“ 2) 0, 因此 S 1n n(n 1) 2=n2 2n,又因为 f，( n)= n2+2n,因此 Sn f (n)

17、, 2 故点(n,Sn)也在函数y=f 7 (x)的图象上 (n)解：f (x) x2 2x x(x 2), 由 f (x) 0,得 x 0或x 2. x (-g ,-2) -2 (-2,0) 0 (0,+ g) f (x) + 0 - 0 + f(x) / 极大值 极小值 / 当x变化时，f (x)、f(x)的变化情形如下表 注意到(a 1) a 1 2,从而 2 当a 1 2 a,即卩2 a 1时,f (x)的极大值为f( 2) ,现在f(x)无极小 3 值； 当a 1 0 a,即0 a 1时,f(x)的极小值为f(0) 2,现在f(x)无极大值； 2或 1 a 0或a 1时,f(x)既无

18、极大值又无极小值 三、名校试题 1. (2018 年潍坊市高三统一考试) 定义在(0,)的三个函数 f(x)、g(x)、h(x),f(x)=Inx,g(x)= x2 af(x), h(x) x a、一 x , 且 g(x)在1，2为增函数，h(x)在0， 1为减函数. I丨求 g(x)，h(x)的表达式； ii 丨求证：当 1x e时，恒有x1 时，1 k(x) 0 k(x)在1,)为增函数 k(x) k(1) 0, k(x) 0 . 即In x 2(x-1) 0, lnx 2(x 1) x+1 x 1 结论成立 .9 分 10 分 III 丨由1知：g(x) x2 2ln x, h(x) x

19、 2、X. - C2对应表达式为h1(x) x 2 x 6 咨询题转化成求函数 g(x) x2 2l nx与h1(x) 6交点的个数. 即求方程：x2 2lnx x 2、x 6的根的个数. 即.2忑 2ln x x2 x 6 12分 设 h2(x) 2，x 2ln x,h 3(x) =-x2 x 6. h2(x) 2 匚(匚2) 匸 2 x x ； x x 当 x (0,4)时，h2(x) 0,h2(x)为减函数. 当 x (4,)时，h2(x) 0, h2(x)为增函数. 而h3(x) x x 6的图象开口向下的抛物线 h3(x)与h2(x)的大致图象如图： h3(x)与h2(x)的交点个数

20、为 2 个. 即C2与C3的交点个数为 2 个 2.(湖南师大附中)本小题总分值 14 分函数f(x) 1 ln(x 1) (x 0). x IIf (x) k 恒成立，即h(x) (x 1)1 ln(x 1) k恒成立. x 1 x 即 h(x)的最小值大于 k. . 6 分 h (x) x1ln(x，记g(x) x 1 In(x 1)(x 0). x x 那么g (x) 0, g(x)在(0,)上单调递增， x 1 又 g(2) 1 ln3 0,g(3) 2 2ln 2 0. g(x) 0存在唯独实根 a, 且满足a (2,3),a 1 ln(a 1). 当 x a时，g(x) 0,h (

21、x) 0,当0 x a时，g(x) 0,h (x) 0 %九 h(a)旦如 ln(a 1) a 1 (34) a 故正整数 k 的最大值疋 3 .9 分 川由 n知1 ln(x 1) 3 (x 0) x x 1 八 3x . 小 33 - ln(x 1) 1 2 x 1 2 x 1 x 11 分 令 x n(n 1)(n N*)，那么n 假设 f(x) k -恒成立，求整数 k 的最大值； x 1 川求证: 1 + 1X 2 1+2X 3 1+n n+1e2n3. 解：1f( (X) 4- x 1 ln(x 1) 1 1 -2 ln(x 1) x x 1 x x 1 x 0, x2 0, 1

22、0,l n(x 1) 0, f (x) 0. x 1 I试判定函数 f(x)在(0,)上单调性并证明你的结论; f(X)在(0,)上是减函数 . . 4 分 2 分 ln1 n(n 1) 2 n(n 1) I n(1+1 x 2)+1 n(1+2 x 3)+ +ln 1+ n(n +1) 当 1 x 2 时，f/(x) 0, f (x)在(1,2)上单调递减. n用数学归纳法证明: 而 f(0) In 2 0 , f (1) ln(2 1) 1 1 , 故 0 Sk 一3.( an (2 2n 2n )(2 ) 1 2 1 3 1 30 百)2n n(n 1) 3 2n 3 n 1 1+1X

23、2 1+2X 3【1+ nn+1e 浙江省重点中学 2018 年 5 月) 2n- 3 14 分 数 f(x) In(2 x) x(x 0),数列an的前 n f(Sn)Sn (n N*). 求 f (x)的最大值; 证明：0 Sn 1 ； 川 探究：数列an是否单调? IT f (x) ln(2 x) x(x 0), 0 x 2 . m - f/(x) 1 =乙丄，2 分 2 x x 2 当0 x 1时，f (x) 0 , f (x)在(0,1)上单调递增; 在区间(0,2)内,f(x)max f(1) 1 . 2 分 当n 1时，I S1 a1 1 一， 0 S1 2 1 , 0 Sn 1

24、 成立; 假设当n k时，0 Sk 1成立. n k 1 时，由 an 1 f (Sn ) Sn 及 an 1 Sn 1 Sn，得 Sk 一 f (Sk) ,2 分 由(I )知，f (x)在(0,1)上单调递增，因此 f(0) f(Sk) f(1), 当n k 1时，0 Sn 1 也成立. 由、知，0 Sn 1 对任意n N*都成立.4 分 理由如下： 当n 1时， a 2 a ln(2 SJ S1 ln(2 丄)- 2 2 3 - ln ln e 0, 2 a2 a1 ； 当n 2时, 由 an 1 f(Sn) Sn得 an 1 ln(2 Sn). an 1 an In (2 Sn) ln

25、(2 Sn 1) ln 2 Sn ,2 分 川数列码单调递减.1 分 2 Sn 1 又由(n)知，0 Sn 1 , 1 2 Sn 2 , an 1 ln(2 Sn) 0，即 Sn 1 Sn 0 (n N*) 1 2 5 2 Sn 1 2(n N* 且 n 2), In 2 Sn 0，- an 1 2 Sn 1 an .3 分 综上，数列an单调递减. 4 .函数 f (x) ln( 2 x) x(x 0),数 an 1 f(Sn) Sn (n N*). I求 f (x)的最大值； n证明：0 Sn 1 ； 川探究：数列an是否单调？ 解： IT f (x) In(2 x) x(x 0) , 0

26、 f/(x) 1 = U , 2 分 2 x x 2 列an的前 当0 x 1时，f /(x) 0 , f (x)在(0,1)上单调递增; 当1 x 2时，fx) 0 , f (x)在(1,2)上单调递减. 在区间(0,2)内，f(X)max f(1) 1 . 2 分 n用数学归纳法证明: 1 当 n 1 时， S, a,丄， 0 S, 1 , 0 Sn 1 成立; 2 假设当n k时，0 Sk 1 成立. 由(I )知，f (x)在(0,1)上单调递增，因此 f(0) f(Sk) 而 f(0) In 2 0， f (1) ln(2 1) 1 1，故 0 Sk 1 1 . 当n k 1时，0

27、Sn 1 也成立. 由、知，0 Sn 1 对任意n N*都成立.4 分 综上，数列*单调递减. 5.(天津市十二区县重点中学) 本小题总分值 14 分 、， 1 丄 函数f (x) 2e |x| (其中e为自然对数的底数) x I判定f (x)的奇偶性； n在(，0)上求函数f(x)的极值； 川用数学归纳法证明：当x 0时，对任意正整数n都有川数列an单调递减.1 分 理由如下： 当n 1时， a 2 a ln(2 SJ 11 3 S ln(2 ) ln ln e 2 2 2 当n 2时, 由 an 1 f(Sn) 5 得an 1 ln(2 Sn). an 1 an In (2 Sn) ln(

28、2 Sn 1 ) ln 2 & , 2 分 2 Sn 1 又由 (n) 知，0 Sn 1 , 1 2 Sn 2 , an 1 ln(2 Sn) 0，即 Sn 1 Sn 0 (n N*) 1 2 Sn 2 Sn 1 2(n 1 N *且n 2)， In 2 Sn 0，- an 1 an . 3分 2 Sn 1 0,a2 a1 ； 当n k 1时，由 an 1 f (Sn ) Sn 及 an 1 Sn 1 Sn，得 Sk 1 f(SQ ,2 分 f(1)， 当 x变化时f (x), f (x)的变化情形如下表：由表可 x (,2) 1 2 1 T,0) 2 f (x) + 0 一 f(x) 增 极

29、大值 减 1 2 当x -时f(x)取极大值4e . 7分 1 1 一 1 2 x (川)当 x 0 时 f (x) 2 e x, f ( ) x e . 8 分 x x 1 考虑到：x 0 时，不等式 f( ) n! x2 n 等价于 x2e x n!x2 n xn n! ex 1 x 因此只要用数学归纳法证明不等式 1对一切n N都成赶忙可 . 9 分 i 丨当 n 1 时，设 g(x) ex x,(x 0) x 0时，g (x) ex 1 0, g(x)是增函数， . 10 分 故 g(x) g(0) 1 0,即 ex x,(x 0) 因此，当n 1时，不等式1都成立 . 11 分 f

30、(!) n!x2 x 解：I 1 f( x) dr1 1 e Ix f (x) f (x)是偶函数。 0时, f(x)簣 x f (x) 2 1 rex x 1 e(2x 1) 令f (x) 0有x 0.5 , 知: ii假设n k(k N )时，不等式1都成立，即xk k!ex 依照(i)(ii) 可知不等式1对一切n N都成立, 故原不等式对一切 n N都成立. . 14 分 四、考点分类讲解 考点 1 导数的概念 对概念的要求：了解导数概念的实际背景， 把握导数在一点处的定义和导数的几何意义， 明 白得导函数的概念 1 3 例 1. 2007 年北京卷f (x)是f(x) -x3 2x

31、1的导函数，那么f ( 1)的值是_ 3 考查目的此题要紧考查函数的导数和运算等基础知识和能力 2 解答过程f (x) x 2, f ( 1) 2 1 2 3. 故填 3. 例 2. ( 2006 年湖南卷设函数 x f(x) x a ,集合 M=x| f (x) 0 ,P=x| f(x) 0,假设 MP, 1 那么实数 a 的取值范畴是() A.(- s,1) B.(0,1) C.(1,+ oo ) D. 1,+ o) 考查目的此题要紧考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力 1关于曲线在某一点的切线 求曲线 y=f(x)在某一点 Px,y的切线，即求出函数 y=f(x)在 P 点的导数确实

32、是曲线在该 点的切线的斜率. 2关于两曲线的公切线 当n k 1时设h(x) (k 1)!ex xk 1,(x 0) 有 h (x) (k 1)!ex (k 1)x (k 1)(k! e x ) 0 . 12 分 故 h(x) (k 1)!ex xk 1,(x 0)为增函数， 因此，h(x) h(0) (k 1)! 0,即 xk 1 (k 1)!ex, . 13 分 1时不等式1也都成立, 这讲明当n k 0, 当 a1 时,1 x a;当 a1 时,a x 1. a 1. 综上可得 考点 2 叶 P 时，a 曲线的切线 1. 假设一直线同时与两曲线相切，那么称该直线为两曲线的公切线 典型例题

33、 1 1 例 3.2007 年湖南文函数f(x) X3 ax2 bx在区间1,1) , (1,3内各有一个极值 3 2 占 八、I丨求a 4b的最大值； II当a2 4b 8时，设函数y f (x)在点A(1, f(1)处的切线为I，假设I在点A处 穿过函数y f (x)的图象即动点在点 A邻近沿曲线y f(x)运动，通过点 A时，从I的 一侧进入另一侧，求函数f (x)的表达式. 思路启发：用求导来求得切线斜率 1 3 1 2 解答过程：I因为函数f(x) x3 ax2 bx在区间1,1) , (1,3内分不有一个极值 3 2 点，因此f (x) x2 ax b 0在1,1) , (1,3内

34、分不有一个实根， 设两实根为 捲，X2为 X2丨，那么x2 x-i 、.a2 4b，且0 X2为 4 .因此 0 . a24b 4 , 0 a2 4b 16，且当 x, 1, x2 3，即 a 2 , b 3 时等号 2 成立.故a 4b的最大值是 16. II丨解法一：由f (1) 1 a b知f (x)在点(1, f (1)处的切线I的方程是 1 y f(1) f (1)(x 1)，即 y (1 a b)x - -a , 3 2 因为切线I在点A(1, f (x)处空过y f(x)的图象， - 1 因此g(x) f (x) (1 a b)x a在x 1两边邻近的函数值异号，那么 3 2 x

35、 1不是g(x)的极值点. 而 g(x) 1 3 x 1 2 ax bx (1 2 1 a b)x a ，且 3 2 3 2 g(x) 2 x ax b (1 a b) 2 x ax a 1 (x 1)(x 1 a). 假设1 1 a, 那么x 1 和 打x 1 a差不多上g(x)的极值点. 因此1 1 a , 即a 2 , 又由 2 13 - a 4b 8，得 b 1，故 f (x) x x x 3 解法二： 冋解法一 得 g(x) f(x) 1 (1 a b)x a 2 异号，因此存在 g, m2 mi 1 m2. 3 2 1 2 3a 3 -(x 1)x2 (1 )x (2 -a). 3

36、 2 2 因为切线I在点A(1, f (1)处穿过y f (x)的图象，因此 g(x)在x 1两边邻近的函数值3 当 mi x 1 时，g(x) 0,当 1 x 时，g(x) 0 ； 或当m1 x 1 时，g(x) 0,当1 x m2 时，g(x) 0. 设 h(x) 2 . 3a x 1 x 2字 ，那么 2 2 当口 x 1 时，h(x) 0 ，当 1 x m2时，h(x) 0 ； 或当m1 x 1 时，h(x) 0，当1 x m2时，h(x) 0. 由 h(1) 3a 0知x 1是h(x)的一个极值点，那么 h(1) 2 1 1 0 , 2 因此a 2，又由a2 4b 8，得 b 1，故

37、 f(x) 1x3 x2 x . 3 例 4.2006 年安徽卷假设曲线 y x4的一条切线 1 与直线x 4y 8 0垂直，那么 1 的方程 为 A 4x y 3 0 B .x 4y 5 0 C 4x y 3 0 D .x 4y 3 0 考查目的此题要紧考查函数的导数和直线方程等基础知识的应用能力 解答过程与直线x 4y 8 0垂直的直线 I为4x y m 0，即y x4在某一点的导数为 4, 而y 4x3，因此y x4在(1 , 1)处导数为 4,此点的切线为4x y 3 0. 应选 A. 例 5. ( 2006 年重庆卷)过坐标原点且与x2+y2 -4x+2y+2=0 相切的直线的方程为

38、 () 2 A.y=-3x 或 y=lx B. y=-3x 或 y=- lx C. y=-3x 或 y=-1 x D. y=3x 或 y=2 x 3 3 3 3 考查目的此题要紧考查函数的导数和圆的方程、直线方程等基础知识的应用能力 解答过程解法 1：设切线的方程为y kx, kx y 0. 又x 2 2 y 1 2 5,圆心为 2, 1 2 1，G和C2有且只有一条公切线，由式得公切线方程为 3. 0. k 1,k 3 y x,或 y 3x. 3 应选 A. 解法 2:由解法 1 知切点坐标为(丄3) 1由 2 2 22 2 考点 3 导数的应用 中学时期所涉及的初等函数在其定义域内差不多上

39、可导函数， 导数是研究函数性质的重 要而有力的工具，专门是关于函数的单调性，以”导数为工具，能对其进行全面的分析， 为我们解决求函数的极值、最值提供了一种简明易行的方法， 进而与不等式的证明，讨论方 程解的情形等咨询题结合起来，极大地丰富了中学数学思想方法 .复习时，应高度重视以下 咨询题： 1.求函数的解析式；2.求函数的值域；3.解决单调性咨询题；4.求函数的极值最值； 5.构造函数证明不等式 典型例题 例 7.2006 年天津卷函数f（x）的定义域为开区间（a,b），导函数f （x）在（a,b）内的图象如 下图，那么函数f（x）在开区间（a,b）内有极小值点 A. 1 个 思路启发 :先

40、对C1 2 :y x 2x, C2 : y x1 2 a求导数. 解答过程: :函数y x2 2x的导数为y 2x 2 , 曲线 C1在点 P（ x1,x12 2x1）处的切线方程为 y (X12 2X1) 2(X1 2)( x X1)，即 y 2(X1 1)x 2 X1 曲线C1在点Qx2,: x22 a）的切线方程是 y ( X2 a) 2x2 (x x2)即 出现在公切线的方程 2 X2 2(x / yX k1 应选 (X 2)2 2) 2 / yX 0, yx (1,3) 2 2 c 1 3x, y x. 3 3*2 / yX 1 （爲）3 A. 例 6.两抛物线C1 : y 2X,C

41、2 : y a, a取何值时C1 , C2有且只有一条公切线，求 y 2X2X 假设直线I是过点 P 点和 Q 点的公切线, 那么式和式差不多上 I的方程, 故得 X1 1 X2, 2 Xi 2 X2 1，消去X2得方程, 2 2XI 2xi 1 a 0 假设 =4 4 2(1 a) 0，即a 丄时，解得 2 Xi 丄，现在点 2 P、 Q 重合. 当时a B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 考查目的此题要紧考查函数的导数和函数图象性质等基础知识的应用能力 解答过程由图象可见，在区间(a,0)内的图象上有一个极小值点 应选 A. 例 8 . 2007 年全国一设函数 f(x) 2x3 3

42、ax2 3bx 8c在X 1及X 2时取得极值. I求a、b的值； n假设关于任意的 X 0,3，都有f (x) c2成立，求c的取值范畴. 思路启发：利用函数f (x) 2x3 3ax2 3bx 8c在X 1及X 2时取得极值构造方程组求 a、 b的值. 解答过程：If (x) 6x2 6ax 3b, 因为函数f(x)在x 1及x 2取得极值，那么有 f 0 , f (2) 0 . 解得a 那么当x 0,3时，f (x)的最大值为f(3) 9 8c . 因为关于任意的x 0,3，有f(x) c2恒成立， 因此 9 8c c2, 解得 c 1或c 9, 因此c的取值范畴为(,1)卩(9,).

43、例 9.函数y 72厂4 y3的值域是 _ . 即64 6a 3b 0, 12a 3b 0. n由I 可知， f (x) 2x3 2 9x 12x 8c , (x) 6x2 1812 6(x 1)(x (01)时, f (x) 0 ； (1,)时, f (x) 0 ； (2,3)时, f (x) 0 . 因此，当X 1时, f(x)取得极大值 f (1) 5 8c,又 f(0) 8c, f(3) 9 8c . 2). 思路启发：求函数的值域，是中学数学中的难点， 一样能够通过图象观看或利用不等式性质 求解，也能够利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式结构较为复杂，采纳导数法 求解较为容易

44、。 1当时cos 0,判定函数f x是否有极值； 2要使函数 f(x)的极小值大于零，求参数 的取值范畴； 3假设对2中所求的取值范畴内的任意参数 ，函数f x在区间 2a 1,a 内差不多上 增函数，求实数a的取值范畴. 考查目的本小题要紧考查运用导数研究三角函数和函数的单调性及极值、 解不等式等基础 知识，考查综合分析和解决咨询题的能力，以及分类讨论的数学思想方法 解答过程I当cos 0时，f (x) 4x3，那么f(x)在(，)内是增函数，故无极值 5 f (x) 12x2 6xcos ，令 f(x) 0，得 为 0,x2 cos 2 由I，只需分下面两种情形讨论 . 当 cos 0 时

45、，随 x 的变化 f (x)的符号及 f(x)的变化情形如下表: x (,0) 0 (0筈) cos 2 (Cos (2 , ) f(x) + 0 - 0 + f(x) / 极大值 极小值 / 因此，函数f(x)在x co处取得极小值f(so)，且f(d)丄cos3 卫 2 2 2 4 要使f( cos 2 ) 0，必有 4 cos (cos 3 7 0 ，可得0 cos 乜. 2 由于0 cos ，故 -或 11 2 6 2 2 6 当时 cos 0 ,随 x的变化, f (x)的符号及 f(x)的变化情形如下表 x cos (F cos 2 cos (丁0) 0 (0,) f(x) + 0

46、 - 0 + f(x) / 极大值 极小值 / 因此，函数 f(x)在 x 0 处取得极小值f(0)，且f (0) cos 解答过程：由 2x 0得，x 2，即函数的定义域为 2,). 2.x 3 3 2x 4 2 汀 x 3 2x 4 _ ? 2、2x 4 x 3 2x 8 2x3 . 2x 函数 的值域是1, 2 时，y 2x 4 x 3 在(2, )上是增函数，而 f( 2) 1， ). 例 10.2006 年天津卷 函数f x 4x3 3x2 cos 3 cos 16 ，其中x R, 为参数，且0 2 16 假设f (0) 0 ,那么cos 0.矛盾.因此当cos 0时，f (x)的极

47、小值可不能大于零 综上，要使函数 f(x)在( )内的极小值大于零，参数 的取值范畴为 )与1 (2 , 由题设，函数f(x)在(2a 1,a)内是增函数，那么 a 须满足不等式组 1 III丨解：由II丨知，函数 f (x)在区间( )内差不多上增函数。 2a 1 a a 0 2a 2a a 1 cos 2 由II丨，参数时 (,)( 6 2 1 ，即 4 综上，解得a 0或 a 8 恒成立，必有2a 因此a的取值范畴是( ) 3 11 2 1 6 1 4 3 8 1 4 3 . a - )时, cos 3 要使不等式2a 2 1 !cos关于参数 2 1). 例 11. (2006 年山东

48、卷)设函数 f(x)=ax (a+1)ln( 考查目的此题考查了函数的导数求法 ，函数的极值的判定，考查了应用数形结合的数学思 想分析咨询题解决咨询题的能力 x+1)，其中a -1，求f (x)的单调区间. 解答过程由得函数f(x)的定义域为(1,)，且f(x) 2(a 1) x 1 f (x)在(1,)上单调递减， 1 a 1当 1 a 0时，f(x) 0,函数 2当a 0时，由f(x) 0,解得x x 1 (1-) a 1 a 1 (,) a f(x) 一 0 + f(x) 极小值 / 从上表可知 f (x)、f (x)随x的变化情形如下表 x ( 1,1)时， a f(x) 0,函数f

49、(x)在(1,1)上单调递减 a x (1,)时， a 综上所述：当 1 a 0时，函数 f (x) 0,函数f (x)在(丄，)上单调递增 a 0时，函数f (x)在(1,)上单调递减 f(x)在(1,1)上单调递减，函数f(x)在(!,)上单调递增 a a， 例 12. 2006 年北京卷函数f(x) ax3 bx2 cx在点X。处取得极大 值5，其导函数y f(x)的图象通过点(1,0) , (2,0)，如下图 求: I冷的值; Ua, b, c 的值. 考查目的本小题考查了函数的导数 ，函数的极值的判定，闭区间上二次函数的最值 ,函数 与方程的转化等基础知识的综合应用 ，考查了应用数形

50、结合的数学思想分析咨询题解决咨询 题的能力 解答过程解法一：I由图像可知，在 ,1上fx 0， 上 f x 0， 故f(x)在(-,1),( 2, + )上递增，在(1,2)上递减， 因此 f x在x 1处取得极大值，因此 x0 1 f(x) 3ax2 2bx c, 由 f(1) =0, (2)= 0, ( 1)= 5, 3a 2b c 0, 得 12a 4b c 0, a b c 5, 解得 a 2,b 9,c 12. 解法二：I同解法一 设 f (x) m(x 1)(x 2) mx2 3mx 2m, 又 f(x) 3ax2 2bx c, 因此 m 3 a , b m, c 2m 3 2 f

51、 (x) m x3 3mx21 2mx, 3 2 由 f(1) 5,即 m 3m 2m 5,得 m 6, 3 2 因此 a 2,b 9,c 12 例 13. 2006 年湖北卷设x 3是函数f x x2 ax b e3 x x I求a与 b 的关系式用a表示 b，并求fx的单调区间; 设a 0, gx a2 25 ex 假设存在2 0,4使得f 范畴. 考查目的本小题要紧考查函数、 不等式和导数的应用等知识， 咨询题的能力. 2 3 x 解答过程If、(x) = x + (a 2)x + b a e , 由 f(3)=0 ，得 一32+ (a 2)3 + b a e3 3= 0，即得 b=-

52、3x 那么 f(x) = x + (a 2)x 3 2a a e =x2+ (a2)x 3 3a e3x= (x 3)( x + a+1)e3 x. 令f (x) = 0，得X1 = 3 或X2= a 1,由于x = 3 是极值点， 因此 x+a+1 0,那么 a 4. 当 a3= X1，那么在 1,2 上 f x 0，在 2, R的一个极值点. 1 g 2 1成立，求a的取值 考查综合运用数学知识解决 -3 2a, 在区间g, 3上，f(x) 0 , f (x)为增函数； 在区间一a 1,+上，f (x) 4 时，X23= xi，那么 在区间一g, a 1上，f (x) 0 , f (x)为

53、增函数； 在区间3,+g上，f (x) 0 时，f (x)在区间0, 3上的单调递增，在区间 调递减，那么f (x)在区间0, 4上的值域是mi n(f (0) , f (4) ) , f (3), 3 一 1 而 f (0) = 2a+ 3e 0, f (3) = a+ 6, 那么f (x)在区间0 , 4上的值域是2a+ 3e3, a+ 6. 又 g(x) (a2 2-5)ex 在区间0 , 4上是增函数, 4 且它在区间 0 , 4上的值域是a + 25 , a + 25e , 4 4 由于 2 a + 25 a+ 6= a2 a+ 1 =a 12 0,因此只须仅须 4 4 2 a2+

54、25 :a+60,解得 0a 0 在2, 上恒成立 a 2x3在2, 上恒成立 x 而2x3在2, 上的最小值为 16,故a 16。 2. 定义在 R 上的函数 y=f(x)的导函数 f/(x)在 R 上也可导，且其导函数f/(x)/0, 那么 y=f(x)的图象可能是以下图中的 A. B. C. D. 考查运用数学知识分析和解 解答过程I当 x 40时，汽车从甲地到乙地行驶了 100 40 2.5小时， 80 40 8) Z5 忆5升. 要耗没(1 403 128000 答：当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油 17.5 升。 II丨当速度为X千米/小时时, 汽车从甲

55、地到乙地行驶了 100小时，设耗油量为 h(x)升, x 依题意得h(x) (1 x3 128000 3 x 80 8).100 x2 x 1280 800 x 15 x 120), x h(x) 640 令 h(x) 0,得 x x (0,80)时， 800 2 x 80. h(x) 80-(0 640 x2 x 120). 0,h(x)是减函数；当x 11.25. (80,120)时， h(x) 0,h(x)是增函数. x 80 时，h(x)取到极小值h(80) 因为 h(x)在(0,120上只有一个极值，因此它是最小值 答：当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为 11.25 升. C 解析：由f/(x)/0 知 f/(x)在 R 上递减，即函数 y=f(x)的图象上从左到右各点处的切线斜率递 减，不难看出图象满足这一要求。 3. f(x)是定义在0, +8上的非负可导函数，且满足 xf/(x)+f(x) w 0,对任意正数 a、b,假设 a