高考导数题型大全及答案

1、精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业第三讲第三讲导数的应用导数的应用研热点（聚焦突破）类型一 利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数yf(x)在xx0处的导数f(x0)就是曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即kf(x0)；(2)曲线yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)例 1(2012 年高考安徽卷改编)设函数f(x)aex1aexb(a0)在点(2，f(2)处的切线方程为y32x，求a，b的值解析f(x)aex1aex，f(2)ae21ae232，解得ae22 或ae212(舍去)，所以a2e2，代入原函数可得 212b3

2、，即b12，故a2e2，b12.跟踪训练已知函数f(x)x3x.(1)求曲线yf(x)的过点(1，0)的切线方程；(2)若过x轴上的点(a，0)可以作曲线yf(x)的三条切线，求a的取值范围解析：(1)由题意得f(x)3x21.曲线yf(x)在点M(t，f(t)处的切线方程为yf(t)精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业f(t)(xt)，即y(3t21)x2t3，将点(1，0)代入切线方程得 2t33t210，解得t1 或12，代入y(3t21)x2t3得曲线yf(x)的过点(1，0)的切线方程为y2x2 或y14x14.(2)由(1)知若过点(a，0)可作曲线yf(x)的三条切线，则方

3、程 2t33at2a0 有三个相异的实根，记g(t)2t33at2a.则g(t)6t26at6t(ta)当a0 时，函数g(t)的极大值是g(0)a，极小值是g(a)a3a，要使方程g(t)0 有三个相异的实数根，需使a0 且a3a0 且a210，即a1；当a0 时，函数g(t)单调递增，方程g(t)0 不可能有三个相异的实数根；当a0 时，函数g(t)的极大值是g(a)a3a，极小值是g(0)a，要使方程g(t)0 有三个相异的实数根，需使a0，即a0，即a0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f(x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，

4、)时，f(x)0 时，yax22x1 为开口向上的抛物线，所以ax22x10 在(0，)上恒有解；精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业(2)当a0，此时1a0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解析(1)f(x)2ax，g(x)3x2b，因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且 2a3b.精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业解得a3，b3.(

5、2)记h(x)f(x)g(x)当b14a2时，h(x)x3ax214a2x1，h(x)3x22ax14a2.令h(x)0，得x1a2，x2a6.a0 时，h(x)与h(x)的变化情况如下：x(,)2a 2a(,)26aa6a(,)6a( )h x00( )h x所以函数h(x)的单调递增区间为(，a2)和(a6，)；单调递减区间为(a2，a6)当a21，即 0a2 时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)a14a2.当a21，且a61，即 2a6 时，函数h(x)在区间(， a2)上单调递增， 在区间(a2， 1上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值

6、为h(a2)1.当a66 时，精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业函数h(x)在区间(，a2)上单调递增，在区间(a2，a6)上单调递减，在区间(a6，1上单调递增，又因为h(a2)h(1)1a14a214(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为h(a2)1.跟踪训练(2012 年珠海摸底)若函数f(x)2x33x21（x0）eax（x0），在2，2上的最大值为 2，则a的取值范围是()A12ln 2，)B0，12ln 2C(，0D(，12ln 2解析：当x0 时，f(x)6x26x，易知函数f(x)在(，0上的极大值点是x1， 且f(1)2， 故只要在(0， 2上， eax2

7、 即可， 即axln 2 在(0， 2上恒成立， 即aln 2x在(0，2上恒成立，故a12ln 2.答案：D析典题（预测高考）高考真题精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业【真题】【真题】(2012 年高考辽宁卷)设f(x)ln(x1)x1axb(a，bR，a，b为常数)，曲线yf(x)与直线y32x在(0，0)点相切(1)求a，b的值；(2)证明：当 0 x2 时，f(x)0 时，2 （x1）1x11x2，故x1x21.记h(x)f(x)9xx6，则h(x)1x112x154（x6）22x12（x1）54（x6）2x64（x1）54（x6）2（x6）3216（x1）4（x1） （x6）

8、2.令g(x)(x6)3216(x1)，则当 0 x2 时，g(x)3(x6)22160.因此g(x)在(0，2)内是递减函数又由g(0)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(0，2)内是递减函数又h(0)0，得h(x)0.于是当 0 x2 时，f(x)0 时，2 （x1）1x11x2，故x1x21.令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)1x11xx10，故k(x)0，即 ln(x1)0 时，f(x)32x.记h(x)(x6)f(x)9x，则当 0 x2 时，h(x)f(x)(x6)f(x)932x(x6)(1x112x1)912（x1）3x(x1)(x6)(2x1)18

9、(x1)12（x1）3x(x1)(x6)(3x2)18(x1)x4（x1）(7x18)0.因此h(x)在(0，2)内单调递减又h(0)0，所以h(x)0，即f(x)g(x)12；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是 3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题知当a1 时，f(x)11xx1x，因为当 0 x1 时，f(x)0，此时f(x)单调递减，当 1x0，此时f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)1.(2)证明因为f(x)的极小值为 1，即f(x)在(0，e上的最小值为 1.令h(x)g(x)12lnxx12，h(x)1lnxx2，当 0 x0，h(x)在(0，e上单调递增，所以h(x)maxh(e)1e12g(x)12.(3)假设存在实数a，使f(x)axlnx(x(0，e)有最小值 3，f(x)a1xax1x.当a0 时，因为x(0，e，所以f(x)0，而f(x)在(0，e上单调递减，所以f(x)minf(e)ae13，a4e(舍去)，此时f(x)无最小值；当 01ae 时，f(x)在(0，1a)上单调递减，在(1a，e上单调递增，所以f