高三导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型1.高考命题回顾例1已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解f(x)＝ex－ln(x＋m)f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋m)f′(0)＝e0－eq\f(1,0＋m)＝0m＝1，定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋m)＝eq\f(exx＋1－1,x＋1)，显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明g(x)＝ex－ln(x＋2)，则g′(x)＝ex－eq\f(1,x＋2)(x>－2)．h(x)＝g′(x)＝ex－eq\f(1,x＋2)(x>－2)h′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋22)>0，所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，又g′(－eq\f(1,2))＝eq\f(1,\r(e))－eq\f(1,\f(3,2))<0，g′(0)＝1－eq\f(1,2)>0，所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))内，设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－eq\f(1,t＋2)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<t<0))，所以，et＝eq\f(1,t＋2)t＋2＝e－t，当x∈(－2，t)时，g′(x)<g′(t)＝0，g(x)单调递减；当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>g′(t)＝0，g(x)单调递增；所以g(x)min＝g(t)＝et－ln(t＋2)＝eq\f(1,t＋2)＋t＝eq\f(1＋t2,t＋2)>0，当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.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=1\*GB3①当时，在上单调递增时，与矛盾=2\*GB3②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）（Ⅰ）求、的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。解（Ⅰ）由于直线的斜率为，且过点，故即 解得，。（Ⅱ）由（Ⅰ）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，可得h（x）>0从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.（ii）设0<k<1.由于=的图像开口向下，且，对称轴x=.当x（1，）时，（k-1）（x2+1）+2x>0,故(x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。（iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。综合得，k的取值范围为（-，0]例4已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x.（2009宁夏、海南）(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.解:(1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x+(3x2+6x－3)e－x＝－e－x(x3－9x)＝－x(x－3)(x+3)e－x.当x＜－3或0＜x＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x＜0或x＞3时,f′(x)＜0.从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x+(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］.由条件得f′(2)＝0,即23+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a.从而f′(x)＝－e－x［x3+(a－6)x+4－2a］.因为f′(α)＝f′(β)＝0,所以x3+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)＝(x－2)［x2－(α+β)x+αβ］.将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2.故.又(β－2)(α－2)＜0，即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6.于是β－α＞6.2.在解题中常用的有关结论※(1)曲线在处的切线的斜率等于，且切线方程为。(2)若可导函数在处取得极值，则。反之，不成立。(3)对于可导函数,不等式的解集决定函数的递增（减）区间。(4)函数在区间I上递增（减）的充要条件是：恒成立（不恒为0）.(5)函数（非常量函数）在区间I上不单调等价于在区间I上有极值，则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。（若为二次函数且I=R，则有）。(6)在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数，进而得到或在I上恒成立(7)若，恒成立，则;若，恒成立，则(8)若，使得，则；若，使得，则.(9)设与的定义域的交集为D，若D恒成立，则有.(10)若对、，恒成立，则.若对，，使得,则.若对，，使得，则.（11）已知在区间上的值域为A,，在区间上值域为B，若对,，使得=成立，则。(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程有两个不等实根，且极大值大于0，极小值小于0.(13)证题中常用的不等式:①②1xx1xx③④⑤⑥3.题型归纳①（构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换）例1（切线）设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交于点求证：.例2（最值问题，两边分求）已知函数.⑴当时，讨论的单调性；⑵设当时，若对任意，存在，使，求实数取值范围.②例3（切线交点）已知函数在点处的切线方程为．⑴求函数的解析式；⑵若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值；⑶若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．例4（综合应用）已知函数⑴求f(x)在[0,1]上的极值；⑵若对任意成立，求实数a的取值范围；⑶若关于x的方程在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.③例5(变形构造法)已知函数，a为正常数．⑴若，且a，求函数的单调增区间；⑵在⑴中当时，函数的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．⑶若，且对任意的，，都有，求a的取值范围．例6(高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数.（1）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；（2）当时，设函数，若，求证例7（绝对值处理）已知函数的图象经过坐标原点，且在处取得极大值．（I）求实数的取值范围；（II）若方程恰好有两个不同的根，求的解析式；（III）对于（II）中的函数，对任意，求证：．例8（等价变形）已知函数．（Ⅰ）讨论函数在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数在处取得极值，对,恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）当且时，试比较的大小．例9（前后问联系法证明不等式）已知，直线与函数的图像都相切，且与函数的图像的切点的横坐标为1。（I）求直线的方程及m的值；（II）若，求函数的最大值。（III）当时，求证：例10(整体把握，贯穿全题)已知函数．（1）试判断函数的单调性；（2）设，求在上的最大值；（3）试证明：对任意，不等式都成立（其中是自然对数的底数）．（Ⅲ）证明：．例11（数学归纳法）已知函数，当时，函数取得极大值.（１）求实数的值；（２）已知结论：若函数在区间内导数都存在，且，则存在，使得.试用这个结论证明：若，函数，则对任意，都有；（３）已知正数，满足，求证：当，时，对任意大于，且互不相等的实数，都有.④例12（分离变量）已知函数(a为实常数).(1)若，求证：函数在(1,+∞)上是增函数；(2)求函数在[1,e]上的最小值及相应的值；(3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围.例13（先猜后证技巧）已知函数（Ⅰ）求函数f(x)的定义域（Ⅱ）确定函数f(x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.（Ⅲ）若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).(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；(Ⅱ)当a=1时,设P(x1,f(x1)),Q(x2,g(x2))(x1>0,x2>0),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.⑦导数与三角函数综合例19（换元替代，消除三角）设函数（），其中．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）当时，求函数的极大值和极小值；（Ⅲ）当，时，若不等式对任意的恒成立,求的值。⑧创新问题积累例20已知函数.=1\*ROMANI、求的极值.=2\*ROMANII、求证的图象是中心对称图形.=3\*ROMANIII、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2⑴，令①当时，，当,函数单调递减；当，函数单调递增.②当时，由，即，解得.当时，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.⑵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：⑴．根据题意，得即解得所以．⑵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．⑶因为点不在曲线上，所以可设切点为．则．因为，所以切线的斜率为．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：⑴，令（舍去） 单调递增；当递减.上的极大值.⑵由得设，，依题意知上恒成立，，，上单增，要使不等式①成立，当且仅当⑶由令，当上递增； 上递减， 而，恰有两个不同实根等价于例5解：⑴∵a，令得或,∴函数的单调增区间为.⑵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⑶∵，∴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）,，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：（Ⅰ），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．（Ⅱ）∵函数在处取得极值，∴，∴，令，可得在上递减，在上递增，∴，即．（Ⅲ）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①依题意，方程②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（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：（１）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.（２）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.（３）用数学归纳法证明.①当时，，且，，，由（Ⅱ）得，即，当时，结论成立.②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①②，对任意，，结论恒成立.例12解：⑴当时，，当，，故函数在上是增函数．⑵，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．⑶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x>0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x>0时恒成立令，则，，当∴当取得最小值当x>0时，恒成立，因此正整数k的最大值为3例14解：(Ⅰ)F(x)=ex+sinx－ax,.因为x=0是F(x)的极值点,所以.又当a=2时,若x<0,;若x>0,.∴x=0是F(x)的极小值点,∴a=2符合题意.(Ⅱ)∵a=1,且PQ令当x>0时恒成立.∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1.(Ⅲ)令则.因为当x≥0时恒成立,所以函数S(x)在上单调递增,∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立;因此函数在上单调递增,当x∈[0,+∞时恒成立.当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.例15解:（Ⅰ）(1)当时，上为增函数故当上为减函数故即..（Ⅱ）方程化为，令，∵∴记∴∴（Ⅲ）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16解：（Ⅰ）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，(Ⅱ)解：，令，，于是，假设是的两个实根，且由（Ⅰ）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①若，则，于是，即两边平方得，于是，此时，此时=②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=－a－3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,ymin=b+1;当t=2时,ymin=4+2b当的最小值为(3)设点P、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①这与①矛盾,假设不成立.故