高考导数压轴题型归类总结(共95页).doc

《高考导数压轴题型归类总结(共95页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考导数压轴题型归类总结(共95页).doc（95页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上导数压轴题型归类总结目录一、 （1）二、（23）三、（31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、（51）（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、（70）六、（84）（85）书中常用结论，变形即为，其几何意义为上的的点与原点连线斜率小于1.1. （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：.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

2、为. 令，得， ，即. 又， 所以.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数其中当时，求曲线处的切线的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当时，求函数的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 以下分两种情况讨论：，则.当变化时，的变化情况如下表：+00+极大值极小值 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ，则，当变化时，的变化情况如下表：+00+极大值极小值 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 3. 已知函数设两曲线有公共点，且在

3、公共点处的切线相同，若，试建立 关于的函数关系式，并求的最大值；若在(0,4)上为单调函数，求的取值范围。4. （最值，按区间端点讨论）已知函数f(x)=lnx.(1)当a0时，判断f(x)在定义域上的单调性；(2)若f(x)在1,e上的最小值为，求a的值.解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,)，且 f (x).a0，f (x)0，故f(x)在(0,)上是单调递增函数.(2)由(1)可知：f (x)，若a1，则xa0，即f (x)0在1,e上恒成立，此时f(x)在1,e上为增函数，f(x)minf(1)a，a (舍去).若ae，则xa0，即f (x)0在1,e上恒成立，此时f(x)在1,e

4、上为减函数，f(x)minf(e)1，a(舍去).若ea1，令f (x)0，得xa.当1xa时，f (x)0，f(x)在(1,a)上为减函数；当ax0，f(x)在(a,e)上为增函数，f(x)minf(a)ln(a)1a.综上可知：a.5. （最值直接应用）已知函数，其中.（）若是的极值点，求的值；（）求的单调区间；（）若在上的最大值是，求的取值范围.解：（）.依题意，令，解得 . 经检验，时，符合题意. （）解： 当时，.故的单调增区间是；单调减区间是. 当时，令，得，或.当时，与的情况如下：所以，的单调增区间是；单调减区间是和.当时，的单调减区间是. 当时，与的情况如下：所以，的单调增区间

5、是；单调减区间是和. 当时，的单调增区间是；单调减区间是.综上，当时，的增区间是，减区间是；当时，的增区间是，减区间是和；当时，的减区间是；当时，的增区间是；减区间是和.（）由（）知 时，在上单调递增，由，知不合题意.当时，在的最大值是，由，知不合题意.当时，在单调递减，可得在上的最大值是，符合题意. 所以，在上的最大值是时，的取值范围是.6. （2010北京理数18）已知函数=ln(1+)-+(0).()当=2时，求曲线=在点(1,(1)处的切线方程；()求的单调区间.解：（I）当时，由于，所以曲线在点处的切线方程为 即（II），.当时，.所以，在区间上，；在区间上，. 故得单调递增区间是，

6、单调递减区间是.当时，由，得，所以，在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是.当时， 故得单调递增区间是.当时，得，.所以没在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是7. （2010山东文21，单调性）已知函数当时，求曲线在点处的切线方程；当时，讨论的单调性.解：因为 ， 所以 ， 令 8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，联系紧密)已知函数若函数 (x) = f (x)，求函数 (x)的单调区间；设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x0，f (x0)处的切线，证明：在区间(1,+)上

7、存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g(x)相切解：（） ，且，函数的单调递增区间为 （） ， 切线的方程为, 即, 设直线与曲线相切于点，,. 直线也为， 即， 由得 ， 下证：在区间（1,+）上存在且唯一.由（）可知，在区间上递增又，结合零点存在性定理，说明方程必在区间上有唯一的根，这个根就是所求的唯一，故结论成立9. （最值应用，转换变量）设函数(1)讨论函数在定义域内的单调性；(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围解：当时，增区间为，减区间为，当时，减区间为当时，增区间为，减区间为，由知，当时，在上单调递减，即恒成立，即，又，10. （最值应用）已知二次函数对都满足且，设函数（，）

8、（）求的表达式；（）若，使成立，求实数的取值范围； （）设，求证：对于，恒有 解：（）设，于是所以 又，则所以 3分 （）当m0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；4分当m=0时，对，恒成立； 5分 当m0时，在区间（0，1）上的单调递减，在区间（1，4）上单调递增，函数在区间上的最小值为又，函数在区间0，4上的值域是，即又在区间0，4上是增函数，且它在区间0，4上的值域是.，存在使得成立只须5+ln2 x=0时在0，3上最小值=5+ln2.若在区间0，m上单调，有两种可能令0得b2x，在0，m上恒成立 而y=2x在0，m上单调递增，最大值为2m，b2m.令0 得b2x，而 y=2x在0，

9、m单增，最小为y=，b.故b2m或b时在0，m上单调.23. （单调性，用到二阶导数的技巧）已知函数若，求的极大值；若在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.解：定义域为 令 由由即上单调递增，在上单调递减时，F(x)取得极大值 的定义域为(0，+)，由G (x)在定义域内单调递减知：在(0，+)内恒成立令，则 由当时为增函数当时，为减函数当x = e时，H(x)取最大值故只需恒成立，又当时，只有一点x = e使得不影响其单调性 24. （2008四川22，交点个数与根的分布）已知是函数的一个极值点求；求函数的单调区间；若直线与函数的图像有个交点，求的取值范围解：，是函数的一个极值

10、点，由， 令，得，和随的变化情况如下：1300增极大值减极小值增的增区间是，；减区间是(1,3)由知，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，又时，；时，；可据此画出函数的草图（图略），由图可知，当直线与函数的图像有3个交点时，的取值范围为25. 已知函数在上是减函数，在上是增函数，函数在上有三个零点（1）求的值； （2）若1是其中一个零点，求的取值范围；（3）若，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)相切？请说明理由.=2x+lnx，设过点（2，5）与曲线g (x)的切线的切点坐标为，即 ，令h(x)=，=0，h(x)在（0，2）上单调递减，在（2，）上单调递增又，h(2)=l

11、n2-10，h(x)与x轴有两个交点，过点（2，5）可作2条曲线y=g(x)的切线.26. （交点个数与根的分布）已知函数求在区间上的最大值是否存在实数使得的图像与的图像有且只有三个不同的交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由。解：当即时，在上单调递增，当即时，当时，在上单调递减，综上函数的图像与的图像有且只有三个不同的交点，即函数的图像与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。当时，是增函数；当时，是减函数；当时，是增函数；当或时，当充分接近0时，当充分大时，要使的图像与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须即存在实数，使得函数与的图像有且只有三个不同的交点，的取值范围为27. （交点个数

12、与根的分布）已知函数求f(x)在0,1上的极值；若对任意成立，求实数a的取值范围；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.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 28. (2009宁夏，利用根的分布)已知函数如，求的单调区间；若在单调增加，在单调减少，证明：6. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解：时，故w.w.w.k.s.5.u.c.o.m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当当从而单调减少.由条件得从而因为所以将右边展开，与左边比较

13、系数得，故又由此可得于是 w.w 29. （2009天津文，利用根的分布讨论）设函数，其中当时，求曲线在点处的切线的斜率求函数的单调区间与极值已知函数有三个互不相同的零点，且，若对任意的恒成立，求的取值范围.解：当所以曲线在点处的切线斜率为1.，令，得到因为，当x变化时，的变化情况如下表：+00+极小值极大值在和内减函数，在内增函数。函数在处取得极大值，且=函数在处取得极小值，且=由题设所以方程=0由两个相异的实根，故，且，解得因为（难点）若，而，不合题意；若则对任意的有则，又，所以函数在的最小值为0，于是对任意的，恒成立的充要条件是,解得，综上，m的取值范围是30. （2007全国II理22

14、，转换变量后为根的分布）已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，如果过点可作曲线的三条切线，证明：解：（1）在点处的切线方程为，即（2）如果有一条切线过点，则存在，使若过点可作曲线的三条切线，则方程有三个相异的实数根记，则当变化时，变化情况如下表：000极大值极小值如果过可作曲线三条切线，即有三个相异的实数根，则即31. 已知函数在点处的切线方程为求函数的解析式；若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值；若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围解：2分根据题意，得即解得3分所以4分令，即得12+增极大值减极小值增2因为，所以当时，6分则对于区间上任意两个自变量的值，都有，所

15、以所以的最小值为48分因为点不在曲线上，所以可设切点为则因为，所以切线的斜率为9分则=，11分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32. （2011省模，利用的结论，转化成根的分布分题）已知，函数（其中）（I）求函数在区间上的最小值；（II）是否存在实数，使曲线在点处的切线与y轴垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。33. 已知函数，函数是区间-1，1上的减函数. （I）求的最大值； （II）若上恒成立，求t的取值范围； （）讨论关于x的方程的根的个数解：（I），上单调递减，在-1，1上恒成立，

16、故的最大值为（II）由题意（其中），恒成立，令，则，恒成立，（）由令当来源上为增函数；当时，为减函数；当来源:学*科*网而方程无解；当时，方程有一个根；当时，方程有两个根.作差证明不等式34. （2010湖南，最值、作差构造函数）已知函数(1)求函数的单调递减区间；(2)若，求证：x解：(1)函数f (x)的定义域为(1，+),，由 得：，x0,f (x)的单调递减区间为(0，+).(2)证明：由(1)得x(1，0)时，当x(0，+)时，且x1时，f (x)f (0)，0，x 令，则，1x0时，x0时，且x1时，g (x)g (0)，即0，x1时，x35. （2007湖北20，转换变量，作差构

17、造函数，较容易）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用表示，并求的最大值；求证：当时，解：设与在公共点处的切线相同，由题意，即由得：，或（舍去）即有令，则于是当，即时，；当，即时，故在为增函数，在为减函数，于是在的最大值为设，则故在为减函数，在为增函数，于是函数在上的最小值是故当时，有，即当时，36. （2009全国II理21，字母替换，构造函数）设函数有两个极值点，且求的取值范围，并讨论的单调性；证明：.解: 令，其对称轴为。由题意知是方程的两个均大于的不相等的实根，其充要条件为，得当时，在内为增函数；当时，在内为减函数；当时，在内为增函数；由知，由得，设

18、，则当时，在单调递增；当时，在单调递减。所以，故 变形构造函数证明不等式37. （变形构造新函数，一次）已知函数试讨论在定义域内的单调性；当1时，证明：，求实数的取值范围解：函数的定义域为，当时，增区间为，减区间为；当0时，增区间为；当时，增区间为，减区间为当0时，在区间(0,1)上单调递增，不妨设，则，等价于，即构造，则0在上是增函数，当时，即，即又当0时，在区间(0,1)上单调递增，即38. （2011辽宁理21，变形构造函数，二次）已知函数.讨论函数的单调性；设，如果对任意，求的取值范围.解：的定义域为（0，+）. .当时，0，故在（0，+）单调增加；当时，0，故在（0，+）单调减少；当

19、10时，令=0，解得.则当时，0；时，0.故在单调增加，在单调减少.不妨假设，而1，由知在（0，+）单调减少，从而 ，等价于， 令，则等价于在（0，+）单调减少，即.从而,设并设，故a的取值范围为（，2.39. （2010辽宁文21，构造变形，二次）已知函数.讨论函数的单调性； KS*5U.C#设，证明：对任意，.解： f(x)的定义域为(0,+)，.当a0时，0，故f(x)在(0,+)单调增加；当a1时，0, 故f(x)在(0,+)单调减少；当1a0时，令0,解得x=.当x(0, )时, 0；x(，+)时，0, 故f(x)在（0, ）单调增加，在（，+）单调减少.不妨假设x1x2.由于a2,

20、故f(x)在（0，+）单调减少.所以等价于4x14x2,即f(x2)+ 4x2f(x1)+ 4x1.令g(x)=f(x)+4x,则+4.设，1，对称轴为，结合图象知0，于是0.从而g(x)在（0,+）单调减少，故g(x1) g(x2)，即f(x1)+ 4x1f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2(0,+) ，40. （辽宁，变形构造，二次）已知函数f(x)=x2ax+(a1)，.（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若，则对任意x,x，xx，有.解：(1)的定义域为.若即,则，故在单调增加。若,而,故,则当时，;当及时，故在单调减少，在单调增加。若,即,

21、同理在单调减少，在单调增加.考虑函数 则（另一种处理）由于1a5,故，即g(x)在(4, +)单调增加，从而当时有，即，故，当时，有.（另一种处理），结合二次函数图象设041. 已知函数（1）确定函数的单调性；（2）若对任意，且，都有，求实数a的取值范围。42. （变形构造）已知二次函数和“伪二次函数”（、），(I)证明：只要，无论取何值，函数在定义域内不可能总为增函数；(II)在二次函数图象上任意取不同两点，线段中点的横坐标为，记直线的斜率为， (i)求证：；(ii)对于“伪二次函数”，是否有同样的性质?证明你的结论. 解：（I）如果为增函数,则(1)恒成立, 当时恒成立, (2) 由二次函

22、数的性质, (2)不可能恒成立.则函数不可能总为增函数. 3分（II）（i） =.由, 则-5分（ii）不妨设,对于“伪二次函数”: =, (3) 7分由()中(1),如果有()的性质，则 , (4) 比较(3)( 4)两式得，即：，(4) -10分不妨令， (5)设，则， 在上递增， . (5)式不可能成立,（4）式不可能成立,. “伪二次函数”不具有()的性质. -12分43. (变形构造，第2问用到均值不等式)已知定义在正实数集上的函数f(x)x24ax1，g(x)6a2lnx2b1，其中a0.设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b，并求b的最大值；设h

23、(x)f(x)g(x)8x，证明：若a1，则h(x)在(0,)上单调递增；设F(x)f(x)g(x)，求证：对任意x1,x2(0,)，x1x2有8.解：设f(x)与g(x)交于点P(x0，y0)，则有f(x0)g(x0)，即x4ax016a2lnx02b1.又由题意知f(x0)g(x0)，即2x04a.由解得x0a或x03a(舍去)将x0a代入整理得ba23a2lna.令s(a)a23a2lna，则s(a)2a(13lna)，a(0,)时，s(a)递增，a(,)时，s(a)递减，所以s(a)s()，即b，b的最大值为.h(x)f(x)g(x)8x，h(x)2x4a8，因为a1，所以h(x)2x

24、4a84a4a84(1)(1)80，即h(x)在(0,)内单调递增由知x1x2时，h(x1)h(x2)，即F(x1)8x1F(x2)8x2.因为x1x2，所以8.44. 已知函数，a为正常数若，且a，求函数的单调增区间；在中当时，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：若，且对任意的，都有，求a的取值范围解：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

25、围为.45. 已知函数（）（）求函数的单调区间；（）记函数的图象为曲线设点,是曲线上的不同两点如果在曲线上存在点，使得：；曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”试问：函数是否存在“中值相依切线”，请说明理由解：（）易知函数的定义域是，1分 当时，即时, 令,解得或;令,解得2分 所以，函数在和上单调递增,在上单调递减 当时，即时, 显然，函数在上单调递增；3分 当时，即时, 令,解得或; 令,解得4分 所以，函数在和上单调递增,在上单调递减综上所述，当时,函数在和上单调递增,在上单调递减；当时,函数在上单调递增；当时,函数在和上单调递增,在上单调递减5分（）假设函数存在“中值

26、相依切线”设,是曲线上的不同两点，且，则 7分曲线在点处的切线斜率，8分依题意得：化简可得： ，即= 10分 设 （），上式化为：, 即 12分 令, 因为,显然，所以在上递增,显然有恒成立 所以在内不存在,使得成立综上所述，假设不成立所以，函数不存在“中值相依切线”14分46. 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：.47. 已知(1) 求函数在上的最小值；(2) 对一切，恒成立，求实数a的取值范围；(3) 证明: 对一切，都有成立解： (1