导数大题分类高考题.

1/14导数高考题一、导数的基本应用（一）研究含参数的函数的单调性、极值和最值基本思路：定义域→→疑似极值点→→单调区间→→极值→→最值基本方法：一般通法：利用导函数研究法特殊方法：（1）二次函数分析法；（2）单调性定义法第一组本组题旨在强化对函数定义域的关注，以及求导运算和分类讨论的能力与技巧【例题1】已知函数22()(1)xbfxx，求导函数()fx，并确定()fx的单调区间．解：242(1)(2)2(1)()(1)xxbxfxx3222(1)xbx32[(1)](1)xbx．令()0fx，得1xb．当11b，即2b时，2()1fxx，所以函数()fx在(1)，和(1)，上单调递减．当11b，即2b时，()fx的变化情况如下表：x(1)b，1b(11)b，(1)，()fx0当11b，即2b时，()fx的变化情况如下表：x(1)，(11)b，1b(1)b，()fx0所以，2b时，函数()fx在(1)b，和(1)，上单调递减，在(11)b，上单调递增，2b时，函数()fx在(1)，和(1)，上单调递减．2b时，函数()fx在(1)，和(1)b，上单调递减，在(11)b，上单调递增．第二组本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧【例题2】已知函数32()2fxxmxnx的图象过点(1,6)，且函数()()6gxfxx的图象关于y轴对称.（Ⅰ）求mn、的值及函数()yfx的单调区间；（Ⅱ）若0a，求函数()yfx在区间(1,1)aa内的极值.解：（Ⅰ）由函数()fx图象过点(1,6)，得3mn，………①由32()2fxxmxnx，得2()32fxxmxn，则2()()63(26)gxfxxxmxn；而()gx图象关于y轴对称，所以－26023m，所以3m，2/14代入①得0n.于是2()363(2)fxxxxx.由()0fx得2x或0x，故()fx的单调递增区间是(,0)，(2,)；由()0fx得02x，故()fx的单调递减区间是(0,2).（Ⅱ）由（Ⅰ）得()3(2)fxxx，令()0fx得0x或2x.当x变化时，()fx、()fx的变化情况如下表：x(,0)0(0,2)2(2,)f'(x)＋0－0＋f(x)增极大值减极小值增由此可得：当01a时，()fx在(1,1)aa内有极大值(0)2f，无极小值；当1a时，()fx在(1,1)aa内无极值；当13a时，()fx在(1,1)aa内有极小值(2)6f，无极大值；当3a时，()fx在(1,1)aa内无极值.综上所述，当01a时，()fx有极大值2，无极小值；当13a时，()fx有极小值6，无极大值；当1a或3a时，()fx无极值.点评：本题是前面两个例题的变式，同样考查了对导函数零点的分类讨论，但讨论的直接对象变为了函数自变量的研究范围，故此题思路不难，旨在帮助学生加深对此类问题本质的认识，并提升其详尽分类，正确计算的水平.【例题3】已知函数2()1lnfxxaxx，a＞0，(I)讨论()fx的单调性;(II)设a=3，求()fx在区间[1，2e]上值域.其中e=2.71828…是自然对数的底数.解：（Ⅰ）由于/22()1afxxx,令1tx得/2()21(0)fxtatt①当280a，即022a时，/()0fx恒成立，∴()fx在(,0),(0,)上都是增函数.②当280a，即22a时，由2210tat得284aat或284aat3/14∴0x或282aax或2802aax又由2210tat得228844aaaat，∴228822aaaax综上,当022a()fx在(,0),(0,)上都是增函数；当22a()fx在28(,0),(0,)2aa及28(,)2aa上都是增函数，在2288(,)22aaaa是减函数.（2）当3a时，由（1）知，()fx在[1，2]上是减函数，在[22,]e上是增函数.又2222(1)0,(2)23ln20,()50fffeee∴函数()fx在区间[1，2e]上的值域为222[23ln2,e5]e.点评：（1）第一问在前面例题的理论基础上，进一步加大了运算的难度，涉及到了换元法，分母有理化等代数技巧；（2）第二问将问题延伸到了函数值域上，过程比较简单，是一个承上启下的过渡性问题.（二）利用函数的单调性、极值、最值，求参数取值范围基本思路：定义域→→单调区间、极值、最值→→不等关系式→→参数取值范围基本工具：导数、含参不等式解法、均值定理等【例题4】已知函数32()22fxxbxcx的图象在与x轴交点处的切线方程是510yx.（I）求函数()fx的解析式；（II）设函数1()()3gxfxmx，若．()gx的极值存在．．．．．，求实数m的取值范围以及函数()gx取得极值时对应的自变量x的值.解：（I）由已知,切点为(2,0),故有(2)0f,即430bc……①又2()34fxxbxc，由已知(2)1285fbc得870bc……②联立①②，解得1,1bc.所以函数的解析式为32()22fxxxx（II）因为321()223gxxxxmx令21()34103gxxxm4/14当函数有极值时，方程．．．．．．．．．．2134103xxm有实数解．．．．.则4(1)0m，得1m.①当1m时，()0gx有实数23x，在23x左右两侧均有()0gx，故()gx无极值②当1m时，()0gx有两个实数根1211(21),(21),33xmxm(),()gxgx情况如下表：x1(,)x1x12(,)xx2x2()x()gx+0-0+()gx↗极大值↘极小值↗所以在(,1)m时，函数()gx有极值；当1(21)3xm时，()gx有极大值；当1(21)3xm时，()gx有极小值；点评：（1）本题第一问是求曲线切线的逆向设问，解题过程进一步强化了对切点的需求.（2）本题第二问是函数求极值的逆向设问，解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值，难度不大.【例题5】设aR，函数233)(xaxxf．（Ⅰ）若2x是函数)(xfy的极值点，求a的值；（Ⅱ）若函数()()()[02]gxfxfxx，，，在0x处取得最大值，求a的取值范围．解：（Ⅰ）2()363(2)fxaxxxax．因为2x是函数()yfx的极值点，所以(2)0f，即6(22)0a，因此1a．经验证，当1a时，2x是函数()yfx的极值点．（Ⅱ）由题设，3222()336(3)3(2)gxaxxaxxaxxxx．当()gx在区间[02]，上的最大值为(0)g时，(0)(2)gg≥，即02024a≥．故得65a≤反之，当65a≤时，对任意[02]x，，5/1426()(3)3(2)5gxxxxx≤23(210)5xxx3(25)(2)5xxx0≤，而(0)0g，故()gx在区间[02]，上的最大值为(0)g．综上，a的取值范围为65，．点评：（1）本题是求函数最值的逆向问题，答案所用的解法是一种比较特殊的方法，具有一定的思维难度.（2）本题若用一般方法，则可求出g(0)=0，将问题转化为g(x)≤0的恒成立问题，此种解法的计算量将有所加大.（三）导数的几何意义【例题6】设函数()bfxaxx，曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程为74120xy.（Ⅰ）求()yfx的解析式；（Ⅱ）证明：曲线()yfx上任一点处的切线与直线0x和直线yx所围成的三角形面积为定值，并求此定值.解：（Ⅰ）方程74120xy可化为734yx，当2x时，12y；又'2bfxax，于是1222744baba，解得13ab，故3fxxx（Ⅱ）设00,Pxy为曲线上任一点，由'231yx知曲线在点00,Pxy处的切线方程为002031yyxxx，即00200331yxxxxx令0x，得06yx，从而得切线与直线0x的交点坐标为060,x；令yx，得02yxx，从而得切线与直线yx的交点坐标为002,2xx；所以点00,Pxy处的切线与直线0,xyx所围成的三角形面积为0016262xx；6/14故曲线yfx上任一点处的切线与直线0,xyx所围成的三角形面积为定值6.二、导数应用的变式与转化（一）函数的零点存在与分布问题问题设置：根据函数零点或方程实数根的个数求参数取值范围基本方法：通性通法：函数最值控制法特殊方法：（1）二次函数判别式法；（2）零点存在性定理第一组二次函数（1）本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识；（2）本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平；（3）研究二次函数零点分布问题时，除了判别式法以外，应补充极值（最值）控制法，为三次函数零点分布研究做方法上的铺垫.【例题7】设函数329()62fxxxxa．（1）略；（2）若方程()0fx有且仅有一个实根，求a的取值范围.解：因为当1x时,'()0fx;当12x时,'()0fx;当2x时,'()0fx;所以当1x时,()fx取极大值5(1)2fa;当2x时,()fx取极小值(2)2fa;故当(2)0f或(1)0f时,方程()0fx仅有一个实根.解得2a或52a.点评：本题是零点问题的方程形式，用函数最值控制法解答，属于本类问题的原型题.【例题8】已知二次函数)(xgy的导函数的图像与直线2yx平行，且)(xgy在x=－1处取得最小值m－1(m0).设函数xxgxf)()(（1）若曲线)(xfy上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为2,求m的值；（2）)(Rkk如何取值时,函数kxxfy)(存在零点．．．．,并求出零点.解：（1）设2gxaxbxc，则2gxaxb；又gx的图像与直线2yx平行22a，解得1a又gx在1x取极小值，∴12b，解得2b7/141121gabccm，解得cm；所以2gxmfxxxx，设,ooPxy，则22222000002mPQxyxxx22202022222mxmx22224m,解得22m；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（2）由120myfxkxkxx，得2120kxxm*当1k时，方程*有一解2mx，函数yfxkx有一零点2mx；当1k时，方程*有二解4410mk，若0m，11km，yfxkx有两个零点2441111211mkmkxkk；若0m，11km，yfxkx有两个零点2441111211mkmkxkk；当1k时，方程*有一解4410mk，即11km,yfxkx有一零点11xk点