高考导数题型及其应用

1高考导数题型及其应用一、利用导数求切线方程1、已知函数3`22()()3fxxfxx，则函数()fx的图像在22(,())33f处的切线方程是27x+27y+4=0．2、已知直线1yx与曲线xaye相切，则a的值为（D）A．1B．2C．-1D．03、已知函数1()ln1afxxaxx()aR.（Ⅰ）当1a时，求曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程；（Ⅱ）当102a≤时，讨论()fx的单调性.解：（Ⅰ）当1a=-时，2()ln1fxxxx=++-，(0,)x??.所以222()xxfxx+-=′，(0,)x??.………（求导、定义域各一分）2分因此(2)1f=′.即曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线斜率为1.…………3分又(2)ln22f=+，……………………………………………………4分所以曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程为ln20xy-+=.………5分（Ⅱ）因为11ln)(xaaxxxf，所以211()afxaxx-=-+′221xaxax，(0,)x??.…………7分令2()1gxaxxa=-+-，(0,)x??，①当0a时，()1gxx=-+，(0,)x??，当(0,1)xÎ时，()0gx，此时()0fx′，函数()fx单调递减；………8分当(1,)x时，()0gx，此时()0fx′，函数()fx单调递增.……9分②当102a时，由()0fx′即210axxa解得11x=，211xa=-.此时1110a-，所以当(0,1)xÎ时，()0gx，此时()0fx′，函数()fx单调递减；…10分1(1,1)xa时，()0gx，此时'()0fx，函数()fx单调递增；……11分1(1,)xa时，()0gx，此时'()0fx，函数()fx单调递减.…12分2综上所述：当0a时，函数()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)+?上单调递增；当102a时，函数()fx在(0,1)上单调递减，在1(1,1)a-上单调递增；在1(1,)a-+?上单调递减.……………………………………4、已知函数1163)(23axxaxxf,1263)(2xxxg,和直线m：9kxy.又0)1(f.(1)求a的值；(2)是否存在k的值，使直线m既是曲线()yfx的切线，又是()ygx的切线；如果存在，求出k的值；如果不存在,说明理由.(3)如果对于所有2x的x,都有)(9)(xgkxxf成立，求k的取值范围.解：（1）axaxxf663)(2,因为0)1(f所以a=－2.…………2分(2)因为直线m恒过点（0，9）.先求直线m是()yfx的切线.设切点为)1263,(0200xxx,…………3分∵66)(00xxg.∴切线方程为))(66()1263(00020xxxxxy,将点（0，9）代入得10x.当10x时，切线方程为y=9,当10x时，切线方程为y=129x.由0)(/xf得012662xx，即有2,1xx当1x时，)(xfy的切线18y，当2x时，)(xfy的切线方程为9y…………6分9y是公切线，又由12)(/xf得1212662xx0x或1x，当0x时)(xfy的切线为1112xy，当1x时)(xfy的切线为1012xy，912xy，不是公切线，综上所述0k时9y是两曲线的公切线……7分(3).（1）)(9xgkx得3632xxkx，当0x，不等式恒成立，Rk.当02x时，不等式为6)1(3xxk，……8分而6])(1)[(36)1(3xxxx06230k当0x时，不等式为6)1(3xxk，126)1(3xx12k当2x时,)(9xgkx恒成立，则120k…………10分（2）由9)(kxxf得111232923xxxkx当0x时，119恒成立，Rk，当02x时有xxxk2012322设xxxxh201232)(2=xx208105)43(22，当02x时8105)43(22x为增函数，x20也为增函数8)2()(hxh要使9)(kxxf在02x上恒成立，则8k…………12分3由上述过程只要考虑80k，则当0x时12166)(2/xxxf=)2)(1(6xx在]2,0(x时0)(/xf，在),2(时0)(/xf)(xf在2x时有极大值即)(xf在),0(上的最大值，…………13分又9)2(f，即9)(xf而当0x,0k时99kx，9)(kxxf一定成立，综上所述80k.…………14分二、研究函数的单调性、极值、最值等问题1、设函数2()(1)2ln(1)fxxx．（I）求()fx的单调区间；（II）当0a2时，求函数2()()1gxfxxax在区间[03]，上的最小值．解：（I）定义域为(1,)．12(2)()2(1)11xxfxxxx．令()0fx，则2(2)01xxx，所以2x或0x．因为定义域为(1,)，所以0x．令()0fx，则2(2)01xxx，所以20x．因为定义域为(1,)，所以10x．所以函数的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(1,0)．………………………7分（II）()(2)2ln(1)gxaxx（1x）．2(2)()(2)11axagxaxxx．因为0a2，所以20a，02aa．令()0gx可得2axa．所以函数()gx在(0,)2aa上为减函数，在(,)2aa上为增函数．①当032aa，即302a时，在区间[03]，上，()gx在(0,)2aa上为减函数，在(,3)2aa上为增函数．所以min2()()2ln22agxgaaa．②当32aa，即322a时，()gx在区间(03)，上为减函数．4所以min()(3)632ln4gxga．综上所述，当302a时，min2()2ln2gxaa；当322a时，min()632ln4gxa．………………………14分2、已知()sinfxxax．(Ⅰ)若()fx在(,)上为增函数，求实数a的取值范围；(Ⅱ)当常数0a时，设()()fxgxx，求()gx在5,66上的最大值和最小值.解：(Ⅰ)∵()fx在()，上为增函数，∴()1cos0fxax对()x，恒成立.……………………2分令costx，则10at对[11]t，恒成立，∴1(1)0110aa，解得11a，∴实数a的取值范围是[11]，.……………………6分(Ⅱ)当0a时，()sin()1fxaxgxxx，∴2(cossin)()axxxgxx，…………………8分记()cossin(0)hxxxxx，，，则()sin0hxxx对(0)x，恒成立，∴()hx在(0)x，上是减函数，∴()(0)0hxh，即()0gx，∴当0a时，()()fxgxx在0，上是减函数，得()gx在566，上为减函数.∴当6x时，()gx取得最大值31a；当56x时，()gx取得最小值315a.3、一次函数baxxr)(的图象过原点，函数xxhln)(定义在(1,e)（e为自然对数的底）上.（Ⅰ）若)()()(xhxrxf有极值，求实数a的取值范围；（Ⅱ）记函数2)(3xxxg，(1,e)x，在（Ⅰ）的条件下，证明在函数)(xf图象上任取点A,总能在)(xg图象上找到相应的点B,使A、B连线平行于x轴.解:（Ⅰ）∵baxxr)(的图象过原点，∴0b,∴xaxxfln)(.求导可得xaxf1)('，令01)('xaxf，可得xa1.∵),1(ex，∴)1,1(1ex，∴)1,1(ea.…………………3分当x变化时，)()(xfxf、的变化情况如下：x)1,1(aa1),1(ea)('xf+0—)(xf单调递增极大值单调递减5320,ee)1,1(ea，11ln()0,a所以23ee)1ln(1a，21ae，a2,∴)]1ln(1,1(aae)2,2(3ee，)]1ln(1,(aa)2,2(3ee,∴),1(1ex，),1(0ex，使得)()(10xfxg成立．∴在函数)(xf图象上任取点A,总能在)(xg图象上找到相应的点B,使A、B连线平行于x轴.……………………14分三、与数列知识的交汇1、已知函数()kfxxb（常数,kbR）的图像过点(4,2)、(16,4)两点.（1）求()fx的解析式；（2）若函数()gx的图像与函数()fx的图像关于直线yx对称，若不等式()(2)22gxgxax恒成立,求实数a的取值范围；（3）若123,,,,,nPPPP是函数()fx图像上的点列，123,,,,,nQQQQ是x正半轴上的点列，O为坐标原点，111221,,,,nnnOQPQQPQQP是一系列正三角形，记它们的边长是123,,,,,naaaa，探求数列na的通项公式，并说明理由.【解析】（1）24416kkbb10,2bk()fxx……………3分6（2）2()(0)gxxx()(2)22gxgxax2220(2)22xxxax原问题等价于12axx在[2,)x恒成立……………6分利用函数12yxx在区间[2,)上为增函数可得a……………8分（3）由112333yxxayx……………9分由11111611233063()nnnnyxSSxxSxyxS将x代人11112()11233nnnaxSS，由此原问题转化为已知2111()(112)39nnaS且123a，求na……………11分又2111()(112)39nnaS，两式相减可得：221114()()333nnnaaa22111()()33nnaa112()()03nnnnaaaa又，因为0na，所以1203nnaa从而{}na是以23为首项，23为公差的等差数列，即23nna……………14分2、设定义在R上的函数)(xf满足：①对任意的实数Ryx,，有);()()(yfxfyxf②当1)(0xfx时，.数列na满足)()1(1)(),0(11Nnafaffann且.（Ⅰ）求证：)(1)(xfxf，并判断函数)(xf的单调性；（Ⅱ）令nb是最接近na的正整数，即)(21Nbbannn，设)(11121NnbbbTnn，求1000T；解：（1）令1,0xy,0))0(1)(1(ff.1)1(f∴1)0(f.∵1)(0xfx时，.∴)()()()0(1xfxfxxff.∴)(1)(xfxf……………3分∴1)(00xfx时，∴0)(xfRx时，设121121221)(,xxfxfxxxfxfxx7而1)(,01212