导数综合题题型练习（理科）
一、 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. 解答： f(x)＝ex－ln(x＋m)?f′(x)＝ex－x
11?f′(0)＝e0－＝0?m＝1， x＋m0＋m
xe(x?1)?11
定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e－＝?，
x＋mx?1显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
1
(2)证明 g(x)＝ex－ln(x＋2)，则g′(x)＝ex－(x>－2)．
x＋211xh(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)?h′(x)?e?>0， 2x＋2(x?2)所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，
1111
又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，
22e3
2所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间(?1,0)内，
2设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－
1
＝0(?1?t?0)， t＋221－
所以，et＝?t＋2＝et，
t＋2
当x∈(－2，t)时，g′(x)
?1＋t?21t
所以g(x)min＝g(t)＝e－ln(t＋2)＝＋t＝>0，
t＋2t＋2
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f(x)满足f(x)?f'(1)ex?1?f(0)x?12x（2012全国新课标） 2(1)求f(x)的解析式及单调区间；
12x?ax?b，求(a?1)b的最大值。 212x?1x?1解答:（1）f(x)?f?(1)e?f(0)x?x?f?(x)?f?(1)e?f(0)?x
2 令x?1得：f(0)?1
12?11?(1x?f)e??x?xf(?0)?f?(1?e)?1? (1)e f(x)?f212xx 得：f(x)?e?x?x?g(x)?f?(x)?e?1?x
2x g?(x)?e?1?0?y?g(在x)x?R上单调递增
?)x?0f,x(?)?0?f(?0)x ? f?(x)?0?f?(0?12x 得：f(x)的解析式为f(x)?e?x?x
2 且单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0)
(2)若f(x)?第 1 页 共 22 页
（2）f(x)?12x?ax?b?h(x)?ex?(a?1)x?b?0得h?(x)?ex?(a?1) 2 ①当a?1?0时，h?(x)?0?y?h(x)在x?R上单调递增 x???时，h(x)???与h(x)?0矛盾
②当a?1?0时，h?(x)?0?x?ln(a?1),h?(x)?0?x?ln(a?1) 得：当x?ln(a?1)时，h(x)min?(a?1)?(a?1)ln(a?1)?b?0
(a?1)b?(a?1)2?(a?1)2ln(a?1)(a?1?0) 令F(x)?x2?x2lnx(x?0)；则F?(x)?x(1?2lnx)
F?(x)?0?0?x?e,F?(x)?0?x?e 当x?e时，F(x)max?e 2e 2 当a?e?1,b?e时，(a?1)b的最大值为例3已知函数f(x)?alnxb?，曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x?2y?3?0。（2011全国x?1xlnxk?，求k的取值范围。 x?1x新课标）
（Ⅰ）求a、b的值；
（Ⅱ）如果当x?0，且x?1时，f(x)?x?1?lnx)1bx??x?2y?3?0解（Ⅰ）f'(x)? 由于直线的斜率为， 22(x?1)x2?f(1)?1,?b?1,??且过点(1,1)，故?即解得a?1，b?1。 ?a11
f'(1)??,??b??,??2?22lnx1?，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?x?1xlnxk1(k?1)(x2?1) f(x)?(?)?(2lnx?)。
x?1x1?x2x?((k?1)(x2?1)(k?1)(x2?1)?2x(x?0)，则h'(x)?考虑函数h(x)?2lnx?。 2xxk(x2?1)?(x?1)2k?0(i)设，由h'(x)?知，当x?1时，h'(x)?0，h(x)递减。而h(1)?0 故当x?(0,1)2x1h(x)?0； 时， h(x)?0，可得21?x1当x?（1，+?）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 21?xlnxklnxk从而当x>0,且x?1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. x?1xx?1x222（ii）设0 '11?1当x?（1，对称轴x=）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故h (x）>0,而h（1）=0，故当x?1?k1?k.11（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。 1?k1?x2第 2 页 共 22 页 （iii）设k?1.此时x?1?2x，(k?1)(x2?1)?2x?0?h（x）>0,而h（1）=0，故当x? （1，+?） 2'1 h（x）<0,与题设矛盾。 21?x 综合得，k的取值范围为（-?，0] 时，h（x）>0，可得 例4已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)ex. （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????(???)2?4???12?4a.又(β－2)(α－2)＜0， 即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6. 于是β－α＞6. 第 3 页 共 22 页 二、 在解题中常用的有关结论 (1)曲线y?f(x)在x?x0处的切线的斜率等于f?(x0)，且切线方程为 y?f?(x0)(x?x0)?f(x0)。 (2)若可导函数y?f(x)在 x?x0 处取得极值，则f?(x0)?0。反之，不成立。 （?0）(3)对于可导函数f(x),不等式f?(x)?0的解集决定函数f(x)的递增（减）区间。 ?x?If?(x)?0(?0)恒成立(4)函数f(x)在区间I上递增（减）的充要条件是：（f?(x) 不恒为0）. (5)函数f(x)（非常量函数）在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f?(x)?0在区间I上有实根且为非二重根。（若f?(x)为二次函数且I=R，则有??0）。 (6) f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f?(x)?0或f?(x)?0在I上恒成立 (7)若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)min?0; 若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)max?0 (8)若?x0?I，使得f(x0)?0，则f(x)max?0；若?x0?I，使得f(x0)?0，则x?D f(x)?g(x)恒成立，则有 f(x)min?0. (9)设f(x)与g(x)的定义域的交集为D，若??f(x)?g(x)?min?0. (10)若对?x1?I1、x2?I2 ，f(x1)?g(x2)恒成立，则f(x)min?g(x)max. 若对?x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2),则f(x)min?g(x)min. 若对?x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2)，则f(x)max?g(x)max. （11）已知f(x)在区间I1上的值域为A,，g(x)在区间I2上值域为B， x1?I1,?x2?I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则A?B。 x2，且极大值(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程f?(x)?0有两个不等实根x1、大于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式: ① ③ 若对?lnx?x?1(x?0) ②x?ln(x?1)?x(x??1) 1?xex?1?x ④ e?x?1?x ⑤ lnx?x?1(x?1) ⑥ lnx?1?1(x?0) x222x2x?12 、 第 4 页 共 22 页 三、 题型归纳 ①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用 （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.f(x)?x2?a （1）当a?1时，求函数g(x)?xf(x)在区间[0,1]上的最小值； （2）当a?0时，曲线y?f(x)在点P(x1,f(x1))(x?a)处的切线为l，l与x轴交于点A(x2,0)求证： x1?x2?a. 解答：(1)a?1时，g(x)?x?x，由g?(x)?3x?1?0，解得x??? g(x)的变化情况如下表： 33 1 (,1) 33g?(x) - 0 + g(x) 0 ↘ 极小值 ↗ 0 x 323. 30 (0,3) 3所以当x?3323)??时，g(x)有最小值g(. 3392P(x,2x?a)处的切线斜率k?f?(x1)?2x1 y?f(x)11(2)证明：曲线在点2y?(2x?a)?2x1(x?x1). y?f(x)1 曲线在点P处的切线方程为 x12?ax12?aa?x12x2?x2?x1??x1?y?02x2x2x1 11 令，得，∴a?x12?0x?a2x1 ∵1，∴，即x2?x1. x?ax1xaax1ax2?1???21??a?2x22x22x22x1111，∴ 又∵ 2 所以x1?x2?a. 例2（最值问题，两边分求）已知函数f(x)?lnx?ax?⑴当a≤1?a?1(a?R). x1时，讨论f(x)的单调性； 21⑵设g(x)?x2?2bx?4.当a?时，若对任意x1?(0,2)，存在x2??1,2?，使f(x1)≥g(x2)，求实 4数b取值范围. 1?ala?1?ax2?x?a?1?1(x?0)，f?(x)??a?2?解答：⑴f(x)?lnx?ax?(x?0) 2xxxx令h(x)?ax2?x?1?a(x?0) 第 5 页 共 22 页 百度搜索“70edu”或“70教育网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，70教育网，提供经典综合文库9、高三(理科)导数压轴题题型归纳(教师版)在线全文阅读。
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