导数大题分类高考题 14页

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，求导函数，并确定的单调区间．‎ 解：．‎ 令，得．‎ 当，即时，，所以函数在和上单调递减．‎ 当，即时，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ 当，即时，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ 所以，时，函数在和上单调递减，在上单调递增，‎ 时，函数在和上单调递减．‎ 时，函数在和上单调递减，在上单调递增．‎ ‎ 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】已知函数的图象过点，且函数的图象关于y轴对称.（Ⅰ）求的值及函数的单调区间；（Ⅱ）若，求函数在区间内的极值.‎ 解：（Ⅰ）由函数图象过点，得，……… ①‎ 由，得，则；‎ 而图象关于轴对称，所以－，所以，‎ 代入①得 .于是.‎ 由得或，故的单调递增区间是，；‎ 由得，故的单调递减区间是.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，令得或.‎ 当变化时，、的变化情况如下表：‎ f'(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 增 极大值 减 极小值 增 由此可得：当时，在内有极大值，无极小值；‎ 当时，在内无极值；‎ 当时，在内有极小值，无极大值；‎ 当时，在内无极值.‎ 综上所述，当时，有极大值，无极小值；当时，有极小值，无极大值；当或时，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，a＞0，‎ ‎(I)讨论的单调性;‎ ‎(II)设a=3，求在区间[1，]上值域.其中e=2.71828…是自然对数的底数.‎ 解：（Ⅰ）由于,令得 ① 当，即时，恒成立，∴在上都是增函数.‎ ② 当，即时，‎ 由得或 ‎∴或或 又由得，∴‎ 综上,当在上都是增函数；‎ 当在及上都是增函数，‎ 在是减函数.‎ ‎（2）当时，由（1）知，在[1，2]上是减函数，在[上是增函数.‎ 又 ‎∴函数在区间[1，]上的值域为.‎ 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】已知函数的图象在与轴交点处的切线方程是.‎ ‎（I）求函数的解析式；‎ ‎（II）设函数，若的极值存在，求实数的取值范围以及函数取得极值时对应的自变量的值.‎ 解：（I）由已知,切点为(2,0),故有,即 ……①‎ 又，由已知得……②‎ 联立①②，解得.所以函数的解析式为 ‎ ‎（II）因为 令 当函数有极值时，方程有实数解.则，得.‎ ‎①当时，有实数，在左右两侧均有，故无极值 ‎②当时，有两个实数根情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以在时，函数有极值；‎ 当时，有极大值；当时，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，函数．‎ ‎（Ⅰ）若是函数的极值点，求的值；‎ ‎（Ⅱ）若函数，在处取得最大值，求的取值范围．‎ 解：（Ⅰ）．‎ 因为是函数的极值点，所以，即，因此．‎ 经验证，当时，是函数的极值点． ‎ ‎（Ⅱ） 由题设，．‎ 当在区间上的最大值为时，‎ ‎，即．故得 反之，当时，对任意，‎ ‎，‎ 而，故在区间上的最大值为．‎ 综上，的取值范围为．‎ 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，曲线在点处的切线方程为.‎ ‎（Ⅰ）求的解析式；‎ ‎（Ⅱ）证明：曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形面积为定值，并求此定值.‎ 解：（Ⅰ）方程可化为，当时，；‎ 又，于是，解得， 故 ‎（Ⅱ）设为曲线上任一点，由知曲线在点处的切线方程为 ‎，即 令，得，从而得切线与直线的交点坐标为；‎ 令，得，从而得切线与直线的交点坐标为；‎ 所以点处的切线与直线所围成的三角形面积为；‎ 故曲线上任一点处的切线与直线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． ‎ ‎（1）略；（2）若方程有且仅有一个实根，求的取值范围.‎ ‎ 解：因为 当时, ;当时, ;当时, ;‎ ‎ 所以 当时,取极大值 ; ‎ ‎ 当时,取极小值 ;‎ ‎ 故当 或时, 方程仅有一个实根. 解得 或.‎ 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】已知二次函数的导函数的图像与直线平行，且在=－1处取得最小值m－1(m).设函数 ‎（1）若曲线上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为,求m的值；‎ ‎（2）如何取值时,函数存在零点,并求出零点.‎ 解：（1）设，则；‎ ‎ 又的图像与直线平行 ，解得 ‎ 又在取极小值，∴，解得 ‎ ，解得；所以， ‎ 设，则 ‎ ,解得；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ ‎ （2）由，得 ‎ 当时，方程有一解，函数有一零点；‎ ‎ 当时，方程有二解，‎ 若，，有两个零点；‎ 若，，有两个零点；‎ ‎ 当时，方程有一解，即,有一零点 点评：‎ （1） 本题第一问是涉及均值定理的最值问题，题目计算量中等，思维难度不大；‎ （2） 第二问涉及到的函数为二次函数，故而用含参二次方程的根系关系研究根的分布问题，是本部分的原型问题和重点问题.‎ ‎【例题9】已知a是实数，函数，如果函数在区间上有零点，求a的取值范围.‎ 解：若 , ,显然函数在上没有零点. ‎ 若，令 , 解得 ‎ ‎ ①当 时, 恰有一个零点在上;‎ ‎ ②当，即时，在上也恰有一个零点.‎ ‎ ③当在上有两个零点时, 则 ‎ 或 ‎ 解得或，综上，所求实数的取值范围是或.‎ 点评：本题以二次函数为载体，设定在区间范围上的零点存在性问题，解答时依零点个数进行分类讨论，涉及到含参二次方程根的分布研究、零点存在性定理. 是原型问题和重点题.‎ ‎【例题10】已知函数 ．‎ ‎（II）若函数在区间上不单调，求的取值范围．‎ 解：（Ⅱ）函数在区间不单调，等价于 ‎ 导函数在既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 ‎ 即函数在上存在零点，根据零点存在定理，有 ‎ ，即：‎ ‎ 整理得：，解得 ‎ 第二组 三次函数 （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） 本组题旨在加深对二次函数、三次函数零点分布问题的认识，进而深化对导数方法、极值、最值的理解.‎ ‎【例题11】已知函数 ‎（I）求的单调区间；‎ ‎（II）若在处取得极值，直线y=m与的图象有三个不同的交点，‎ 求m的取值范围.‎ 解：（1）‎ 当时，对，有所以的单调增区间为 当时，由解得或，由解得，‎ 所以的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎（2）因为在处取得极大值，‎ 所以 所以 由解得.‎ 由（1）中的单调性可知，‎ 在处取得极大值1，在处取得极小值-3.‎ 因为直线与函数的图象有三个不同的交点，‎ 所以的取值范围是.‎ 点评：‎ （1） 本题是三次函数零点存在性问题的典型变式题，涉及图象交点向函数零点的转化关系；‎ （2） 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布，采用极值（最值）控制法；‎ （3） 在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上的本质关系，以便进一步加深对函数极值（最值）的认识和对利用导数研究函数性质.‎ ‎（二）不等式恒成立与存在解问题 问题设置：当不等关系在某个区间范围内恒成立或存在解为条件，求参数的取值范围 基本思路：转化为函数最值与参数之间的不等关系问题 基本方法： 通性通法：变量分离法、变量转换、最值控制法 特殊方法：二次函数判别式法、二次函数根的分布研究 ‎【例题12】设函数为实数.‎ ‎（Ⅱ）若对任意都成立，求实数的取值范围.‎ 解：法一（变量转换，最值控制法）：对任意 都成立.‎ ‎ 即对任意都成立 ‎ 设，则对任意，为单调递增函数 ‎ 所以对任意，恒成立的充分必要条件是.‎ ‎ 即 ，， 于是的取值范围是 法二（变量分离法）：由题设知：对任意都成立，‎ ‎ 即对任意都成立.‎ 于是对任意都成立，即.解得的取值范围是.‎ 点评：变量分离法可以任何一个变量分离出来，例如本题也可以求出二次方程的根，这样就是将变量x分离出来了，但过程较复杂，不宜在此处选用.‎ ‎【例题13】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．‎ ‎（I）用表示，并求的最大值；（II）求证：f(x )≥ g(x)，其中x > 0．‎ 解：（Ⅰ）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．‎ ‎（Ⅱ）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，．‎ 点评：‎ （1） 本题以曲线的切线问题的载体，在第一问中考查了函数最值的求法；‎ （2） 第二问是恒成立问题的应用.两函数比较大小通过相减构造新函数运用导数知识 ‎（三）“零点存在与分布问题”与“恒成立、存在解问题”之间的关系 （1） 研究对象的本质相同，因此解题方向一致：函数的极值或最值控制是解决这两类问题的通性通法，针对特殊类型的函数，如二次函数，又都可以用相应的函数性质进行研究；‎ （2） 研究对象的载体不同，因此解题方法不同：前者是函数与其所对应的方程之间关系的问题，后者是函数与其所对应的不等式之间关系的问题；‎ ‎（3）原型问题是根本，转化命题是关键：二者都可以进一步衍生出其他形式的问题，因此往往需要先将题目所涉及的问题转化为原型问题，然后利用通性通法加以解决，在转化过程中应注意命题的等价性.‎ ‎【例题14】设函数 ‎（Ⅰ）略；（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；‎ ‎（Ⅲ）已知函数有三个互不相同的零点0，，且.若对任意的，恒成立，求m的取值范围.‎ 解：（2），令，得到 因为，当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 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=‎ ‎（3）解：由题设， ‎ 所以方程=0由两个相异的实根，故，‎ 且，解得 因为 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 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ 综上，m的取值范围是 四、其它形式的问题 ‎【例题15】设函数其中实数．‎ ‎（Ⅰ）若，求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当函数与的图象只有一个公共点且存在最小值时，记 的最小值为，求的值域；‎ ‎（Ⅲ）若与在区间内均为增函数，求的取值范围．‎ 解：（Ⅰ） ，又，‎ ‎ 当时，；当时，，‎ 在和内是增函数，在内是减函数．‎ ‎（Ⅱ）由题意知 ，即恰有一根（含重根）．‎ ‎ ≤，即≤≤，又， ．‎ 当时，才存在最小值，．‎ ‎ ，∴.∴的值域为．‎ ‎（Ⅲ）当时，在和内是增函数，在内是增函数．‎ 由题意得，解得≥；‎ 当时，在和内是增函数，在内是增函数．‎ 由题意得，解得≤；‎ 综上可知，实数的取值范围为．‎ ‎【例题16】已知函数有三个极值点.‎ ‎（I）证明：；‎ ‎（II）若存在实数c，使函数在区间上单调递减，求的取值范围.‎ 解：（I）因为函数有三个极值点，‎ 所以有三个互异的实根.‎ ‎ 设则 ‎ 当时， 在上为增函数；‎ ‎ 当时， 在上为减函数；‎ ‎ 当时， 在上为增函数；‎ ‎ 所以函数在时取极大值，在时取极小值.‎ ‎ 当或时，最多只有两个不同实根.‎ ‎ 因为有三个不同实根，所以且.‎ ‎ 即，且，解得且 故.‎ ‎ （II）由（I）的证明可知，当时, 有三个极值点.‎ ‎ 不妨设为（），则 ‎ 所以的单调递减区间是,.‎ ‎ 若在区间上单调递减，‎ 则, 或,‎ ‎ 若，则.由（I）知，,于是 ‎ 若,则且.由（I）知，‎ ‎ 又当时，；‎ ‎ 当时，.‎ ‎ 因此，当时， 所以且 即故或 反之, 当或时，总可找到使函数在区间上单调递减.‎ 综上所述，的取值范围是