高考导数题型大全及答案 7页

第三讲　导数的应用 研热点（聚焦突破）‎ 类型一 利用导数研究切线问题 导数的几何意义 ‎(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)；‎ ‎(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．‎ ‎[例1]　(2012年高考安徽卷改编)设函数f(x)＝aex＋＋b(a>0)．在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值． [解析]　∵f′(x)＝aex－，‎ ‎∴f′(2)＝ae2－＝， 解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)，‎ 所以a＝，代入原函数可得2＋＋b＝3， 即b＝， 故a＝，b＝.‎ 跟踪训练 已知函数f(x)＝x3－x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程；‎ ‎(2)若过x轴上的点(a，0)可以作曲线y＝f(x)的三条切线，求a的取值范围．‎ 解析：(1)由题意得f′(x)＝3x2－1.曲线y＝f(x)在点M(t，f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t)，即y＝(3t2－1)·x－2t3，将点(1，0)代入切线方程得2t3－3t2＋1＝0，解得t＝1或－，代入y＝(3t2－1)x－2t3得曲线y＝f(x)的过点(1，0)的切线方程为y＝2x－2或y＝－x＋. ‎ ‎(2)由(1)知若过点(a，0)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则方程2t3－3at2＋a＝0有三个相异的实根，记g(t)＝2t3－3at2＋a.‎ 则g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．‎ 当a>0时，函数g(t)的极大值是g(0)＝a，极小值是g(a)＝－a3＋a，要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根，需使a>0且－a3＋a<0，即a>0且a2－1>0，即a>1；‎ 当a＝0时，函数g(t)单调递增，方程g(t)＝0不可能有三个相异的实数根；‎ 当a<0时，函数g(t)的极大值是g(a)＝－a3＋a，极小值是g(0)＝a，要使方程g(t)＝0‎ 有三个相异的实数根，需使a<0且－a3＋a>0，即a<0且a2－1>0，即a<－1.‎ 综上所述，a的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．‎ 类型二 利用导数研究函数的单调性 函数的单调性与导数的关系 在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．‎ ‎[例2]　(2012年高考山东卷改编)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎[解析]　(1)由f(x)＝，‎ 得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．‎ 由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，‎ 所以f′(1)＝0，因此k＝1.‎ ‎(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．‎ 令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，‎ 当x∈(0，1)时，h(x)>0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.‎ 又ex>0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.‎ 因此f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．‎ 跟踪训练 若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，求实数a的取值范围．‎ 解析：由题知f′(x)＝－ax－2＝－，因为函数f(x)存在单调递减区间，所以f′(x)＝－≤0有解．又因为函数的定义域为(0，＋∞)，则应有ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有实数解．‎ ‎(1)当a>0时，y＝ax2＋2x－1为开口向上的抛物线，所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上恒有解；‎ ‎(2)当a<0时，y＝ax2＋2x－1为开口向下的抛物线，要使ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)上有实数解，则Δ＝>0，此时－10)，g(x)＝x3＋bx.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；‎ ‎(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．‎ ‎[解析]　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，‎ 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，‎ 所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．‎ 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.‎ 解得a＝3，b＝3. ‎ ‎(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，‎ h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，‎ h′(x)＝3x2＋2ax＋a2. ‎ 令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.‎ a>0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：‎ ‎0‎ ‎0‎ 所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(－，＋∞)；单调递减区间为(－，－)．‎ 当－≥－1，即06时，‎ 函数h(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，－)上单调递减，在区间(－，－1]上单调递增，又因为h(－)－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－)＝1.‎ 跟踪训练 ‎(2012年珠海摸底)若函数f(x)＝，在[－2，2]上的最大值为2，则a的取值范围是(　　)‎ A．[ln 2，＋∞)　　　　　　　B．[0，ln 2]‎ C．(－∞，0] D．(－∞，ln 2]‎ 解析：当x≤0时，f′(x)＝6x2＋6x，易知函数f(x)在(－∞，0]上的极大值点是x＝－1，且f(－1)＝2，故只要在(0，2]上，eax≤2即可，即ax≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a≤在(0，2]上恒成立，故a≤ln 2.‎ 答案：D 析典题（预测高考）‎ 高考真题 ‎【真题】　(2012年高考辽宁卷)设f(x)＝ln(x＋1)＋＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝x在(0，0)点相切．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)证明：当00时，‎ ‎20时，20时，f(x)g(x)＋；‎ ‎(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【解析】　(1)由题知当a＝1时，f′(x)＝1－＝，‎ 因为当00，此时f(x)单调递增，‎ 所以f(x)的极小值为f(1)＝1. ‎ ‎(2)证明因为f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为1.‎ 令h(x)＝g(x)＋＝＋，h′(x)＝，‎ 当00，h(x)在(0，e]上单调递增，‎ 所以h(x)max＝h(e)＝＋<＋＝1＝f(x)min，‎ 所以在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋.‎ ‎(3)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－＝.‎ ‎①当a≤0时，因为x∈(0，e]，‎ 所以f′(x)<0，而f(x)在(0，e]上单调递减，‎ 所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，‎ 此时f(x)无最小值；‎ ‎②当0<