高三复习导数常见题型归纳.doc

1、 1 导数常见题型归纳 1.高考命题回顾 例 1.（ 2013 全国 1）已知函数()fx2x ax b，()gxxe cx d， 若 曲线()y f x和 曲线()y g x都过点 P(0， 2)，且在点 P 处有相同的 切线42yx（ ）求 a， b，c， d的值 ； （ ） 若 x 2 时， k x，求 k的 取值范围。 分析： 2dcb4,a 由 知 24xf 2 xx ， 12 xexg x 设 2412 2 xxxkexfxkgxF x，则 122 kexxF 由已知 100 kF ，令 kxxxF ln,20 若 21 ek 则 02 1 x ，从而当 1,2 xx 时， 0xF

2、 ， xF 递减 ,1xx 时， xF 0， xF 递增。 02x 111 xxxFF 故当 2x 时 0xF 即 xkgxf 恒成立 。 若 2ek 则 022 22 eexexF x。 2x 。 所以 xF 在 ,2 上单调递增，而 02 F .所以 -2x 时， 0xF 恒成立。 若 2ek ，则 02222 222 ekekeF ，从而 0xF 不可能恒成立 即 xkgxf 不恒成立。 综上所述。 k 的取值范围 2,1e 例 2（ 2013 全国 2）已知函数)ln()( mxexf x （） 设0x是()fx的极值点，求 m，并讨论()fx的单调性；（ ）当2m时，证明( ) 0

3、分析： （） 1m 。 xf 在 0,1 上减。在 ,0 上增。 （）当 2m 。 ,mx 时， 2lnln xmx 。 2 故只需证明 2m 时 0xf 。 当 2m 时。 21 xexf x 在 ,2 上增。又 00,0 fxf 故 0xf 在 ,2 上有唯一实根 0x ，且 0,10 x 。 当 0,2 xx 时， 0xf ，当 ,0xx 时， 0xf 从而 ,2x 时， 0xfxf 。 000 2ln210 0 xxxexf x 故 02121 020000 xxxxxfxf综上知，当m时，证明( ) 0fx 例 3. (2014 全国 1)设函数 1( ) ln xx bef x a

4、 e x x ，曲线 ()y f x 在点（ 1， (1)f ）处的切线为 ( 1) 2y e x . ( )求 ,ab； （）证明： ( ) 1fx . (1)解 函数 f(x)的定义域为 (0, ),f(x) aexln x axex bx2ex 1 bxex 1. 由题意可得 f(1) 2,f (1) e.故 a 1,b 2. (2)证明 由 (1)知 ,f(x) exln x 2xex 1, 从而 f(x)1 等价于 xln xxe x 2e. 设函数 g(x) xln x,则 g(x) 1 ln x. 所以当 x 0， 1e 时 ,g(x)0. 故 g(x)在 0， 1e 上单调递减

5、 ,在 1e， 上单调递增 , 从而 g(x)在 (0, )上的最小值为 g 1e -1e. 设函数 h(x) xe x 2e,则 h(x) e x(1 x). 所以当 x (0,1)时 ,h (x)0；当 x (1, )时 ,h (x)0 时 ,g(x)h(x),即 f(x)1. 3 例 4 （ 2014 全国 2）已知函数 ( ) 2xxf x e e x 。（）讨论 ()fx 的单调性； （）设 ( ) (2 ) 4 ( )g x f x b f x ，当 0x 时， 0gx ,求 b 的最大值； （）已知 1 .4 1 4 2 2 1 .4 1 4 3， 估计 2ln 的近似值（精确到

6、 0.001）。 （） 02xf xx ee 所以 xf 在 R 上递增 （） xbeebee xxxx 484xg 22 。 2222 beeeexg xxxx 。 当 2b 时， 0xg ， xg 在 R 上单调递增，而 00g 所以对任意0x 0xg 当 2b 时，若 x 满足 222 bee xx 即 bbbx 21ln0 2 时。 0xg 综上 b 的最大值为 2 （）由（）知， 2ln12222232ln bbg 当 2b 时， 02ln624232ln g ， 6 9 2 8.012 3282ln 当 1423 b时， 2ln21ln 2 bbb 02ln22322232ln g

7、 。 6 9 3 4.028 2182ln 所以 ln2 的近似值为 0.693 例 5【 2015 高考新课标 1】已知函数 f（ x） = 3 1 , ( ) ln4x a x g x x .( )当 a 为何值时，x 轴为曲线 ()y f x 的切线 ；（ ）用 min ,mn 表示 m,n 中的最小值，设函数( ) m in ( ) , ( ) ( 0 )h x f x g x x ，讨论 h（ x）零点的个数 . 4 解 (1)设曲线 y f(x)与 x 轴相切于点 (x0,0),则 f(x0) 0,f (x0) 0.即x30 ax0 14 0，3x20 a 0，解得 x0 12,a

8、 34.因此 ,当 a 34时 ,x 轴为曲线 y f(x)的切线 . (2)当 x (1, )时 ,g(x) ln x0.所以只需考虑 f(x)在 (0,1)的零点个数 . ( )若 a 3 或 a 0,则 f(x) 3x2 a 在 (0,1)无零点 ,故 f(x)在 (0,1)单调 .而 f(0) 14,f(1) a 54,所以当 a 3 时 ,f(x)在 (0,1)有一个零点；当 a 0 时 ,f(x)在 (0,1)没有零点 . ( )若 30,即 34-34或 a0,则当 x ( ,1)时 ,f (x)0,所以 f(x)在 ( ,1)上单调递减 ,在 (1, )上单调递增 . 又 f(

9、1) e,f(2) a,取 b 满足 ba2(b 2) a(b 1)2 a b2 32b 0,故 f(x)存在两个零点 . 设 a0,因此 f(x)在 (1, )上单调递增 . 又当 x 1 时 ,f(x)1, 故当 x (1,ln( 2a)时 ,f (x)0,因此 f(x)在 (1,ln( 2a)上单调递减 ,在 (ln( 2a), )上单调递增 . 又当 x 1 时 ,f(x)f(2 x2),即 f(2 x2)1 时 ,g(x)1 时 ,g(x)f(0) 1.所以 (x 2)ex (x 2),即 (x 2)ex x 20. (2)证明 g(x) （ x 2） ex a（ x 2）x3 x

10、2x3 (f(x) a). 由 (1)知 ,f(x) a 单调递增 ,对任意 a 0,1),f(0) a a 1xa 时 ,f(x) a0,g (x)0,g(x)单调递增 . 因此 g(x)在 x xa 处取得最小值 ,最小值为 g(xa) exa a（ xa 1）x2a exa f（ xa）（ x 1）x2a exaxa 2. 7 于是 h(a) exaxa 2,由 exx 2 （ x 1） ex（ x 2） 2 0,exx 2单调递增 . 所以 ,由 xa (0,2,得 12 e00 2h(a)exaxa 2e22 2e24 . 因为 exx 2单调递增 ,对任意 12，e24 ,存在唯一

11、的 xa (0,2,a f(xa) 0,1),使得 h(a) .所以 h(a)的值域是 12， e24 . 综上 ,当 a 0,1)时 ,g(x)有最小值 h(a),h(a)的值域是 12， e24 . 2. 知识点梳理 1、恒成立问题的转化： a f x 恒成立 maxa f x； m i na f x a f x 恒 成 立2、能成立问题的转化： a f x 能成立 mina f x； m a xa f x a f x 能 成 立3 、 恰 成 立 问 题 的 转 化 ： a f x 在 M 上 恰 成 立 a f x 的解集为M Ra f x Ma f x C M 在 上 恒 成 立在

12、上 恒 成 立 另一转化方法：若 AxfDx )(, 在 D 上恰成立，等价于 )(xf 在 D 上的最小值Axf )(min ，若 ,Dx Bxf )( 在 D 上恰成立，则等价于 )(xf 在 D 上的最大值Bxf )(max . 4、设函数 xf 、 xg ，对任意的 bax ,1 ，存在 dcx ,2 ，使得 21 xgxf ，则 xgxf minmin 5、设函数 xf 、 xg ，对任意的 bax ,1 ，存在 dcx ,2 ，使得 21 xgxf ，则 xgxf m axm ax 6、 设函数 xf 、 xg ，存在 bax ,1 ，存在 dcx ,2 ，使得 21 xgxf ，

13、则 xgxf minmax 7、 设函数 xf 、 xg ，存在 bax ,1 ，存在 dcx ,2 ，使得 21 xgxf ，则 xgxf maxmin 8、若不等式 f x g x 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y f x 和图象在函数 y g x 图象上方； 9、若不等式 f x g x 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上函数 y f x 和图象在函数 y g x 图象下方； 10. 0)(xf 0 是可导函数 )(xfy 在 0xx 处取极值的必要不充分条件。 3.解题过程中需关注结论 8 2lnlnab baba ba （对数平均不等式） 0x1,-xl

14、nx xex 1 1,1ln1 xxxx x 。 1,2 11ln xxx x 21ln , 11xxxx 21ln , 0 11xxxx 12 ln , 1x x xx 12 ln , 0 1x x xx 9 4.题型归纳 导数的切线、单调性、极值、最值的直接应用。 例 9.（最值）设函数 Rkkxex x 21xf ，当 1,21k时，求函数 xf 在 k,0 上的最大值 M 分析 ： kexxf x 2 ，令 0xf ，得 kxx 2ln,0 21 令 kkkg 2ln 则 011 k kkxg ，所以 kg 在 1,21k上增 所以 012ln kg ，从而 kk 2ln ，所以当 k

15、x 2ln,0 时， 0xf 当 ,2ln kx 时， 0xf 。 kffM ,0m ax 31,10 kekkff k ，令 11 3 kekh k。 kekkh k 3 ，令 kek k 3 ，则 033 eek k k 在 1,21上减，而 0323121 ee 1,210x使得 00 x 。且 0.,21 0 kxk ， 0.1,0 kxk k 在 0,21 x上增，在 1,0x 上减。 00 xk 。 0kh kh 在 1,21 上减， 01kh h 。 0kf f 综上所述，函数 xf 在 k,0 上的最大值 M = 31 kek k 例 10. （ 切 线 ） 设 函 数 ax

16、2xf ，当 0a 时，曲线 xfy 在点 11 xfxP ax1 处的切线为 l ，它与 x 轴交于点 0,2xA ，求证 axx 21 。 分 析 ： 容 易 求 出 曲 线 xfy 在点 11 xfxP ax1 处 的 切 线 为 l ：10 axxxy 212 , 令 0y ,得1212 2x axx ,当 ax 1 时， 02 12112 xxaxx 12 xx ，又 axaxxaxx 11112 22222， axx 21 。 例 11.（单调性、切线、零点）已知函数 xexgx .lnxf 若函数 11 xxxfx ，求函数 x 的单调区间 设直线 l 为函数 xf 图像上一点

17、00, xfxA 处的切线，证明：在区间 ,1 上存 在唯一的 0x ，使得直线 l 与曲线 xgy 相切。 分析与解答： 函数 x 的单调增区间 ，和 11,0 易求切线 l 的方程 1lnx1y 00 xx 设直线 l 与曲线 xgy 相切于点 1,x1 xe 。 xexg 011 xex 01 ln xx 0ln1 10 xexg x 直线 l 也为 00000001ln1ln1x1-y xx xxxyxxx 由 得0000 1ln1ln xx xx 11ln000 xxx 下证：在 区间 ，1 上存在 0x 且唯一 由 知函数 11 xxxfx 在 区间 ,1 上递增。 又 01211lne eeee ， 01311ln222222 eeeeee 故。方程 0x 必在区间 2,ee 上有唯一的根 0x ，结论成立。