压轴高考数学复习导数大题精选10题-附详细解答.doc

1、高考压轴导数大题例 1.已知函数 在区间 ， 内各有一个极值点321()fxaxb1)， (3，（I）求 的最大值；24ab（II）当 时，设函数 在点 处的切线为 ，若 在点 处穿过函数 的图象（即动点在点 附近沿曲线 运动，经过点 时，从 的一侧进入另一侧）8()yfx()Af， lA()yfxA()yfxAl，求函数 的表达式()fx例 3 已知函数 ，其中 为参数，且 cos163423xf ,Rx20（1）当时 ，判断函数 是否有极值；0cosf（2）要使函数 的极小值大于零，求参数 的取值范围；()f例 4已知函数 在点 处取得极大值 ，其导函数 的图象经过点 ， .32()fxa

2、bcx05()yfx(1,0)2,求：（） 的值；0（） 的值.,abc例 5 设 是函数 的一个极值点 .3xRxebaxf32（）求 与 的关系式（用 表示 ） ，并求 的单调区间；abf（）设 ， .若存在 使得 成立，0xg4524,021121gf求 的取值范围例 6 已知函数 321()()1fxabx在 处取得极大值，在 处取得极小值，且 1x2 120x（1）证明 ；0（2）若 z=a+2b,求 z 的取值范围。1. 已知函数21()fxax， ()glnx.（）如果函数 yf在 ,上是单调增函数，求 a的取值范围；（）是否存在实数 0a，使得方程()(21)xf在区间(,)e

3、内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出 a的取值范围；若不存在，请说明理由2. 如果 0xf是函数 xf的一个极值，称点 0,xf是函数 xf的一个极值点.已知函数 0xebaxfa且（1）若函数 总存在有两个极值点 BA,，求 ba所满足的关系；（2）若函数 xf有两个极值点 ,，且存在 R，求 BA,在不等式 1x表示的区域内时实数 b的范围.（3）若函数 xf恰有一个极值点 A，且存在 Ra，使 A在不等式 eyx1表示的区域内，证明： 10b.3 已知函数321()ln,()(,)fxgxaxbca.(1)若函数 hf是其定义域上的增函数，求实数 的取值范围；(2)若 ()gx是

4、奇函数，且 ()gx的极大值是3()g，求函数 ()gx在区间 1,m上的最大值；(3)证明：当 0时，12xfe.4 已知实数 a 满足 0a2，a1，设函数 f (x) 13x3 2ax2ax() 当 a2 时，求 f (x)的极小值；() 若函数 g(x)x 3bx 2(2b4) xln x (bR )的极小值点与 f (x)的极小值点相同求证：g(x) 的极大值小于等于 5/4例 1 解（I）因为函数 在区间 ， 内分别有一个极值点，所以 在 ， 内分别有一个实根，321()fxaxb1)， (3， 2()fxab01)， (3，设两实根为 （ ） ，则 ，且 于是12x， 12214

5、2104x， ，且当 ，即 ， 时等号成立故 的最大值是 16204ab 046ab x， 3a3b24ab（II）解法一：由 知 在点 处的切线 的方程是()f()f()f， l，即 ，(1)yfx2113yxa因为切线 在点 处空过 的图象，l()Af， ()f所以 在 两边附近的函数值异号，则()2gxfabx1x不是 的极值点1而 ，且()x32(1)3xxa2 21()1)gabxa若 ，则 和 都是 的极值点1xa)gx所以 ，即 ，又由 ，得 ，故 2248b32()fxx解法二：同解法一得 21()(1)3gxfxa213()1)32ax因为切线 在点 处穿过 的图象，所以 在

6、 两边附近的函数值异号，于是存在 （ ） l()Af， (yfx()gx112m， 12当 时， ，当 时， ；1mx0gx21m)0或当 时， ，当 时， ()x(x设 ，则23()12ahxx当 时， ，当 时， ；1m()0h21m()0hx或当 时， ，当 时， 1mx()0h21xm()0hx由 知 是 的一个极值点，则 ，()0hx 312a所以 ，又由 ，得 ，故 2a248ab()fxx例 3 解（）当 时， ，则 在 内是增函数，故无极值.cos03()fx()f,)（） ，令 ，得 .2()16fx012cosx由（） ，只需分下面两种情况讨论. 当 时，随 x 的变化 的

7、符号及 的变化情况如下表：cos0()f()fx (,)0 cos0,2scos(,)2()f+ 0 - 0 + 极大值 极小值 因此，函数 在 处取得极小值 ，且.()fxcos2cosf()23cs1()o46f要使 ，必有 ，可得 .cos02213(042由于 ，故 .3166或当时 ，随 x 的变化， 的符号及 的变化情况如下表：cos()fx()fxxcs(,)2coscs,02(0,)()f+ 0 - 0 +A极大值 A极小值 A因此，函数 处取得极小值 ，且()0fx在 ()f3cos.16f若 ，则 .矛盾.所以当 时， 的极小值不会大于零.0fcoscos0()x综上，要使

8、函数 在 内的极小值大于零，参数 的取值范围为 .()f,) 31(,),)62例 4 解法一：（）由图像可知，在 上 ，在 上 ，在 上 ,10fx1,20fx2,0fx故 在 上递增，在 上递减，()fx（ -， 1） ， （ 2， +） (2)因此 在 处取得极大值，所以0x（） 2()3,fxabc由 f（ 1） =0， （ ） ， （ 1） 5，得 ,245cab解得 ,912.解法二：（）同解法一（）设 2()()3,fxmxm又 23,abc所以 ,32|(),fxx由 即 得15， 5m6,所以 ,91abc例 5 解（）f (x)x 2(a2) xb a e3 x,由 f (

9、3)=0，得 3 2(a2)3b a e3 30，即得 b32a，则 f (x) x2(a2)x 3 2a a e3 xx 2( a2)x 3 3a e3 x( x 3)(xa+1)e 3 x.令 f (x)0，得 x13 或 x2a1，由于 x3 是极值点，所以 x+a+10 ， 那么 a4.当 a3x 1，则在区间（，3）上，f (x)0 ， f (x)为增函数；在区间（a1，）上，f (x)4 时，x 20 ， f (x)为增函数；在区间（3，）上，f (x)0 时，f (x) 在区间（0，3）上的单调递增，在区间（ 3，4）上单调递减，那么 f (x)在区间 0，4上的值域是min(f

10、 (0) ， f (4) )，f (3)，而 f (0)（2a3）e 30，f (3)a6，那么 f (x)在区间0，4上的值域是（2a3）e 3，a6.又 在区间0，4上是增函数，5()4xgx且它在区间0，4上的值域是a 2 ， （a 2 ）e 4，45由于（a 2 ）（a6）a 2a （ ） 20，所以只须仅须451（a 2 ）（a6）0，解得 0a .3故 a 的取值范围是（0， ）.23例 6 解（）由函数 在 处取得极大值，在 处取得极小值，知 是 的两个根()fx12x12x，()0fx所以 12()fxa当 时， 为增函数， ，由 ， 得 1x()fx()0fx10x2x0a（

11、）在题设下， 等价于 即 120()20ff40ba化简得 23450ba此不等式组表示的区域为平面 上三条直线： aOb203204520baab，所围成的 的内部，其三个顶点分别为： ABC 46()7ABC，在这三点的值依次为 z1687，所以 的取值范围为 ，1解：（）当 0a时， ()2fx在 1,)上是单调增函数，符合题意当 时， ()yf的对称轴方程为2xa，由于 ()yfx在 1,)上是单调增函数，所以2a，解得 2或 0a，所以 当 0时，不符合题意 综上， 的取值范围是 （）把方程()(21)gxfa整理为2(1)lnxa，即为方程2(1)0aln. 设2Hxaxl()，

12、ba212 4O467A， (2)C，()，原方程在区间(1,e)内有且只有两个不相等的实数根, 即为函数 ()Hx在区间(1,e)内有且只有两个零点. )2(Hxax1)(21)ax令 ()0x，因为 ，解得 x或12a（舍） 当 ,1时, ()H, ()是减函数； 当 ()x时, x， x是增函数. ()在(,e)内有且只有两个不相等的零点, 只需min10,(),Hxe即2221()0,()1,()(1),aaeeH22,1,eae解得21ea, 所以 a的取值范围是(2,e) 2（1）xaxaebef )()( 2令 0fx得 20 40 又 0ax且204ab且（2） x在 (1,)

13、有两个不相等的实根.即2010abab得 241ba且 （3）由2()0fxaxb()当20xbfe在 a左右两边异号(,)af是 yf的唯一的一个极值点由题意知210()aebe且即 21a即 201a存在这样的 的满足题意 符合题意 当 0b时， 240a即 2这里函数 ()yfx唯一的一个极值点为(,)af由题意120()aebe且即 112204aee即 112204beb综上知：满足题意 b的范围为 0,1). 3解：(1) ()ln1fx ，2()3gxaxb，所以2()ln31hxaxb，由于 h是定义域内的增函数，故140xh恒成立，即14xa对 0恒成立，又1x( 2时取等号

14、)，故 (,4.(2)由 ()g是奇函数，则 ()0g对 恒成立，从而 0ac，所以32xbx，有23xb. 由 ()g极大值为 3()，即3()，从而29；因此2xx，即233()gxx，所以函数 ()在3,)和 (,)上是减函数，在 3,上是增函数.由 0gx，得 1或 0x，因此得到：当 1m时，最大值为 ()g；当3时，最大值为32m；当 3时，最大值为3427().(3)问题等价于证明 lnxefx对 0恒成立；()ln1fx，所以当1(0,)e时， ()f， ()fx在10,e上单调减；当 ,e时， )fx， f在1,e上单调增；所以 ()fx在 0上最小值为 (当且仅当1ex时取得)设2()xem，则1)xem，得 (最大值1()em(当且仅当 1x时取得),又 ()f得最小值与 的最大值不能同时取到，所以结论成立.