高考导数压轴题分类总结

导数常考题型总结第1页共77页导数常考题型总结一、导数单调性、极值、最值的直接应用1.（切线）设函数axxf2)(.（1）当1a时，求函数)()(xxfxg在区间]1,0[上的最小值；（2）当0a时，曲线)(xfy在点)))((,(111axxfxP处的切线为l，l与x轴交于点)0,(2xA求证：axx21.解：(1)1a时，xxxg3)(，由013)(2xxg，解得33x.)(xg的变化情况如下表：x0)33,0(33)1,33(1)(xg-0+)(xg0↘极小值↗0所以当33x时，)(xg有最小值932)33(g.(2)证明：曲线)(xfy在点)2,(211axxP处的切线斜率112)(xxfk曲线)(xfy在点P处的切线方程为)(2)2(1121xxxaxy.令0y，得12122xaxx，∴12111211222xxaxxaxxx∵ax1，∴02121xxa，即12xx.又∵1122xax，∴axaxxaxxaxx11111212222222所以axx21.2.（2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),xfxxaxaaexR其中aR⑴当0a时，求曲线()(1,(1))yfxf在点处的切线的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m⑵当23a时，求函数()fx的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。导数常考题型总结第2页共77页⑴.3)1(')2()(')(022efexxxfexxfaxx，故，时，当.3))1(,1()(efxfy处的切线的斜率为在点所以曲线⑵.42)2()('22xeaaxaxxfw.w.w.k.s.5.u.c.o.m.2232.220)('aaaaxaxxf知，由，或，解得令以下分两种情况讨论：①a若＞32，则a2＜2a.当x变化时，)()('xfxf，的变化情况如下表：xa2，a222aa，2a，2a+0—0+↗极大值↘极小值↗.)22()2()2()(内是减函数，内是增函数，在，，，在所以aaaaxf.3)2()2(2)(2aaeafafaxxf，且处取得极大值在函数w.w.w.k.s.5.u.c.o.m.)34()2()2(2)(2aeaafafaxxf，且处取得极小值在函数②a若＜32，则a2＞2a，当x变化时，)()('xfxf，的变化情况如下表：x2a，2aaa22，a2，a2+0—0+↗极大值↘极小值↗内是减函数。，内是增函数，在，，，在所以)22()2()2()(aaaaxf.)34()2()2(2)(2aeaafafaxxf，且处取得极大值在函数w.w.w.k.s.5.u.c.o.m.3)2()2(2)(2aaeafafaxxf，且处取得极小值在函数3.（最值，按区间端点讨论）已知函数f(x)=lnx－ax.(1)当a0时，判断f(x)在定义域上的单调性；(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为32，求a的值.解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且f′(x)＝1x＋2ax＝2xax.∵a0，∴f′(x)0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.(2)由(1)可知：f′(x)＝2xax，①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝32，∴a＝－32(舍去).②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数，∴f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32，∴a＝－2e(舍去).导数常考题型总结第3页共77页③若－ea－1，令f′(x)＝0，得x＝－a.当1x－a时，f′(x)0，∴f(x)在(1,－a)上为减函数；当－axe时，f′(x)0，∴f(x)在(－a,e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32⇒a＝－e.综上可知：a＝－e.4.（最值直接应用）已知函数)1ln(21)(2xaxxxf，其中aR.（Ⅰ）若2x是)(xf的极值点，求a的值；（Ⅱ）求)(xf的单调区间；（Ⅲ）若)(xf在[0,)上的最大值是0，求a的取值范围.解：（Ⅰ）(1)(),(1,)1xaaxfxxx.依题意，令(2)0f，解得13a.经检验，13a时，符合题意.（Ⅱ）解：①当0a时，()1xfxx.故)(xf的单调增区间是(0,)；单调减区间是)0,1(.②当0a时，令()0fx，得10x，或211xa.当10a时，()fx与()fx的情况如下：x1(1,)x1x12(,)xx2x2(,)x()fx00()fx↘1()fx↗2()fx↘所以，()fx的单调增区间是1(0,1)a；单调减区间是)0,1(和1(1,)a.当1a时，)(xf的单调减区间是),1(.当1a时，210x，()fx与()fx的情况如下：x2(1,)x2x21(,)xx1x1(,)x()fx00()fx↘2()fx↗1()fx↘所以，()fx的单调增区间是1(1,0)a；单调减区间是1(1,1)a和(0,).③当0a时，)(xf的单调增区间是(0,)；单调减区间是)0,1(.导数常考题型总结第4页共77页综上，当0a时，)(xf的增区间是(0,)，减区间是)0,1(；当10a时，()fx的增区间是1(0,1)a，减区间是)0,1(和1(1,)a；当1a时，)(xf的减区间是),1(；当1a时，()fx的增区间是1(1,0)a；减区间是1(1,1)a和(0,).（Ⅲ）由（Ⅱ）知0a时，)(xf在(0,)上单调递增，由0)0(f，知不合题意.当10a时，)(xf在(0,)的最大值是1(1)fa，由1(1)(0)0ffa，知不合题意.当1a时，)(xf在(0,)单调递减，可得)(xf在[0,)上的最大值是0)0(f，符合题意.所以，)(xf在[0,)上的最大值是0时，a的取值范围是[1,).5.(是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)已知函数()ln,().xfxxgxe⑴若函数φ(x)=f(x)－11xx+-，求函数φ(x)的单调区间；⑵设直线l为函数f(x)的图象上一点A(x0，f(x0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g(x)相切．解：（Ⅰ）1()1xxfxx11lnxxx，22211121xxxxxx．∵0x且1x，∴0x∴函数()x的单调递增区间为，和11,0．（Ⅱ）∵1()fxx，∴001()fxx，∴切线l的方程为0001ln()yxxxx,即001ln1yxxx,①设直线l与曲线()ygx相切于点11(,)xxe，∵()xgxe，∴101xex，∴10lnxx,∴0ln101()xgxex.∴直线l也为00011lnyxxxx，即0000ln11xyxxxx，②由①②得0000ln1ln1xxxx，∴0001ln1xxx．下证：在区间（1,+）上0x存在且唯一.导数常考题型总结第5页共77页由（Ⅰ）可知，()x11lnxxx在区间1,+（）上递增．又12()ln011eeeee，22222213()ln011eeeeee，结合零点存在性定理，说明方程()0x必在区间2(,)ee上有唯一的根，这个根就是所求的唯一0x，故结论成立．6.（最值应用，转换变量）设函数221()(2)ln(0)axfxaxax．(1)讨论函数()fx在定义域内的单调性；(2)当(3,2)a时，任意12,[1,3]xx，12(ln3)2ln3|()()|mafxfx恒成立，求实数m的取值范围．解：⑴221()2afxaxx222(2)1axaxx2(1)(21)axxx．当2a时，112a，增区间为11(,)2a，减区间为1(0,)a，1(,)2．当2a时，112a，减区间为(0,)．当20a时，112a，增区间为11(,)2a，减区间为1(0,)2，1(,)a．⑵由⑴知，当(3,2)a时，()fx在[1,3]上单调递减，∴12,[1,3]xx，12|()()|fxfx≤(1)(3)ff1(12)[(2)ln36]3aaa，即12|()()|fxfx≤24(2)ln33aa．∵12(ln3)2ln3|()()|mafxfx恒成立，∴(ln3)2ln3ma＞24(2)ln33aa，即243maa，又0a，∴243ma．∵(3,2)a，∴132384339a，∴m≤133．7.（最值应用）已知二次函数()gx对xR都满足2(1)(1)21gxgxxx且(1)1g，设函数19()()ln28fxgxmx（mR，0x）．（Ⅰ）求()gx的表达式；（Ⅱ）若xR，使()0fx成立，求实数m的取值范围；（Ⅲ）设1me，()()(1)Hxfxmx，求证：对于12[1,]xxm，，恒有12|()()|1HxHx．导数常考题型总结第6页共77页解：（Ⅰ）设2gxaxbxc，于是2211212212gxgxaxcx，所以121.ac，又11g，则12b．所以211122gxxx．…………3分（Ⅱ）2191()lnln(0).282fxgxmxxmxmxR，当m0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分当m=0时，2()02xfx对0x，()0fx恒成立；…………5分当m0时，由()0mfxxxmx，列表：x(0)m，m()m，()fx－0＋()fx减极小增min()()ln.2mfxfmmm这时，minln0()0e0.20mmmfxmm，所以若0x，()0fx恒成立，则实数m的取值范围是(e0]，．故0x使()0fx成立，实数m的取值范围(,e]0，．…………9分（Ⅲ）因为对[1]xm，，(1)()()0xxmHxx，所以()Hx在[1,]m内单调递减．于是21211|()()|(1)()ln.22HxHxHHmmmm2121113|()()|1ln1ln0.2222HxHxmmmmmm记13()ln(1e)22hmmmmm，则221133111()022332h'mmmm，所以函数13()ln22hmmmm在1e]，是单调增函数，所以e3e1e3()(e)1022e2ehmh，故命题成立．…………12分8.设3x是函数23,xfxxaxbexR的一个极值点.（1）求a与b的关