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2023年高考数学复习专题☆★
导数压轴题题型
1. 高考命题回顾
例1已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f(x)>0.
(1)解　f(x)＝ex－ln(x＋m) f′(x)＝ex－ f′(0)＝e0－＝0 m＝1，
定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝ex－＝，
显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
(2)证明　g(x)＝ex－ln(x＋2)，则g′(x)＝ex－(x>－2)．
h(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2) h′(x)＝ex＋>0，
所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，
又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，
所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间内，
设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－＝0，
所以，et＝ t＋2＝e－t，
当x∈(－2，t)时，g′(x)当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>g′(t)＝0，g(x)单调递增；
所以g(x)min＝g(t)＝et－ln(t＋2)＝＋t＝>0，
当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，
所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.
例2已知函数满足（2012全国新课标）
(1)求的解析式及单调区间；
(2)若，求的最大值。
（1）
令得：
得：
在上单调递增
得：的解析式为
且单调递增区间为，单调递减区间为
（2）得
①当时，在上单调递增
时，与矛盾
②当时，
得：当时，
令；则
当时，
当时，的最大值为
例3已知函数，曲线在点处的切线方程为。（2011全国新课标）
（Ⅰ）求、的值；
（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。
解（Ⅰ） 由于直线的斜率为，
且过点，故即 解得，。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
。
考虑函数，则。
(i)设，由知，当时，，h(x)递减。而 故当时， ，可得；
当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.
（ii）设00,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。
（iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x （1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾。
综合得，k的取值范围为（-，0]
例4已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x. （2009宁夏、海南）
(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.
解: (1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故
f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x +(3x2+6x－3)e－x
＝－e－x (x3－9x)＝－x(x－3)(x+3)e－x.
当x＜－3或0＜x＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x＜0或x＞3时,f′(x)＜0.
从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.
(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x +(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］.
由条件得f′(2)＝0,即23+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a.
从而f′(x)＝－e－x［x3+(a－6)x+4－2a］.因为f′(α)＝f′(β)＝0,
所以x3+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)＝(x－2)［x2－(α+β)x+αβ］.
将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2.
故.又(β－2)(α－2)＜0，
即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6. 于是β－α＞6.
2. 在解题中常用的有关结论※
(1)曲线在处的切线的斜率等于，且切线方程为。
(2)若可导函数在 处取得极值，则。反之，不成立。
(3)对于可导函数,不等式的解集决定函数的递增（减）区间。
(4)函数在区间I上递增（减）的充要条件是：恒成立（ 不恒为0）.
(5)函数（非常量函数）在区间I上不单调等价于在区间I上有极值，则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。（若为二次函数且I=R，则有）。
(6) 在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数，进而得到或在I上恒成立
(7)若，恒成立，则; 若，恒成立，则
(8)若，使得，则；若，使得，则.
(9)设与的定义域的交集为D，若D 恒成立，则有.
(10)若对、 ，恒成立，则.若对，，使得,则. 若对，，使得，则.
（11）已知在区间上的值域为A,，在区间上值域为B，若对,，使得=成立，则。
(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程有两个不等实根，且极大值大于0，极小值小于0.
(13)证题中常用的不等式:① ②≤③ ④ ⑤ ⑥
3. 题型归纳
①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用 ( \l "导数单调性、极值、最值的直接应用" )
（构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换）
例1（切线）设函数.
（1）当时，求函数在区间上的最小值；
（2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交于点求证：.
例2（最值问题，两边分求）已知函数.
⑴当时，讨论的单调性；
⑵设当时，若对任意，存在，使，求实数取值范围.
②交点与根的分布 ( \l "交点与根的分布" )
例3（切线交点）已知函数在点处的切线方程为．
⑴求函数的解析式；
⑵若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值；
⑶若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．
例4（综合应用）已知函数
⑴求f(x)在[0,1]上的极值；
⑵若对任意成立，求实数a的取值范围；
⑶若关于x的方程在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.
③不等式证明 ( \l "不等式证明" )
例5 (变形构造法)已知函数，a为正常数．
⑴若，且a，求函数的单调增区间；
⑵在⑴中当时，函数的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．
⑶若，且对任意的，，都有，求a的取值范围．
例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数.
（1）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
（2）当时，设函数，若，求证
例7（绝对值处理）已知函数的图象经过坐标原点，且在处取得极大值．
（I）求实数的取值范围；
（II）若方程恰好有两个不同的根，求的解析式；
（III）对于（II）中的函数，对任意，求证：．
例8（等价变形）已知函数．
（Ⅰ）讨论函数在定义域内的极值点的个数；
（Ⅱ）若函数在处取得极值，对,恒成立，
求实数的取值范围；
（Ⅲ）当且时，试比较的大小．
例9（前后问联系法证明不等式）已知，直线与函数的图像都相切，且与函数的图像的切点的横坐标为1。
（I）求直线的方程及m的值；
（II）若，求函数的最大值。
（III）当时，求证：
例10 (整体把握，贯穿全题)已知函数．
（1）试判断函数的单调性；
（2）设，求在上的最大值；
（3）试证明：对任意，不等式都成立（其中是自然对数的底数）．
（Ⅲ）证明：．
例11（数学归纳法）已知函数，当时，函数取得极大值.
（１）求实数的值；
（２）已知结论：若函数在区间内导数都存在，且，则存在，使得.试用这个结论证明：若，函数，则对任意，都有；
（３）已知正数，满足，求证：当，时，对任意大于，且互不相等的实数，都有.
④恒成立、存在性问题求参数范围
例12（分离变量）已知函数(a为实常数).
(1)若，求证：函数在(1,+∞)上是增函数；
(2)求函数在[1,e]上的最小值及相应的值；
(3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围.
例13（先猜后证技巧）已知函数
（Ⅰ）求函数f (x)的定义域
（Ⅱ）确定函数f (x)在定义域上的单调性，并证明你的结论.
（Ⅲ）若x>0时恒成立，求正整数k的最大值.
例14（创新题型）设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).
(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值；
(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离；
(Ⅲ)若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(－x)的图象上方,求实数a的取值范围．
例15(图像分析，综合应用) 已知函数，在区间上有最大值4，最小值1，设．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）不等式在上恒成立，求实数的范围；
（Ⅲ）方程有三个不同的实数解，求实数的范围．
⑤导数与数列
例16（创新型问题）设函数，，是的一个极大值点．
⑴若，求的取值范围；
⑵当是给定的实常数，设是的3个极值点，问是否存在实数，可找到，使得的某种排列（其中=）依次成等差数列 若存在，求所有的及相应的；若不存在，说明理由．
⑥导数与曲线新题型
例17（形数转换）已知函数, .
(1)若, 函数 在其定义域是增函数,求b的取值范围;
(2)在(1)的结论下,设函数的最小值;
(3)设函数的图象C1与函数的图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点R作轴的垂线分别交C1、C2于点、,问是否存在点R,使C1在处的切线与C2在处的切线平行 若存在,求出R的横坐标;若不存在,请说明理由.
例18（全综合应用）已知函数.
(1)是否存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上 若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由;
(2)定义,其中,求;
(3)在(2)的条件下,令,若不等式对且恒成立,求实数的取值范围.
⑦导数与三角函数综合
例19（换元替代，消除三角）设函数（），其中．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求函数的极大值和极小值；
（Ⅲ）当， 时，若不等式对任意的恒成立,求的值。
⑧创新问题积累
例20已知函数.
I、求的极值.
II、求证的图象是中心对称图形.
III、设的定义域为,是否存在.当时，的取值范围是 若存在,求实数、的值；若不存在，说明理由
导数压轴题题型归纳 参考答案
例1解：(1)时，，由，解得.
的变化情况如下表：
0 1
- 0 +
0 ↘ 极小值 ↗ 0
所以当时，有最小值.
(2)证明：曲线在点处的切线斜率
曲线在点P处的切线方程为.
令，得，∴
∵，∴，即.
又∵，∴
所以.
例2⑴，
令
①当时，，当,函数单调递减；当，函数单调递增.
②当时，由，即，解得.
当时，恒成立，此时，函数单调递减；
当时，,时，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
时，，函数单调递减.
当时，当,函数单调递减；
当，函数单调递增.
综上所述：当时，函数在单调递减，单调递增；
当时,恒成立,此时，函数在单调递减；
当时,函数在递减,递增,递减.
⑵当时，在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意，
有，
又已知存在，使，所以，，（※）
又
当时，与（※）矛盾；
当时，也与（※）矛盾；
当时，.
综上，实数的取值范围是.
例3解：⑴．
根据题意，得即解得 所以．
⑵令，即．得．
1 2
+ +
增 极大值 减 极小值 增 2
因为，，所以当时，，．
则对于区间上任意两个自变量的值，都有
，所以．所以的最小值为4．
⑶因为点不在曲线上，所以可设切点为．
则．因为，所以切线的斜率为．
则=，即．
因为过点可作曲线的三条切线，
所以方程有三个不同的实数解．
所以函数有三个不同的零点．
则．令，则或．
0 2
+ +
增 极大值 减 极小值 增
则 ，即，解得．
例4解：⑴，
令（舍去）
单调递增；当递减.
上的极大值.
⑵由得
设，，
依题意知上恒成立，
，
，
上单增，要使不等式①成立，
当且仅当
　 ⑶由
令，
当上递增；
上递减，
而，
恰有两个不同实根等价于
例5解：⑴
∵a，令得或,∴函数的单调增区间为.
⑵证明：当时
∴, ∴,又
不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小，
又∵，∴ 即比较与的大小．
令,则,
∴在上位增函数．
又，∴， ∴，即
⑶∵ ，∴
由题意得在区间上是减函数．
当， ∴
由在恒成立．
设，，则
∴在上为增函数，∴.
当，∴
由在恒成立
设，为增函数,∴
综上：a的取值范围为.
例6解：（1）,，
即在上恒成立
设,，时，单调减，单调增，
所以时，有最大值.，所以.
（2）当时，,
,所以在上是增函数，上是减函数.
因为，所以
即,同理.
所以
又因为当且仅当“”时，取等号.
又，,
所以,所以，
所以：.
例7（I）
由，因为当时取得极大值，
所以，所以；
（II）由下表：
+ 0 - 0 -
递增 极大值 递减 极小值 递增
依题意得：，解得：
所以函数的解析式是：
（III）对任意的实数都有
在区间[-2，2]有：
函数上的最大值与最小值的差等于81，
所以．
例8解：（Ⅰ），当时，在上恒成立，函数 在 单调递减，∴在上没有极值点；
当时，得，得，
∴在上递减，在上递增，即在处有极小值．
∴当时在上没有极值点，
当时，在上有一个极值点．
（Ⅱ）∵函数在处取得极值，∴，∴，
令，可得在上递减，在上递增，
∴，即．
（Ⅲ）证明：，
令，则只要证明在上单调递增，
又∵，
显然函数在上单调递增．
∴，即，
∴在上单调递增，即，
∴当时，有．
例9 解：（I）的斜率为1，
且与函数的图像的切点坐标为（1，0），的方程为
又与函数的图象相切，有一解。
由上述方程消去y，并整理得①
依题意，方程②有两个相等的实数根，解之，
得m=4或m=-2，
（II）由（I）可知
，
单调，当时，单减。
，取最大值，其最大值为2。
（III）
证明，当时，
例10解：（1）函数的定义域是．由已知．令，得．
因为当时，；当时，．
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可知当，即时，在上单调递增，所以．
当时，在上单调递减，所以．当，即时，．综上所述，
（3）由（1）知当时．所以在时恒有，即，当且仅当时等号成立．因此对任意恒有．因为，，所以，即．因此对任意，不等式．
例11解：（１）当时，，函数在区间上单调递增；
当时，，函数在区间上单调递减.
函数在处取得极大值，故.
（２）令，
则.函数在上可导，存在，使得.
，
当时，，单调递增，；
当时，，单调递减，；
故对任意，都有.
（３）用数学归纳法证明.
①当时，，且，，
，由（Ⅱ）得，即
，
当时，结论成立.
②假设当时结论成立，即当时，. 当时，设正数满足，令，， 则，且.
当时，结论也成立.
综上由①②，对任意，，结论恒成立.
例12 解：⑴当时，，当，，
故函数在上是增函数．
⑵，当，．
若，在上非负（仅当，x=1时，），故函数在上是增函数，此时．
若，当时,；当时，，此时
是减函数；当时，，此时是增函数．
故．
若，在上非正（仅当，x=e时，），故函数 在上是减函数，此时．
⑶不等式，可化为．
∵, ∴且等号不能同时取，所以，即，
因而（）
令（），又，
当时，，，
从而（仅当x=1时取等号），所以在上为增函数，
故的最小值为，所以a的取值范围是．
例13 解：（1）定义域
（2）单调递减。
当，令，
故在（－1，0）上是减函数，即，
故此时在（－1，0）和（0，+）上都是减函数
（3）当x>0时，恒成立，令
又k为正整数，∴k的最大值不大于3
下面证明当k=3时，恒成立
当x>0时 恒成立
令，则
，，当
∴当取得最小值
当x>0时， 恒成立，因此正整数k的最大值为3
例14解：(Ⅰ)F(x)= ex+sinx－ax,.
因为x=0是F(x)的极值点,所以.
又当a=2时,若x<0, ;若 x>0, .
∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意.
(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:,所以.
令当x>0时恒成立.
∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1.
(Ⅲ)令
则.
因为当x≥0时恒成立,
所以函数S(x)在上单调递增,
∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立;
因此函数在上单调递增, 当x∈[0,+∞时恒成立.
当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.
故a≤2时F(x)≥F(－x)恒成立.
例15 解:（Ⅰ）(1)
当时，上为增函数
故
当上为减函数
故
即. .
（Ⅱ）方程化为
，令，
∵ ∴ 记∴ ∴
（Ⅲ）方程化为
，
令， 则方程化为 （）
∵方程有三个不同的实数解，
∴由的图像知，有两个根、，
且 或 ， 记
则 或 ∴
例16 解： （Ⅰ）时，，
，
令，，
设是的两个根，
（1）当或时，则不是极值点，不合题意；
（2）当且时，由于是的极大值点，故
，即，
(Ⅱ)解：，
令，
，
于是，假设是的两个实根，且
由（Ⅰ）可知，必有，且是的三个极值点，
则，
假设存在及满足题意，
（1）当等差时，即时，则或，
于是，即
此时
或
（2）当时，则或
①若，则，
于是，
即两边平方得，
于是，此时，
此时=
②若，则，
于是，
即两边平方得，
于是，此时
此时
综上所述，存在b满足题意，
当b=－a－3时，，时，，
时，.
例17解:(1)依题意:在(0,+)上是增函数,
对x∈(0,+)恒成立,
(2)设
当t=1时,ym i n=b+1;
当t=2时,ymi n=4+2b
当的最小值为
(3)设点P、Q的坐标是则点M、N的横坐标为C1在点M处的切线斜率为
C2在点N处的切线斜率为
假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行,则
设 ①
这与①矛盾,假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行
例18 (1)假设存在点,使得函数的图像上任意一点P关于点M对称的点Q也在函数的图像上,则函数图像的对称中心为.
由,得,
即对恒成立,所以解得 所以存在点,使得函数的图像上任意一点关于点M对称的点也在函数的图像上.
(2)由(1)得.
令,则.
因为①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
(3)由(2)得,所以.
因为当且时,.
所以当且时,不等式恒成立.
设,则.
当时,,在上单调递减;
当时,,在上单调递增.
因为,所以,
所以当且时,.
由,得,解得.
所以实数的取值范围是.
例19 解：当时，，得，且
，．所以，曲线在点处的
切线方程是，整理得．
（Ⅱ）解：
．令，解得或．
由于，以下分两种情况讨论．
（1）若，当变化时，的正负如下表：
因此，函数在处取得极小值，且；
函数在处取得极大值，且．
（2）若，当变化时，的正负如下表：
因此，函数在处取得极小值，且；
函数在处取得极大值，且．
（Ⅲ）证明：由，得，当时，，．
由（Ⅱ）知，在上是减函数，要使，
只要，即①
设，则函数在上的最大值为．
要使①式恒成立，必须，即或．
所以，在区间上存在，使得对任意的恒成立．
例20 (I) .注意到,得，解得或.当变化时，的变化情况如下表：
+ 0 － － ０ ＋
增 极大值 减 减 极小值 增
所以是的一个极大值, 是的一个极大值..
(II) 点的中点是,所以的图象的对称中心只可能是.
设为的图象上一点,关于的对称点是..也在的图象上, 因而的图象是中心对称图形.
(III) 假设存在实数、.,或.
若, 当时, ,而.故此时的取值范围是不可能是.
若,当时, ,而.故此时的取值范围是不可能是.
若,由的单调递增区间是,知是的两个解.而无解. 故此时的取值范围是不可能是.
综上所述,假设错误,满足条件的实数、不存在.
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