高三导数压轴题题型归纳

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1、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

2、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)＝

3、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)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)≤l

4、n(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：第25页共25页得：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

5、点，故即解得，。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以。考虑函数，则。第25页共25页(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，+）

6、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

7、－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)

8、(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.第25页共25页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

9、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