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1、张导数常见高考题型典例剖析例1：已知实数a满足1＜a≤2，设函数f(x)＝x3－x2＋ax．(Ⅰ)当a＝2时，求f(x)的极小值；(Ⅱ)若函数g(x)＝4x3＋3bx2－6(b＋2)x(b∈R)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10．(Ⅰ)解：当a＝2时，f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)．列表如下：x(－，1)1(1，2)2(2，＋)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，f(x)的极小值为f(2)＝．…………………………………6分(
2、Ⅱ)解：f′(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)．由于a＞1，所以f(x)的极小值点x＝a，则g(x)的极小值点也为x＝a．而g′(x)＝12x2＋6bx－6(b＋2)＝6(x－1)(2x＋b＋2)，所以，即b＝－2(a＋1)．又因为1＜a≤2，所以g(x)极大值＝g(1)＝4＋3b－6(b＋2)＝－3b－8＝6a－2≤10．故g(x)的极大值小于等于10例2、已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若函数的图像在点处的切线的倾斜角为，问：13张在什么范围取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极
3、值？（Ⅲ）当时，设函数，若在区间上至少存在一个，使得成立，试求实数的取值范围．解：（Ι）由知：当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；当时，函数的单调增区间是，单调减区间是；（Ⅱ）由,∴，.故，∴,∵函数在区间上总存在极值，∴有两个不等实根且至少有一个在区间内又∵函数是开口向上的二次函数，且，∴由，∵在上单调递减，所以；∴，由，解得；综上得：所以当在内取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值。（Ⅲ）令，则.①当时，由得，从而,所以，在上不存在使得；13张②当时，,，在上恒成立，故在上单调递增。故只要，解得综上
4、所述，的取值范围是例3已知函数（且）．(Ⅰ)试就实数的不同取值，写出该函数的单调递增区间；(Ⅱ)已知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，求的值并写出函数的解析式；(Ⅲ)记(Ⅱ)中的函数的图像为曲线，试问是否存在经过原点的直线，使得为曲线的对称轴？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．解：(Ⅰ)由题设知：．①当时，函数的单调递增区间为及；②当时，函数的单调递增区间为及；③当时，函数的单调递增区间为及．…6分(Ⅱ)由题设及(Ⅰ)中③知且，解得，……8分因此，函数解析式为．(Ⅲ)假设存在经过原点的直线为曲线的对
5、称轴，显然、轴不是曲线的对称轴，故可设：（），设为曲线上的任意一点，与关于直线对称，且，，则也在曲线上，由此得，，且，，13张整理得，解得或，所以存在直线及为曲线的对称轴．例4：[已知函数定义域为（）,设．（1）试确定的取值范围,使得函数在上为单调函数；（2）求证:；（3）求证:对于任意的,总存在,满足,并确定这样的的个数．解:（1）因为由；由,所以在上递增,在上递减欲在上为单调函数,则（2）因为在上递增,在上递减,所以在处取得极小值又,所以在上的最小值为从而当时,,即（3）因为,所以即为,令,从而问题转化为证
6、明方程=0在上有解,并讨论解的个数13张因为,,所以①当时,,所以在上有解,且只有一解②当时,,但由于,所以在上有解,且有两解③当时,,所以在上有且只有一解；④当时,在上也有且只有一解综上所述,对于任意的,总存在,满足,且当时,有唯一的适合题意；当时,有两个适合题．例:5、已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）为何值时，函数在区间上有零点.解：（1）令①若，则，的递增区间是；②若，则方程的两根，，当时，∴的递增区间是13张③若且，即时，方程的两根，，此时的递增区间为和④若且即时此时的递增区间为综上略（2）问题
7、等价于方程=0在上有实根，而=0，令，再令，则当时，，↗，当时，，↘∴当时，取得唯一的极大值也是的最大值∴当时，∴在上单调递减∴当时，故当时，函数在上有零点.例6、己知函数的导函数是，对于任意两个不等的正数，证明：当13张证明：（1）由得（1）又（2）又由的（3）由（1）（2）（3）得即（2）由得=是两个不相等的正数13张令（）列表t(0,)-0+减极小值增即方法总结:构造函数证不等式处理不等式恒成立问题常用分离参数法或看作两个函数来求解。例7、己知在函数图象上，以为切点的切线的倾斜角为（1）求的值（2）求证解
8、：（1）将证明13张又方法总结:利用函数最值证明不等式例8：设是函数的两极值点，且求证：求证：（3）若函数求证：解：（1）的两个极值点于是，又即（2）设则13张当当(3)=又即方法总结:利用韦达定理证明，涉及到二次方程的根的问题常常用到违达定理或二次函数的两点式例:9、对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0，2，且．求函数的单调区间；已知数列各项不为零且
