高考导数压轴题型归类总结

导数压轴题型归类总结

目 录

一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1）

二、交点与根的分布 （23）

三、不等式证明 （31）

（一）作差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式

（三）替换构造不等式证明不等式

四、不等式恒成立求字母范围 （51）

（一）恒成立之最值的直接应用

（二）恒成立之分离常数

（三）恒成立之讨论字母范围

五、函数与导数性质的综合运用 （70）

六、导数应用题 （84）

七、导数结合三角函数 （85）

书中常用结论

⑴sin,(0,)xxx，变形即为sin1xx，其几何意义为sin,(0,)yxx上的的点与原点连线斜率小于1.

⑵1xex

⑶ln(1)xx

⑷ln,0xxxex.

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：

0 1

- 0 +

0 ↘ 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R

⑴当0a时，求曲线()(1,(1))yfxf在点处的切线的斜率；

⑵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。

⑴.3)1(')2()(')(022efexxxfexxfaxx，故，时，当

⑵.42)2()('22xeaaxaxxf

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：

+ 0 — 0 +

↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗

②a若＜32，则a2＞2a，当x变化时，)()('xfxf，的变化情况如下表：

+ 0 — 0 +

↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗

3. 已知函数221()2,()3ln.2fxxaxgxaxb

⑴设两曲线()()yfxygx与有公共点，且在公共点处的切线相同，若0a，试建立b

关于a的函数关系式，并求b的最大值；

⑵若[0,2],()()()(2)bhxfxgxabx在(0,4)上为单调函数，求a的取值范围。

4. （最值，按区间端点讨论）

已知函数f(x)=lnx－ax.

(1)当a>0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.

∵a>0，∴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).

③若－e

当1

当－a0，∴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.

5. （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：

↘ ↗ ↘

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：

↘ ↗ ↘ 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(.

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,).

6. （2010北京理数18）

已知函数()fx=ln(1+x)-x+22xx(k≥0).

(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=()fx在点(1,f(1))处的切线方程；

(Ⅱ)求()fx的单调区间.

解：（I）当2k时，2()ln(1)fxxxx，1'()121fxxx

由于(1)ln2f，3'(1)2f，

所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为3ln2(1)2yx

即322ln230xy

（II）(1)'()1xkxkfxx，(1,)x.

当0k时，'()1xfxx.

所以，在区间(1,0)上，'()0fx；在区间(0,)上，'()0fx.

故()fx得单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0,).

当01k时，由(1)'()01xkxkfxx，得10x，210kxk

所以，在区间(1,0)和1(,)kk上，'()0fx；在区间1(0,)kk上，'()0fx

故()fx得单调递增区间是(1,0)和1(,)kk，单调递减区间是1(0,)kk.

当1k时，2'()1xfxx 故()fx得单调递增区间是(1,).

当1k时，(1)'()01xkxkfxx，得11(1,0)kxk，20x.

所以没在区间1(1,)kk和(0,)上，'()0fx；在区间1(,0)kk上，'()0fx 故()fx得单调递增区间是1(1,)kk和(0,)，单调递减区间是1(,0)kk

7. （2010山东文21，单调性）

已知函数1()ln1()afxxaxaRx

⑴当1a时，求曲线()yfx在点(2,(2))f处的切线方程；

⑵当12a时，讨论()fx的单调性.

解：⑴ln20xy

⑵因为 11ln)(xaaxxxf，

所以 211)('xaaxxf221xaxax，),0(x，

令 ,1)(2axaxxg),,0(x

8. (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.

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．

9. （最值应用，转换变量）

设函数221()(2)ln(0)axfxaxax．