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[压轴]高考数学复习导数大题


2012 高考压轴导数大题
例 1.已知函数 f ( x) ?

(1)证明 a ? 0 ; (2)若 z=a+2b,求 z 的取值范围。

1 3 1 2 x ? ax ? bx 在区间 [?11) , , (1, 3] 内各有一个极值点. 3 2

(I)求 a 2 ? 4b 的最大值; (II)当 a 2

? 4b ? 8 时,设函数 y ? f ( x) 在点 A(1 ,f (1)) 处的切线为 l ,若 l 在点 A 处 穿过函数 y ? f ( x) 的图象(即动点在点 A 附近沿曲线 y ? f ( x) 运动,经过点 A 时, 从 l 的一侧进入另一侧) ,求函数 f ( x ) 的表达式. 1. 已知函数

f ( x) ?

1 2 ax ? 2 x 2 , g ( x) ? lnx .

(Ⅰ)如果函数 y ? f ( x) 在 [1, ??) 上是单调增函数,求 a 的取值范围;

g ( x) 1 ? f ?( x) ? (2a ? 1) ( , e) (Ⅱ)是否存在实数 a ? 0 ,使得方程 x 在区间 e 内有且只
有两个不相等的实数根?若存在,请求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.

例 3 已知函数 f ?x ? ? 4 x 3 ? 3x 2 cos ? ? 3 cos ? ,其中 x ? R,? 为参数,且 0 ? ? ? 2? .
16

(1)当时 cos ? ? 0 ,判断函数 f ?x ? 是否有极值; (2)要使函数 f ( x) 的极小值大于零,求参数? 的取值范围;

2. 如果

f ? x0 ?

?x , f ?x0 ?? 是函数 f ?x ? 的一个极值点.已 是函数 f ? x ? 的一个极值,称点 0
a x

知函数 f ? x ? ? ?ax ? b ?e

?x ? 0且a ? 0?

(1)若函数 f ? x ? 总存在有两个极值点 A, B ,求 a, b 所满足的关系; 例 4.已知函数 f ( x) ? ax3 ? bx2 ? cx 在点 x0 处取得极大值 5 ,其导函数 y ? f '( x) 的图象经 过点 (1, 0) , (2, 0) . 求: (Ⅰ) x0 的值; (Ⅱ) a, b, c 的值. 例 5 设 x ? 3 是函数 f ?x? ? ?x 2 ? ax ? b?e3? x ?x ? R? 的一个极值点. (Ⅰ)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b ) ,并求 f ?x ? 的单调区间;
25 ? x 2 (Ⅱ)设 a ? 0 , g ?x ? ? ? ? a ? ?e .若存在 ? 1 , ? 2 ? ?0,4?使得 f ?? 1 ? ? g ?? 2 ? ? 1 成立, ? 4?

x ?1 (2)若函数 f ? x ? 有两个极值点 A, B ,且存在 a ? R ,求 A, B 在不等式 表示的
区域内时实数 b 的范围.(3)若函数 f ? x ? 恰有一个极值点 A ,且存在 a ? R ,使 A 在

? x ?1 ? y ?e 不等式 ? 表示的区域内,证明: 0 ? b ? 1 .
2 1 f ( x) ? x ln x, g ( x) ? ? x 3 ? ax 2 ? 3bx ? c(a, b, c ? R) 3 2 3 已知函数 .
? ? (1)若函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 是其定义域上的增函数,求实数 a 的取值范围;

求 a 的取值范围

例 6 已知函数 f ( x) ?

1 3 ax ? bx 2 ? (2 ? b) x ? 1 3

(2)若 g ( x) 是奇函数,且 g ( x) 的极大值是 大值;

g(

3 ) 3 ,求函数 g ( x) 在区间 [?1, m] 上的最

在 x ? x1 处取得极大值,在 x ? x2 处取得极小值,且 0 ? x1 ? 1 ? x2 ? 2 .

(3)证明:当 x ? 0 时,

f ?( x) ?

1 2 ? ?1 e x ex .

解法二:同解法一得 g ( x) ? f ( x) ? [(1 ? a ? b) x ?

2 1 ? a] 3 2

1 3a 3 ? ( x ? 1)[ x 2 ? (1 ? ) x ? (2 ? a)] . 3 2 2
因为切线 l 在点 A(1 ,f (1)) 处穿过 y ? f ( x) 的图象,所以 g ( x) 在 x ? 1 两边附近的函 数值异号,于是存在 m1,m2 ( m1 ? 1 ? m2 ) . 当 m1 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, g ( x) ? 0 ; 或当 m1 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, g ( x) ? 0 . 设 h( x ) ? x 2 ? ? 1 ?

1 a ?1 2 4 已知实数 a 满足 0<a≤2,a≠1,设函数 f (x)= x3- x +ax. 2 3 (Ⅰ) 当 a=2 时,求 f (x)的极小值;
(Ⅱ) 若函数 g(x)=x3+bx2-(2b+4)x+ln 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 5/4

1 3 1 2 例 1 解(I)因为函数 f ( x) ? x ? ax ? bx 在区间 [?11) 3] 内分别有一个极值 , , (1, 3 2
点,所以 f ?( x) ? x2 ? ax ? b ? 0 在 [?11) , , (1, 3] 内分别有一个实根, 设两实根为 x1,x2 ( x1 ? x2 ) ,则 x2 ? x1 ?

? ?

3a ? ? 3a ? ? x ? ? 2 ? ? ,则 2 ? ? 2 ?

a 2 ? 4b ,且 0 ? x2 ? x1 ≤ 4 .于是

当 m1 ? x ? 1 时, h( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, h( x) ? 0 ; 或当 m1 ? x ? 1 时, h( x) ? 0 ,当 1 ? x ? m2 时, h( x) ? 0 . 由 h(1) ? 0 知 x ? 1 是 h( x) 的一个极值点,则 h(1) ? 2 ?1 ? 1 ?
2 所以 a ? ?2 ,又由 a ? 4b ? 8 ,得 b ? ?1 ,故 f ( x ) ?

x2 ? 3 ,即 a ? ?2 , b ? ?3 时 0 ? a2 ? 4b ≤ 4 , 0 ? a2 ? 4b ≤16 ,且当 x1 ? ?1,
2 等号成立.故 a ? 4b 的最大值是 16.

3a ?0, 2

(II)解法一:由 f ?(1) ? 1 ? a ? b 知 f ( x ) 在点 (1 ,f (1)) 处的切线 l 的方程是

1 3 x ? x2 ? x . 3

y ? f (1) ? f ?(1)( x ? 1) ,即 y ? (1 ? a ? b) x ?

2 1 ? a, 3 2

例 3 解(Ⅰ)当 cos ? ? 0 时, f ( x) ? 4 x3 ,则 f ( x) 在 (??, ??) 内是增函数,故无极值. (Ⅱ) f '( x) ? 12x2 ? 6x cos? ,令 f '( x) ? 0 ,得 x1 ? 0, x2 ? cos ? .
2

因为切线 l 在点 A(1 ,f ( x)) 处空过 y ? f ( x) 的图象,

2 1 所以 g ( x) ? f ( x) ? [(1 ? a ? b) x ? ? a] 在 x ? 1 两边附近的函数值异号,则 3 2

由(Ⅰ) ,只需分下面两种情况讨论. ①当 cos ? ? 0 时,随 x 的变化 f '( x) 的符号及 f ( x) 的变化情况如下表: x
f '( x) f ( x)

x ? 1 不是 g ( x) 的极值点.
而 g ( x) ?

1 3 1 2 2 1 x ? ax ? bx ? (1 ? a ? b) x ? ? a ,且 3 2 3 2

(??, 0)

0 0 极大值

(0,

cos ? ) 2

cos ? 2

(

cos ? , ??) 2

g?( x) ? x2 ? ax ? b ? (1 ? a ? b) ? x2 ? ax ? a ?1 ? ( x ?1)( x ? 1 ? a) .
若 1 ? ?1 ? a ,则 x ? 1 和 x ? ?1 ? a 都是 g ( x) 的极值点.
2 所以 1 ? ?1 ? a ,即 a ? ?2 ,又由 a ? 4b ? 8 ,得 b ? ?1 ,故 f ( x ) ?

+ ↗



0 极小值

+ ↗

1 3 x ? x2 ? x . 3

因此,函数 f ( x) 在 x ? cos ? 处取得极小值 f( cos ? ) ,且 f ( cos ? ) ? ? 1 cos3 ? ? 3 ?
2
2
2 4

16 .

要使 f ( cos ? ) ? 0 ,必有 ? 1 cos ? (cos 2 ? ? 3 ) ? 0 ,可得 0 ? cos ? ? 3 . 2 4 4 2 由于 0 ? cos ? ? 3 ,故 ? ? ? ? ? 或 3? ? ? ? 11? .
2
6 2 2 6

所以 a ? m , b ? ? 3 m, c ? 2m
3 2

f ( x) ?

m 3 3 2| x ? mx ? 2mx, 3 2
3 2

②当时 cos ? ? 0 ,随 x 的变化, f '( x) 的符号及 f ( x) 的变化情况如下表:

由 f (1) ? 5, 即 m ? 3 m ? 2m ? 5, 得 m ? 6,
(0, ??)

x
f '( x)

(??,

cos ? ) 2

cos ? 2

(

cos ? , 0) 2

0
0 极小值

所以 a ? 2, b ? ?9, c ? 12

+

0 极大值

-

+ 例 5 解(Ⅰ)f `(x)=-[x2+(a-2)x+b-a ]e3 x,


f ( x)

因此,函数 f ( x)在x ? 0 处取得极小值 f (0) ,且 f (0) ? 3 cos ? .
16

由 f `(3)=0,得 -[32+(a-2)3+b-a ]e3 3=0,即得 b=-3-2a,


若 f (0) ? 0 ,则 cos ? ? 0 .矛盾.所以当 cos ? ? 0 时, f ( x) 的极小值不会大于零. 综 上 , 要 使 函 数 f ( x) 在 (??, ??) 内 的 极 小 值 大 于 零 , 参 数 ? 的 取 值 范 围 为
? ? 3? 11? . ( , )?( , ) 6 2 2 6

则 f `(x)=[x2+(a-2)x-3-2a-a ]e3


-x

=-[x2+(a-2)x-3-3a ]e3 x=-(x-3)(x+a+1)e3 x.


令 f `(x)=0,得 x1=3 或 x2=-a-1,由于 x=3 是极值点, 所以 x+a+1≠0,那么 a≠-4.

例 4 解法一: (Ⅰ)由图像可知,在 ? ??,1? 上
f ' ? x? ? 0 ,

,2 f ' ? x ? ? 0 ,在 ?1

? 上 f ' ? x? ? 0 ,在 ? 2, ??? 上

当 a<-4 时,x2>3=x1,则 在区间(-∞,3)上,f `(x)<0, f (x)为减函数; 在区间(3,―a―1)上,f `(x)>0,f (x)为增函数; 在区间(―a―1,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数. 当 a>-4 时,x2<3=x1,则 在区间(-∞,―a―1)上,f `(x)<0, f (x)为减函数; 在区间(―a―1,3)上,f `(x)>0,f (x)为增函数; 在区间(3,+∞)上,f `(x)<0,f (x)为减函数. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当 a>0 时,f (x)在区间(0,3)上的单调递增,在区间(3,4)上 单调递减,那么 f (x)在区间[0,4]上的值域是[min(f (0),f (4) ),f (3)], 而 f (0)=-(2a+3)e3<0,f (4)=(2a+13)e 1>0,f (3)=a+6,


故 f ( x) 在 上递增,在 (1,2) 上递减, (-?,1),(2,+?) 因此 f ? x ? 在 x ? 1 处取得极大值,所以 x0 ? 1 (Ⅱ) f ' ( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c, 由 f(1)=0,( f 2)=0,( f 1)=5,
' ' '

得 ?12a ? 4b ? c ? 0,
? ? a ? b ? c ? 5, ?

?3a ? 2b ? c ? 0,

解得 a ? 2, b ? ?9, c ? 12. 解法二: (Ⅰ)同解法一 (Ⅱ)设 f ' ( x) ? m( x ?1)( x ? 2) ? mx2 ? 3mx ? 2m, 又 f ' ( x) ? 3ax2 ? 2bx ? c,

那么 f (x)在区间[0,4]上的值域是[-(2a+3)e3,a+6]. 又 g ( x) ? (a 2 ? 25 )e x 在区间[0,4]上是增函数,
4

所以 z 的取值范围为 ?

? 16 ? , 8? . ? 7 ?

1解: (Ⅰ)当 a ? 0 时, f ( x) ? 2 x 在 [1, ??) 上是单调增函数,符合题意.
2 2 4

且它在区间[0,4]上的值域是[a + 25 , (a + 25 )e ],
4 4

由于(a2+ 25 )-(a+6)=a2-a+ 1 =( a ? 1 )2≥0,所以只须仅须
4

当 a ? 0 时, y ? f ( x) 的对称轴方程为 由于 y ? f ( x) 在 [1, ??) 上是单调增函数,

x??

2 a,

4

2

(a2+ 25 )-(a+6)<1 且 a>0,解得 0<a< 3 .
4 2

故 a 的取值范围是(0, 3 ).
2

2 ?1 所以 a ,解得 a ? ?2 或 a ? 0 ,所以 a ? 0 . ?
当 a ? 0 时,不符合题意. 综上, a 的取值范围是 a ? 0 .

例 6 解(Ⅰ)由函数 f ( x ) 在 x ? x1 处取得极大值,在 x ? x2 处取得极小值,知 x1,x2 是 f ?( x) ? 0 的两个根. 所以 f ?( x) ? a( x ? x1 )( x ? x2 ) 当 x ? x1 时, f ( x ) 为增函数, f ?( x) ? 0 ,由 x ? x1 ? 0 , x ? x2 ? 0 得 a ? 0 .

g ( x) lnx ? f ?( x) ? (2a ? 1) ? ax ? 2 ? (2a ? 1) (Ⅱ)把方程 x 整理为 x ,
即为方程 ax ? (1 ? 2a ) x ? lnx ? 0 .
2

? f ?(0) ? 0 ? (Ⅱ)在题设下, 0 ? x1 ? 1 ? x2 ? 2 等价于 ? f ?(1) ? 0 ? f ?(2) ? 0 ? ?2 ? b ? 0 ? 化简得 ? a ? 3b ? 2 ? 0 . ? 4a ? 5b ? 2 ? 0 ?
此 不 等 式 组 表 示 的 区 域 为 平 面

?2 ? b ? 0 ? 即 ? a ? 2b ? 2 ? b ? 0 . ? 4a ? 4b ? 2 ? b ? 0 ?

设 H ( x) ? ax ? (1 ? 2a ) x ? lnx ( x ? 0) ,
2

1 1 ,e ,e H ( x ) 原方程在区间( e )内有且只有两个不相等的实数根, 即为函数 在区间( e )内
有且只有两个零点.

H ?( x) ? 2ax ? (1 ? 2a) ?
aOb 上 三 条 直 线 :

1 x

2 ? b ? 0,a ? 3b ? 2 ? 0, 4a ? 5b ? 2 ? 0 .
所围成的 △ ABC 的内部,其三个顶点分别为: A ? , ?,B(2,, 2) C (4, 2) .

2ax 2 ? (1 ? 2a ) x ? 1 (2ax ? 1)( x ? 1) ? ? x x
? 令 H ( x) ? 0 ,因为 a ? 0 ,解得 x ? 1 或 ? 当 x ? (0,1) 时, H ( x) ? 0 ,

?4 6? ?7 7?
b

x??

1 2a (舍)

z 在这三点的值依次为

16 , 6, 8. 7

H ( x) 是减函数;

2 1

B(2, 2) C (4, 2)
?4 6? A? , ? 7 7

? 当 x ? (1, ??) 时, H ( x) ? 0 , H ( x) 是增函数.

? (3)由① f ( x) ? 0 ? x ? ax ? b ? 0 ( x ? 0)
2

1 ,e H ( x) 在( e )内有且只有两个不相等的零点, 只需

①当

b ? 0 f ?? x? ? a ? e x ?

a

x 2 ? ax ? b x2 在 x ? a 左右两边异号

?1 ?H(e)?0, ? ?H(x)min?0, ?H(e)?0, ? ?
? a 1 ? 2a (1 ? 2a)e ? a ? e 2 ? ? 1 ? ? 0, ? 2 2 e e e ? ? ? H (1) ? a ? (1 ? 2a ) ? 1 ? a ? 0, ?ae 2 ? (1 ? 2a)e ? 1 ? (e 2 ? 2e)a ? (e ? 1) ? 0, ? ? 即?
? e ?e ? a ? 2e ? 1 , ? ? ?a ? 1, ? 1? e ?a ? 2 , e ? 2 e ? ? ∴
2

? (a, f (a)) 是 y ? f ? x ? 的唯一的一个极值点

?-1 ? a ? 1且a ? 0 ? ? e ? ( a 2 ? b )e ? e 由题意知 ?
存在这样的 a 的满足题意
2



? 0 ? a2 ? 1 ? 2 ??1 ? a ? 1



0 ? a2 ? 1

? b ? 0 符合题意
2

②当 b ? 0 时, ? ? a ? 4b ? 0 即 4b ? a

a a ( , f ( )) y ? f ( x ) 2 这里函数 唯一的一个极值点为 2

e2 ? e2 ? e 1? a 1, e?1 所以 a 的取值范围是( 2e ? 1 ) . 解得2,
a a

f ' ( x) ? a ? e x ? (ax ? b)(?
2(1) 令

a )?ex 2 x

? a ? 2 ? 1且a ? 0 ? ? 1 ? ? e ? ( a ? b )e 2 ? e ? 2 由题意 ?

f ?? x? ? 0

得 x ? ax ? b ? 0
2

? a 2 ? 4b ? 0



a ? 0且x ? 0

?b ?

a2 且b ? 0 4
2

? 0 ? a2 ? 4 ? 1 1 ? 2 a2 2 ? e ? ? b ? e ? ? 2 即 ?0 ? b ? 1



0 ? 4b ? 4 ? ? 1 ? 1 2 2 ?? e ? b ? e ?

综上知:满足题意 b 的范围为 b ? [0,1) .

(2) x ? ax ? b ? 0 在 (?1,1) 有两个不相等的实根.



?? ? a ? 4b ? 0 ? a ? ? ?1 ? ? 1 2 ? ? 1? a ? b ? 0 ? ? ? 1? a ? b ? 0
2

3





(1)

f ?( x) ? ln x ? 1



g ?( x) ? ?2 x 2 ? ax ? 3b









?4b ? a ? 2 ?a ?4 ? b ? ?1 ?

2

h( x) ? ln x ? 2 x 2 ? ax ? 3b ? 1 ,
由于 h( x) 是定义域内的增函数,故 即

h?( x) ? 1 x ? 4x ? a ? 0
1

恒成立,

??1 ? b ? 1且b ? 0

a? 1 x ? 4x

对 ?x ? 0 恒成立,又 x

? 4x ? 4 x ? 2 ( 时取等号),故 a ? (??, 4] .

(2)由 g ( x) 是奇函数,则 g ( x) ? g (? x) ? 0 对 ?x ? 0 恒成立,从而 a ? c ? 0 , 所以

g ( x) ? ? x ? 3bx ,有 g ?( x) ? ?2 x ? 3b .
2 3 3

所以,f (x)极小值为 f (2)=

2 3



2

2 g ( 33 ) ,即 g ?( 33 ) ? 0 ,从而 b ? ? 9 由 g ( x) 极大值为 ;

(Ⅱ) 解:f ′(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a).Ks*5u
3 3

因此

2 2 ? g ( x) ? ? 2 3 x ? 3 x ,即 g ( x ) ? ?2 x ? 3 ? ?2( x ?
3

2

)( x ?
3 3

3 3

),

g ′(x)=3x2+2bx-(2b+4)+

1 x



( x ? 1)[3 x 2 ? (2b ? 3) x ? 1] x



所以函数 g ( x) 在

(??, ?

3 3

) 和 ( 33 , ??) 上是减函数,在 (?

, 33 ) 上是增函数.

令 p(x)=3x2+(2b+3)x-1, (1) 当 1<a≤2 时, f (x)的极小值点 x=a,则 g(x)的极小值点也为 x=a, 所以 p(a)=0, 即 3a2+(2b+3)a-1=0,

由 g ( x) ? 0 ,得 x ? ?1 或 x ? 0 ,因此得到: 当 ?1 ? m ? 0 时,最大值为 g (?1) ? 0 ; 当 当

0?m? m?
3 3

3 3

时,最大值为

3 2 g ( m) ? ? 2 3m ? 3m

; 即 b=

时,最大值为

g( ) ?
3 3

4 3 27

1 ? 3a 2 ? 3a 2a



.

(3)问题等价于证明

f ( x) ? x ln x ?
1 e

x ex

?2 e

对 x ? 0 恒成立;
1 e

此时 g(x)极大值=g(1)=1+b-(2b+4)=-3-b =-3+

f ?( x) ? ln x ? 1 ,所以当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 (0, ) 上单调减;

1 x ? (1 e , ?? ) 时, f ?( x ) ? 0 , f ( x ) 在 ( e , ?? ) 上单调增;

3a 2 ? 3a ? 1 2a



3 2

a?

1 2a

?

3 2



?1 x?1 e 时取得) 所以 f ( x) 在 (0, ??) 上最小值为 e (当且仅当


由于 1<a≤2, 3 1 3 5 3 1 3 a? ? ≤ ? 2- - = . 故 2 4 2 4 2 2a 2 (2) 当 0<a<1 时,
1 e

m( x ) ?

x ex

?2 e ( x ? 0)

,则

m?( x) ? 1e?xx

,得 m( x) 最大值

m(1) ? ?

(当且仅当 x ? 1 时

f (x)的极小值点 x=1,则 g(x)的极小值点为 x=1, 由于 p(x)=0 有一正一负两实根,不妨设 x2<0<x1, 所以 0<x1<1, 即 p(1)=3+2b+3-1>0, 5 故 b>- . 2 此时 g(x)的极大值点 x=x1,

取得), 又 f ( x) 得最小值与 m( x) 的最大值不能同时取到,所以结论成立.

4(Ⅰ) 解: 当 a=2 时,f ′(x)=x2-3x+2=(x-1)(x-2). 列表如下: x f′ (x) f (x) (- ? ,1 ) + 单调递增 1 0 极大值 (1,2) - 单调递减 2 0 极小值 (2,+ ? ) + 单调递增

有 g(x1)=x13+bx12-(2b+4)x1+lnx1 <1+bx12-(2b+4)x1

=(x12-2x1)b-4x1+1 <- =- =- ≤

(x12-2x1<0)

5 2 5 2 5 2

(x12-2x1)-4x1+1 Ks*5u x12+x1+1 (x1-

1 5

)2+1+

1 10

(0<x1<1)

11

10 5 < . 4

Ks*5u

综上所述,g(x)的极大值小于等于

5 4




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