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2014年高考导数综合题做题技巧与方法总结

时间:2013-08-01


2014 年高考导数综合题做题技巧与方法总结
知识点梳理 1.导数与函数单调性的关系 设函数 f ( x) 在某个区间内可导,则在此区间内: (1) f ?( x) ? 0 ? f (x) ↗, f (x) ↗ ? f ?( x) ? 0 ; (2) f ?( x) ? 0 时, f ?( x) ? 0 ? f (x) ↗ (单调递减也类似的结论) 2.单调区间的求解过

程:已知 y ? f (x) (1)分析 y ? f (x) 的定义域; (2)求导数 y ? ? f ?(x) ; (3)解不等式 f ?( x) ? 0 ,解集在定义域内的部分为增区间 (4)解不等式 f ?( x) ? 0 ,解集在定义域内的部分为减区间 3.函数极值的求解步骤: (1)分析 y ? f (x) 的定义域; (2)求导数 y ? ? f ?(x) 并解方程 f ?( x) ? 0 ; (3)判断出函数的单调性; (4)在定义域内导数为零且由增变减的地方取极大值; 在定义域内导数为零且由减变增的地方取极小值。 4.函数在区间内的最值的求解步骤: 利用单调性或者在求得极值的基础上再考虑端点值比较即可。 一、典型例题讲解 1 例 1、已知函数 f ( x) ? x3 ? x 2 ? 3x ? 1 , g ( x) ? ? x 2 ? 2 x ? a 3 (1)讨论方程 f ( x) ? k ( k 为常数)的实根的个数。 (2)若对 x ? ? 0 , 2? ,恒有 f ( x) ? a 成立,求 a 的取值范围。 (3)若对 x ? ? 0 , 2? ,恒有 f ( x) ? g ? x ? 成立,求 a 的取值范围。 (4)若对 x1 ? ? 0 , 2 ? , x2 ? ? 0 , 2 ? ,恒有 f ( x1 ) ? g ? x2 ? 成立, 求 a 的取值范围。 解: (1)求导得: f ?( x) ? x 2 ? 2 x ? 3 令 f ?( x) ? 0 解得 x ? ?3 或 x ? 1 ,此时 f ( x) 递增, 令 f ?( x) ? 0 解得 ?3 ? x ? 1 , 此时 f ( x) 递减,

?当 x ? ?3 时 f ( x) 取极大值为 f ( ? 3 ) ? 10
当 x ? 1 时 f ( x) 取极小值为 f ( 1 ) ? ?

2 3 ?方程 f ( x) ? k ( k 为常数)的实根的个数就是函数 y ? f ( x) 与 y ? k 的图象的交点个数 ?当 k ? ? 2 或 k ? 10 时方程有 1 个实根; 3

当k ? ?

2 或 k ? 10 时方程有 2 个实根; 3

2 当 ? ? k ? 10 时方程有 3 个实根。 3

(2) x ? ? 0 , 2? 时,要使得 f ( x) ? a 恒成立,则只需 f ( x)min ? a 由(1)可知 x ? ? 0 , 2? 时 f ( x) min ? f ? 1 ? ? ?
3 即 f ( x) ? g ? x ? ? 0 ,设 h ? x ? ? f ( x) ? g ? x ? ,

? a ? ? 2 (3) x ? ?0 , 2? 时,要使得 f ( x) ? g ? x ? 恒成立,
则只需 x ? ? 0 , 2? 时 h( x) min ? 0

2 3

? h ? x ? ? f ( x) ? g ? x ? ? 1 x
2

3

3 令 h? ? x ? ? x ? 4 x ? 5 ? 0 得 x ? ?5 或 x ? 1

? 2 x 2 ? 5x ? a ? 1

? x ? ? 0 , 2? ?比较 h ? 0 ? ? 1 ? a
1 5 h ?1? ? ? 2 ? 5 ? 1 ? a ? ? ? a 3 3 8 5 h ? 2 ? ? ? 8 ? 10 ? 1 ? a ? ? a 3 3 5 得 h( x) min ? ? ? a 3 5 ? ? ?a ?0 即 a ? ?5 3 3

(4)要有对 x1 ? ? 0 , 2 ? , x2 ? ? 0 , 2 ? ,恒有 f ( x1 ) ? g ? x2 ? 成立, 则只需在 x ? ? 0 , 2? 中 f ( x)min ? g ? x ?max
2 3 2 而 g ( x) ? ? x ? 2 x ? a 的对称轴为 x ? 1 且开口向下,

由(1)可知 x ? ? 0 , 2? 时 f ( x) min ? f ? 1 ? ? ? 当 x ? ? 0 , 2? 时 g ? x ?max ? g ?1? ? 1 ? a

? ? 2 ? 1? a 即 a ? ? 5
3

3

练习
1 1.已知函数 f ( x) ? ln x ? x 2 , 4

(1).求 f ( x) 在 ? 0 , 2 ? 上的最值。

(2).若对 ?x ? ? 0 , 2? , f ( x) ? m ? ln 2 恒成立,求 m 的取值范围。 (3).若对 ?x ? ? 0 , 2? , f ( x) ? x ? m 恒成立,求 m 的取值范围。 (4).若 g ( x) ? x ? m ,对 ?x ? ? 0 , 2? ,使得 f ( x) ? g ? x ? 恒成立,求的 m 取值范围。

历年导数高考题 1.(2007 湖北, 20, 13 分) 已知定义在正实数集上的函数 f(x) = x2+2ax, g(x) =3a2ln x+b, (Ⅰ) (Ⅱ) (Ⅰ) 其中 a>0. 设两曲线 y=f(x) , y=g(x) 有公共点, 且在该点处的切线相同. 用 a 表示 b, 并求 b 的最大值; 求证:f(x) ≥g(x) (x>0) . 设 y=f(x) 与 y=g(x) (x>0) 在公共点(x0, y0) 处的切线相同. , 由题意 f(x0) =g(x0) ,

∵f '(x) =x+2a, g'(x) =

f '(x0) =g'(x0) . 即 由 x0+2a= 得 x0=a 或 x0=-3a(舍去) .

则有 b= a2+2a2-3a2ln a= a2-3a2ln a. 令 h(t) = t2-3t2ln t(t>0) , 则 h'(t) =2t(1-3ln t) . 于是 当 t(1-3ln t) >0, 即 0<t< 时, h'(t) >0; 当 t(1-3ln t) <0, 即 t> 时, h'(t) <0. 故 h(t) 在(0, - ) 为增函数, 在( , +∞) 为减函数.

于是 h(t) 在(0, +∞) 的最大值为 h( ) =

.

(Ⅱ) 证明:设 F(x) =f(x) -g(x) = x2+2ax-3a2ln x-b(x>0) , 则 F'(x) =x+2a= (x>0) .

故 F(x) 在(0, a) 为减函数, 在(a, +∞) 为增函数, 于是函数 F(x) 在(0, +∞) 上的最小值是 F(a) =F(x0) =f(x0) -g(x0) =0. 故当 x>0 时, 有 f(x) -g(x) ≥0, 即当 x>0 时, f(x) ≥g(x) . 2.(2007 天津, 20, 12 分) 已知函数 f(x) = (x∈R) , 其中 a∈R. (Ⅰ) 当 a=1 时, 求曲线 y=f(x) 在点(2, f(2) ) 处的切线方程; (Ⅱ) 当 a≠0 时, 求函数 f(x) 的单调区间与极值. 2.(Ⅰ) 当 a=1 时, f(x) = , f(2) = ,

又 f '(x) = = , f '(2) =- . 所以, 曲线 y=f(x) 在点(2, f(2) ) 处的切线方程为 y- =- (x-2) , 即 6x+25y-32=0. (Ⅱ) f '(x) = .= 由于 a≠0, 以下分两种情况讨论. .

(1) 当 a>0 时, 令 f '(x) =0, 得到 x1=- , x2=a. 当 x 变化时, f '(x) , f(x) 的变化情况 如下表: x f '(x) f(x) ↘ 0 极小值 , (a, +∞) 内为减函数, 在区间 , 且f =-a2. + ↗ 内为增函数. a 0 极大值 (a, +∞) ↘

所以 f(x) 在区间

函数 f(x) 在 x1=- 处取得极小值 f

函数 f(x) 在 x2=a 处取得极大值 f(a) , 且 f(a) =1. (2) 当 a<0 时, 令 f '(x) =0, 得到 x1=a, x2=- . 当 x 变化时, f '(x) , f(x) 的变化情况 如下表: x f '(x) f(x) (-∞, a) + ↗ a 0 极大值 ↘ 0 极小值 + ↗

所以 f(x) 在区间(-∞, a) ,

内为增函数, 在区间

内为减函数.

函数 f(x) 在 x1=a 处取得极大值 f(a) , 且 f(a) =1. 函数 f(x) 在 x2=- 处取得极小值 f , 且f =-a2.

3. (2007 全国Ⅱ, 22, 12 分) 已知函数 f(x) =x3-x. (Ⅰ) 求曲线 y=f(x) 在点 M(t, f(t) ) 处的切线方程; (Ⅱ) 设 a>0, 如果过点(a, b) 时作曲线 y=f(x) 的三条切线, 证明:-a<b<f(a) . (Ⅰ) 求函数 f(x) 的导数: f '(x) =3x2-1. 曲线 y=f(x) , 在点 M(t, f(t) ) 处的切线方程为: y-f(t) =f '(t) (x-t) , 即 y=(3t2-1) x-2t3. (Ⅱ) 证明:如果有一条切线过点(a, b) , 则存在 t, 使 b=(3t2-1) a-2t3. 于是, 若过点(a, b) 可作曲线 y=f(x) 的三条切线, 则方程 2t3-3at2+a+b=0. 有三个相异的实数根. 4. (2008 天津, 20, 12 分) 已知函数 f(x) =x+ +b(x≠0) , 其中 a, b∈R. (Ⅰ) 若曲线 y=f(x) 在点 P(2, f(2) ) 处的切线方程为 y=3x+1, 求函数 f(x) 的解析 式; (Ⅱ) 讨论函数 f(x) 的单调性; (Ⅲ) 若对于任意的 a∈ , 不等式 f(x) ≤10 在 上恒成立, 求 b 的取值范围.

(Ⅰ) f '(x) =1- , 由导数的几何意义得 f '(2) =3, 于是 a=-8. 由切点 P(2, f(2) ) 在直线 y=3x+1 上可得-2+b=7, 解得 b=9. 所以函数 f(x) 的解析 式为 f(x) =x- +9. (Ⅱ) f '(x) =1- . 当 a≤0 时, 显然 f '(x) >0(x≠0) . 这时 f(x) 在(-∞, 0) 、(0, +∞) 内是增函数;当 a>0 时, 令 f '(x) =0, 解得 x=± . 当 x 变化时, f '(x) 、f(x) 的变化情况如下表: x (-∞, - ) (- , 0) (0, ) f '(x) + 0 0 f(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 所以 f(x) 在(-∞, - ) 、( , +∞) 内是增函数, 在(- , 0) 、(0, ) 内是减函数. (Ⅲ) 由(Ⅱ) 知, f(x) 在 上的最大值为 f 与 f(1) 中的较大者, 对于任意的

( , +∞) + ↗

a∈

, 不等式 f(x) ≤10 在

上恒成立, 当且仅当



对任意的 a∈

成立. 从而得 b≤ ,

所以满足条件的 b 的取值范围是

.

5. (2009 重庆, 20, 13 分) 设函数 f(x) =ax2+bx+c(a≠0) , 曲线 y=f(x) 通过点(0, 2a+3) , 且在点(-1, f(-1) ) 处的切线垂直于 y 轴. (Ⅰ) 用 a 分别表示 b 和 c; (Ⅱ) 当 bc 取得最小值时, 求函数 g(x) =-f(x) e-x 的单调区间. 6.(Ⅰ) 因为 f(x) =ax2+bx+c, 所以 f '(x) =2ax+b. 又因为曲线 y=f(x) 通过点(0, 2a+3) , 故 f(0) =2a+3, 而 f(0) =c, 从而 c=2a+3. 又曲线 y=f(x) 在(-1, f(-1) ) 处的切线垂直于 y 轴, 故 f '(-1) =0, 即-2a+b=0, 因此 b=2a. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 得 bc=2a(2a+3) =4 - ,

故当 a=- 时, bc 取得最小值- . 此时有 b=- , c= . 从而 f(x) =- x2- x+ , f '(x) =- x- . g(x) =-f(x) e-x= e-x,

所以 g'(x) =[f(x) -f '(x) ]e-x=- (x2-4) e-x. 令 g'(x) =0, 解得 x1=-2, x2=2. 当 x∈(-∞, -2) 时, g'(x) <0, 故 g(x) 在 x∈(-∞, -2) 上为减函数; 当 x∈(-2, 2) 时, g'(x) >0, 故 g(x) 在 x∈(-2, 2) 上为增函数; 当 x∈(2, +∞) 时, g'(x) <0, 故 g(x) 在 x∈(2, +∞) 上为减函数. 由此可见, 函数 g(x) 的单调递减区间为(-∞, -2) 和(2, +∞) ;单调递增区间为(-2, 2) . 7.(2009 北京, 18, 13 分) 设函数 f(x) =xekx(k≠0) . (Ⅰ) 求曲线 y=f(x) 在点(0, f(0) ) 处的切线方程; (Ⅱ) 求函数 f(x) 的单调区间; (Ⅲ) 若函数 f(x) 在区间(-1, 1) 内单调递增, 求 k 的取值范围. 7.(Ⅰ) f '(x) =(1+kx) ekx, f '(0) =1, f(0) =0, 曲线 y=f(x) 在点(0, f(0) ) 处的切线方程 为 y=x. (Ⅱ) 由 f '(x) =(1+kx) ekx=0 得 x=- (k≠0) . 若 k>0, 则当 x∈ 当 x∈ 时, f '(x) <0, 函数 f(x) 单调递减;

时, f '(x) >0, 函数 f(x) 单调递增. 时, f '(x) >0, 函数 f(x) 单调递增;

若 k<0, 则当 x∈

当 x∈

时, f '(x) <0, 函数 f(x) 单调递减.

(Ⅲ) 由(Ⅱ) 知, 若 k>0, 则当且仅当- ≤-1, 即 k≤1 时, 函数 f(x) 在(-1, 1) 内单调 递增; 若 k<0, 则当且仅当- ≥1, 即 k≥-1 时, 函数 f(x) 在(-1, 1) 内单调递增. 综上可知, 函数 f(x) 在区间(-1, 1) 内单调递增时, k 的取值范围是[-1, 0) ∪(0, 1]. 8.(2009 重庆, 18, 13 分) 设函数 f(x) =ax2+bx+k(k>0) 在 x=0 处取得极值, 且曲线 y=f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线垂直于直线 x+2y+1=0. (Ⅰ) 求 a, b 的值; (Ⅱ) 若函数 g(x) =
2

, 讨论 g(x) 的单调性.

8.(Ⅰ) 因 f(x) =ax +bx+k(k>0) , 故 f '(x) =2ax+b, 又 f(x) 在 x=0 处取得极值, 故 f '(0) =0, 从而 b=0. 由曲线 y=f(x) 在(1, f(1) ) 处的切线与直线 x+2y+1=0 相互垂直可知该切线斜率为 2, 即 f '(1) =2, 有 2a=2, 从而 a=1. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 知, g(x) = (k>0) , g'(x) = (k>0) , 2 令 g'(x) =0, 有 x -2x+k=0(k>0) . ①当 Δ=4-4k<0, 即当 k>1 时, g'(x) >0 在 R 上恒成立, 故函数 g(x) 在 R 上为增函 数. ②当 Δ=4-4k=0, 即当 k=1 时, 有 g'(x) = >0(x≠1) , 从而当 k=1 时, g(x) 在 R 上为增函数. ③当 Δ=4-4k>0, 即当 0<k<1 时, 方程 x2-2x+k=0 有两不相等实根 x1=1, x2=1+ . 当 x∈(-∞, 1) 时, g'(x) >0, 故 g(x) 在(-∞, 1) 上为增函数; 当 x∈(1, 1+ ) 时, g'(x) <0, 故 g(x) 在(1, 1+ ) 上为减函数; 当 x∈(1+ , +∞) 时, g'(x) >0, 故 g(x) 在(1+ , +∞) 上为增函数. 9. (2009 天津, 20, 12 分) 已知函数 f(x) =(x2+ax-2a2+3a) ·x(x∈R) , 其中 a∈R. e (Ⅰ) 当 a=0 时, 求曲线 y=f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线的斜率; (Ⅱ) 当 a≠ 时, 求函数 f(x) 的单调区间与极值. 9.(Ⅰ) 当 a=0 时, f(x) =x2ex, f '(x) =(x2+2x) ex, 故 f '(1) =3e. 所以曲线 y=f(x) 在点(1, f(1) ) 处的切线的斜率为 3e. (Ⅱ) f '(x) =[x2+(a+2) x-2a2+4a]ex. 令 f '(x) =0, 解得 x=-2a 或 x=a-2. 由 a≠ 知, -2a≠a-2. 以下分两种情况讨论. ①若 a> , 则-2a<a-2, 当 x 变化时, f '(x) 、f(x) 的变化情况如下表

x (-∞, -2a) -2a (-2a, a-2) f '(x) + 0 f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以 f(x) 在(-∞, -2a) , (a-2, +∞) 内是增函数, 在(-2a, a-2) 内是减函数. 函数 f(x) 在 x=-2a 处取得极大值 f(-2a) , 且 f(-2a) =3ae-2a. 函数 f(x) 在 x=a-2 处取得极小值 f(a-2) , 且 f(a-2) =(4-3a) ea-2. ②若 a< , 则-2a>a-2. 当 x 变化时, f '(x) 、f(x) 的变化情况如下表 x (-∞, a-2) a-2 (a-2, -2a) f '(x) + 0 f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以 f(x) 在(-∞, a-2) , (-2a, +∞) 内是增函数, 在(a-2, -2a) 内是减函数. 函数 f(x) 在 x=a-2 处取得极大值 f(a-2) , 且 f(a-2) =(4-3a) ea-2. 函数 f(x) 在 x=-2a 处取得极小值 f(-2a) , 且 f(-2a) =3ae-2a. 10.(2010 重庆, 18, 13 分) 已知函数 f(x) = +ln(x+1) , 其中实数 a≠-1.

a-2 0 极小值

(a-2, +∞) + ↗

-2a 0 极小值

(-2a, +∞) + ↗

(Ⅰ) 若 a=2, 求曲线 y=f(x) 在点(0, f(0) ) 处的切线方程; (Ⅱ) 若 f(x) 在 x=1 处取得极值, 试讨论 f(x) 的单调性. 10.(Ⅰ) f '(x) = 当 a=2 时, f '(0) = 切线方程为 y+ + = + .

= , 而 f(0) =- , 因此曲线 y=f(x) 在点(0, f(0) ) 处的

= (x-0) , 即 7x-4y-2=0. + = + , 又因 f(x) 在 x=1 处取得极值,

(Ⅱ) 因 a≠-1, 由(Ⅰ) 知 f '(1) = 所以 f '(1) =0, 即 + =0, 解得 a=-3.

此时 f(x) = = +

+ln(x+1) , 其定义域为(-1, 3) ∪(3, +∞) , 且 f '(x) = , 由 f '(x) =0 得 x1=1, x2=7. 当-1<x<1 或 x>7 时, f '(x) >0;

当 1<x<7 且 x≠3 时, f '(x) <0. 由以上讨论知, f(x) 在区间(-1, 1], [7, +∞) 上是增函数, 在区间[1, 3) , (3, 7]上是 减函数.


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