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高三复习导数常见题型归纳

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导数常见题型归纳

1.高考命题回顾

例1.（2013全国1）已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）若≥－2时，≤，求的取值范围。

分析：⑴a=4,b=c=d

设Fx=

由已知F0≥

①若1≤ke2则?2

x∈x1,+∞时，

故当x≥?2时Fx

②若k=e2则

所以Fx在?2,+∞上单调递增，而F?

③若ke2，则F

即fx

综上所述。k的取值范围1

例2．（2013全国2）已知函数．（Ⅰ）设是的极值点，求，并讨论的单调性；（Ⅱ）当时，证明．

分析：（Ⅰ）m=1。fx在?

（Ⅱ）当m≤2。x∈

故只需证明m=2时

当m=2时。fx

故fx=0在?2

当x∈?2,x0

从而x∈?2,

故f

综上知，当时，证明．

例3.(2014全国1)设函数，曲线在点（1，）处的切线为.(Ⅰ)求；（Ⅱ）证明：.

(1)解函数f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋ex－1.

由题意可得f(1)＝2,f′(1)＝e.故a＝1,b＝2.

(2)证明由(1)知,f(x)＝exlnx＋ex－1,从而f(x)1等价于xlnxxe－x－.

设函数g(x)＝xlnx,则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈时,g′(x)0；

当x∈时,g′(x)0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,

从而g(x)在(0,＋∞)上的最小值为g＝-.

设函数h(x)＝xe－x－,则h′(x)＝e－x(1－x).

所以当x∈(0,1)时,h′(x)0；当x∈(1,＋∞)时,h′(x)0.

故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,

从而h(x)在(0,＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上,当x0时,g(x)h(x),即f(x)1.

例4．（2014全国2）已知函数。（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）设，当时，,求的最大值；

（Ⅲ）已知，估计的近似值（精确到0.001）。

（Ⅰ）fx=ex

（Ⅱ）gx

g

①当b≤2时gx≥0gx

②当b2时，若x满足2e

综上b的最大值为2

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，g

当b=2时

当b=3

gln2

所以ln2的近似值为0.693

例5【2015高考新课标1】已知函数f（x）=.(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线的切线；（Ⅱ）用表示m,n中的最小值，设函数，讨论h（x）零点的个数.

解(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)＝0,f′(x0)＝0.即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x

解得x0＝,a＝－.因此,当a＝－时,x轴为曲线y＝f(x)的切线.

(2)当x∈(1,＋∞)时,g(x)＝－lnx0,从而h(x)＝min{f(x),g(x)}≤g(x)0,

故h(x)在(1,＋∞)无零点.

当x＝1时,若a≥－,则f(1)＝a＋≥0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝g(1)＝0,故x＝1是h(x)的零点；若a－,则f(1)0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝f(1)0,故x＝1不是h(x)的零点.

当x∈(0,1)时,g(x)＝－lnx0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.

(ⅰ)若a≤－3或a≥0,则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)＝,f(1)＝a＋,所以当a≤－3时,f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.

(ⅱ)若－3a0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x＝时,f(x)取得最小值,最小值为f＝＋.

①若f0,即－a0,f(x)在(0,1)无零点；

②若f＝0,即a＝－,则f(x)在(0,1)有唯一零点；

③若f0,即－3a－,由于f(0)＝,f(1)＝a＋,所以当－a－时,f(x)在(0,1)有两个零点；当－3a≤－时,f(x)在(0,1)有一个零点.

综上,当a-或a-时,h(x)有一个零点；当a＝-或a＝-时,h(x)有两个零点；

当-a-时,h(x)有三个零点.

例6【2015高考新课标，理21】设函数fx=emx+x2?mx，⑴证明fx在?

(1)证明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.

若m≥0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1≤0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1≥0,f′(x)＞0.

若m＜0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1＞0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1＜0,f′(x)＞0.

所以,f(x)