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：

 (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：在什么范围取值时，对于任意的，函数在区间上总存在极值？

（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；

②当时，,，在上恒成立，故在上单调递增。  

故只要，解得综上所述， 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，，    

      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,从而问题转化为证明方程                  =0在上有解,并讨论解的个数                 

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 

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

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

令       （）

    列表

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：（1）  

将      

证明

       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

   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不为1，满足，求证：；

设，为数列的前项和，求证：

解：（1）设，

所以，所以，由，

又，所以，所以，

于是，

于是易求得的增区间为，减区间为

（2）由已知可得，当时，

两式相减得，所以或

当时，，若，则与矛盾，

所以，从而，于是要证的不等式即为，于是我们可以考虑证明不等式：，令，则，

再令，由知，所以当时，单调递增，所以，于是，即①

   令，当时，单调递增，所以，于是，即②

由①②可知，所以，

即原不等式成立。                                              

（3）由（2）可知，，在中，令，并将各式相加得

即       

方法总结:把数列问题转化为函数问题

例10、已知函数，若对任意恒有，求的取值范围。

解：f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞)，对f(x)求导数得 f '(x)= e－ax.  

 当00, f(x)在(－∞,1)和(1,+∞)为增函数.，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>f(0)=1；

当a>2时, 利用导数易得：f(x)在(－∞, －), (,1), (1,+∞)为增函数,

 f(x)在(－,)为减函数，取x0= ∈(0,1)，则由(Ⅰ)知 f(x0)当a≤0时, 对任意x∈(0,1)，恒有>1且e－ax≥1，得 f(x)= e－ax≥>1.；

综上当且仅当a∈(－∞,2)时，对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1。

例11：已知函数.

（Ⅰ）讨论函数的单调性；

（Ⅱ）设.如果对任意，，求的取值范围.

解：（Ⅰ）的定义域为（0，+∞）. .

当时，＞0，故在（0，+∞）单调增加；

当时，＜0，故在（0，+∞）单调减少；

当-1＜＜0时，令=0，解得.

则当时，＞0；时，＜0.

故在单调增加，在单调减少.

（Ⅱ）不妨假设，而＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调递减，从而

       ，

等价于，           ①

令，则

①等价于在（0，+∞）单调递递减少，即.

         从而

         故a的取值范围为（-∞，-2].