2020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

⑴sinx?x,x?(0,?)，变形即为点连线斜率小于1. ⑵ex?x?1 ⑶x?ln(x?1) ⑷lnx?x?ex,x?0.

sinx?1，其几何意义为y?sinx,x?(0,?)上的的点与原x一、导数单调性、极值、最值的直接应用

1. （切线）设函数f(x)?x2?a.

（1）当a?1时，求函数g(x)?xf(x)在区间[0,1]上的最小值；

（2）当a?0时，曲线y?f(x)在点P(x1,f(x1))(x1?a)处的切线为l，l与x轴交于点A(x2,0)求证：x1?x2?a.

解：(1)a?1时，g(x)?x3?x，由g?(x)?3x2?1?0，解得x?? g?(x)的变化情况如下表： x 3. 30 (0,3) 3g?(x) - 3 30 (3,1) 31 + 1

g(x) 0 ↘ 极小值 ↗ 0 3323时，g(x)有最小值g()??. 339(2)证明：曲线y?f(x)在点P(x1,2x12?a)处的切线斜率k?f?(x1)?2x1

所以当x? 曲线y?f(x)在点P处的切线方程为y?(2x12?a)?2x1(x?x1). x?ax?aa?x1?x1? 令y?0，得x2?1，∴x2?x1?1

2x12x12x1a?x1?0，即x2?x1. ∵x1?a，∴

2x1x1x12?ax1xaaa???21??a 又∵?，∴x2?22x12x122x122x12222 所以x1?x2?a.

2. （2009天津理20，极值比较讨论）

已知函数f(x)?(x2?ax?2a2?3a)ex(x?R),其中a?R ⑴当a?0时，求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率；

w.w.w..s.5.u.c.o.m ⑵当a?2时，求函数f(x)的单调区间与极值. 3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. ⑵f'(x)?x2?(a?2)x?2a2?4aex.

2令f'(x)?0，解得x??2a，或x?a?2.由a?知，?2a?a?2.

3??w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 以下分两种情况讨论： ①若a＞

2，则?2a＜a?2.当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表： 3x ???，?2a? ?2a ??2a，a?2? a?2 ?a?2，??? + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 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.

2②若a＜，则?2a＞a?2，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：

3x ???，a?2? a?2 ?a?2，?2a? ?2a ??2a，??? w.w.w..s.5.u.c.o.m + ↗ 0 极大值 — ↘ 0 极小值 + ↗ 2

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.

1223. 已知函数f(x)?x?2ax,g(x)?3alnx?b.

2⑴设两曲线y?f(x)与y?g(x)有公共点，且在公共点处的切线相同，若a?0，试建立b 关于a的函数关系式，并求b的最大值；

⑵若b?[0,2],h(x)?f(x)?g(x)?(2a?b)x在(0,4)上为单调函数，求a的取值范围。

w.w.w..s.5.u.c.o.m

4. （最值，按区间端点讨论）

a. x(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

3(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为，求a的值.

2已知函数f(x)=lnx－

解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x)＝1ax?a. ＋2＝2xxx∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.

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(2)由(1)可知：f ′(x)＝

x?a， x2①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＝

33，∴a＝－ (舍去). 22②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－

ea3＝，∴a＝－(舍去). e22③若－e

当10，∴f(x)在(－a,e)上为增函数， ∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝综上可知：a＝－e.

5. （最值直接应用）已知函数f(x)?x?（Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）若f(x)在[0,??)上的最大值是0，求a的取值范围.

3?a＝－e. 212ax?ln(1?x)，其中a?R. 2（Ⅰ）若x?2是f(x)的极值点，求a的值；

x(1?a?ax),x?(?1,??).

x?111依题意，令f?(2)?0，解得 a?. 经检验，a?时，符合题意.

33x（Ⅱ）解：① 当a?0时，f?(x)?.

x?1故f(x)的单调增区间是(0,??)；单调减区间是(?1,0).

1② 当a?0时，令f?(x)?0，得x1?0，或x2??1.

a解：（Ⅰ）f?(x)?当0?a?1时，f(x)与f?(x)的情况如下：

x (?1,x1) x1 (x1,x2) ? ↗ x2 (x2,??) ? ↘ f?(x) f(x) ? ↘ 0 f(x1) 0 f(x2) 所以，f(x)的单调增区间是(0,11?1)；单调减区间是(?1,0)和(?1,??). aa当a?1时，f(x)的单调减区间是(?1,??). 当a?1时，?1?x2?0，f(x)与f?(x)的情况如下：

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