1、 1 / 14导数高考题一、导数的基本应用（一）研究含参数的函数的单调性、极值和最值基本思路：定义域 疑似极值点 单调区间 极值 最值基本方法： 一般通法：利用导函数研究法特殊方法：（1）二次函数分析法；（2）单调性定义法第一组 本组题旨在强化对函数定义域的关注，以及求导运算和分类讨论的能力与技巧【例题 1】已知函数 ，求导函数 ，并确定 的单调区间2()1xbf()fx()fx解： 24()()()xf A32(1)b31()b令 ，得 0b当 ，即 时， ，所以函数 在 和 上单调递1b2fxfx， ，减当 ，即 时， 的变化情况如下表：2()f1b， (1)b， ()，x0 当 ，即 时
2、， 的变化情况如下表：1b()f， ()， ()，0所以， 时，函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增，2()fx1b， ， (1b，时，函数 在 和 上单调递减b， ()，时，函数 在 和 上单调递减，在 上单调递()f)， ， ()，增第二组 本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧【例题 2】已知函数 的图象过点 ，且函数32()fxmnx(1,6)的图象关于 y 轴对称.（）求 的值及函数 的单调区间；()6gxfn、 ()yfx（）若 ，求函数 在区间 内的极值.0a()fx(,)a解：（）由函数 图象过点 ，得 ， ()f1,63m由 ， 得 ，则32()fxmn
3、x2()3fxxn2 / 14；2()63(6)gxfxmn而 图象关于 轴对称，所以 ，所以 ，y2033m代入得 .于是 .0n()()fxx由 得 或 ，故 的单调递增区间是 ， ；()fx2)f (,0)(2,)由 得 ，故 的单调递减区间是 .x(x（）由（）得 ，令 得 或 .()32)f()fxx当 变化时， 、 的变化情况如下表：xx(,0)(0,2)(2,)f(x) 0 0 f(x) 增 极大值 减 极小值 增由此可得：当 时， 在 内有极大值 ，无极小值；01a()fx1,)a()2f当 时， 在 内无极值；()f,当 时， 在 内有极小值 ，无极大值；13x()()6f当
4、 时， 在 内无极值.a()f1,a综上所述，当 时， 有极大值 ，无极小值；当 时， 有极小0()fx213a()fx值 ，无极大值；当 或 时， 无极值.63()fx点评：本题是前面两个例题的变式，同样考查了对导函数零点的分类讨论，但讨论的直接对象变为了函数自变量的研究范围，故此题思路不难，旨在帮助学生加深对此类问题本质的认识，并提升其详尽分类，正确计算的水平.【例题 3】已知函数 ，a0，2()1lnfxx(I)讨论 的单调性;()f(II)设 a=3，求 在区间1， 上值域.其中 e=2.71828是自然对数的底数.x2e解：（）由于 ,令 得/2()1afx1t/2()1(0)fxt
5、at 当 ，即 时， 恒成立， 在280a/0fx上都是增函数.(,)3 / 14 当 ，即 时，280a2a由 得 或21t84t284at 或 或0x2a20x又由 得 ，21t228844at2288aax综上, 当 在 上都是增函数；0a()fx,0)(当 在 及 上都是增函数，2f 28,a28(,)a在 是减函数.28(,)a（2 ）当 时，由（1）知， 在1，2上是减函数，在 上是增函数.3(fx2,e又 22()0,(2)3ln0,)50ffe函数 在区间1， 上的值域为 .x2 23ln, e点评：（1）第一问在前面例题的理论基础上，进一步加大了运算的难度，涉及到了换元法，分
6、母有理化等代数技巧；（2）第二问将问题延伸到了函数值域上，过程比较简单，是一个承上启下的过渡性问题.（二）利用函数的单调性、极值、最值，求参数取值范围基本思路：定义域 单调区间、极值、最值 不等关系式 参数取值范围基本工具：导数、含参不等式解法、均值定理等【例题 4】已知函数 32()fxbcx的图象在与 x轴交点处的切线方程是 510yx.（I）求函数 的解析式；（II）设函数 1()3gxfmx，若 ()g的极值存在，求实数 m的取值范围以及函数()x取得极值时对应的自变量 的值.解：（I）由已知,切点为(2,0),故有 (2)0f,即 40bc4 / 14又 2()34fxbxc，由已知
7、 (2)185fbc得 70c联立，解得 1,.所以函数的解析式为 32()fxx （II）因为 32()3gxxm令 14gm当函数有极值时，方程 140有实数解.则 ()0，得 .当 1m时， ()0x有实数 x，在 2左右两侧均有 gx，故 ()gx无极值当 时， ()g有两个实数根 121(),(),33mm(),gx情况如下表： x1(,)1x2(,)2x2()g+ 0 - 0 +(x 极大值 极小值 所以在 ,1)m时，函数 ()有极值；当 (23x时， gx有极大值；当 1(2)3xm时， ()gx有极小值；点评：（1） 本题第一问是求曲线切线的逆向设问，解题过程进一步强化了对切
8、点的需求.（2） 本题第二问是函数求极值的逆向设问，解题方法本质仍然是求含参数的函数的极值，难度不大.【例题 5】 设 ，函数 aR23)(xaxf（）若 是函数 的极值点，求 的值；xy（）若函数 ，在 处取得最大值，求 的取值范()0g， ， a围解：（）236(2)faxax因为 是函数 yf的极值点，所以 (2)0f，即 6(2)0a，因此1a经验证，当 1a时， 2x是函数 ()yfx的极值点 （） 由题设，32()63(2)gax当 x在区间 0， 上的最大值为 (0)g时，5 / 14(0)2g ，即 024a 故得 65反之，当65a时，对任意 0x， ，2()(3)(2)gx
9、 23(1)53(25)x0，而 0，故 gx在区间 ， 上的最大值为 0g综上， a的取值范围为65，点评：（1） 本题是求函数最值的逆向问题，答案所用的解法是一种比较特殊的方法，具有一定的思维难度.（2） 本题若用一般方法，则可求出 g(0)=0，将问题转化为 g(x)0 的恒成立问题，此种解法的计算量将有所加大.（三）导数的几何意义【例题 6】设函数 ，曲线 在点 处的切线方程为()bfxa()yfx2,()f.74120xy（）求 的解析式；()fx（）证明：曲线 上任一点处的切线与直线 和直线 所围成的三yf0xyx角形面积为定值，并求此定值.解：（）方程 可化为 ，当 时， ；74
10、120x734y21又 ，于是 ，解得 ， 故 2bfax74ba1ab3fx（）设 为曲线上任一点，由 知曲线在点 处的切线方程为0,Py23yx0,Py，即002031yx 0 0201x令 ，得 ，从而得切线与直线 的交点坐标为 ；x06yx06,令 ，得 ，从而得切线与直线 的交点坐标为 ；2xy2,x6 / 14所以点 处的切线与直线 所围成的三角形面积为 ；0,Pxy0,xy0162x故曲线 上任一点处的切线与直线 所围成的三角形面积为定值 6.f,x二、导数应用的变式与转化（一）函数的零点存在与分布问题问题设置：根据函数零点或方程实数根的个数求参数取值范围基本方法： 通性通法：函
11、数最值控制法特殊方法：（1）二次函数判别式法；（2）零点存在性定理第一组 二次函数（1） 本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识；（2） 本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平；（3） 研究二次函数零点分布问题时，除了判别式法以外，应补充极值（最值）控制法，为三次函数零点分布研究做方法上的铺垫.【例题 7】设函数 329()6fxxa （1）略；（2）若方程 0有且仅有一个实根，求 的取值范围.解：因为 当 1x时, ()f;当 12x时, ()0fx;当 2时, ()0fx;所以 当 时, 取极大值 5()fa; 当 2x时, ()f取极小值 ;故当 ()0f 或 1时, 方
12、程 ()0fx仅有一个实根. 解得 2a或 5.点评：本题是零点问题的方程形式，用函数最值控制法解答，属于本类问题的原型题.【例题 8】已知二次函数 )(xgy的导函数的图像与直线 2yx平行，且 )(xgy在x=1 处取得最小值 m1(m 0).设函数 gxf)(（1）若曲线 )(xfy上的点 P 到点 Q(0,2)的距离的最小值为 ,求 m 的值；（2） (Rk如何取值时,函数 kxfy)(存在零点,并求出零点.解：（1）设 2gxabc，则 2gab；又 的图像与直线 yx平行 ，解得 17 / 14又 gx在 1取极小值， 12b，解得 2babcm，解得 c；所以 2gxmf，设 ,
13、oPxy， 则 222000Qxyx220m24,解得 ；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）由 120myfxkx，得 210kxm*当 1k时，方程 *有一解 ，函数 yf有一零点 2；当 时，方程 有二解 4k，若 0m， 1k， yfx有两个零点 2411mkkx；若 ， 1， fk有两个零点24kx；当 1k时，方程 *有一解 410mk，即 1m, yfxk有一零点x点评：（1） 本题第一问是涉及均值定理的最值问题，题目计算量中等，思维难度不大；（2） 第二问涉及到的函数为二次函数，故而用含参二次方程的根系关系研究根的分布问题，是本部分的原型问题和重点问题.【例题 9】已
14、知 a 是实数，函数 ，如果函数 在区间 上axf32xfy1,有零点，求 a 的取值范围.解：若 , ,显然函数在 上没有零点. 0()23fx1,8 / 14若 ，令 , 解得 0a248340aa372a当 时, 恰有一个零点在 上;72yfx1,当 ，即 时， 在 上也恰0511af 5ayfx1,有一个零点.当 在 上有两个零点时, 则yfx或 208410af208410af解得 或 ，综上，所求实数 的取值范围是 或 .5a352a1a352点评：本题以二次函数为载体，设定在区间范围上的零点存在性问题，解答时依零点个数进行分类讨论，涉及到含参二次方程根的分布研究、零点存在性定理.
15、 是原型问题和重点题.【例题 10】已知函数 32()1)()fxaxb (,)aR（II）若函数 f在区间 ,上不单调，求 的取值范围解：（）函数 )(在区间 )(不单调，等价于导函数 xf在 1,既能取到大于 0 的实数，又能取到小于 0 的实数即函数 )(在 上存在零点，根据零点存在定理，有01f，即： )2()123)()23 aa整理得： 01)(5(a，解得 5第二组 三次函数（1） 本组题旨在加深对二次函数零点存在性与分布问题的认识；（2） 本题旨在提升对函数与方程关系问题的认识水平；（3） 本组题旨在加深对二次函数、三次函数零点分布问题的认识，进而深化对导数方法、极值、最值的理
16、解.【例题 11】已知函数 3()1,0fxa9 / 14（I）求 ()fx的单调区间；（II）若 在 1处取得极值，直线 y=m 与 ()yfx的图象有三个不同的交点，求 m 的取值范围.解：（1） 22()3(),fxax当 0a时，对 R，有 0f所以 (fx的单调增区间为 (,)当 时，由 ()fx解得 或 a，由 )0fx解得 ax，所以 的单调增区间为 (,)(,，单调减区间为 (,).（2）因为 ()fx在 1处取得极大值，所以 2130,1.a所以 2(),()3,fxfx由 0解得 12.由（1）中 ()fx的单调性可知，()f在 处取得极大值 1，在 x处取得极小值-3.因
17、为直线 ym与函数 ()yf的图象有三个不同的交点，所以 的取值范围是 3,.点评：（1） 本题是三次函数零点存在性问题的典型变式题，涉及图象交点向函数零点的转化关系；（2） 本题最终将问题转化为研究三次函数根的分布，采用极值（最值）控制法；（3） 在这里应结合上面例题进一步揭示研究二次方程与三次方程实根分布问题在方法上的本质关系，以便进一步加深对函数极值（最值）的认识和对利用导数研究函数性质.（二）不等式恒成立与存在解问题问题设置：当不等关系在某个区间范围内恒成立或存在解为条件，求参数的取值范围基本思路：转化为函数最值与参数之间的不等关系问题基本方法： 通性通法：变量分离法、变量转换、最值控
18、制法特殊方法：二次函数判别式法、二次函数根的分布研究10 / 14【例题 12】设函数 为实数.32()(1),afxxaa中（）若 对任意 都成立，求实数 的取值范围.21f0x解：法一（变量转换，最值控制法）： 对任意 都223()1x(0,)a成立.即 对任意 都成立22()0ax(,)a设 ，则对任意 ， 为单调递增函数()gxRxR()ga()R所以对任意 ， 恒成立的充分必要条件是 .(0,)a(0ga(0)即 ， ， 于是 的取值范围是2x2x x|2x法二（变量分离法）：由题设知： 对任意 都23(1)1a(,)成立，即 对任意 都成立.22()0axx(,)a于是 对任意 都
19、成立，即 .解得 的取值范围是2(,)20xx.|0x点评：变量分离法可以任何一个变量分离出来，例如本题也可以求出二次方程的根，这样就是将变量 x 分离出来了，但过程较复杂，不宜在此处选用.【例题 13】已知定义在正实数集上的函数 ， ，其中21()fxax2()3lngaxb设两曲线 ， 有公共点，且在该点处的切线相同0a()yfg（I）用 表示 ，并求 的最大值；（II）求证：f(x ) g(x)，其中 x 0b解：（）设 与 在公共点 处的切线相同(fx(0)x0()xy中， ，由题意 ， ()2fxa 23)g00fg00()fgx即 由 得： ，或 （舍去） 220001ln3xba
20、x中中 2003ax003xa11 / 14即有 222153ln3lnbaaa令 ，则 5()(0)htt()1)htt于是当 ，即 时， ；当 ，即 时，13ln)tt13te0t(3ln)0tt13te()0故 在 为增函数，在 为减函数，ht13e中13e中于是 在 的最大值为 ()t0)中 1233h（）设 ，22( ln(0)Fxfgxaxbx则 ()23)(30)a故 在 为减函数，在 为增函数，x0中(中于是函数 在 上的最小值是 ()F) 00()()Faxfgx故当 时，有 ，即当 时， x(0fxg 点评：（1） 本题以曲线的切线问题的载体，在第一问中考查了函数最值的求法
21、；（2） 第二问是恒成立问题的应用.两函数比较大小通过相减构造新函数运用导数知识（三） “零点存在与分布问题” 与“恒成立、存在解问题”之间的关系（1） 研究对象的本质相同，因此解题方向一致：函数的极值或最值控制是解决这两类问题的通性通法，针对特殊类型的函数，如二次函数，又都可以用相应的函数性质进行研究；（2） 研究对象的载体不同，因此解题方法不同：前者是函数与其所对应的方程之间关系的问题，后者是函数与其所对应的不等式之间关系的问题；（3）原型问题是根本，转化命题是关键：二者都可以进一步衍生出其他形式的问题，因此往往需要先将题目所涉及的问题转化为原型问题，然后利用通性通法加以解决，在转化过程中
22、应注意命题的等价性.【例题 14】设函数 0),(,)1(31)(2mRxmxxf 其 中（）略；（）求函数的单调区间与极值；（）已知函数 )(f有三个互不相同的零点 0， 21,，且 21.若对任意的,21x， 1恒成立，求 m 的取值范围.12 / 14解：（2） 12)( mxxf ，令 0)(xf，得到 mx1,因为 m1,0所 以 ，当 x 变化时， )(,f的变化情况如下表：x),(1(m),()f+ 0 - 0 +(x极小值极大值)(f在 )1,m和 ),(内减函数，在 )1,(m内增函数.函数 x在 处取得极大值 )1f，且 f= 31223函数 )(f在 处取得极小值 (，且
23、 )(=（3）解：由题设， )(3)3() 2122 xxmxxf 所以方程 1312=0 由两个相异的实根 21,，故 3，且 0)(4m，解得 )(2，舍因为 3,2,11 xxx故所 以若 0)(3)(2f则 ，而 0)(1xf，不合题意若 ,21x则对任意的 ,1x有 ,21则 )()(21f 又 )(f，所以函数 )(xf在 ,21x的最小值为 0，于是对任意的 ,x， 恒成立的充要条件是31)(2mf,解得 3m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 综上，m 的取值范围是 ),21(四、其它形式的问题【例题 15】设函数 其中实数 322()1,()1,fxaxgax0a（）若
24、 ，求函数 的单调区间；0a（）当函数 与 的图象只有一个公共点且 存在最小值时，记y() ()g的最小值为 ，求 的值域；()gx()h13 / 14（）若 与 在区间 内均为增函数，求 的取值范围()fxg(,2)aa解：（） ，又 ，233()xx0当 时， ；当 时， ，a或 )0f3()fx在 和 内是增函数，在 内是减函数()fx,)(,3(,a（）由题意知 ，即 恰有一根（含32211xax2)0重根） ，即 ，又 ， 2a00,(,2a当 时， 才存在最小值， ()g(,， . 的值域21()xa1),2h()h为 ,（）当 时， 在 和 内是增函数， 在 内是增函0a()fx
25、,)a(,)3()gx1,)a数由题意得 ，解得 ；31a当 时， 在 和 内是增函数， 在 内是增函数0a()fx,)(,)a()gx1,)a由题意得 ，解得 ；231a3综上可知，实数 的取值范围为 a(,1,)【例题 16】已知函数 有三个极值点 .4329)fxxc（I）证明： ；275c（II）若存在实数 c，使函数 在区间 上单调递减，求 的取值范围.(f,aa解：（I）因为函数 有三个极值点，43219)fxxc所以 有三个互异的实根.32(0设 则)9,gxxc2()3693()1,gxx14 / 14当 时， 在 上为增函数；3x()0,gx(),3)当 时， 在 上为减函数
26、；1gx(1当 时， 在 上为增函数；x(),x(),)所以函数 在 时取极大值，在 时取极小值.g3x当 或 时， 最多只有两个不同实根.(3)0(1)()0g因为 有三个不同实根，所以 且 .x3)(1)0g即 ，且 ，解得 且27c9c27,c5,故 .5（II）由（I）的证明可知，当 时, 有三个极值点.275()fx不妨设为 （ ） ，则123x， ， 13x123)().x所以 的单调递减区间是 , .()f 1(x， 23若 在区间 上单调递减，x,a则 , 或 ,21(x， a23x若 ，则 .由（I）知， ,于是， 115.a若 ,则 且 .由（I）知，,a23x2x3x2x又 当 时， ；()9,fc7()3()f当 时， .5c2()5(1)fxx因此，当 时， 所以 且27c3,a2.即 故 或31.a,.反之, 当 或 时，总可找到 使函数 在区间51a(7,5)c)(xf上单调递减.2综上所述， 的取值范围是a(5)(3,，
