高三导数压轴题题型归纳VIP免费

导数压轴题题型1.高考命题回顾例1已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.110(1)解f(x)＝e－ln(x＋m)f′(x)＝e－f′(0)＝e－＝0m＝1，x＋m0＋mxx1exx＋1－1定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e－＝，x＋mx＋1x显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．1(x>－2)．x＋2(2)证明g(x)＝e－ln(x＋2)，则g′(x)＝e－xxh(x)＝g′(x)＝ex－11(x>－2)h′(x)＝ex＋>0，x＋2x＋22所以h(x)是增函数，h(x)＝0至多只有一个实数根，1111又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，22e321所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间－，0内，2设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－11＝0－g′(t)＝0，g(x)单调递增；11＋t2所以g(x)min＝g(t)＝e－ln(t＋2)＝＋t＝>0，t＋2t＋2t当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.例2已知函数f(x)满足f(x)f'(1)ex1f(0)x12x（2012全国新课标）2(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)12xaxb，求(a1)b的最大值。21（1）f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x2令x1得：f(0)11得：f(x)exxx2g(x)f(x)ex1x2g(x)ex10yg(x)在xR上单调递增1得：f(x)的解析式为f(x)exxx22且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)（2）f(x)12xaxbh(x)ex(a1)xb0得h(x)ex(a1)2①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增x时，h(x)与h(x)0矛盾②当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1)得：当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0令F(x)x2x2lnx(x0)；则F(x)x(12lnx)e2e2当xe时，F(x)max当ae1,be时，(a1)b的最大值为例3已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30。x1x（2011全国新课标）（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)lnxk，求k的取值范围。x1x(解（Ⅰ）f'(x)x1lnx)1bxx2y30由于直线的斜率为，222(x1)xf(1)1,b1,且过点(1,1)，故1即a1f'(1),b,222解得a1，b1。（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1，所以x1xlnxk1(k1)(x21)f(x)()(2lnx)。x1x1x2x(k1)(x21)2x(k1)(x21)考虑函数h(x)2lnx。(x0)，则h'(x)2xx22k(x1)(x1)(i)设k0，由h'(x)知，当x1时，h'(x)0，h(x)递减。而h(1)02x故当x(0,1)时，h(x)0，可得1h(x)0；21x当x（1，+）时，h（x）<0，可得1h（x）>021x从而当x>0,且x1时，f（x）-（lnxklnxk+）>0，即f（x）>+.x1xx1x（ii）设00,1k1k.11）时，h（x）>0，可得h（x）<0,1k1x2故h(x）>0,而h（1）=0，故当x（1，与题设矛盾。'2'（iii）设k1.此时x12x，(k1)(x21)2x0h（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得1h（x）<0,与题设矛盾。21x综合得，k的取值范围为（-，0]例4已知函数f(x)＝(x+3x+ax+b)e.（2009宁夏、海南）(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.解:(1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x+(3x2+6x－3)e－x＝－e－x(x3－9x)＝－x(x－3)(x+3)e－x.当x＜－3或0＜x＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x＜0或x＞3时,f′(x)＜0.从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x+(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］.由条件得f′(2)＝0,即2+2(a－6)+b－...