[压轴]高考数学复习导数大题精选10题-附详细解答

1、高考压轴导数大题1312例1.函数f(x) X ax bx在区间1,) , (1,3内各有一个极值点.322(I )求a 4b的最大值；(II )当a2 4b 8时，设函数y f(x)在点A(1, f(1)处的切线为I，假设I在点A处穿过函数y f (x)的图象(即动点在点 A附近沿曲线y f(x)运动，经过点A时，从I的一侧进入另一侧) 求函数f (x)的表达式.例3函数fx 4x3 3x2cos -cos，其中x R,为参数，且02 .16(1) 当时cos 0 ,判断函数f x是否有极值；(2) 要使函数f(x)的极小值大于零，求参数的取值范围；例4函数f(x) ax3 bx2 ex在点

2、x0处取得极大值5，其导函数y f'(x)的图象经过点(1,0) , (2,0) 求：(I) X。的值；(U) a, b, e 的值.例5设x 3是函数f xx2 ax b e3 x x R的一个极值点(I)求a与b的关系式(用a表示b),并求f x的单调区间；(H)设 a 0, g x a2 25 ex. 假设存在 1, 20,4 使得 f , g 21 成立，求a的取值范围例 6 函数 f(x) ax3 bx2(2 b)x 13在x x1处取得极大值，在x x2处取得极小值，且 0 x!1 x22 .(1)证明a 0 ；(2)假设z=a+2b,求z的取值范围。1 21.函数 f(X

3、) 2aX 2X, g(x) Inx.(i)如果函数y(x)在1，)上是单调增函数，求 a的取值范围;(n)是否存在实数g(x)a 0，使得方程x1f (x) (2 a 1)(,e)在区间e内有且只有两个不相等的实数根假设存在，请求出a的取值范围；假设不存在，请说明理由.a2如果fxo是函数f x的一个极值，称点心彳xo是函数f x的一个极值点函数f x ax bexx0且a0(1) 假设函数f x总存在有两个极值点A, B，求a，b所满足的关系；1e表示的ix(2) 假设函数f X有两个极值点A，B，且存在a R，求A，B在不等式x 3 a 1 2 4实数 a满足0v aw 2, a 1，设

4、函数f (x) = x - x + ax. 2(i )当a= 2时，求f (x)的极小值；32(n )假设函数g(x) = x + bx - (2 b+ 4)x + ln x (b R)的极小值点与f (x)的极小值点相同.表示的区域内时实数b的范围(3)假设函数f X恰有一个极值点A，且存在a R，使A在不等式y 区域内，证明：0 b 1.2312f (x) xln x,g(x) -x -ax 3bx c(a,b, c R)3函数32.(1)假设函数h(x)f (x) g (x)是其定义域上的增函数，求实数a的取值范围；g(盘假设g(x)是奇函数，且g(x)的极大值是 3 ，求函数g(x)在

5、区间hm上的最大值；1 2f (x) 1证明：当x 0时，e ex .求证：g( X)的极大值小于等于 5/4x2 ax b 0在1,1) , (1,3内分别有一个实根,1 3 1 2例1解(l)因为函数f(x) x3 ax2 bx在区间1,1) , (1,3内分别有一个极值点，所以f (x)32设两实根为禺，X2 ( X!X2),贝V x2x-i a24b，且 0 x2% < 4 .于是0 一 a2 4b < 4 , 02 2 a 4b < 16，且当捲1,X2 3，即a 2 , b3时等号成立故a4b的最大值是16.(II )解法一：由 f (1)1 a b知f (x)在

6、点(1, f (1)处的切线I的方程是y f(1) f (1)(x 1),即 y (1 a b)x 2 a ,32因为切线I在点A(1, f (x)处空过yf (x)的图象,所以 g(x) f (x) (1 a b)x-a在x 1两边附近的函数值异号，那么2x 1不是g(x)的极值点.b)x1 3 1 2(1而 g(x) x ax bx32g(x)x2 ax b(1 ab)x2ax1 (x 1)(x 1 a).1 a，那么 xa都是g(x)的极值点.所以11 a，即2又由a 4b 8，得b 1，故f (x)解法二：同解法一得g(x)2 1f(x) (1 a b)x 3 齐1 21(x 1)x

7、(13a)x (2 fa).2 2因为切线I在点A(1, f (1)处穿过yf(x)的图象，所以g(x)在 x1两边附近的函数值异号，于是存在m-i,m2( m11m2).m x 1 时，g(x) 0，当 1 xmi?时，g(x) 0或当mH x 1时，g(x) 0，当1x m2 时，g(x)设 h(x) x23a2，那么当 m x 1 时，h(x) 0,当 1 x m2 时，h(x) 0;或当 mi x 1 时，h(x) 0,当 1 x m2 时，h(x) 0.3a 由h(1)0知x 1是h(x)的一个极值点，贝U h(1)2 110 ,2所以 a 2，又由 a2 4b 8，得 b 1，故

8、f (x)- x3 x2 x .3例3解(I )当cos 0时，f (x) 4x3，那么f (x)在(，)内是增函数，故无极值(U) f '(x)12x? 6xcos ，令 f'(x)0，得为 0,x2 C0S .2由(I),只需分下面两种情况讨论.当 cos 0时，随x的变化f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表:x(,0)0(0符cos2(COS(2 ')f'(x)+0-0+f(x)/极大值极小值/因此，函数f(x)在x C£J处取得极小值f(C£),且f(d)丄cos3空222416要使 f (cos ) 0，必有 1 co

9、s (cos2-) 0，可得 0 cos 3 .2442由于0 cos 乜，故或 丄2 6 2 2 6当时 cos 0 , 随x的变化，f '(x)的符号及f(x)的变化情况如下表:x(coscoscos(丁。)0(0,)2f '(x)+0-0+f(x)/极大值极小值/因此，函数f(x)在x 0处取得极小值f(0)，且16假设 f(0) 0，贝V cos 0.矛盾.所以当 cos 0 时，f (x)的极小值不会大于零综上，要使函数f(x)在(，)内的极小值大于零，参数 的取值范围为(_ _、(乞11(6'2) ( 2 ' 6例4解法(I)由图像可知，在,1 上

10、f' x 0，在 1,2 上 f ' x 0，在 2,上 f' x 0,(1,2)上递减,因此f x在x 1处取得极大值，所以x01(n)f'(x)3ax22bx c,由(1)=0,f(2):=0, f( 1)=5,口 3a2b c0,故 f (x) 在(-,1),( 2, + )上递增，在12a 4b c 0, a b c 5,解得 a 2,b9,c 12.解法二：(I)同解法2) mx2 3mx2m,又 f'(x)23ax2bxc,所以am,b3m,c 2m32m 332|f(x)-x-mx2mx,32由 f (1)5,即mi 3m 2m32所以a2

11、,b9,c12(n)设 f(X)m(x 1)(x5,得 m 6,23一 x例 5 解(I) f、(x)=- x + (a- 2)x + b a e ,由 f'(3)=0 ，得 一32+ (a 2)3 + b a e*3= 0，即得 b=- 3-2a,那么 f'(x)= x2+ (a 2) x 3 2a a e3x23 x3 x=x + ( a 2) x 3 3a e = (x 3)(x + a+1) e .令f '(x)= 0,得xi= 3或X2 = a 1,由于x = 3是极值点，所以 x+a+iz 0,那么 az 4.当 a< 4 时，X2>3= xi，

12、贝U在区间(一汽 3) 上, f '(x)<0, f (x)为减函数；在区间(3, a 1) 上, f '(x)>0, f (x)为增函数；在区间(一a 1,+)上，f '(x)<0, f (x)为减函数.当 a> 4 时，X2<3= xi,贝U在区间(一g, a 1) 上, f '(x) <0, f (x)为减函数；在区间(一a 1, 3) 上, f '(x)>0, f (x)为增函数；在区间(3,+) 上, f '(x)<0, f (x)为减函数.(n)由(I)知，当a>0时，f (x)在

13、区间(0, 3) 上的单调递增，在区间(3, 4)上单调递减，那么 f (x)在区间0 , 4上的值域是mi n(f (0) , f (4) ) , f (3),而 f (0) =( 2a+ 3) e3<0, f (4) =( 2a+ 13) e1>0, f (3) = a+ 6,那么f (x)在区间0 , 4上的值域是(2a+ 3) e3, a+ 6.又 g(x) (a2 25)ex 在区间0 , 4上是增函数，4且它在区间0 , 4上的值域是a2+ 25 , (a2+ 25 ) e4,44由于(a2+ 竺)一(a+ 6)= a2 a+ 1 =( a441) 2> 0,2所

14、以只须仅须(a2+25 ) ( a+ 6) <1 且 a>0,解得 0<a<3 .42故a的取值范围是(0, 3 ).2例6解(I)由函数f (x)在X X1处取得极大值，在X2处取得极小值，知 捲，X2是f (x)0的两个根.所以f (x)a(x x, )(x x2)当x x,时,f (x)为增函数,f (x)0，由 x x,X2(n)在题设下,X!1f (0)X22等价于 f(1)f4a2b 24b 22化简得a3b4a5b 2此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线：20,a 3b 2 0,4a 5b 2 0.所围成的 ABC的内部，其三个顶点分别为:z在这三点

15、的值依次为 16,6,8 .7所以z的取值范围为16,8 .71解: (I)当 a 0 时，f(x) 2x在1,a ,当a 0时，y f(x)的对称轴方程为由于y f(x)在1,)上是单调增函数,2 1所以a，解得a2或a 0，所以a0 .当a0时，不符合题意-综上，a的取值范围是a 0g(x)f (x)(2a 1)Inxax 2 (2 a 1)(n)把方程 x整理为x2即为方程 ax (1 2a)x Inx 0.设 H(x) ax2(1 2a)x Inx (x 0)1,e原方程在区间(e )内有且只有两个不相等的实数根即为函数1eH (x)在区间(e，)内有且只有两个零点1 H (x)2 a

16、x (1 2 a)-x2ax2(1 2a)x 1x(2ax 1)(x 1)x令H (x)0，因为ax0，解得x 1或丄2a (舍)当x (0,1)时，H (x) 0,H(x)是减函数;当x (1,)时,H (x)0，H(x)是增函数1H(x),e只需在(e )内有且只有两个不相等的零点1H(-) 0, eH(X)min 0,H(e) 0,a 1 2a 12eH(1)2ae(12(1 2a)e a e(1 2a)2a)e 12e1 a 0,(e2 2e)a(e0,1)0,2e e 2e 1,1,1 e2,e 2e1解得(2)(3)当2e 1 ,所以a的取值范围是(1,2e 1).f'(x

17、)aa ex (axab)(号)xaexax b4b 0 又*2a 且b 04由ax b1,1有两个不相等的实根4bf (x)b 0f x(a, f (a)是 yx2ax4b2abax b0 (x 0)2X 在X a左右两边异号的唯一的一个极值点-1 a由题意知 e be0 a2 11 a1即 0a21存在这样的a的满足题意0符合题意2当b 0时， a 4b 0即4b这里函数y f(x)唯一的一个极值点为由题意ae (21b)e2 e01e2即2a2a41b e22即0ie24b综上知：满足题意 b的范围为0,1)3解: (1) f (x) lnx 1g(x)2x2ax 3b 所以 h(x)

18、In x2x2 ax3b 1由于h(x)是定义域内的增函数，故h(x)a 0恒成立,即a x 4x对x 0恒成立，又4(x2时取等号)，故a(,4由g(x)是奇函数，那么g(x) g(x) 0 对 x0恒成立，从而a23所以 g(x)3x 3bx，有 g (x)2x2 3b由g(x)极大值为g肖)，即g(£0，从而b因此g(x)舟x3舟X,即g(x)2(x h)(x h)所以函数g(x)在()( l3 p3 )上是减函数，在(，_)上是增函数由 g(x) 0，得 x1或x 0，因此得到:当1 m 0时，最大值为g( 1)0 ；当° m身时，最大值为g(m)訶3討；当m身时，

19、最大值为g4)埠.问题等价于证明f(x) xln X孑e对X °恒成立；f (x) Inx 1，所以当X (0订)时，f(x) °， f(x)在(0,2)上单调减；当X (e，)时，f(X)°， f(x)在(e ,)上单调增；1 1所以f(x)在(°，)上最小值为星当且仅当X e时取得)设m(x) e Kx °)，那么m(x)宁，得m(x)最大值m(1)2(当且仅当X 1时取得),又f(x)得最小值与m(x)的最大值不能同时取到，所以结论成立 4( I )解：当 a= 2 时，f ' (x) = X2- 3x+ 2= (X 1)( x-2).列表如下：X(-,1 )1(1 , 2)2(2 , + )f '(+°°+X)f (X)单调递增极大值单调递减极小值单调递增2 所以，f (x)极小值为f (2)=32(n )解：f ' (x) = x - (a+ 1)x + a= (x- 1)( x