高考导数分类型大题.doc

《高考导数分类型大题.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

1、高考导数-分类型大题————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：高考导数分类型大题考点一导数的几何意义例1[2011·湖南卷]曲线y＝－在点M处的切线的斜率为(　　)A．－B.C．－D.【答案】B【解析】对y＝－求导得到:y′＝＝，[来源:学科网ZXXK]当x＝，得到y′＝＝.例2[2011·山东卷]曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是(　　)A．－9B．－3C．9D．15【答案】C　【解析】因为y′＝3x2，所

2、以k＝y′

3、x＝1＝3，所以过点P(1,12)的切线方程为y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，所以与y轴交点的纵坐标为9.考点二导数的运算例3[2011·江西卷]若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)>0的解集为(　　)A．(0，＋∞)B．(－1,0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1,0)【答案】C　【解析】方法一：令f′(x)＝2x－2－＝>0，又∵f(x)的定义域为{x

4、x>0}，∴(x－2)(x＋1)>0(x>0)，解得x>2.故选C.方法二：令f′(x)＝2x－2－>0，由函数的定义域可排除B、D，取x＝1

5、代入验证，可排除A，故选C.例4[2011·辽宁卷]函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)【答案】B　【解析】设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>

6、2x＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B.考点三利用导数研究函数的单调性例5[2011·广东卷]设a＞0，讨论函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．【解答】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝，x2＝＋<0，所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1，且当00，f(x)在(0，x1)内为增函数；当x>x1时，f′(x)<0，f(x)在(x1，＋∞)内为减函数．f(x)的单调区间如下表：01(0，x1)(x1，x2)(x2，＋∞)(0，＋∞)(0，x1)(x1，

7、＋∞)(其中x1＝－，x2＝＋)例6[2011·福建卷]已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求实数b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m

8、a≠0，故：①当a>0时，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得00得01.　综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x1(1，e)e[来源:学。科。网]f′(x)－0＋f(x)2－单调递减极小值

9、1单调递增2又2－<2，所以函数f(x)(x∈)的值域为[1,2]．据此可得，若相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点．例7[2011·安徽卷]设f(x)＝，其中a为正实数．(1)当a＝时，求f(x)的极值点；(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．【解答】对f(x)求导得f′(x)＝ex.

10、①(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，解得x1＝，x2＝.结合①可知xf′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′