高考导数题型大全及答案.doc
第三讲导数的应用
研热点（聚焦突破）类型一利用导数研究切线问题
导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x
0处的导数f′(x
)就是曲线y＝f(x)在点(x
,f(x
))处的切线的斜率,即k＝f′(x
)；
(2)曲线y＝f(x)在点(x
0,f(x
))处的切线方程为y－f(x
)＝f′(x
)(x－x
)．
[例1] (2012年高考安徽卷改编)设函数f(x)＝a e x＋
1
aex＋
b(a>0)．在点(2,f(2))处的切线方程为y＝
3
2
x,求a,b的值．[解析]∵f′(x)＝
a e x－
1 aex,
∴f′(2)＝a e2－
1
ae2＝
3
2, 解得
a e2＝2或a e2＝－
1
2(舍去),
所以a＝2
e2,代入原函数可得2＋1
2＋
b＝3, 即b＝
1
2, 故
a＝
2
e2,
b＝
1
2.
跟踪训练
已知函数f(x)＝x3－x.
(1)求曲线y＝f(x)的过点(1,0)的切线方程；
(2)若过x轴上的点(a,0)可以作曲线y＝f(x)的三条切线,求a的取值范围．
解析：(1)由题意得f′(x)＝3x2－1.曲线y＝f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t),即y＝(3t2－1)·x－2t3,将点(1,0)代入切线方程得2t3－3t2＋1＝0,解得t＝1或－,代入y＝(3t2－1)x－2t3得曲线y＝f(x)的过点(1,0)的切线方程为y＝2x－2或y＝－x＋.
(2)由(1)知若过点(a,0)可作曲线y＝f(x)的三条切线,则方程2t3－3at2＋a＝0有三个相异的实根,记g(t)＝2t3－3at2＋a.
则g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．
当a>0时,函数g(t)的极大值是g(0)＝a,极小值是g(a)＝－a3＋a,要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根,需使a>0且－a3＋a<0,即a>0且a2－1>0,即a>1；
当a＝0时,函数g(t)单调递增,方程g(t)＝0不可能有三个相异的实数根；
当a<0时,函数g(t)的极大值是g(a)＝－a3＋a,极小值是g(0)＝a,要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根,需使a<0且－a3＋a>0,即a<0且a2－1>0,即a<－1.
综上所述,a的取值范围是(－∞,－1)∪(1,＋∞)．
类型二利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导数的关系
在区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递增；如果f′(x)<0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递减．
[例2] (2012年高考山东卷改编)已知函数f(x)＝(k为常数,e＝2.718 28…是自然对数的底数),曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线与x 轴平行．
(1)求k 的值；
(2)求f (x )的单调区间． [解析] (1)由f (x )＝
ln x ＋k
ex
, 得f ′(x )＝1－kx －xln x
xex ,x ∈(0,＋∞)．
由于曲线y ＝f (x )在(1,f (1))处的切线与x 轴平行, 所以f ′(1)＝0,因此k ＝1.
(2)由(1)得f ′(x )＝(1－x －x ln x ),x ∈(0,＋∞)． 令h (x )＝1－x －x ln x ,x ∈(0,＋∞), 当x ∈(0,1)时,h (x )>0； 当x ∈(1,＋∞)时,h (x )<0.
又e x >0,所以当x ∈(0,1)时,f ′(x )>0； 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )<0.
因此f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,＋∞)．
跟踪训练
若函数f (x )＝ln x －12
ax 2－2x 存在单调递减区间,求实数a 的取值范围． 解析：由题知f ′(x )＝1x －ax －2＝－
ax2＋2x －1x ,因为函数f (x )存在单调递减区间,所以f ′(x )＝－ax2＋2x －1
x
≤0有解．又因为函数的定义域为(0,＋∞),则应有ax 2＋2x －1≥0在(0,＋∞)上有实数解．