导数压轴题题型
1. 高考命题回顾
x
例1已知函数f(x)＝e－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.
11xx0
(1)解 f(x)＝e－ln(x＋m)?f′(x)＝e－?f′(0)＝e－＝0?m＝1，
x＋m0＋mx1ex＋1－1x定义域为{x|x>－1}，f′(x)＝e－＝，
x＋mx＋1
显然f(x)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
1xx(2)证明 g(x)＝e－ln(x＋2)，则g′(x)＝e－(x>－2)．
x＋2
11xh(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)?h′(x)＝e＋>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，
22e3
2
?1?所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间?－，0?内， ?2?1?1?t设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝e－＝0?－ t＋2?2? 1t－t所以，e＝?t＋2＝e， t＋2 当x∈(－2，t)时，g′(x) 2 11＋tt所以g(x)min＝g(t)＝e－ln(t＋2)＝＋t＝>0， t＋2t＋2 当m≤2时，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)， xx 所以f(x)＝e－ln(x＋m)≥e－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； 12x?ax?b，求(a?1)b的最大值。 212x?1x?1（1）f(x)?f?(1)e?f(0)x?x?f?(x)?f?(1)e?f(0)?x 2 令x?1得：f(0)?1 12x?1?1 f(x)?f?(1)e?x?x?f(0)?f?(1)e?1?f?(1)?e 2(2)若f(x)?12x?g(x)?f?(x)?ex?1?x 2x g?(x)?e?1?0?y?g(x)在x?R上单调递增 f?(x)?0?f?(0)?x?0,f?(x)?0?f?(0)?x?0 12x 得：f(x)的解析式为f(x)?e?x?x 2 且单调递增区间为(0,??)，单调递减区间为(??,0) 12xx（2）f(x)?x?ax?b?h(x)?e?(a?1)x?b?0得h?(x)?e?(a?1) 2 ①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 得：f(x)?ex?x? (a?1)b?(a?1)?(a?1)ln(a?1)(a?1?0) 令F(x)?x?xlnx(x?0)；则F?(x)?x(1?2lnx) 2222e,F?(x)?0?x?e e 当x?e时，F(x)max? 2e 当a?e?1,b?e时，(a?1)b的最大值为 2例3已知函数，曲线在点处的切线方程为。（2011全国新课标） （Ⅰ）求、的值； （Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。 解（Ⅰ） 由于直线的斜率为， 且过点，故即 解得，。 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以 。 考虑函数，则。 (i)设，由知，当时，，h(x)递减。而 故当时， ，可得； 当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. （ii）设0 2 （x+1）+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。 （iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x （1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾。 综合得，k的取值范围为（-，0] 32－x 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; F?(x)?0?0?x?(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. 32－x 解: (1)当a＝b＝－3时,f(x)＝(x+3x－3x－3)e,故 32－x2－x f′(x)＝－(x+3x－3x－3)e +(3x+6x－3)e －x3－x ＝－e (x－9x)＝－x(x－3)(x+3)e. 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. 32－x2－x－x3 (2)f′(x)＝－(x+3x+ax+b)e +(3x+6x+a)e＝－e［x+(a－6)x+b－a］. 3 由条件得f′(2)＝0,即2+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a. －x3 从而f′(x)＝－e［x+(a－6)x+4－2a］.因为f′(α)＝f′(β)＝0, 32 所以x+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)＝(x－2)［x－(α+β)x+αβ］. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a－2. 故???? 2. 在解题中常用的有关结论※ (1)曲线y?f(x)在x?x0处的切线的斜率等于f?(x0)，且切线方程为 (???)2?4???12?4a.又(β－2)(α－2)＜0， 即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6. 于是β－α＞6. y?f?(x0)(x?x0)?f(x0)。 (2)若可导函数y?f(x)在 x?x0 处取得极值，则f?(x0)?0。反之，不成立。 (3)对于可导函数f(x),不等式f?(x)?0的解集决定函数f(x)的递增（减）区（?0）间。 (4)函数f(x)在区间I上递增（减）的充要条件是：?x?If?(x)?0(?0)恒成立（f?(x) 不恒为0）. (5)函数f(x)（非常量函数）在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f?(x)?0在区间I上有实根且为非二重根。（若f?(x)为二次函数且I=R，则有??0）。 (6) f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f?(x)?0或f?(x)?0在I上恒成立 (7)若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)min?0; 若?x?I，f(x)?0恒成立，则f(x)max?0 (8)若?x0?I，使得f(x0)?0，则f(x)max?0；若?x0?I，使得f(x0)?0，则f(x)min?0. (9)设f(x)与g(x)的定义域的交集为D，若?x?D f(x)?g(x)恒成立，则有 ?f(x)?g(x)?min?0. (10)若对?x1?I1、x2?I2 ，f(x1)?g(x2)恒成立，则f(x)min?g(x)max. 若对?x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2),则f(x)min?g(x)min. 若对?x1?I1，?x2?I2，使得f(x1)?g(x2)，则f(x)max?g(x)max.