高考导数题型大全及答案
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高考导数题型大全及答案
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 0)就是曲线y =f (x )在点(x 0,f (x 0))处的切线的斜率,即k =f ′(x 0);
(2)曲线y =f (x )在点(x 0,f (x 0))处的切线方程为y -f (x 0)=f ′(x 0)(x -x 0). [例1] (2012年高考安徽卷改编)设函数f (x )=a e x +
1
a e x
+b (a >0).在点(2,f (2))处的切线方程为y =32x ,求a ,b 的值. [解析] ∵f ′(x )=a e x -1a e
x ,
∴f ′(2)=a e 2-
1a e 2=32, 解得a e
2=2或a e 2=-12
(舍去), 所以a =2e 2,代入原函数可得2+12+b =3, 即b =1
2, 故a =2e 2,b =12
.
跟踪训练
已知函数f (x )=x 3-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 )=3x 2-1.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 =(3t 2-1)·x -2t 3,将点(1,0)代入切线方程得2t 3-3t 2+1=0,解得t =1或-
1
2,代入y =(3t 2-1)x -2t 3得曲线y =f (x )的过点(1,0)的切线方程为y =2x -2或y =-14x +1
4
.
(2)由(1)知若过点(a ,0)可作曲线y =f (x )的三条切线,则方程2t 3-3at 2+a =0有三个相异的实根,记g (t )=2t 3-3at 2+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)=ln
x
x k
e
(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
e x
,
得f′(x)=1-kx-x ln x
x e x
,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-1
2ax
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)=1
x
-ax-2=-
ax2+2x-1
x
,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ax2
+2x-1≥0在(0,+∞)
上有实数解.
(1)当a>0时,y=ax2+2x-1为开口向上的抛物线,所以ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上恒有解;
(2)当a<0时,y=ax2+2x-1为开口向下的抛物线,要使ax2+2x-1≥0在(0,+∞)上有实数解,则Δ=44a