高三导数压轴题题型归纳.doc

(x)=ex-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.(1)解 f(x)=ex-ln(x+m)⇒f′(x)=ex-⇒f′(0)=e0-=0⇒m=1,定义域为{x|x>-1},f′(x)=ex-=,显然f(x)在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.(2)证明 g(x)=ex-ln(x+2),则g′(x)=ex-(x>-2).h(x)=g′(x)=ex-(x>-2)⇒h′(x)=ex+>0,所以h(x)是增函数,h(x)=0至多只有一个实数根,又g′(-)=-<0,g′(0)=1->0,所以h(x)=g′(x)=0的唯一实根在区间内,设g′(x)=0的根为t,则有g′(t)=et-=0,所以,et=⇒t+2=e-t,当x∈(-2,t)时,g′(x)<g′(t)=0,g(x)单调递减;当x∈(t,+∞)时,g′(x)>g′(t)=0,g(x)单调递增;所以g(x)min=g(t)=et-ln(t+2)=+t=>0,当m≤2时,有ln(x+m)≤ln(x+2),所以f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)=g(x)≥g(x)min>(2012全国新课标)(1)求的解析式及单调区间;(2)若,求的最大值。(1)令得:得:在上单调递增得:的解析式为且单调递增区间为,单调递减区间为(2)得①当时,在上单调递增时,与矛盾②当时,得:当时,令;则当时,当时,的最大值为例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<k<=的图像开口向下,且,对称轴x=.当x(1,)时,(k-1)(x2+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),(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]例4已知函数f(x)=(x3+3x2+ax+b)e-x.(2009宁夏、海南)(1)若a=b=-3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(-∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β-α>:(1)当a=b=-3时,f(x)=(x3+3x2-3x-3)e-x,故f′(x)=-(x3+3x2-3x-3)e-x+(3x2+6x-3)e-x=-e-x(x3-9x)=-x(x-3)(x+3)e-<-3或0<x<3时,f′(x)>0;当-3<x<0或x>3时,f′(x)<(x)在(-∞,-3),(0,3)单调增加,在(-3,0),(3,+∞)单调减少.(2)f′(x)=-(x3+3x2+ax+b)e-x+(3x2+6x+a)e-x=-e-x[x3+(a-6)x+b-a].由条件得f′(2)=0,即23+2(a-6)+b-a=0,故b=4-′(x)=-e-x[x3+(a-6)x+4-2a].因为f′(α)=f′(β)=0,所以x3+(a-6)x+4-2a=(x-2)(x-α)(x-β)=(x-2)[x2-(α+β)x+αβ].将右边展开,与左边比较系数,得α+β=-2,αβ=a-(β-2)(α-2)<0,即αβ-2(α+β)+4<<--α>※(1)曲线在处的切线的斜率等于,且切线方程为。(2)若可导函数在处取得极值,则。反之,不成立。(3)对于可导函数,不等式的解集决定函数的递增(减)区间。(4)函数在区间I上递增(减)的充要条件是:恒成立(不恒为0).(5)函数(非常量函数)在区间I上不单调等价于在区间I上有极值,则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。(若为二次函数且I=R,则有)。(6)在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数,进而得到或在I上恒成立(7)若,恒成立,则;若,恒成立,则(8)若,使得,则;若,使得,则.(9)设与的定义域的交集为D,若D恒成立,则有.(10)若对、,恒成立,,,使得,,,使得,则.(11)已知在区间上的值域为A,,在区间上值域为B,若对,,使得=成立,则。(12)若三次函数f(x)有三个零点,则方程有两个不等实根,且