导数难题归类教学文案.docx

导数难题归类

导数难题归类

一． 导数中与零点相关问题
1.已知函数 ().
（Ⅰ）求函数的最大值；
（Ⅱ）如果关于的方程有两解，写出的取值范围（只需写出结论）；

2．已知函数，．
（Ⅰ） 当时，求函数的最小值；
（Ⅱ） 当时，讨论函数的零点个数.

3.（本小题共13分）
已知函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）如果函数在上单调递减，求的取值范围；
（Ⅲ）当时，讨论函数零点的个数．

4. 已知函数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）设，若函数在上(这里）恰有两个不同的零点,求实数的取值范围.

5.已知函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线方程为，求的值；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）问集合（且为常数）的元素有多少个？（只需写出结论）

6.（本小题共13分）
设函数.
（Ⅰ）当时，求函数在区间内的最大值；
（Ⅱ）若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.

二． 利用二阶导数解决问题
1.（本小题满分13分）
已知函数，．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：在上为增函数；
（Ⅲ）若在区间上有且只有一个极值点，求的取值范围．

2.（本小题共13分）
设函数f（x）=xea﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间．

三． 导数中出现三角函数如何解决
1．已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当时，；
（Ⅲ）若对恒成立，求实数的最大值．

2. 已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x.
（Ⅰ）若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切，求a与b的值。
（Ⅱ）若曲线y=f(x)与直线y=b 有两个不同的交点，求b的取值范围。

四． 注意利用上一问结论去解决问题

1．（本小题满分13 分）
已知函数f (x) ＝ln x＋－1，
（Ⅰ）求函数 f (x)的最小值；
（Ⅱ）求函数g(x)的单调区间；
（Ⅲ）求证：直线 y＝x不是曲线 y ＝g(x)的切线。

2.（本小题共14分）
设函数，．
（Ⅰ）当时，求的单调区间；
（Ⅱ）当时，恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）求证：当时，．

五． 导数中求最值问题

1.已知函数，为其导函数，且时有极小值．
（Ⅰ）求的单调递减区间；
（Ⅱ）若不等式（为正整数）对任意正实数恒成立，求的最大值．（解答过程可参考使用以下数据：）

2.已知函数
（I）若函数在处的切线垂直于轴，求实数a的值；
(II) 在（I）的条件下，求函数的单调区间；
(III) 若恒成立，求实数a的取值范围.

3.（本小题共14分）
已知函数，，.
（Ⅰ）若在处与直线相切，求，的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求在上的最大值；
（Ⅲ）若不等式对所有的，都成立，求的取值范围.

4．已知函数，其中a R ．
⑴ 当 时，求 f (x)的单调区间；
⑵ 当a＞ 0时，证明：存在实数m ＞ 0，使得对于任意的实数x，都有｜ f (x)｜≤m成立．

5.已知函数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）若在区间上恒成立，求的最小值.

6．已知函数．
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）证明：当时，；
（Ⅲ）当时，方程无解，求的取值范围．

7.（本小题满分14分）
已知函数.
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围；
(Ⅲ)若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数的取值范围.(只需直接写出结果)

8．（本小题共14分）
已知，．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）当时，求证：对于，恒成立；
（Ⅲ）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围．

9． （本小题满分13分）
已知函数，．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）当时，若曲线上的点都在不等式组所表示的
平面区域内，试求的取值范围．

六． 导数中结合韦达定理

1．已知函数．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若在区间(1,2)上存在不相等的实数成立，求的取值范围；
（Ⅲ）若函数有两个不同的极值点，，求证：

2.（本小题共14分）
已知函数 ,，（，为常数）．
（Ⅰ）若在处的切线过点，求的值；
（Ⅱ）设函数的导函数为，若关于的方程有唯一解，求实数的取值范围；
（Ⅲ）令，若函数存在极值，且所有极值之和大于，求实数的取值范围．

七． 导数几何意义融入大题中

1.（本小题共13分）
已知函数．
（Ⅰ）求函数的极小值；
（Ⅱ）过点能否存在曲线的切线，请说明理由．

2.（本小题共14分）
已知是函数的一个极值点．
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求的单调递减区间；
（Ⅲ）设函数，试问过点，可作多少条直线与曲线相切？请说明理由．

3.HD（本小题满分14分）
已知函数.
（Ⅰ）求函数的零点及单调区间；
（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标.

导数难题归类答案
一．导数中与零点相关问题
1.（本小题共13分）
解：（Ⅰ）函数的定义域为．
因为，
所以．
因为，所以当时，．
当时，，在上单调递增；
当 时，，在上单调递减．
所以当时，．
（Ⅱ）当时，方程有两解．

2. （本小题满分13分）
解：（Ⅰ）函数的定义域为.
当时，.
.
由解得；由解得.
所以在区间单调递减, 在区间单调递增.
所以时,函数取得最小值. ……………….5分
（Ⅱ）,.
（1）当时，
时,,为减函数;
时，，为增函数.
所以在时取得最小值.
（ⅰ）当时，，由于，令，，则在上有一个零点；
（ⅱ）当时，即时，有一个零点；
（ⅲ）当时，即时，无零点.
（ⅳ）当时，即时，
由于（从右侧趋近0）时，；时，，
所以有两个零点.
(2)当时，
时,,为增函数;
时，，为减函数；
时，，为增函数.
所以在处取极大值，在处取极小值.
.
当时，,即在时，.
而在时为增函数，且时，，
所以此时有一个零点.
(3)当时，在上恒成立，所以为增函数.
且（从右侧趋近0）时，；时，.
所以有一个零点.
综上所述，或时有一个零点；时，无零点；
3.解：（Ⅰ）当时，，，
所以，．
所以切线方程为．
（Ⅱ）因为在上单调递减，
等价于在恒成立，
变形得 恒成立，
而
（当且仅当，即时，等号成立）．
所以．
（Ⅲ）．
令，得．

↘
极小值
↗
所以=．
（ⅰ）当时，，所以在定义域内无零点；
（ⅱ）当时，，所以在定义域内有唯一的零点；
（ⅲ）当时，，
① 因为，所以在增区间内有唯一零点；
② ，
设，则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以，即，所以在减区间内有唯一的零点．
所以时在定义域内有两个零点．
综上所述：当时，在定义域内无零点；
当时，在定义域内有唯一的零点；
当时，在定义域内有两个零点．
4. 解：（Ⅰ）函数定义域为 【1分】
， 【2分】
又，所求切线方程为，即 【5分】
（Ⅱ）函数在上恰有两个不同的零点，
等价于在上恰有两个不同的实根， 【8分】
等价于在上恰有两个不同的实根，
令则
当时，，在递减；
当时，，在递增.
故，又. 【11分】
，，
即
5.Ⅰ）解：.
因为 切线过原点，
所以 . 分解得：.
（Ⅱ）证明：设，则.
令，解得.
在上变化时，的变化情况如下表

-

+

↘

↗
所以 当时，取得最小值. 所以 当时，，即.
（Ⅲ）解：当时，集合的元素个数为0；
当时，集合的元素个数为1；
当时，集合的元素个数为2；
当时，集合的元素个数为3.
6.（本小题共13分）
解：
（Ⅰ）当时，，—-2分
与、之间的关系如下表：

1

+
0
-

增函数
极大值
减函数

函数在区间内只有一个极大值点，所以这个极值点也是最大值点，---4分
最大值.
（Ⅱ）
（1）当时，，显然在区间内没有两个零点，不合题意. (2)当时，，.
①当且时，，函数区间上是增函数，所以函
数 区间上不可能有两个零点，所以不合题意；
②当时，在区间上与、之间的关系如下表：

+
0
-

增函数
极大值
减函数

则，所以，化简. 因为，
, 所以.
综上所述，当时，函数在区间内有两个零点.

二． 二阶导数解决问题

1.（本小题满分13分）
解：函数定义域为，.
（Ⅰ）当时，，.
所以.
所以曲线在点处的切线方程是，
即.
（Ⅱ） 当时，.
设，则.
令得，或，注意到，所以.
令得，注意到，得.
所以函数在上是减函数，在上是增函数.
所以函数在时取得最小值，且.
所以在上恒大于零.
于是，当，恒成立.
所以当时，函数在上为增函数.
（Ⅱ）问另一方法提示：当时，.
由于在上成立，即可证明函数在上为增函数.
（Ⅲ）（Ⅱ）.
设，.
(1) 当时，在上恒成立，
即函数在上为增函数.
而，，则函数在区间上有且只有一个零点，使,且在上，，在上，，故为函数在区间上唯一的极小值点;
（2）当时，当时，成立，函数在区间上为增函数，又此时，所以函数在区间恒成立，即，
故函数在区间为单调递增函数，所以在区间上无极值；
（3）当时，.
当时，总有成立，即成立，故函数在区间上为单调递增函数，所以在区间上无极值.
综上所述. ……… 13分
2.【解答】解：（Ⅰ）∵y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，
∴当x=2时，y=2（e﹣1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，
同时f′（2）=e﹣1，
∵f（x）=xea﹣x+bx，
∴f′（x）=ea﹣x﹣xea﹣x+b，
则，
即a=2，b=e；
（Ⅱ）∵a=2，b=e；
∴f（x）=xe2﹣x+ex，
∴f′（x）=e2﹣x﹣xe2﹣x+e=（1﹣x）e2﹣x+e，
f″（x）=﹣e2﹣x﹣（1﹣x）e2﹣x=（x﹣2）e2﹣x，
由f″（x）＞0得x＞2，由f″（x）＜0得x＜2，
即当x=2时，f′（x）取得极小值f′（2）=（1﹣2）e2﹣2+e=e﹣1＞0，
∴f′（x）＞0恒成立，
即函数f（x）是增函数，
即f（x）的单调区间是（﹣∞，+∞）．

三．导数中出现三角函数如何解决
1．SJS（本小题共13分）解：………1分
（Ⅰ），．所以切线方程为．………3分
（Ⅱ）令，则，………4分 当时，设，则，所以在单调递减，，即，
所以……6分 所以在上单调递减，所以，……7分 所以．……8分
（Ⅲ）原题等价于对恒成立，即对恒成立，………9分
令，则．………10分 易知，即在单调递增，
所以，所以，………11分
故在单调递减，所以．综上所述，的最大值为．………

2．：由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．
(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，
所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f′(x)＝0，得x＝0.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

1

所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；
当b＞1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b，
f(0)＝1＜b，
所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.
由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b＞1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．
综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．

四．注意利用上一问结论去解决问题

1.HD解: （Ⅰ）函数的定义域为，

当变化时，，的变化情况如下表：

函数在上的极小值为，
所以的最小值为
（Ⅱ）解：函数的定义域为，

由（Ⅰ）得，，所以
所以的单调增区间是，无单调减区间.
（Ⅲ）证明：假设直线是曲线的切线.
设切点为，则，即
又，则.
所以, 得，与 矛盾
所以假设不成立，直线不是曲线的切线
2.DC（共14分）

－

+

↘

↗
解：（Ⅰ）当时，则，
则.
令得

所以 当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
　　　当时，．　 ……4分
（Ⅱ）因为，
所以恒成立，等价于恒成立．
设，，
得，
当时，，
所以　在上单调递减，
所以　时，．
因为恒成立，所以．
（Ⅲ）当时，，等价于．
设，．
求导，得．
由（Ⅰ）可知，时， 恒成立．
所以时，，有．
所以 ．
所以在上单调递增，当时，．
因此当时，．
五。利用导求最值

1.（Ⅰ）由，因为函数在时有极小值，
所以，从而得，
所求的，所以，
由解得，
所以的单调递减区间为.
（Ⅱ）因为，所以等价于
，即，
记，
则，
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
对任意正实数恒成立，
等价于，即. 分
记，
则，所以在上单调递减，
又，
所以的最大值为．
2.（本小题满分13分）
解：（I）定义域为

依题意，.
所以，解得
（II）时，，定义域为，

当或时,，
当时，，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.----8分
（III）解法一：由，得在时恒成立，
令，则
令，则
在为增函数， .
故，故在为增函数. ，
所以 ，即实数的取值范围为. ……………13
（3.）解：（Ⅰ）.由函数在处与直线相切，得即解得
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，定义域为．
此时.令，解得，令，得．
所以在（，）上单调递增，在（，）上单调递减，
所以在上的最大值为．
（Ⅲ）若不等式对所有的，都成立，
即对所有的，都成立，
即对所有的，都成立，
　即对恒成立．　即对恒成立，
即大于或等于在区间上的最大值．
令，则，当时，，单调递增，
所以，的最大值为．即．所以的取值范围是．
4．（本小题满分13分）
（Ⅰ）解：当时，函数，
求导，得，
因为，，
所以函数的图象在点处的切线方程为.
（Ⅱ）证明：当时，的定义域为.
求导，得，
令，解得，，
当变化时，与的变化情况如下表：

+
0

0
+

↗

↘

↗

所以函数在，上单调递增，在上单调递减.
又因为，当时，；当时，，
所以当时，；当时，.
记，其中为两数，
中最大的数，
综上，当时，存在实数，使得对任意的实数，不等式
恒成立.

5.FT解：（Ⅰ）设切线的斜率为

因为，切点为.
切线方程为，化简得：.----------------------------4分
（Ⅱ）要证：
只需证明：在恒成立，

当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时
在恒成立
所以.--------------------------------------------------------------------------10分
（Ⅲ）要使：在区间在恒成立，
等价于：在恒成立，
等价于：在恒成立
因为==
①当时，，不满足题意
②当时，令，则或（舍）.
所以时，在上单调递减；
时，在上单调递增；
当时
当时，满足题意 所以，得到的最小值为

6．SJSW（本小题共14分）
解：（Ⅰ），
令解得，
易知在上单调递减，在上单调递增，
故当时，有极小值...……………4分
（Ⅱ）令，则，...……………5分
由（Ⅰ）知，
所以在上单调递增，
所以，所以.
（Ⅲ）方程，整理得，
当时， 令，
则，...……………10分
令，解得，
易得在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，...……………12分
而当越来越靠近时，的值越来越大，
又当，方程无解，
所以....……………14分

7.解: （Ⅰ）函数的定义域为.
当时，
…………………2分
当变化时，，的变化情况如下表：

极大值

极小值

…………………4分
函数的单调递增区间为，，
函数的单调递减区间为. …………………5分
（Ⅱ）解：因为在区间上有解，
所以在区间上的最小值小于等于.
因为, 令,得. …………………6分
当时，即时，
因为对成立，所以在上单调递增，
此时在上的最小值为
所以，
解得，所以此种情形不成立，…………………8分
当，即时，
若, 则对成立，所以在上单调递增，
此时在上的最小值为所以，
解得，所以 . …………………9分
若，
若，则对成立，对成立.
则在上单调递减，在上单调递增，
此时在上的最小值为
所以有，解得，………………10分
当时，注意到,而，
此时结论成立. …………………11分
综上，的取值范围是. …………………12分
法二：因为在区间上有解，
所以在区间上的最小值小于等于，
当时，显然，而成立，…………………8分
当时,对成立，所以在上单调递增，
此时在上的最小值为，
所以有，
解得，所以.…………………11分
综上，.…………………12分
（Ⅲ）的取值范围是.…………………14分
8.（本小题共14分）
解：（Ⅰ） ,
当时，
所以 .
解得 .
当时, 解得 .
所以 单调增区间为，单调减区间为.------------4分
（Ⅱ） 设,
当时，由题意，当时，恒成立.
,
\ 当时，恒成立，单调递减．
又,
\ 当时，恒成立，即.
\ 对于，恒成立. ---------------------------------8分
（Ⅲ） 因为 .
由(II)知，当k = 2时，f (x) < g (x)恒成立，
即对于"x > –1，2 ln (x + 2) – (x + 1)2 < 2 (x + 1)，不存在满足条件的x0；
当k > 2时，对于"x > –1，x + 1 > 0，此时2 (x + 1) < k (x + 1).
\ 2 ln (x + 2) – (x + 1)2 < 2 (x + 1) < k (x + 1)，即f (x) < g (x)恒成立，
不存在满足条件的x0；
当k < 2时，令t (x) = –2x2 – (k + 6)x – (2k + 2)，可知t (x)与h ¢ (x)符号相同,
当x Î (x0 , +¥)时，t (x) < 0，h ¢ (x) < 0，h (x)单调递减．
\ 当x Î (–1 , x0)时，h (x) > h (–1) = 0，即f (x) – g (x) > 0恒成立．
综上，k的取值范围为(–¥ , 2)．
9．（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）当时, ，．
．
则，而．
所以曲线在点(1,)处的切线方程为，即．
…………………………………………………………………………4分
（Ⅱ）依题意当时，曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，等价于当时，恒成立．
设，．
所以．
（1）当，即时，当时，，为单调减函数，
所以． 依题意应有
解得所以．
（2）若 ，即时，当，，为单调增函
数，
当，，为单调减函数．
由于，所以不合题意．
（3）当，即时，注意到，显然不合题意．
综上所述，． …………
六．导数中出现韦达定理
1．（本小题共14分）
解：（Ⅰ）当时，，．
由，解得，．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的单调增区间为，
单调减区间为．
（Ⅱ）依题意即求使函数在上不为单调函数的的取值范围．，设，则，．
因为在上为增函数．
当，即当时，函数在上有且只有一个零点，设为，
当时，，即，为减函数；
当时，，即，为增函数，满足在上不为单调函数．
当时，，，所以在上成立（因在上为增函数），所以在上成立，即在上为增函数，不合题意．
同理时，可判断在为减函数，不合题意．
综上．
（Ⅲ）．
因为函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，即方程的判别式，解得．
由，解得，．
此时，．
随着变化，和的变化情况如下：

+

+

极大值

极小值

所以是的极大值点，是的极小值点，所以是极大值，是极小值所以

因为，所以，
所以．

2.（共14分）
解：（Ⅰ）设在处的切线方程为，
因为，
所以，故切线方程为.
当时，，将 代入，
得． …………………………3分
（Ⅱ），
由题意得方程有唯一解，
即方程有唯一解．
令，则，
所以在区间上是增函数，在区间上是减函数.
又，
故实数的取值范围是． …………………………8分
（Ⅲ）
所以.
因为存在极值，所以在上有根，
即方程在上有根，则有.
显然当时，无极值，不合题意；
所以方程必有两个不等正根．
记方程的两根为，则

,
解得，满足.
又，即，
故所求的取值范围是．

七．导数几何意义融入大题中

1. 解：（Ⅰ）函数的定义域为R．
因为 ，
所以 ．
令，则．

0

-
0
+

↘
极小值
↗
所以． …………………6分
（Ⅱ）假设存在切线，设切点坐标为，
则切线方程为
即
将代入得．
方程有解，等价于过点作曲线的切线存在．
令， 所以 ．
当时，．
所以 当时，，函数在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以 当时，，无最小值．
当时，方程有解； 当时，方程无解． 综上所述，当时存在切线；当时不存在切线．

2.（共14分）
解：（Ⅰ）.
因为是的一个极值点，
所以，解得．
经检验，满足题意，所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，定义域为，，
．令,得．又,
所以的单调递减区间为，．
（Ⅲ），．
设过点,的直线与曲线相切于点，，
所以，即．所以．
令，，由，得，，得．
所以在区间，上单调递减，在区间，上单调递增．
因为，，，
所以与轴有两个交点，即方程有两个实根．
所以过点,可作两条直线与曲线相切．
3.（共13分）
解：（Ⅰ）令，得. 故的零点为.
（）.
令 ，解得 .
所以 的单调递减区间为，单调递增区间为.
（Ⅱ）令.则.
因为 ，，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，
所以 存在唯一的，使得.
当时，.
所以 曲线存在以为切点，斜率为6的切线.
由得：.
所以 .
因为 ,
所以 ，.所以 .