内容发布更新时间 : 2024/12/25 10:48:45星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
导数综合题题型练习（理科）
一、 高考命题回顾
例1已知函数f(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. 解答： f(x)＝ex－ln(x＋m)?f′(x)＝ex－x
11?f′(0)＝e0－＝0?m＝1， x＋m0＋m
xe(x?1)?11
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．
1
(2)证明 g(x)＝ex－ln(x＋2)，则g′(x)＝ex－(x>－2)．
x＋211xh(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)?h′(x)?e?>0， 2x＋2(x?2)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
所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一实根在区间(?1,0)内，
21
设g′(x)＝0的根为t，则有g′(t)＝et－＝0(?1?t?0)，
t＋221－
所以，et＝?t＋2＝et，
t＋2
当x∈(－2，t)时，g′(x)
＋t21t
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)，
所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－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解答:（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
12?11?(1x??)e??x?xf(?0)?f?(1?e)?1f (1)e f(x)?f212xx 得：f(x)?e?x?x?g(x)?f?(x)?e?1?x
2xx)x?R上单调递增 g?(x)?e?1?0?y?g(在?)x?0f,x(?)?0?f(?0)x ? f?(x)?0?f?(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)
(2)若f(x)?第 1 页 共 22 页
（2）f(x)?12x?ax?b?h(x)?ex?(a?1)x?b?0得h?(x)?ex?(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
(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
2alnxb?，曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x?2y?3?0。（2011全国例3已知函数f(x)?x?1x新课标）
（Ⅰ）求a、b的值；
（Ⅱ）如果当x?0，且x?1时，f(x)? F?(x)?0?0?x?lnxk?，求k的取值范围。 x?1xx?1?lnx)1bx?x?2y?3?0解（Ⅰ）f'(x)? 由于直线的斜率为， ?222(x?1)x?f(1)?1,?b?1,??且过点(1,1)，故?即解得a?1，b?1。 ?a11
f'(1)??,?b??,???2?22lnx1?，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)?x?1xlnxk1(k?1)(x2?1) f(x)?(?)?(2lnx?)。
x?1x1?x2x?((k?1)(x2?1)?2x(k?1)(x2?1)(x?0)，则h'(x)?考虑函数h(x)?2lnx?。 2xx22k(x?1)?(x?1)(i)设k?0，由h'(x)?知，当x?1时，h'(x)?0，h(x)递减。而h(1)?0 故当x?(0,1)2x1h(x)?0； 时， h(x)?0，可得21?x1当x?（1，+?）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 21?xlnxklnxk从而当x>0,且x?1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. x?1xx?1x222（ii）设0 '11?1当x?（1，对称轴x=）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故h (x）>0,而h（1）=0，故当x?1?k1?k.11（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。 1?k1?x2第 2 页 共 22 页 2（iii）设k?1.此时x?1?2x，(k?1)(x?1)?2x?0?h（x）>0,而h（1）=0，故当x? （1，+?） 2'1 h（x）<0,与题设矛盾。 21?x 综合得，k的取值范围为（-?，0] 时，h（x）>0，可得 例4已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)ex. （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＞6. 解: (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－x. 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. (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－a. 从而f′(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－2. 故????(???)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. 第 3 页 共 22 页