规范答题·必考大题突破课(一)导 数 【热点标签【热点标签】】1.1.题型：解答题题型：解答题2.2.分值：分值：1212分分3.3.难度：较难难度：较难 【热点题型【热点题型】】题型一题型一: :极值、导数几何意义及单调性的综合问题：以极值、导数几何意义及单调性的综合问题：以函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单函数为载体，以导数为解题工具，主要考查函数的单调性、极值、最值问题的求法，以及参数的取值范围调性、极值、最值问题的求法，以及参数的取值范围问题问题. . 题型二题型二: :利用导数研究不等式的综合问题：不等式的证利用导数研究不等式的综合问题：不等式的证明问题是高考考查的热点内容，常与绝对值不等式、明问题是高考考查的热点内容，常与绝对值不等式、二次函数等相联系二次函数等相联系. .问题的解决通常采用构造新函数的问题的解决通常采用构造新函数的方法方法. . 题型一题型一 极值、导数几何意义及单调性的综合问题极值、导数几何意义及单调性的综合问题【真题示例【真题示例】】(12(12分分)(2015)(2015··重庆高考重庆高考) )设函数设函数f(xf(x)=)=(1)(1)若若f(xf(x) )在在x=0x=0处取得极值，确定处取得极值，确定a a的值，并求此时的值，并求此时曲线曲线y=f(xy=f(x) )在点在点(1,f(1))(1,f(1))处的切线方程处的切线方程. .(2)(2)若若f(xf(x) )在在[3,+∞)[3,+∞)上为减函数，求上为减函数，求a a的取值范围的取值范围. . 【信息解读【信息解读】】(1) (1) 看到看到 f(xf(x) )在在x=0x=0处取得极值，想到处取得极值，想到f′(0)=0.f′(0)=0.(2) (2) 看到看到 若若f(xf(x) )在［在［3 3，，+∞)+∞)上为减函数，想到上为减函数，想到 利用利用导数分析函数的单调性导数分析函数的单调性. . 【标准答案【标准答案】】(1)(1)对对f(xf(x) )求导得求导得f′(xf′(x) )……………………………………………………………………………………2 2分分 得分点得分点①①因为因为f(xf(x) )在在x=0x=0处取得极值，所以处取得极值，所以f′(0)=0f′(0)=0，即，即a=0.a=0.……………………………………………………………………………………1 1分分 得分点得分点②②当当a=0a=0时，时， 故故 …………………………………………1 1分分 得分点得分点③③所以所以y=f(xy=f(x) )在点在点(1,f(1))(1,f(1))处的切线方程为处的切线方程为化简得化简得3x-ey=0. 3x-ey=0. ………………………………………………2 2分分 得分点得分点④④(2)(2)由由(1)(1)知知f′(xf′(x)=)=令令g(xg(x)=-3x)=-3x2 2+(6-a)x+a,+(6-a)x+a,由由g(xg(x)=0)=0解得解得 x x2 2= = …………………………………………2 2分分 得分点得分点⑤⑤当当x0,)>0,即即f′(xf′(x)>0)>0，故，故f(xf(x) )为增函为增函数；数；…………………………………………………………………………2 2分分 得分点得分点⑥⑥当当x>xx>x2 2时，时，g(xg(x)<0,)<0,即即f′(xf′(x)<0)<0，故，故f(xf(x) )为减函数；为减函数； 由由f(xf(x) )在在[3,+∞)[3,+∞)上为减函数，上为减函数，知知 解得解得故故a a的取值范围为的取值范围为 ……………………2 2分分 得分点得分点⑦⑦ 【得分细则【得分细则··答题规则答题规则】】第第(1)(1)问踩点说明问踩点说明( (针对得分点针对得分点①②③④①②③④):):①①正确求出函数的导数可得正确求出函数的导数可得2 2分分. .②②写出写出f′(0)=0f′(0)=0得出得出a a的值的值, ,可得可得1 1分分. .③③求出求出f(1)f(1)及及f′(1)f′(1)可得可得1 1分分; ;④④得分点有两处得分点有两处: :一是写出切线方程可得一是写出切线方程可得1 1分分, ,二是将切二是将切线方程化简成一般形式再得线方程化简成一般形式再得1 1分分. . 第第(2)(2)问踩点说明问踩点说明( (针对得分点针对得分点⑤⑥⑦⑤⑥⑦):):⑤x⑤x1 1,x,x2 2的值每求出的值每求出1 1个得个得1 1分分. .⑥⑥得分点有两处得分点有两处: :一是写出一是写出x1x>1时，时，h′(xh′(x)>0)>0，，h(xh(x) )单调递增；单调递增；所以所以h(x)h(x)minmin=h(1)=2=h(1)=2，所以，所以f′(xf′(x)>0)>0恒成立，恒成立，f(xf(x) )单调递增，且单调递增，且f(1)=0.f(1)=0.由由g(xg(x)= )= 得得g′(xg′(x)=)=所以当所以当00)>0，，g(xg(x) )单调递增；单调递增； 当当x>2x>2时，时，g′(xg′(x)<0)<0，，g(xg(x) )单调递减；单调递减；又又x→0x→0时，时，g(x)→0g(x)→0，且，且g(1)=g(1)=g(2)=g(2)=所以所以y=f(xy=f(x) )与与y=g(xy=g(x) )在在(1,2)(1,2)内存在唯一的公共点，即内存在唯一的公共点，即方程方程f(x)=g(xf(x)=g(x) )在在(1,2)(1,2)内存在唯一的实数根内存在唯一的实数根. . 故存在自然数故存在自然数k,k,使得方程使得方程f(x)=g(xf(x)=g(x) )在在(k,k+1)(k,k+1)内存在内存在唯一的根唯一的根, , 此时此时k=1.k=1.(3)(3)由由(2)(2)知知m(xm(x)=)=其中其中x x0 0∈(1,2)∈(1,2)且满足且满足f(xf(x0 0)=g(x)=g(x0 0) )，，即即m(xm(x)=)= 当当x∈(0,xx∈(0,x0 0］时，若］时，若x∈(0,1x∈(0,1］，］，m(x)≤0m(x)≤0；；若若x∈(1,xx∈(1,x0 0］时，］时，m′(xm′(x)=)=故故00)>0，，m(xm(x) )单调递增；单调递增；若若x∈(2,+∞)x∈(2,+∞)时，时，m′(xm′(x)<0)<0，，m(xm(x) )单调递减，单调递减， 故故m(x)≤m(2)=m(x)≤m(2)=显然显然m(xm(x0 0)0,)>0,即即x<1x<1时时, ,函数函数f(xf(x) )单调递增单调递增; ;当当f′(xf′(x)<0,)<0,即即x>1x>1时时, ,函数函数f(xf(x) )单调递减单调递减. .所以所以,f(x,f(x) )在在(-∞(-∞，，1)1)上单调递增上单调递增, ,在在(1,+ ∞)(1,+ ∞)上单调上单调递减递减. .…………………………………………………………………………3 3分分 得分点得分点②② (2)(2)设点设点P P的坐标为的坐标为(x(x0 0,0),0)，，则则曲线曲线y=f(xy=f(x) )在点在点P P处的切线方程为处的切线方程为y=f′(xy=f′(x0 0)(x-x)(x-x0 0) )，，…………………………………………1 1分分 得分点得分点③③即即g(xg(x)=f′(x)=f′(x0 0)(x-x)(x-x0 0).). 令令F(x)=f(x)-g(xF(x)=f(x)-g(x），即），即F(xF(x)=f(x)-f′(x)=f(x)-f′(x0 0)(x-x)(x-x0 0) )，则，则F′(xF′(x)=f′(x)-f′(x)=f′(x)-f′(x0 0).).……………………1 1分分 得分点得分点④④由于由于f′(xf′(x)=-nx)=-nxn-1n-1+n+n在在(0,+∞)(0,+∞)上单调递减，故上单调递减，故F′(xF′(x) )在在(0,+∞)(0,+∞)上单调递减上单调递减. . 又因为又因为F′(xF′(x0 0)=0)=0，所以当，所以当x∈(0,xx∈(0,x0 0) )时，时，F′(xF′(x)>0)>0，，当当x∈(xx∈(x0 0,+∞),+∞)时，时，F′(xF′(x)<0)<0，所以，所以F(xF(x) )在在(0,x(0,x0 0) )上单上单调递增，在调递增，在(x(x0 0,+∞),+∞)上单调递减，所以对于任意的正上单调递减，所以对于任意的正实数实数x x，都有，都有F(x)≤F(xF(x)≤F(x0 0)=0)=0，即对于任意的正实数，即对于任意的正实数x x，，都有都有f(x)≤g(xf(x)≤g(x).).…………………………………………2 2分分 得分点得分点⑤⑤ (3)(3)不妨设不妨设x x1 1≤x≤x2 2. .由由(2)(2)知知g(xg(x)=(n-n)=(n-n2 2)(x-x)(x-x0 0).).设方程设方程g g（（x x））=a=a的根为的根为x′x′2 2，可得，可得当当n≥2n≥2时，时，g(xg(x) )在在(-∞,+∞)(-∞,+∞)上单调递减上单调递减. .又由又由(2)(2)知知g(xg(x2 2)≥f(x)≥f(x2 2)=a=g(x′)=a=g(x′2 2) )，可得，可得x x2 2≤x′≤x′2 2. . 类似地，设曲线类似地，设曲线y=f(xy=f(x) )在原点处的切线方程为在原点处的切线方程为y=h(xy=h(x) )，可得，可得h(x)=nxh(x)=nx，，当当x∈(0,+∞)x∈(0,+∞)，，f(x)-h(x)=-xf(x)-h(x)=-xn n<0<0，即对于任意的，即对于任意的x∈(0,+∞)x∈(0,+∞)，，f(x)0x>0时时,f(x,f(x)0,>0,使得对任意的使得对任意的x∈(0,xx∈(0,x0 0),),恒有恒有f(x)>g(xf(x)>g(x).).(3)(3)确定确定k k的所有可能取值的所有可能取值, ,使得存在使得存在t>0,t>0,对任意的对任意的x∈(0,t),x∈(0,t),恒有恒有f(x)-g(xf(x)-g(x)0x>0时，时，F(xF(x)0x>0时，时，f(xf(x)0,)>0,故故G(xG(x) )在在[0,+∞)[0,+∞)上单调递增上单调递增, , G(xG(x)>G(0)=0)>G(0)=0，，故对任意正实数故对任意正实数x x0 0均满足题意均满足题意. . 当当00)>0，从而，从而G(xG(x) )在在［［0,x0,x0 0) )上单调递增，所以上单调递增，所以G(xG(x)>G(0)=0)>G(0)=0，即，即f(x)>g(xf(x)>g(x).).综上，当综上，当k<1k<1时，总存在时，总存在x x0 0>0>0，使得对任意，使得对任意x∈(0,xx∈(0,x0 0) )，，恒有恒有f(x)>g(xf(x)>g(x).). (3)(3)当当k>1k>1时，由时，由(1)(1)知，对于知，对于∀ ∀x∈(0,+∞)x∈(0,+∞)，，g(xg(x)>x)>x>f(x>f(x) )，故，故g(x)>f(xg(x)>f(x) )，，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx- -ln(1+x).ln(1+x).令令M(xM(x)=kx-ln(1+x)-x)=kx-ln(1+x)-x2 2，，x∈[0,+∞)x∈[0,+∞)，，则有则有M′(xM′(x)=)=故当故当 时，时，M′(xM′(x)>0)>0，，M(xM(x) )在在 上单调递增上单调递增. . 故故M(xM(x)>M(0)=0)>M(0)=0，即，即| |f(x)-g(xf(x)-g(x) )| |>x>x2 2，所以满足题意的，所以满足题意的t t不存在不存在. .当当k<1k<1时，由时，由(2)(2)知，存在知，存在x x0 0>0>0，使得当，使得当x∈(0,xx∈(0,x0 0) )时，时，f(x)>g(xf(x)>g(x) )，此时，此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-)=ln(1+x)-kxkx，令，令N(xN(x)=ln(1+x)-kx-x)=ln(1+x)-kx-x2 2，，x∈[0,+∞)x∈[0,+∞)，则有，则有N′(xN′(x)=)= 当当 时，时，N′(xN′(x)>0)>0，，N(xN(x) )在在 上单调递增上单调递增. .故故N(xN(x)>N(0)=0,)>N(0)=0,即即f(x)-g(xf(x)-g(x)>x)>x2 2. .记记x x0 0与与 中的较小者为中的较小者为x x1 1，则当，则当x∈x∈(0,x(0,x1 1) )时，恒有时，恒有|f(x)-g(x|f(x)-g(x)|>x)|>x2 2，故满足题意的，故满足题意的t t不存在不存在. . 当当k=1k=1时，由时，由(1)(1)知，知，当当x>0x>0时，时，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x))=x-ln(1+x)，，令令H(xH(x)=x-ln(1+x)-x)=x-ln(1+x)-x2 2，，x∈[0,+∞)x∈[0,+∞)，则有，则有H′(xH′(x)=)= 当当x>0x>0时，时，H′(xH′(x)<0)<0，所以，所以H(xH(x) )在在[0,+∞)[0,+∞)上单调递减，故上单调递减，故H(xH(x)0x>0时，时，|f(x|f(x) )-g(x-g(x)|
