導數專題一、導數的基本應用（一）研究含參數的函數的單調性、極值和最值基本思路：定義域 疑似極值點 單調區間 極值 最值基本方法：一般通法：利用導函數研究法特殊方法：（1）二次函數分析法；（2）單調性定義法第一組本組題旨在強化對函數定義域的關注，以及求導運算和分類討論的能力與技巧【例題1】已知函數，求導函數，并確定的單調區間解：令，得當，即時，所以函數在和上單調遞減當，即時，的變化情況如下表：0當，即時，的變化情況如下表：0所以，時，函數在和上單調遞減，在上單調遞增，時，函數在和上單調遞減時，函數在和上單調遞減，在上單調遞增 第二組 本組題旨在強化對導函數零點進行分類討論的意識、能力和技巧【例題2】已知函數的圖象過點，且函數的圖象關于y軸對稱.（）求的值及函數的單調區間；（）若，求函數在區間內的極值.解：（）由函數圖象過點，得， 由，得，則；而圖象關于軸對稱，所以，所以，代入得 .于是.由得或，故的單調遞增區間是，；由得，故的單調遞減區間是.（）由（）得，令得或.當變化時，、的變化情況如下表：f(x)00f(x)增極大值減極小值增由此可得：當時，在內有極大值，無極小值；當時，在內無極值；當時，在內有極小值，無極大值；當時，在內無極值.綜上所述，當時，有極大值，無極小值；當時，有極小值，無極大值；當或時，無極值.點評：本題是前面兩個例題的變式，同樣考查了對導函數零點的分類討論，但討論的直接對象變為了函數自變量的研究范圍，故此題思路不難，旨在幫助學生加深對此類問題本質的認識，并提升其詳盡分類，正確計算的水平.【例題3】已知函數，a0，(I)討論的單調性;(II)設a=3，求在區間1，上值域.其中e=2.71828是自然對數的底數.解：（）由于,令得 當，即時，恒成立，在上都是增函數. 當，即時，由得或或或又由得，綜上,當在上都是增函數；當在及上都是增函數，在是減函數.（2）當時，由（1）知，在1，2上是減函數，在上是增函數.又函數在區間1，上的值域為.點評：（1）第一問在前面例題的理論基礎上，進一步加大了運算的難度，涉及到了換元法，分母有理化等代數技巧；（2）第二問將問題延伸到了函數值域上，過程比較簡單，是一個承上啟下的過渡性問題.（二）利用函數的單調性、極值、最值，求參數取值范圍基本思路：定義域 單調區間、極值、最值 不等關系式 參數取值范圍基本工具：導數、含參不等式解法、均值定理等【例題4】已知函數的圖象在與軸交點處的切線方程是.（I）求函數的解析式；（II）設函數，若的極值存在，求實數的取值范圍以及函數取得極值時對應的自變量的值.解：（I）由已知,切點為(2,0),故有,即又，由已知得聯立，解得.所以函數的解析式為 （II）因為令當函數有極值時，方程有實數解.則，得.當時，有實數，在左右兩側均有，故無極值當時，有兩個實數根情況如下表：+0-0+極大值極小值所以在時，函數有極值；當時，有極大值；當時，有極小值；點評：（1） 本題第一問是求曲線切線的逆向設問，解題過程進一步強化了對切點的需求.（2） 本題第二問是函數求極值的逆向設問，解題方法本質仍然是求含參數的函數的極值，難度不大.【例題5】 設，函數（）若是函數的極值點，求的值；（）若函數，在處取得最大值，求的取值范圍解：（）因為是函數的極值點，所以，即，因此經驗證，當時，是函數的極值點 （）由題設，當在區間上的最大值為時，即故得反之，當時，對任意，而，故在區間上的最大值為綜上，的取值范圍為點評：（1） 本題是求函數最值的逆向問題，答案所用的解法是一種比較特殊的方法，具有一定的思維難度.（2） 本題若用一般方法，則可求出g(0)=0，將問題轉化為g(x)0的恒成立問題，此種解法的計算量將有所加大.（三）導數的幾何意義【例題6】設函數，曲線在點處的切線方程為.（）求的解析式；（）證明：曲線上任一點處的切線與直線和直線所圍成的三角形面積為定值，并求此定值.解：（）方程可化為，當時，；又，于是，解得， 故（）設為曲線上任一點，由知曲線在點處的切線方程為，即令，得，從而得切線與直線的交點坐標為；令，得，從而得切線與直線的交點坐標為；所以點處的切線與直線所圍成的三角形面積為；故曲線上任一點處的切線與直線所圍成的三角形面積為定值6.二、導數應用的變式與轉化（一）函數的零點存在與分布問題問題設置：根據函數零點或方程實數根的個數求參數取值范圍基本方法：通性通法：函數最值控制法特殊方法：（1）二次函數判別式法；（2）零點存在性定理 第一組 二次函數（1） 本組題旨在加深對二次函數零點存在性與分布問題的認識；（2） 本題旨在提升對函數與方程關系問題的認識水平；（3） 研究二次函數零點分布問題時，除了判別式法以外，應補充極值（最值）控制法，為三次函數零點分布研究做方法上的鋪墊.【例題7】設函數 （1）略；（2）若方程有且僅有一個實根，求的取值范圍. 解：因為 當時, ;當時, ;當時, ; 所以 當時,取極大值 ; 當時,取極小值 ; 故當 或時, 方程僅有一個實根. 解得 或.點評：本題是零點問題的方程形式，用函數最值控制法解答，屬于本類問題的原型題.【例題8】已知二次函數的導函數的圖像與直線平行，且在=1處取得最小值m1(m).設函數（1）若曲線上的點P到點Q(0,2)的距離的最小值為,求m的值；（2）如何取值時,函數存在零點,并求出零點.解：（1）設，則； 又的圖像與直線平行 ，解得 又在取極小值，解得 ，解得；所以， 設，則 ,解得；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）由，得 當時，方程有一解，函數有一零點； 當時，方程有二解，若，有兩個零點；若，有兩個零點； 當時，方程有一解，即,有一零點點評：（1） 本題第一問是涉及均值定理的最值問題，題目計算量中等，思維難度不大；（2） 第二問涉及到的函數為二次函數，故而用含參二次方程的根系關系研究根的分布問題，是本部分的原型問題和重點問題.【例題9】已知a是實數，函數，如果函數在區間上有零點，求a的取值范圍.解：若 , ,顯然函數在上沒有零點. 若，令 , 解得 當 時, 恰有一個零點在上; 當，即時，在上也恰有一個零點. 當在上有兩個零點時, 則 或 解得或，綜上，所求實數的取值范圍是或.點評：本題以二次函數為載體，設定在區間范圍上的零點存在性問題，解答時依零點個數進行分類討論，涉及到含參二次方程根的分布研究、零點存在性定理. 是原型問題和重點題.【例題10】已知函數 （II）若函數在區間上不單調，求的取值范圍解：（）函數在區間不單調，等價于 導函數在既能取到大于0的實數，又能取到小于0的實數 即函數在上存在零點，根據零點存在定理，有 ，即： 整理得：，解得 第二組 三次函數（1） 本組題旨在加深對二次函數零點存在性與分布問題的認識；（2） 本題旨在提升對函數與方程關系問題的認識水平；（3） 本組題旨在加深對二次函數、三次函數零點分布問題的認識，進而深化對導數方法、極值、最值的理解.【例題11】已知函數（I）求的單調區間；（II）若在處取得極值，直線y=m與的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍.解：（1）當時，對，有所以的單調增區間為當時，由解得或，由解得，所以的單調增區間為，單調減區間為.（2）因為在處取得極大值，所以所以由解得.由（1）中的單調性可知，在處取得極大值1，在處取得極小值-3.因為直線與函數的圖象有三個不同的交點，所以的取值范圍是.點評：（1） 本題是三次函數零點存在性問題的典型變式題，涉及圖象交點向函數零點的轉化關系；（2） 本題最終將問題轉化為研究三次函數根的分布，采用極值（最值）控制法；（3） 在這里應結合上面例題進一步揭示研究二次方程與三次方程實根分布問題在方法上的本質關系，以便進一步加深對函數極值（最值）的認識和對利用導數研究函數性質.（二）不等式恒成立與存在解問題問題設置：當不等關系在某個區間范圍內恒成立或存在解為條件，求參數的取值范圍基本思路：轉化為函數最值與參數之間的不等關系問題基本方法：通性通法：變量分離法、變量轉換、最值控制法特殊方法：二次函數判別式法、二次函數根的分布研究【例題12】設函數為實數.（）若對任意都成立，求實數的取值范圍.解：法一（變量轉換，最值控制法）：對任意都成立. 即對任意都成立 設，則對任意，為單調遞增函數 所以對任意，恒成立的充分必要條件是. 即 ， 于是的取值范圍是法二（變量分離法）：由題設知：對任意都成立， 即對任意都成立.于是對任意都成立，即.解得的取值范圍是.點評：變量分離法可以任何一個變量分離出來，例如本題也可以求出二次方程的根，這樣就是將變量x分離出來了，但過程較復雜，不宜在此處選用.【例題13】已知定義在正實數集上的函數，其中設兩曲線，有公共點，且在該點處的切線相同（I）用表示，并求的最大值；（II）求證：f(x ) g(x)，其中x 0解：（）設與在公共點處的切線相同，由題意，即由得：，或（舍去）即有令，則 于是當，即時，；當，即時，故在為增函數，在為減函數，于是在的最大值為（）設，則故在為減函數，在為增函數，于是函數在上的最小值是故當時，有，即當時，點評：（1） 本題以曲線的切線問題的載體，在第一問中考查了函數最值的求法；（2） 第二問是恒成立問題的應用.兩函數比較大小通過相減構造新函數運用導數知識（三）“零點存在與分布問題”與“恒成立、存在解問題”之間的關系（1） 研究對象的本質相同，因此解題方向一致：函數的極值或最值控制是解決這兩類問題的通性通法，針對特殊類型的函數，如二次函數，又都可以用相應的函數性質進行研究；（2） 研究對象的載體不同，因此解題方法不同：前者是函數與其所對應的方程之間關系的問題，后者是函數與其所對應的不等式之間關系的問題；（3）原型問題是根本，轉化命題是關鍵：二者都可以進一步衍生出其他形式的問題，因此往往需要先將題目所涉及的問題轉化為原型問題，然后利用通性通法加以解決，在轉化過程中應注意命題的等價性.【例題14】設函數（）略；（）求函數的單調區間與極值；（）已知函數有三個互不相同的零點0，且.若對任意的，恒成立，求m的取值范圍.解：（2），令，得到因為，當x變化時，的變化情況如下表：+0-0+極小值極大值在和內減函數，在內增函數.函數在處取得極大值，且=函數在處取得極小值，且=（3）解：由題設， 所以方程=0由兩個相異的實根，故，且，解得因為若，而，不合題意若則對任意的有則又，所以函數在的最小值為0，于是對任意的，恒成立的充要條件是,解得 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 綜上，m的取值范圍是四、其它形式的問題【例題15】設函數其中實數（）若，求函數的單調區間；（）當函數與的圖象只有一個公共點且存在最小值時，記的最小值為，求的值域；（）若與在區間內均為增函數，求的取值范圍解：（） ，又， 當時，；當時，在和內是增函數，在內是減函數（）由題意知 ，即恰有一根（含重根） ，即，又， 當時，才存在最小值， ，.的值域為（）當時，在和內是增函數，在內是增函數由題意得，解得；當時，在和內是增函數，在內是增函數由題意得，解得；綜上可知，實數的取值范圍為【例題16】已知函數有三個極值點.（I）證明：；（II）若存在實數c，使函數在區間上單調遞減，求的取值范圍.解：（I）因為函數有三個極值點，所以有三個互異的實根. 設則 當時， 在