发布时间 : 星期一 文章2020高考导数压轴题型归类总结更新完毕开始阅读0d9b902f846a561252d380eb6294dd88d1d23dd3
x (?1,x2) x2 (x2,x1) ? ↗ x1 (x1,??) ? ↘ f?(x) f(x) ? ↘ 0 f(x2) 0 f(x1) 1?1)和(0,??). a③ 当a?0时，f(x)的单调增区间是(0,??)；单调减区间是(?1,0). 综上，当a?0时，f(x)的增区间是(0,??)，减区间是(?1,0)；
11当0?a?1时，f(x)的增区间是(0,?1)，减区间是(?1,0)和(?1,??)；
aa当a?1时，f(x)的减区间是(?1,??)；
11当a?1时，f(x)的增区间是(?1,0)；减区间是(?1,?1)和(0,??).
aa（Ⅲ）由（Ⅱ）知 a?0时，f(x)在(0,??)上单调递增，由f(0)?0，知不合题意.
1当0?a?1时，f(x)在(0,??)的最大值是f(?1)，
a1由f(?1)?f(0)?0，知不合题意.
a当a?1时，f(x)在(0,??)单调递减，
可得f(x)在[0,??)上的最大值是f(0)?0，符合题意. 所以，f(x)在[0,??)上的最大值是0时，a的取值范围是[1,??).
所以，f(x)的单调增区间是(?1,0)；单调减区间是(?1,6. （2010北京理数18）
1ax2x(k≥0). 2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间.
1?1?2x 解：（I）当k?2时，f(x)?ln(1?x)?x?x2，f'(x)?1?x3由于f(1)?ln2，f'(1)?，
23所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y?ln2?(x?1)
2 即3x?2y?2ln2?3?0
x(kx?k?1)（II）f'(x)?，x?(?1,??).
1?xx. 当k?0时，f'(x)??1?x所以，在区间(?1,0)上，f'(x)?0；在区间(0,??)上，f'(x)?0. 故f(x)得单调递增区间是(?1,0)，单调递减区间是(0,??).
已知函数f(x)=ln(1+x)-x+
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x(kx?k?1)1?k?0，得x1?0，x2??0
1?xk1?k1?k,??)上，f'(x)?0；在区间(0,)上，f'(x)?0 所以，在区间(?1,0)和(kk1?k1?k,??)，单调递减区间是(0,). 故f(x)得单调递增区间是(?1,0)和(kkx2 故f(x)得单调递增区间是(?1,??). 当k?1时，f'(x)?1?xx(kx?k?1)1?k?0，得x1??(?1,0)，x2?0. 当k?1时，f'(x)?1?xk1?k1?k)和(0,??)上，f'(x)?0；在区间(,0)上，f'(x)?0 所以没在区间(?1,kk1?k1?k)和(0,??)，单调递减区间是(,0) 故f(x)得单调递增区间是(?1,kk当0?k?1时，由f'(x)?
7. （2010山东文21，单调性）
1?a?1(a?R) x ⑴当a??1时，求曲线y?f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；
1 ⑵当a?时，讨论f(x)的单调性.
2解：⑴x?y?ln2?0
1?a?1， ⑵因为 f(x)?lnx?ax?x1a?1ax2?x?1?a 所以 f'(x)??a?2??，x?(0,??)， 2xxx2 令 g(x)?ax?x?1?a,x?(0,??),
已知函数f(x)?lnx?ax?
8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零
点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)
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已知函数f(x)?lnx,g(x)?e. ⑴若函数φ (x) = f (x)－
xx+1，求函数φ (x)的单调区间； x-12⑵设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x0，f (x0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y=g(x)相切．
x?112x?1x?1解：（Ⅰ） ?(x)?f?x??，???x???． ?lnx??22x?1x?1x?x?1?x??x?1?，???． ∵x?0且x?1，∴???x??0∴函数?(x)的单调递增区间为?0,1?和?1 （Ⅱ）∵f?(x)?11 ，∴f?(x0)?，
x0x∴ 切线l的方程为y?lnx0?11(x?x0), 即y?x?lnx0?1, ① x0x0x设直线l与曲线y?g(x)相切于点(x1,e1)，
11?lnx，∴x1??lnx0,∴g(x1)?e0?.
x0x0lnx01111??x?lnx0?， 即y?x??， ② ∴直线l也为y?x0x0x0x0x0lnx01x?1?，∴lnx0?0． 由①②得 lnx0?1?x0?1x0x0∵g?(x)?ex，∴e1?x 下证：在区间（1,+?）上x0存在且唯一. 由（Ⅰ）可知，?(x)?lnx?x?1在区间上递增． （1,+?）x?1e2?1e2?3e?1?222又?(e)?lne???0， ??0，?(e)?lne?2e?1e2?1e?1e?1结合零点存在性定理，说明方程?(x)?0必在区间(e,e2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0，故结论成立．
9. （最值应用，转换变量）
2ax2?1设函数f(x)?(2?a)lnx?(a?0)．
x(1)讨论函数f(x)在定义域内的单调性；
(2)当a?(?3,?2)时，任意x1,x2?[1,3]，(m?ln3)a?2ln3?|f(x1)?f(x2)|恒成立，求实数m的取值范围．
2?a12ax2?(2?a)x?1(ax?1)(2x?1)?2a?2??解：⑴f?(x)?． 22xxxx111111当a??2时，??，增区间为(?,)，减区间为(0,?)，(,??)．
a2a2a211当a??2时，??，减区间为(0,??)．
a2 7
111111?，增区间为(,?)，减区间为(0,)，(?,??)． a22a2a⑵由⑴知，当a?(?3,?2)时，f(x)在[1,3]上单调递减，
1∴x1,x2?[1,3]，|f(x1)?f(x2)|≤f(1)?f(3)?(1?2a)?[(2?a)ln3??6a]，
32即|f(x1)?f(x2)|≤?4a?(a?2)ln3．
3∵(m?ln3)a?2ln3?|f(x1)?f(x2)|恒成立，
22∴(m?ln3)a?2ln3＞?4a?(a?2)ln3，即ma??4a，
332?4． 又a?0，∴m?3a1323813??4??，∴m≤?． ∵a?(?3,?2)，∴?33a93当?2?a?0时，?10. （最值应用）
已知二次函数g(x)对?x?R都满足g(x?1)?g(1?x)?x2?2x?1且g(1)??1，设函数
19f(x)?g(x?)?mlnx?（m?R，x?0）．
28（Ⅰ）求g(x)的表达式；
（Ⅱ）若?x?R?，使f(x)?0成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）设1?m?e，H(x)?f(x)?(m?1)x，求证：对于?x1，x2?[1,m]，恒有
|H(x1)?H(x2)|?1．
2解：（Ⅰ）设g?x??ax?bx?c，于是
?a?1，?2 g?x?1??g?1?x??2a?x?1??2c?2?x?1??2，所以???c??1.1121又g?1???1，则b??．所以g?x??x?x?1． …………3分
2221912（Ⅱ）f(x)?gx??mlnx??x?mlnx(m?R，x?0).282
当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分
x2?0对?x?0，f(x)?0恒成立； …………5分 当m=0时，f(x)?2m当m<0时，由f?(x)?x??0?x??m，列表：
x22??x f?(x) (0，?m) ?m (?m，??) － 减 0 极小 ＋ 增 f(x) 这时，?mln?m. ?f(x)?min?f(?m)??m2 8