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1、导数专题目录一、导数单单调性、极极值、最最值的直直接应用用 （11）二、交点与与根的分分布（223）三、不等式式证明（311）（一）作差差证明不不等式（二）变形形构造函函数证明明不等式式（三）替换换构造不不等式证证明不等等式四、不等式式恒成立立求字母母范围（551）（一）恒成成立之最最值的直直接应用用（二）恒成成立之分分离常数数（三）恒成成立之讨讨论字母母范围五、函数与与导数性性质的综综合运用（770）六、导数应应用题（844）七、导数结结合三角角函数（855）书中常用结结论(zzhonngdiianzzhanngwoo)，变形即即为，其其几何意意义为上上的的点点与原点点连线斜斜率小于于1.一
2、、导数单单调性、极极值、最最值的直直接应用用1. （切线）设设函数.（1）当时时，求函函数在区区间上的的最小值值；（2）当时时，曲线线在点处的的切线为为，与轴交于于点求证证：.解：(1)时，由由，解得得. 的的变化情情况如下下表：01-0+0极小值0 所以当时，有最最小值.(2)证明明：曲线线在点处的的切线斜斜率 曲线线在点P处的切切线方程程为. 令，得， ，即. 又， 所以以.2. （20099天津理理20，极极值比较较讨论）已知函数其其中当时，求求曲线处处的切线线的斜率率；w.w.ww.k.s.55.u.c.oo.m 当时，求求函数的的单调区区间与极极值.解：本小题题主要考考查导数数的几何
3、何意义、导导数的运运算、利利用导数数研究函函数的单单调性与与极值等等基础知知识，考考查运算算能力及及分类讨讨论的思思想方法法。 w.ww.w.k.ss.5.u.cc.o.m 以下分两种种情况讨讨论：，则.当变化时时，的变变化情况况如下表表：+00+极大值极小值 w.w.w.kk.s.5.uu.c.o.mm ，则，当变化化时，的的变化情情况如下下表：+00+极大值极小值 w.w.w.kk.s.5.uu.c.o.mm 3. 已知函数设两曲线线有公共共点，且且在公共共点处的的切线相相同，若若，试建建立 关于的函函数关系系式，并并求的最最大值；若在(00,4)上为为单调函函数，求求的取值值范围。4.
4、（最值，按按区间端端点讨论论）已知函数ff(x)=lnx.(1)当aa0时，判判断f(x)在定义义域上的的单调性性；(2)若ff(x)在1,e上的最最小值为为，求a的值.解：(1)由题得得f(x)的定义义域为(0,)，且 f (x).a0，f (x)00，故f(x)在(0,)上是单单调递增增函数.(2)由(1)可可知：ff (x)，若a1，则xa0，即f (x)0在1,e上恒成成立，此时f(x)在1,e上为增增函数，f(x)minnf(1)a，a (舍去).若ae，则xa0，即f (x)0在1,e上恒成成立，此时f(x)在1,e上为减减函数，f(x)minnf(e)1，a(舍去).若ea1，令
5、f (x)0，得xa.当1xa时，f (x)00，f(x)在(1,a)上为减减函数；当axx00，f(x)在(a,e)上为增增函数，f(x)minnf(a)ln(a)1a.综上可知：a.5. （最值直接接应用）已知函数，其中.（）若是是的极值值点，求求的值；（）求的的单调区区间；（）若在在上的最最大值是是，求的取取值范围围.解：（）.依题意，令令，解得得 . 经检验验，时，符符合题意意. （）解： 当时，.故的单调增增区间是是；单调减减区间是是. 当时，令令，得，或或.当时，与的的情况如如下：所以，的单单调增区区间是；单调减减区间是是和.当时，的单单调减区区间是. 当时，与与的情况况如下：所以
6、，的单单调增区区间是；单调减减区间是是和. 当时，的单单调增区区间是；单调减减区间是是.综上，当时时，的增增区间是是，减区间间是；当时，的增增区间是是，减区间间是和；当时，的减减区间是是；当时，的增增区间是是；减区间间是和.（）由（）知 时，在上单调调递增，由由，知不不合题意意.当时，在的的最大值值是，由，知不合合题意.当时，在单单调递减减，可得在上的的最大值值是，符符合题意意. 所以，在上上的最大大值是时时，的取取值范围围是.6. （20100北京理理数188）已知函数=ln(11+)-+(0).()当=2时，求求曲线=在点(11,(1)处的的切线方方程；()求的的单调区区间.解：（I）当当
7、时，由于，所以曲线在在点处的的切线方方程为 即（II），.当时，.所以，在区区间上，；在在区间上上，. 故得单调调递增区区间是，单单调递减减区间是是.当时，由，得得，所以，在区区间和上，；在在区间上上，故得单调递递增区间间是和，单调调递减区区间是.当时， 故故得单调调递增区区间是.当时，得得，.所以没在区区间和上，；在在区间上上，故得单调递递增区间间是和，单调调递减区区间是7. （20100山东文文21，单单调性）已知函数当时，求求曲线在在点处的的切线方方程；当时，讨讨论的单单调性.解：因为 ， 所以 ， 令 8. (是一道设设计巧妙妙的好题题，同时时用到ee底指、对对数，需需要构造造函数，证
8、证存在且且唯一时时结合零零点存在在性定理理不好想想，联系紧紧密)已知函数若函数 (x) = f (x)，求函函数 (x)的单调区间；设直线ll为函数f (x)的图象上一一点A(x0，f (x0)处的切线，证明：在在区间(1,+)上存在在唯一的的x0，使得得直线l与曲线y=g(x)相切解：（） ，且，函数的单单调递增增区间为为 （） ， 切线的的方程为为, 即, 设直线与曲曲线相切切于点，,. 直线也为为， 即即， 由得 ， 下证：在区间间（1,+）上存在且且唯一.由（）可可知，在在区间上上递增又，结合零点存存在性定定理，说说明方程程必在区区间上有有唯一的的根，这这个根就就是所求求的唯一一，故结
9、论论成立9. （最值应用用，转换换变量）设函数(1)讨论论函数在在定义域域内的单单调性；(2)当时时，任意意，恒成立立，求实实数的取取值范围围解：当时，增增区间为为，减区区间为，当时，减减区间为为当时，增增区间为为，减区区间为，由知，当当时，在上单调调递减，即恒成立，即，又，10. （最值应用用）已知二次函函数对都满足足且，设函函数（，）（）求的的表达式式；（）若，使使成立，求求实数的的取值范范围； （）设，求证证：对于于，恒有有 解：（）设设，于是是所以 又，则所所以 3分 （）当m0时时，由对对数函数数性质，f（x）的值域为R；4分当m=0时时，对，恒成立立； 5分 当m0时，在区区间（00，1）上的的单调递递减，在区间（11，4）上单单调递增增，函数在在区间上上的最小小值为又，函数在区区间00，4上的的值域是是，即又在区间间0，4上是是增函数数，且它在区区间00，4上的的值域是是.，存在使使得成立立只须1.13. (20100山东，两两边分求求，最小小值与最最大值)已知函数.当时，讨讨论的单单调性；设当时，若若对任意意，存在在，
