高中数学高考导数题型分析及解题方法

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高中数学高考导数题型分析及解题方法

导数题型分析及解题方法 一、考试内容 导数的概念,导数的几何意义,几种常见函数的导数; 两个函数的和、差、基本导数公式,利用导数研究函数的单调性和极值,函数的最大值和最小值。 二、热点题型分析 题型一:利用导数研究函数的极值、最值。 1. 32( ) 3 2f x x x   在区间 1,1 上的最大值是 2 2.已知函数 2)()( 2  xcxxxfy 在 处有极大值,则常数 c= 6 ; 3.函数 331 xxy  有极小值 -1 ,极大值 3 题型二:利用导数几何意义求切线方程 1.曲线 34y x x在点 1, 3 处的切线方程是 2yx 2.若曲线 xxxf  4)( 在 P 点处的切线平行于直线 03  yx ,则 P 点的坐标为 (1,0) 3.若曲线 4yx 的一条切线l 与直线 4 8 0xy   垂直,则 的方程为 4 3 0xy   4.求下列直线的方程: (1)曲线 123  xxy 在 P(-1,1)处的切线; (2)曲线 2xy  过点 P(3,5)的切线; 解:(1) 123|yk 23 1)1,1( 1x /2/23   -上,在曲线点 -xxyxxyP 所以切线方程为 02 11  yxxy 即, (2)显然点 P(3,5)不在曲线上,所以可设切点为 ),( 00 yxA ,则 2 00 xy  ①又函数的导数为 xy 2/  , 所以过 点的切线的斜率为 0 / 2| 0 xyk xx   ,又切线过 、P(3,5)点,所以有 3 52 0 0 0   x yx ②,由①②联立方程组得,         25 5 1 1 0 0 0 0 y x y x 或 ,即切点为(1,1)时,切线斜率为 ;22 01  xk ;当切点为(5,25)时,切线斜率为 102 02  xk ;所以所求的切线有两条,方程分 别为 2510 12 )5(1025)1(21  xyxyxyxy 或即,或 题型三:利用导数研究函数的单调性,极值、最值 1.已知函数 ))1(,1()(,)( 23 fPxfycbxaxxxf 上的点过曲线  的切线方程为 y=3x+1 (Ⅰ)若函数 2)( xxf 在 处有极值,求 )(xf 的表达式; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求函数 )(xfy  在[-3,1]上的最大值; (Ⅲ)若函数 )(xfy  在区间[-2,1]上单调递增,求实数 b 的取值范围 解:(1)由 .23)(,)( 223 baxxxfcbxaxxxf  求导数得 过 ))1(,1()( fPxfy 上点 的切线方程为: ).1)(23()1(),1)(1()1(  xbacbayxffy 即 而过 .13)]1(,1[)(  xyfPxfy 的切线方程为上 故           3 02 3 323 ca ba ca ba 即 ∵ 124,0)2(,2)(  bafxxfy 故时有极值在 ③ 由①②③得 a=2,b=-4,c=5 ∴ .542)( 23  xxxxf (2) ).2)(23(443)( 2  xxxxxf 当 ;0)(,3 22;0)(,23  xfxxfx 时当时 13)2()(.0)(,13 2  fxfxfx 极大时当 又 )(,4)1( xff  在[-3,1]上最大值是 13。 (3)y=f(x)在[-2,1]上单调递增,又 ,23)( 2 baxxxf  由①知 2a+b=0。 依题意 )(xf  在[-2,1]上恒有 ≥0,即 .03 2  bbxx ①当 6,03)1()(,16 min  bbbfxfbx 时 ; ②当  bbbfxfbx ,0212)2()(,26 min时 ; ③当 .60,012 12)(,162 2 min  bbbxfb 则时 综上所述,参数 b 的取值范围是 ),0[  2.已知三次函数 32()f x x ax bx c    在 1x  和 1x  时取极值,且 ( 2) 4f    . ① ② (1) 求函数 ()y f x 的表达式; (2) 求函数 的单调区间和极值; (3) 若函数 ( ) ( ) 4 ( 0)g x f x m m m    在区间[ 3, ]mn 上的值域为[ 4,16] ,试求 m 、 n 应满足 的条件. 解:(1) 2( ) 3 2f x x ax b    , 由题意得,1, 1 是 23 2 0x ax b   的两个根,解得, 0, 3ab   . 再由 ( 2) 4f    可得 2c  .∴ 3( ) 3 2f x x x   . (2) 2( ) 3 3 3( 1)( 1)f x x x x      , 当 1x  时, ( ) 0fx  ;当 1x  时, ( ) 0fx  ; 当 11x   时, ( ) 0fx  ;当 1x  时, ; 当 1x  时, .∴函数 ()fx在区间 ( , 1]  上是增函数; 在区间[ 1, ] 1 上是减函数;在区间[1, ) 上是增函数. 函数 的极大值是 ( 1) 0f ,极小值是 (1) 4f  . (3) 函数 ()gx的图象是由 ()fx的图象向右平移 m 个单位,向上平移 4 个单位得到的, 所以,函数 在区间[ 3, ]nm上的值域为[ 4 4 ,16 4 ]mm   ( 0m  ). 而 ( 3) 20f    ,∴ 4 4 20m    ,即 4m  . 于是,函数 在区间[ 3, 4]n上的值域为[ 20, 0] . 令 ( ) 0fx 得 1x  或 2x  .由 ()fx的单调性知, 1 4 2n剟 ,即36n剟 . 综上所述, 、 应满足的条件是: ,且 . 3.设函数 ( ) ( )( )f x x x a x b   . (1)若 ()fx的图象与直线5 8 0xy   相切,切点横坐标为2,且 在 1x  处取极值, 求实数 ,ab 的值; (2)当 b=1 时,试证明:不论 a 取何实数,函数 ()fx总有两个不同的极值点. 解:(1) 2( ) 3 2( ) .f x x a b x ab     由题意 (2) 5, (1) 0ff,代入上式,解之得:a=1,b=1. (2)当 b=1 时, ( ) 0fx 令 得方程 23 2( 1) 0.x a x a    因 ,0)1(4 2  aa 故方程有两个不同实根 21, xx . 不妨设 21 xx  ,由 ))((3)( 21 ' xxxxxf  可判断 )(' xf 的符号如下: 当 时,1xx  )(' xf >0;当 时,21 xxx  <0;当 时,2xx  >0 因此 1x 是极大值点, 2x 是极小值点.,当 b=1 时,不论 a 取何实数,函数 总有两个不同的 极值点。 题型四:利用导数研究函数的图象 1.如右图:是 f(x)的导函数, )(/ xf 的图象如右图所示,则 f(x)的图象只可能是( D ) (A) (B) (C) (D) 2.函数 的图像为143 1 3  xxy ( A ) 3.方程 内根的个数为在 )2,0(0762 23  xx ( B ) A、0 B、1 C、2 D、3 题型五:利用单调性、极值、最值情况,求参数取值范围 x y o 4 -4 2 4 -4 2 -2 -2 x y o 4 -4 2 4 -4 2 -2 -2 x y y 4 o -4 2 4 -4 2 -2 -2 6 6 6 6 y x -4 -2 o 4 2 2 4 1.设函数 .10,323 1)( 223  abxaaxxxf (1)求函数 )(xf 的单调区间、极值. (2)若当 ]2,1[  aax 时,恒有 axf  |)(| ,试确定 a 的取值范围. 解:(1) 22( ) 4 3f x x ax a     = ( 3 )( )x a x a   ,令 ( ) 0fx  得 12,3x a x a 列表如下: x (-∞,a) a (a,3a) 3a (3a,+∞) ()fx - 0 + 0 - ()fx 极小 极大 ∴ ()fx在(a,3a)上单调递增,在(-∞,a)和(3a,+∞)上单调递减 xa 时, 34() 3f x b a极小 , 3xa 时, ()f x b极小 (2) ∵01a,∴对称轴 21x a a   , ∴ ()fx 在[a+1,a+2]上单调递减 ∴ 22( 1) 4 ( 1) 3 2 1Maxf a a a a a         , 22 min ( 2) 4 ( 2) 3 4 4f a a a a a         依题| ( ) |f x a   ||Maxfa  , min||fa  即| 2 1| ,| 4 4|a a a a    解得 4 15 a ,又01a ∴a 的取值范围是 4[ ,1)5 2.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在 x=- 2 3 与 x=1 时都取得极值(1)求 a、b 的值与函 数 f(x)的单调区间 (2)若对 x〔-1,2〕,不等式 f(x)c2 恒成立,求 c 的取值范围。 解:(1)f(x)=x3+ax2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b 由 f( 2 3 - )= 12 4 a b 093 - + = ,f(1)=3+2a+b=0 得 a= 1 2 - ,b=-2 f(x)=3x2-x-2=(3x+2)( x-1),函数 f(x)的单调区间如下表: x (-,- 2 3 ) - (- ,1) 1 (1,+) f(x) + 0 - 0 + f(x)  极大值  极小值  所以函数 f(x)的递增区间是(-,- )与(1,+),递减区间是(- ,1) (2)f(x)=x3- 1 2 x2-2x+c,x〔-1,2〕,当 x=- 时,f(x)= 22 27 +c 为极大值,而 f(2)=2+c,则 f(2)=2+c 为最大值。 要使 f(x)c2(x〔-1,2〕)恒成立,只需 c2f(2)=2+c,解得 c-1 或 c2 题型六:利用导数研究方程的根 1.已知平面向量a =( 3 ,-1). b =( 2 1 , 2 3 ). (1)若存在不同时为零的实数 k 和 t,使 x =a +(t2-3)b , y =-k +t , ⊥ , 试求函数关系式 k=f(t) ; (2) 据(1)的结论,讨论关于 t 的方程 f(t)-k=0 的解的情况. 解:(1)∵ ⊥ ,∴ xy =0 即[ +(t2-3) ]·(-k +t )=0. 整理后得-k 2a +[t-k(t2-3)] ab + (t2-3)· 2b =0 ∵ =0, =4, =1,∴上式化为-4k+t(t2-3)=0,即 k= 4 1 t(t2-3) (2)讨论方程 t(t2-3)-k=0 的解的情况,可以看作曲线 f(t)= t(t2-3)与直线 y=k 的交点个 数. 于是 f′(t)= 4 3 (t2-1)= 4 3 (t+1)(t-1). 令 f′(t)=0,解得 t1=-1,t2=1.当 t 变化时,f′(t)、f(t)的变化情况如下表: t (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+ ∞) f′(t) + 0 - 0 + F(t) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当 t=-1 时,f(t)有极大值,f(t)极大值= 2 1 . 当 t=1 时,f(t)有极小值,f(t)极小值=- 2 1 函数 f(t)= 4 1 t(t2-3)的图象如图 13-2-1 所示, 可观察出: (1)当 k> 或 k<- 时,方程 f(t)-k=0 有且只有一解; (2)当 k= 或 k=- 时,方程 f(t)-k=0 有两解; (3) 当- <k< 时,方程 f(t)-k=0 有三解. 题型七:导数与不等式的综合 1.设 axxxfa  3)(,0 函数 在 ),1[  上是单调函数. (1)求实数 a 的取值范围; (2)设 0x ≥1, )(xf ≥1,且 00 ))(( xxff  ,求证: 00 )( xxf  . 解:(1) ,3)( 2 axxfy  若 )(xf 在 ,1 上是单调递减函数,则须 ,3,0 2xay  即 这 样的实数 a 不存在.故 在 上不可能是单调递减函数. 若 在 上是单调递增函数,则 a ≤ 23x , 由于   33,,1 2  xx 故 .从而 0
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