高中数学高考导数题型分析及解题方法

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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