高中数学导数题型分析及解题方法(教师版)

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。

32f(x)x3x2在区间1,1上的最大值是 2 1．

22．已知函数yf(x)x(xc)在x2处有极大值，则常数c＝ 6 ；

3．函数y13xx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

31,3处的切线方程是 yx2 y4xx1．曲线在点

342．若曲线f(x)xx在P点处的切线平行于直线3xy0，则P点的坐标为 （1，0）

4yx3．若曲线的一条切线l与直线x4y80垂直，则l的方程为 4xy30

4．求下列直线的方程：

322 （1）曲线yxx1在P(-1,1)处的切线； （2）曲线yx过点P(3,5)的切线；

32 y/3x22x ky/|x－13－21 解：（1）点P(1,1)在曲线yxx1上，

， 即xy20 所以切线方程为y1x1 （2）显然点P（3，5）不在曲线上，所以可设切点为所以过A(x0,y0)点的切线的斜率为

ky|xx02x0/A(x0,y0)，则

y0x02/①又函数的导数为y2x，

，又切线过A(x0,y0)、P(3,5)点，所以有

2x0y05x03②，由

x01x05y1 或 y250①②联立方程组得，0，即切点为（1，1）时，切线斜率为k12x02;；当切点为（5，25）

时，切线斜率为k22x010；所以所求的切线有两条，方程分别为

y12(x1)或y2510(x5)， 即y2x1 或y10x25

题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值

32f(x)xaxbxc,过曲线yf(x)上的点P(1,f(1))的切线方程为y=3x+1 1．已知函数

（Ⅰ）若函数f(x)在x2处有极值，求f(x)的表达式；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数yf(x)在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数yf(x)在区间[－2，1]上单调递增，求实数b的取值范围

32(x)3x22axb.f(x)xaxbxc,求导数得f解：（1）由 过yf(x)上点P(1,f(1))的切线方程为：

yf(1)f(1)(x1),即y(abc1)(32ab)(x1).

而过yf(x)上P[1,f(1)]的切线方程为y3x1.

32ab32ab0即ac3ac3 ① 故

② 4ab12 ③ ∵yf(x)在x2时有极值,故f(2)0,32f(x)x2x4x5. 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴

(x)3x24x4(3x2)(x2).f（2） 23x2时,f(x)0;当2x时,f(x)0;3当

2当x1时,f(x)0.f(x)极大f(2)133 又f(1)4,f(x)在[－3，1]上最大值是13。

(x)3x22axb,f（3）y=f(x)在[－2，1]上单调递增，又由①知2a+b=0。

2f(x)f(x)3xbxb0. 依题意在[－2，1]上恒有≥0，即

1

b1时,f(x)minf(1)3bb0,b66①当； bx2时,f(x)minf(2)122bb0,b6②当； 612bb221时,f(x)min0,则0b6.b12③当

综上所述，参数b的取值范围是[0,)

x32f(x)xaxbxc在x1和x1时取极值，且f(2)4． 2．已知三次函数

(1) 求函数yf(x)的表达式；

(2) 求函数yf(x)的单调区间和极值；

(3) 若函数g(x)f(xm)4m(m0)在区间[m3,n]上的值域为[4,16]，试求m、n应满足的条件．

2解：(1) f(x)3x2axb，

2由题意得，1,1是3x2axb0的两个根，解得，a0,b3． 3f(x)x3x2． f(2)4c2再由可得．∴

(x)3x233(x1)(x1)f(2) ，

当x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0；

当1x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0；

当x1时，f(x)0．∴函数f(x)在区间(,1]上是增函数； ]上是减函数；在区间[1,)上是增函数． 在区间[1,１函数f(x)的极大值是f(1)0，极小值是f(1)4．

(3) 函数g(x)的图象是由f(x)的图象向右平移m个单位，向上平移4m个单位得到的， 所以，函数f(x)在区间[3,nm]上的值域为[44m,164m]（m0）． 而f(3)20，∴44m20，即m4． 于是，函数f(x)在区间[3,n4]上的值域为[20,0]．

令f(x)0得x1或x2．由f(x)的单调性知，1剟n4综上所述，m、n应满足的条件是：m4，且3剟n6． 3．设函数f(x)x(xa)(xb)．

2，即3剟n

6．

（1）若f(x)的图象与直线5xy80相切，切点横坐标为２，且f(x)在x1处取极值，求实数a,b 的值；

（2）当b=1时，试证明：不论a取何实数，函数f(x)总有两个不同的极值点．

2f(x)3x2(ab)xab. 解：（1）由题意f(2)5,f(1)0，代入上式，解之得：a=1，b=1．

23x2(a1)xa0. 令f(x)0得方程（2）当b=1时，

24(aa1)0,故方程有两个不同实根x1,x2． 因

''f(x)3(xx)(xx)fxx1212不妨设，由可判断(x)的符号如下： '''f(x)f(x)f(x)＞０ xx时，xxx时，xx时，1122当＞０；当＜０；当

因此x1是极大值点，x2是极小值点．，当b=1时，不论a取何实数，函数f(x)总有两个不同的极值点。

题型四：利用导数研究函数的图象

2

/f1．如右图：是f（x）的导函数， (x)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

y13x4x1的图像为3( A )

6 4 2 -4 -2 y o 2 4 -2 -4 32x 6 4 2 -4 -2 y 6 4 2 x -4 -2 y 6 4 2 y o 2 4 -2 -4 y 2 4 -2 -4 x o 2 4 -2 -4 x

3．方程2x6x70在(0,2)内根的个数为 ( 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

1f(x)x32ax23a2xb,0a1.31．设函数

（1）求函数f(x)的单调区间、极值.

（2）若当x[a1,a2]时，恒有|f(x)|a，试确定a的取值范围.

列表如下：

x （-∞，a） a

22xa,x23af(x)x4ax3a解：（1）=(x3a)(xa)，令f(x)0得1

（a，3a） 3a +

0

（3a，+∞） -

f(x) f(x)

- 0

极小 极大

∴f(x)在（a，3a）上单调递增，在（-∞，a）和（3a，+∞）上单调递减

4f极小(x)ba3xa时，3，x3a时，f极小(x)b

22f(x)x4ax3a（2）∵0a1，∴对称轴x2aa1， ∴f(x)在[a+1，a+2]上单调递减

∴

(a1)24a(a1)3a22a1fMax，

(a2)24a(a2)3a24a4fmin

|a|f|a|fmin依题|f(x)|aMax， 即|2a1|a,|4a4|a

44a1[,1)解得5，又0a1 ∴a的取值范围是5

3

22．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－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（

f（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1），函数f（x）的单调区间如下表： x 1 （1，＋） 222（－，－3） －3 （－3，1） f（x） ＋ 0 － 0 ＋ f（x）  极大值  极小值  21241－a＋b＝0－3）＝93，f（1）＝3＋2a＋b＝0得a＝2，b＝－2

22所以函数f（x）的递增区间是（－，－3）与（1，＋），递减区间是（－3，1）

1222（2）f（x）＝x3－2x2－2x＋c，x〔－1，2〕，当x＝－3时，f（x）＝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

311．已知平面向量a=(3,－1). b=(2,2).

（1）若存在不同时为零的实数k和t，使x=a+(t2－3)b，y=-ka+tb，x⊥y， 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)∵x⊥y，∴xy=0 即[a+(t2-3) b]·(-ka+tb)=0. 整理后得-ka+[t-k(t2-3)] ab+ (t2-3)·b=0

221∵ab=0，a=4，b=1，∴上式化为-4k+t(t2-3)=0，即k=4t(t2-3)

11(2)讨论方程4t(t2-3)-k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)= 4t(t2-3)与直线y=k的交点个数.

33于是f′(t)= 4(t2-1)= 4(t+1)(t-1).

22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 f′(t) F(t) (-∞,-1) + ↗ -1 0 极大值 (-1,1) - ↘ 1 0 极小值 (1,+ ∞) + ↗ 1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)=4t(t2-3)的图象如图13－2－1所示，

可观察出：

11(1)当k＞2或k＜－2时,方程f(t)－k=0有且只有一解；

4

11(2)当k=2或k=－2时,方程f(t)－k=0有两解；

11(3) 当－2＜k＜2时,方程f(t)－k=0有三解.

题型七：导数与不等式的综合

3a0,函数f(x)xax在[1,)上是单调函数. 1．设

（1）求实数a的取值范围；

（2）设

x0f(x0)x0f(f(x0))x0≥1，f(x)≥1，且，求证：.

22yf(x)3xa,y0,即a3x,这样的实数1,f(x)解：（1） 若在上是单调递减函数，则须

a不存在.故f(x)在1,上不可能是单调递减函数.

2若f(x)在1,上是单调递增函数，则a≤3x，

2x1,,故3x3.从而0xf(x0)（2）方法1、可知f(x)在1,上只能为单调增函数. 若1≤0，则f(x0)f(f(x0))x0矛盾,f(x0)x0,则f(f(x0))f(x0),即x0f(x0) 若1≤矛盾，故只有

f(x0)x0方法

成立.

2：设

f(x0)u,则f(u)x0

，

3x0ax0u,u3aux0,两式相减得

32(x0u3)a(x0u)ux0(x0u)(x0x0uu21a)0,x022x0x0uu23,又0a3x0x0uu21a0≥1,u≥1，

，

3f(x)(x2)(xa)22．已知a为实数，函数

（1）若函数f(x)的图象上有与x轴平行的切线，求a的取值范围 （2）若f'(1)0，（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间

（Ⅱ）证明对任意的

x1、x2(1,0)，不等式

|f(x1)f(x2)|516恒成立

333xaf'(x)3x22ax22，2 解：

函数f(x)的图象有与x轴平行的切线，f'(x)0有实数解

39334a2430a2（，2][2，）a2222 ，，所以的取值范围是

3993132a0af'(x)3x2x3(x)(x1)f'(1)0，24，222，

11xf'(x)0,1x2；由2 由f'(x)0,x1或

11(,1),(,)(1,)f(x)的单调递增区间是22 ；单调减区间为

2514927f(1)f()f(0)8，f(x)的极小值为216，又8 易知f(x)的最大值为

2749Mmf(x)在[1，0]上的最大值8，最小值16

27495|f(x)f(x)|Mm12x,x(1,0)1281616 对任意，恒有

f(x)x3ax2

5

题型八：导数在实际中的应用

1．请您设计一个帐篷。它下部的形状是高为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥（如右图所示）。试问当帐篷的顶点O到底面中心o1的距离为多少时，帐篷的体积最大？ 解：设OO1为xm，则1x4

2223(x1)82xx由题设可得正六棱锥底面边长为：，（单位：m） 3336((82xx2)22282xx)=24故底面正六边形的面积为：，（单位：m）

31332(1612xx3)[(x1)1]V（x）(82xx)3223帐篷的体积为：（单位：m） 3(123x2)2求导得。

（x）0，解得x2（不合题意，舍去）令V'，x2，

（x）0，V（x）当1x2时，V'为增函数； （x）0，V（x）当2x4时，V'为减函数。

∴当x2时，V（x）最大。

V（'x）3答：当OO1为2m时，帐篷的体积最大，最大体积为163m。

2．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函

y数解析式可以表示为：

已知甲、乙两地相距100千米。

（I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ （II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？

13x3x8(0x120).12800080

1002.5解：（I）当x40时，汽车从甲地到乙地行驶了40小时，

13(403408)2.517.580 要耗没128000（升）。

100 （II）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了x小时，设耗油量为h(x)升，

131001280015h(x)(x3x8).x(0x120),12800080x1280x4 依题意得

x800x3803h'(x)2(0x120).2640x640x

令h'(x)0,得x80.

当x(0,80)时，h'(x)0,h(x)是减函数； 当x(80,120)时，h'(x)0,h(x)是增函数。

答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升。当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升。

6

当x80时，h(x)取到极小值h(80)11.25.

因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值。

题型九：导数与向量的结合

a(1．设平面向量

3113，),b(，).2222若存在不同时为零的两个实数s、t及实数k，使

xa(t2k)b,ysatb,且xy，

（1）求函数关系式Sf(t)；

上是单调函数，求k的取值范围。 （2）若函数Sf(t)在1，a(解：（1）

3113,),b(,).ab1，ab02222

又xy,xy0，得2a（tk）（b0，satb）即sa（tt2k）b-（tst2sk）ab0。s（t2k）t0，故s（ft）t3kt。

2f（t）3tk且f（t）在1，上是单调函数，（2） 0 则在1,上有f(t)0或f（t）222f(t)03tk0k3tk(3t)mink3； 由

22f(t)03tk0k3t由。

221,k3t3t因为在t∈上是增函数，所以不存在k，使在1,上恒成立。故k的取值范围是k3。

22

7