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高中数学高考导数题型分析及解题方法(带公式)


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。
3 2 [ ?1,1] 上的最大值是 2 1. f ( x) = x ? 3 x + 2 在区间

2 2.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
3

,极大值

3

题型二:利用导数几何意义求切线方程 1.曲线 y = 4 x ? x 在点
3

( ?1, ?3) 处的切线方程是

y = x?2
(1,0)

4 2.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

4 3.若曲线 y = x 的一条切线 l 与直线 x + 4 y ? 8 = 0 垂直,则 l 的方程为 4 x ? y ? 3 = 0

4.求下列直线的方程:
3 2 (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;
2

3 2 / 2 / 解: (1) Q 点P(?1,1)在曲线y = x + x + 1上, ∴ y = 3x + 2 x ∴ k = y |x =-1 = 3-2 = 1

即 所以切线方程为 y ? 1 = x + 1 , x ? y + 2 = 0
2 / (2) 显然点 P 3, 不在曲线上, ( 5) 所以可设切点为 A( x0 , y0 ) , y0 = x0 ①又函数的导数为 y = 2 x , 则

k = y / | x = x0 = 2 x0 所 以 过 A( x0 , y0 ) 点 的 切 线 的 斜 率 为 , 又 切 线 过 A( x0 , y0 ) 、 P(3,5) 点 , 所 以 有 2 x0 =

y0 ? 5 x0 ? 3

? x0 = 1 ? x0 = 5 ? y = 1 或 ? y = 25 ? 0 ②,由①②联立方程组得, ? 0 ,即切点为(1,1)时,切线斜率为

k1 = 2 x0 = 2;

;当切点为(5,25)时,切线斜率为 k2 = 2 x0 = 10 ;所以所求的切线有两条,方程分

即 别为 y ? 1 = 2( x ? 1)或y ? 25 = 10( x ? 5), y = 2 x ? 1 或y = 10 x ? 25

题型三:利用导数研究函数的单调性,极值、最值
3 2 1.已知函数 f ( 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

第 1 页 共 10 页

(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
3 2 2 解: (1)由 f ( x) = x + ax + bx + c, 求导数得f ′( x) = 3 x + 2ax + b.

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 = 3 x + 1.

?3 + 2a + b = 3 ? 故 ?a ? c = ? 3

?2 a + b = 0 即? ?a ? c = ?3

① ② ③

∵ y = f ( x)在x = ?2时有极值, 故f ′(?2) = 0,∴ ?4a + b = ?12 由①②③得 a=2,b=-4,c=5

3 2 ∴ f ( x) = x + 2 x ? 4 x + 5.

2 (2) f ′( x ) = 3 x + 4 x ? 4 = (3 x ? 2)( x + 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) = 13 3

又 f (1) = 4,∴ f ( x ) 在[-3,1]上最大值是 13。

2 ′ (3)y=f(x)在[-2,1]上单调递增,又 f ( x) = 3 x + 2ax + b, 由①知 2a+b=0。
2 ′ ′ 依题意 f (x) 在[-2,1]上恒有 f (x) ≥0,即 3 x ? bx + b ≥ 0.

①当

x=

b ≥ 1时, f ′( x) min = f ′(1) = 3 ? b + b > 0,∴ b ≥ 6 6 ; b ≤ ?2时, f ′( x) min = f ′(?2) = 12 + 2b + b ≥ 0,∴ b ∈ φ 6 ; 6 12b ? b 2 ≤ 1时, f ′( x) min = ≥ 0, 则0 ≤ b ≤ 6. b 12

②当

x=

③当

?2≤

综上所述,参数 b 的取值范围是 [0,+∞)
3 2 2.已知三次函数 f ( x) = x + ax + bx + c 在 x = 1 和 x = ?1 时取极值,且 f (?2) = ?4 .

第 2 页 共 10 页

(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 . 3 再由 f (?2) = ?4 可得 c = ?2 .∴ f ( x) = x ? 3x ? 2 . 2 ′ (2) f ( x) = 3x ? 3 = 3( x + 1)( x ? 1) ,

′ ′ 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; ] 在区间 [?1,1 上是减函数;在区间 [1, + ∞) 上是增函数.

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 4 m 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n
6. 2 ,即 3 剟n 6.

3.设函数 f ( x ) = x ( x ? a )( x ? b ) . (1)若 f ( x ) 的图象与直线 5 x ? 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;

第 3 页 共 10 页

(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.

′ 解: (1) f ( x) = 3 x ? 2( a + b) x + ab.
2

′ ′ 由题意 f (2) = 5, f (1) = 0 ,代入上式,解之得:a=1,b=1.

′ (2)当 b=1 时, 令f ( x) = 0得方程 3 x ? 2( a + 1) x + a = 0.
2

2 因 ? = 4( a ? a + 1) > 0, 故方程有两个不同实根 x1 , x 2 .

' ' 不妨设 x1 < x 2 ,由 f ( x ) = 3( x ? x1 )( x ? x 2 ) 可判断 f ( x) 的符号如下: ' ' f' 当 x < x1时,f ( x) >0;当 x1 < x < x 2时,f ( x) <0;当 x > x 2时, ( x) >0

,当 b=1 时,不论 a 取何实数,函数 f ( x ) 总有两个不同的 因此 x1 是极大值点, x 2 是极小值点. 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, f ( x ) 的图象如右图所示,则 f(x)的图象只可能是( D )

(A)

(B)

(C) )

(D)

1 y = x3 ? 4 x + 1的图像为 3 2.函数 ( A

6 4 2 -4 -2

y

o 2 4 -2 -4

x

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 2 3.方程 2 x ? 6 x + 7 = 0在(0,2)内根的个数为

( B D、3

)

A、0

B、1

C、2

题型五:利用单调性、极值、最值情况,求参数取值范围

第 4 页 共 10 页

1 f ( x) = ? x 3 + 2ax 2 ? 3a 2 x + b,0 < a < 1. 3 1.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.
2 2 x = a, x2 = 3a ′ ′ 解: (1) f ( x) = ? x + 4ax ? 3a = ?( x ? 3a )( x ? a ) ,令 f ( x) = 0 得 1

列表如下: x (-∞, a) a

(a,3a) 3a + 0 极大

(3a,+∞) -

f ′( x) f ( x)

-

0 极小

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

4 f极小 ( x) = b ? a 3 x = a 时, 3 , x = 3a 时, f极小 ( x) = b
′ (2) f ( x ) = ? x + 4ax ? 3a ∵ 0 < a < 1 ,∴对称轴 x = 2a < a + 1 ,
2 2

′ ∴ f ( x ) 在[a+1,a+2]上单调递减


′ f Max = ?( a + 1) 2 + 4a ( a + 1) ? 3a 2 = 2a ? 1



′ f min = ?(a + 2) 2 + 4a (a + 2) ? 3a 2 = 4a ? 4

′ | f ′ |≤ a | f min |≤ a ′ 依题 | f ( x ) |≤ a ? Max , 4 ≤ a ≤1 解得 5 ,又 0 < a < 1

即 | 2a ? 1|≤ a,| 4a ? 4 |≤ a

4 [ ,1) ∴a 的取值范围是 5

2 2.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′(

2 12 4 1 - a+b=0 - 3 )= 9 3 ,f′(1)=3+2a+b=0 得 a= 2 ,b=-2

f′(x)=3x2-x-2=(3x+2) (x-1) ,函数 f(x)的单调区间如下表:

第 5 页 共 10 页

x

2 2 (-∞,- 3 ) - 3
0 极大值

2 (- 3 ,1)
- ↓

1

(1,+∞)

f′ x) + ( f(x) ↑

0 极小值

+ ↑

2 2 所以函数 f(x)的递增区间是(-∞,- 3 )与(1,+∞) ,递减区间是(- 3 ,1) 1 2 22 (2)f(x)=x3- 2 x2-2x+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

v 1.已知平面向量 a =( 3 ,-1).

1 3 v b =( 2 , 2 ).

v v v v v u v v v u x = a +(t2-3) b , y =-k a +t b , x ⊥ y , (1)若存在不同时为零的实数 k 和 t,使
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.

v v u v v u v v v v y ,∴ x ? y =0 即[ a +(t2-3) b ]·(-k a +t b )=0. 解:(1)∵ x ⊥
整理后得-k a +[t-k(t2-3)] a ? b + (t2-3)· b =0

v2

v v

v2

1 v v v2 v2 ∵ a ? b =0, a =4, b =1,∴上式化为-4k+t(t2-3)=0,即 k= 4 t(t2-3) 1 1 (2)讨论方程 4 t(t2-3)-k=0 的解的情况,可以看作曲线 f(t)= 4 t(t2-3)与直线 y=k 的交点个
数.

3 3 于是 f′(t)= 4 (t2-1)= 4 (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 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 .

第 6 页 共 10 页

1 当 t=1 时,f(t)有极小值,f(t)极小值=- 2 1 函数 f(t)= 4 t(t2-3)的图象如图 13-2-1 所示,
可观察出:

1 1 (1)当 k> 2 或 k<- 2 时,方程 f(t)-k=0 有且只有一解; 1 1 (2)当 k= 2 或 k=- 2 时,方程 f(t)-k=0 有两解; 1 1 (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
3 1.设 a > 0, 函数f ( x) = x ? ax 在 [1,+∞) 上是单调函数.

(1)求实数 a 的取值范围; (2)设

x0 ≥1, f (x) ≥1,且 f ( f ( x 0 )) = x 0 ,求证: f ( x0 ) = x0 .

2 2 ′ ′ ′ 解: (1) y = f ( x ) = 3 x ? a, 若 f (x ) 在 [1,+∞ ) 上是单调递减函数, 则须 y < 0, 即a > 3 x , 这

样的实数 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 由于 x ∈ [1,+∞ ), 故3 x ≥ 3 .从而 0<a≤3.

( 2 ) 方 法 1 、 可 知 f (x ) 在 [1,+∞ ) 上 只 能 为 单 调 增 函 数 .

若 1≤

x0 < f ( x0 )

,则

f ( x0 ) < f ( f ( x0 )) = x 0矛盾,
只有

若 1≤

f ( x0 ) < x 0 , 则f ( f ( x0 )) < f ( x0 ), 即x0 < f ( x0 )

矛盾,故

f ( x0 ) = x0

成立.

方 法

2 : 设

f ( x0 ) = u , 则f (u ) = x0



3 ∴ x0 ? ax0 = u , u 3 ? au = x0 ,

两 式 相 减 得

3 2 ( x0 ? u 3 ) ? a ( x0 ? u ) = u ? x0 ∴ ( x0 ? u )( x0 + x0 u + u 2 + 1 ? a ) = 0,Q x0 2 2 ∴ x0 + x0 u + u 2 ≥ 3, 又0 < a ≤ 3 ∴ x0 + x0 u + u 2 + 1 ? a > 0

≥1,u≥1,



第 7 页 共 10 页

3 f ( x) = ( x 2 + )( x + a ) 2 2.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

x 、x2 ∈ (?1, 0) (Ⅱ)证明对任意的 1
Q f ( x) = x3 + ax 2 +

,不等式

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |<

5 16 恒成立

解:

3 3 3 x + a ∴ f '( x) = 3 x 2 + 2ax + 2 2 , 2

Q 函数 f ( x) 的图象有与 x 轴平行的切线,∴ f '( x) = 0 有实数解

3 9 3 3 ∴? = 4a 2 ? 4 × 3 × ≥ 0 a 2 ≥ ( ? ∞, ? + 2] U [ 2, ∞) 2 2 ,所以 a 的取值范围是 2 2 ,
Q f '(?1) = 0 ,

∴ 3 ? 2a +

3 9 9 3 1 =0 a= ∴ f '( x) = 3 x 2 + x + = 3( x + )( x + 1) 2 4, 2 2 2 , 1 1 f '( x) < 0, ?1 < x < ? 2 ;由 2

由 f '( x) > 0, x < ?1 或

x>?

1 1 (?∞, ?1), (? , +∞) (?1, ? ) ∴ f ( x) 的单调递增区间是 2 2 ;单调减区间为 f (?1) = 25 1 49 27 f (? ) = f (0) = 8 , f ( x) 的极小值为 2 16 ,又 8 27 49 m= 8 ,最小值 16 27 49 5 ? = 8 16 16

易知 f ( x) 的最大值为

∴ f ( x) 在 [?1, 上的最大值 0]

M=

∴ 对任意 x1 , x2 ∈ (?1, 0) ,恒有

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |< M ? m =

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 x m ,则 1 < x < 4
第 8 页 共 10 页

由题设可得正六棱锥底面边长为:

3 2 ? ( x ? 1) 2 = 8 + 2 x ? x 2

, (单位: m )

故底面正六边形的面积为:

6?

3 3 3 ?( ? (8 + 2 x ? x 2 ) 2 8 + 2x ? x 2 ) 2 = 2 4 , (单位: m )

帐篷的体积为:

V( x ) =

1 3 3 3 (16 + 12 x ? x 3 ) (8 + 2 x ? x 2 ) [ ( x ? 1) + 1] = 3 3 2 2 (单位: m )

求导得

V' x) ( =

3 (12 ? 3 x 2 ) 2 。

(x = 令 V' ) 0 ,解得 x = ?2 (不合题意,舍去) x = 2 , , (x > 为增函数; 当 1 < x < 2 时, V' ) 0 , V(x) (x < 当 2 < x < 4 时, V' ) 0 , V(x) 为减函数。
∴当 x = 2 时, V(x) 最大。
3 答:当 OO1 为 2 m 时,帐篷的体积最大,最大体积为 16 3 m 。

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)的函数解析式可以表示为:

y=

1 3 x3 ? x + 8(0 < x ≤ 120). 128000 80

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?

100 = 2.5 解: (I)当 x = 40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 40 小时, 1 3 ( × 403 ? × 40 + 8) × 2.5 = 17.5 80 (升) 。 要耗没 128000 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,

1 3 100 1 2 800 15 h( x) = ( x3 ? x + 8). = x + ? (0 < x ≤ 120), 128000 80 x 1280 x 4 依题意得
h '( x) = x 800 x 3 ? 803 ? 2 = (0 < x ≤ 120). 640 x 640 x 2
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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。

∴ 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。 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。

题型九:导数与向量的结合

r 3 1 r 1 3 a = ( , ), b = ( , ). ? 2 2 2 2 若存在不同时为零的两个实数 s、t 及实数 k,使 1.设平面向量

x = a + (t 2 ? k )b, y = ? s a + t b,且 x ⊥ y,
(1)求函数关系式 S = f (t ) ;

+ (2)若函数 S = f (t ) 在 [1, ∞ ) 上是单调函数,求 k 的取值范围。
a = (

解: (1)

r r r r 3 1 1 3 , ? ), b = ( , ). a = b = 1,? b = 0 a 2 2 2 2

r u r u r r 又 x ⊥ y, x ? y = 0,得 r r r r ? a + t 2 ? k)( ? sa + tb) 0, ( b? = ? ? r2 r2 r r 即 ? sa +(t 2 ? k) -(t ? st 2 + sk) ? b = 0。 t b a ∴? s + t 2 ? k)t = 0,故s = (t) t 3 ? kt。 ( f =
(2)

′ f (t) 3t 2 ? k且f(t)在[1, ∞ )上是单调函数, = +

′ ′ ≤ 则在 [1,+∞ ) 上有 f (t ) ≥ 0或f (t) 0
2 2 2 ′ 由 f (t ) ≥ 0 ? 3t ? k ≥ 0 ? k ≤ 3t ? k ≤ (3t ) min ? k ≤ 3 ; 2 2 ′ 由 f (t ) ≤ 0 ? 3t ? k ≤ 0 ? k ≥ 3t 。

因为在 t∈ [1,+∞ ) 上 3t 是增函数,所以不存在 k,使 k ≥ 3t 在 [1,+∞ ) 上恒成立。故 k 的取值范
2 2

围是 k ≤ 3 。
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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[1]

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3、高考导数题型分析及解题方法(学生)

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高中数学经典解题技巧(导数小技巧)

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