高考导数题型分析及解题方法学生版

本知识单元考查题型与方法：

※※与切线相关问题（一设切点，二求导数=斜率=线联立方程求解）；

※※其它问题（一求导数，二解f'(x)=0的根—若含字母分类讨论，三列3行n列的表判单调区间和极值。结合以上所得解题。）

特别强调：恒成立问题转化为求新函数的最值。导函数中证明数列型不等式注意与原函数联系构造，一对多涉及到求和转化。 关注几点：

恒成立：（1）定义域任意x有f(x)>k,则f(x)min>常数k；

（2）定义域任意x有f(x)y2y1，三代切点入切线、曲x2x1恰成立：（1）对定义域内任意x有f(x)g(x)恒成立，则【f(x)-g(x)】min0,

（2）若对定义域内任意x有f(x)g(x)：恒成立，则【f(x)-g(x)】max0

能成立：（1）分别定义在[a,b]和[c,d]上的函数f(x)和g(x)，对任意的x1[a,b],存在

x2[c,d],使得f(x1)g(x2)，则f(x)maxg(x)max

（2）分别定义在[a,b]和[c,d]上的函数f(x)和g(x)，对任意的x1[a,b],存在x2[c,d],使得f(x1)g(x2)，则f(x)ming(x)min

一、考纲解读

考查知识题型：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；证明不等式、求参数范围等

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 1．

22．已知函数yf(x)x(xc)在x2处有极大值，则常数c＝ ；

33．函数y13xx有极小值 －1 ,极大值

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4xx1．曲线在点

42．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

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

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 ，

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

322解：（1）由f(x)xaxbxc,求导数得f(x)3x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).

的切线方程为y3x1. 而过yf(x)上P[1,f(1)]32ab3故ac32ab0即ac3

① ②

∵yf(x)在x2时有极值,故f(2)0,4ab12 ③

232f(x)3x4x4(3x2)(x2). f(x)x2x4x5.由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴ （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。

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

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

x①当

b1时,f(x)minf(1)3bb0,b66； b2时,f(x)minf(2)122bb0,b6；

x②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,)

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．

．

3．设函数f(x)x(xa)(xb)．

（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．

题型四：利用导数研究函数的图象

/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（ ）

（A） （B） （C） （D） 2．函数

6 4 2 -4 -2 y 6 4 2 -4 -2 y 6 4 2 x -4 -2 y 6 4 2 y 2 4 -2 -4 x o 2 4 -2 -4 x y y13x4x1的图像为3( )

o 2 4 -2 -4 x o 2 4 -2 -4

323．方程2x6x70在(0,2)内根的个数为 )

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.

22xa,x23a f(x)x4ax3a解：（1）=(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

4f极小(x)ba33，x3a时，f极小(x)b xa时，

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1fmin(a2)24a(a2)3a24a4fMax∴， |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

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：

题型六：利用导数研究方程的根

131．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)

2211(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).

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； 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

x0≥1，f(x)≥1，且f(f(x0))x0，求证：f(x0)x0.

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

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)，f(x0)f(f(x0))x0矛盾, 若

（2）方法1、可知f(x)在1,上只能为单调增函数. 若1≤0则

1≤

f(x0)x0,则f(f(x0))f(x0),即x0f(x0)矛盾，故只有f(x0)x0成立.

3333f(x)u,则f(u)xxaxu,uaux,(xu)a(x0u)ux0 000000方法2：设，两式相减得2(x0u)(x0x0uu21a)0,x0≥1,u≥1， 22x0x0uu23,又0a3，x0x0uu21a0

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）证明对任意的解

x1、x2(1,0)，不等式

|f(x1)f(x2)|516恒成立

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

32(x1)282xx2，（单位：m）

由题设可得正六棱锥底面边长为：

6故底面正六边形的面积为：

333((82xx2)22282xx)=24，（单位：m）

帐篷的体积为：

V（x）1333(1612xx3)(82xx2)[(x1)1]3322（单位：m）

V'（x）求导得

3(123x2)（x）0，解得x2（不合题意，舍去）2。令V'，x2，

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

∴当x2时，V（x）最大。 答：当OO1为2m时，帐篷的体积最大，最大体积为163m3。

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

y式可以表示为：

13x3x8(0x120).12800080

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？

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，

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

22f（t）3t2k且f（t）在1，上是单调函数，

2221,f(t)0或f（t）0f(t)03tk0k3tk(3t)mink3； 则在上有由22f(t)03tk0k3t由。

22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的取值范围是k3。