导数知识点各种题型归纳方法总结(浦仕国)-

(仕国)201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月【导基础知识及各种型归纳方法总结】 32页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 42页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月【导基础知识及各种型归纳方法总结】 52页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 62页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月【导基础知识及各种型归纳方法总结】 72页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 82页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月【导基础知识及各种型归纳方法总结】 92页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 102页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月【导基础知识及各种型归纳方法总结】 112页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 122页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月f(5f(1)②f(x)

4

32–25a+a+3

12 6 231a1＜311 11

在区间0,3上为“凸m；fa3f(x)=a

任何bb

f(x)在区间a,b

上都为“凸大.请同们度重视（温馨提示：

:

f

4

32

3

3x首先，关于二次函的不等式恒成立的主要解法：

g3

12 6 2

f3 21分离变量； 2变更主元； 3根分布； 4判别式法

1在区间 上为“凸则f

0,3

g305二次函（1）对称轴（重视单调间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在

在区间[0,3]上从区间入手价于其次，分析每种型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问”以及“充分应用形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。最后，同们在看例时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础

g(0)0

30

g 0maxm2型函的单调间极值（基础型）1

g(3)0

93m30

f'0

,x 0

g33

,

, 0

g3

中 价23 3大

m x x

032

而 3增则

(x)h(3)2第种： >0,=0,<）

m2

0 x 3x

max(2)∵在区间 上都为“凸”第二种：——已谁范围就把谁作为；

m2则价

f(x)m2

a,b时g30时

设例欣赏1 设

在区间 上Df(x)D

f() 在区

fD上f

D

g30

在区间[0,3立g(x)

g0

在

f

在区间D“凸m

F(m)30

m2【导基础知识及各种型归纳方法总结】 1322页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 1422页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月F()02x230

m

=b.由|f(

|≤的 x [a F(2)

x230

1 x 1

ba2

恒成立①则等价这个二g

(x)a例2（二次函间最值的例子）

g(x)g(x)x24ax3a2

x2a

max(x)amin0a1,

f(x)1

2ax2

2xb(0abR)

放缩法） 3 f x 即定义域在对称轴右边这个二Ⅰ求

单调区间和极；

g(x) x [a a 2],

f

a

单调增。上是增函取范围.解Ⅰ）

g(x)x24ax3a2[aa.0a1

f(x)x23a2

xxa

∴

a2

g(x)

g(a2)2a1.f

x2a

g(x) g(amin

4aa 3a

是价于g(a4a4a, 4

x[aa

不等式①恒成立等3a a

g(a2a1a

a

又 0a∴f(x)0,

单调递增区间,3）f(x)

4a1.令 得 －

3+） 5f(x)0, f(x)

点评：重视二次函间最值求法：对称轴（重视单调间）与定义域的关系第种：构造求x=a时=3

时

f(x)

g(x)恒成立h(x)

f(xg(x0恒成立；从而转化、二种型f(x)极小 a34

f(x)极大值【导基础知识及各种型归纳方法总结】 1522页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 1622页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月例3

f(x)

x3ax

Ⅰ如果

g(x)

f(x

是偶

f(x

极大值和t63 g(x)x3

x2(t1)x2

3 (t

极小值；ⅠⅡ

a,

值；时求

值域；

Ⅱ如果

f(x

是(,

单调取ax[1,4]

f(x)

值范围．Ⅲ

x

时

f(x)g(x

恒成立求实t取

f(x1x4

(a

(4a1).1 1 f/(x) 3x2

∴f/

3解得a3

Ⅰ∵

f(x)是偶

a1. 此时

f(x)12

x3

f(x)

x23，4

b1在

b2在

单调

f(x0

2 3.递减又

[2,4]

f(x)单调递减

[1,0]

[0,2]

列表如下：(－x (－∞,－2 3) －2 3

2 3 (2 3,+∞)f

ff(2)

f(4)

2 3,2 3)∴f(x)

[4,16]

f(x)

+ 0 － 0 +Ⅲ

h(x)

f(x)g(x)t2

x21)x

x[1,4]

f(x)

递增 极大值 递减 极小值 递增路使 需 即 （f(x)g(x)）

h(x)

t(x22x)2x

分可

f(x极大值f(2

3)4 3

f(x极小值f(2

3)4 3.离变量2：二次区间最值

Ⅱ∵1

f(x

是(,

单调R恒成立型二已知函在某个间上的单调性求参的范围（逆向查，正向思）

∴f(x)

x2(ax41

(4a

0，

（判别式法）则(a)24(4a4

a22a解得：0a2.1：转化f(x)或f(x)0在给定区间恒成立回归基础题型；

综取值范围是的增或减区间子集；

a、

{a0a.1 1例5

f(x) x3 (2a)x2a)x(a做题时定要看清楚“在m,是减”与“单调减区间是a,，要弄清楚两句话区别：前者是后者子集

求

f(x

3 2单调区间；在[1求a（例4：

a

f(x)1x312

a1x2

(4a1)x．

集思想

f(x) 子）【导基础知识及各种型归纳方法总结】 1722页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 1822页201767—《导及应用》型归（内部资料，仅供参考） 主编：浦仕国 2016年6月（I）

f(x)x2

(2a)x1

(xx1a).

例

、已知函数

f(x)

13

(kx2，2

g(x)

1kx，且 3

f(

在区间 当1、 a当

,f(x)(x

0恒成立,

上为增函数． (2, )x当且仅当 时取x

f(x)

单调递增。

（1） 求实数 k

的取值范围； 2、 a时当当

f(x

x,

（2） 若函数

与f(

g(x)

的图象有三个不同的交点，求实数 a1 2 1 2

的取值范围． f

单调增区间：

(,1),(a)

k解1）由题意

f(x)x2

(k1)x

f(

在区间

(2,)

上为增函数， 单调增区间 (a

∴f(x)x2

(k1)x

在区间

(2,)

上恒成立

（分离变量法）-1

（I）当

f(x)

上单调递增

即 恒成立，又 ，∴ ，故 ∴ 的取值范围 为上述增区间的子集：

k1（2）设

x3 (k1，1、a0时，

f(x)

(,

单调递增 符合题意

h(x)

f(x)g(x) 3

x2kx2 32、 ，

h(x)x2(k1)xk(xk)(x a

a1

a1

h(x0

x

由（1）知 ， x 1 或a[01]。或

①当k1时， 意…

h(x)(x20

h(x)

在 R上递增，显然不合题 型：根的个问题

②当 时， ，k 1 h(x)

h(x)随x的变化情况如下表： x (,k) k

(k,1)

1 类型： 函f(x)与g(x)（或与x轴）的交点方程的根函的零点解题步骤

h(x)h(x)

0 — 0 ↗ 极大值 ↘ 极 ↗第一步：画出两个图像即“穿线图”（即解导数不等式） “”“”还是“先减后增再减”；

k6

k212 3

小值k12第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式

于k12

0

与f(

g(x)

的图象有三个不同的交点，即方0（组）；主要看极大值和极小值与 0的关系； 0

程h(x

有三个不同的实根， 需k3

k21

(k

2k2)

∴k

，解得

k1 3第三步：解不等式（组）即可；

6 2 3

k

2k20【导基础知识及各种型归纳方法总结】 第19页 共22页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 第20页 共22页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月k

k

1 3

即1 1

等3 b1)2

b1)

12 21 1

（计算难点来了：）h()3 b1)2 b1)

1类型二：

必h(x)

2 2二次式故用添项配凑法因式二次式(x1) 0例

f()3122c 1 12

2

b1)2

b1)02 2

的

1)1b1)x1b1)01

f

f(x)

f(x)

2(x 2

2 2 11

1，

2(1)2

b1)

2b1)0g(x)

2d

b 1 2g(x)

f

十字相乘法2(1)2

b1)b1)1 1

1 0b

(1)2

(b1)2

b1)01 1 等1 ∵

则

32

b1)2

b1)0

1f()3

f(x)，

f0)

c0

等价于2

1b1)

b1)

两等于-1等又∵

f(x)

f(1)3a1

0a1

2 2 1 1 b1)24 b1)0f

f()3

2(1)0

4 1 1

b(,1)(13)3,)f 值

f(1)2

f 值

2 22f3 7

(1)

b1)2

b1)0-1 2

2设g()

f(x)

类型：切线的条问以切点x为未知的方程的根的个数3

例

0f()

处小－4其导0 等价于

即： 1

f0 x

13)f

1

f(1)g(1)d2

(b1

1析式；f(x)2

1 1

整

P(1,m)

fm3

22 2

b1)

．2 2 2【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2122页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2222页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月f

'(x)3ax2

c3a(x

3),(a

＋， (

＝－＋

或 .f'(x) 0

f'(x)

f'(x)

f(x)

f(x) 0

x5,

x2f(x)

x 1 0

∴，

f(x)

2x5abc

f'(1)

ca1

f'(3)

27a6bc

可知()单调递增区间和5＋∞单( ,2) b6c9Q ，

f(x)x36x29x

调递减区间2,5．Ⅱ ＝－(＋)＋＋(t,

f(t))

yf(t)

f,(t)(

t)

f(x)y(3t212t9)(

t)(t329t)

要使＝f()1＋∞两,

f(x)＝(3t212t9)

t(3t212t9)t(t26t过

2－(＋)＋＋0＋(3t212t9)

t(2t26t) m)m(3t212t2t36t2g(t)2t32t212t9m0令g'(t)6t26t126(t2t2)0，令

∞）1 根分布问：

tt

g(t)

则(m)2(m)

g()

23129m

m

f)1(m)m6;g(2)0

129m0 m

m31.1m

m

2(11,16)类型四已知

f(x在给定间上的极值点个则有导函=0数解法：根分布或判别式法

已知

a 1 ，例99、

例1010、

f(x)

x3 x23 2

(a

R,a0)

f(xg(x)

单调区间；＝1x4＋xx∈R34a．1 7 ）

Ⅰ当m＝4f()＝

3322

f'(x)ax2xx(ax1)当 时1 得a0

f'(x)

x 或xa

f'(x)0【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2322页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2422页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月因下表：1a

0，

a0x 2,0

0 f(x)

(,

1)(0,)a

(

1,0).a

f'(x)f(x)

+ 0 -↗ 大 ↘a 0

f(x

()a因此 必最大,∴ 因此 ，(,0)

1,).

f(0)

5，

b5a ff1

a 1 3

即f(2)6a51

a1∴

f(xx

2x

5.g(x)

x4 x3 x24 3 2

Ⅱ∵

f(x)3x24x

f(x

0

3x

4x

0，=03或，

问题就是

上恒成立g(x)x3ax2

x(x2ax1)

x0 x210 a

g(t)xt3x24x

g(t)0

t[1,1]x21

a24

求取范围，x或 此只需g(1)0即3x2

5x

0，a2

a2

)0

x2x0

3

解求

取范围是.aa2

yg(x)

0x1 x2、（根分布与线性规划例子）——典型题解析

已知

f(x)

x3ax2bxc31（最值问与主元变更法的典例）已知定义在R上(Ⅰ) 若

在f(x) x

在图象上1 (0, f(x)ax32ax2b

在上最大是5最小是－

处切线与直线

平行,11.

a ）

3xy0求 解析式；Ⅰ求

f(x

解析式；

f(x)(Ⅱ) 在

取大在

取小,Ⅱ

t

f(x

恒成立求取0 x

f(x

x

x范围.

设点 在平面域S, 经过原直线L将SM(baf(x)ax32ax2f'(x)2

ax

4)

分面积比1:3分, 求直线L. 令 =0, f'(x)x x 2,11 2 3

解：(Ⅰ).

f(x)2x2

b,

在f(x)

1,【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2522页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2622页∴201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月∴2ab20

另一种情况设不垂x轴LS为面积∵f0)1∵

∴c1∴

比为1:3两, 设L方程为y

kx

,AC,BC分f(x) 0, 1) 3x

0

别交于、

k0

S 1四边形∴ 故1

由 ykx

点F横坐标为: 22f0)b3 a22

yx20

x F 2k1∴

ykx

点G横坐标为: 642 1 ………… 4

yx60

x G 4k1f(x)

x3 x23x13 2

S

13

1 2 即………… .7分(Ⅱ) 解法一: 由f(x)2x

2axb

及f(x

取得极大值x 0, 1)

16k2

2

四边形50

OGE

OFD

2 2 4k1

1 12 2k111, 2xf(0)0

b0即即

解得: 1k2令 ,

k或 或

舍去) 这时方程f1)0

2ab20

M(x, y)

为: 1f(2)0

4ab80

y x2x

b2a1

x20

综上,所求方程为:y1xM2M

x0或

.…………… .………… .1ay1

2y

x20

点 所面区域S为 2分4yxbx24yx

60

(Ⅱ) 解法二: 由

及 取得极大值如图△ABC,

f(x)2x

2axb

f(x) x0, 1)易得 , ,

, , 3 ,

且取得极小值,1, 2(2, 0

B(2

1

C2

2

D0

1

E0, 2

f(0)

b0即令 即令 f1)0

2ab2

M(x, y)SABC

2DE为△ABC中位,

S 3

S

x

b2a1

f(2)0

4ab80所求一条L方程为

x0【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2722页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2822页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月ay1

x20

Ⅰd值；∴ 2

x20

为SMS4yxbx24yx

60

Ⅱ若f(x)(2,f(2))处切ABC,

0fx)解析式；, ,

, , 3 ,

Ⅲ若

5f(x)有三个不根实a的S 2ABC

(2, 0)

B(2,

1)

C2,

2)

D0,

1)

E0, 2

0取值范围。解：题：DEABC,

S 3

S

f(x)3ax22bxⅠ可f(x)像过(0,3

f1=0L:

d3

d3x0:

, BO与

3a2bc3a2b0y x2

Ⅱ

f2=–3 且f(2)=5ACH,

12a4b3a2b3

a1b68a4b6a4b35y1x

LAC: 1

fxx36x29x32

2x20

H(1, 2

Ⅲ依题意f(x)=x3+bx2–(a+b)x+3(a＞0), 1 1 1,S 2

S 2

3ax22bx3a2b

b=–9a ①ABC

2 2 2

fx

f5 1 1 1 1

若f(x)=8a有三个不根当且当 满S S S

21 2 H

2 2 2

f5＜8a＜f1②x 2(x)

(21) 1－

y12

:x

x0

或①② –25a+3＜8a＜7a+3

1 ＜a＜311(x)

8a92

a 3（根的个问

数f(x)ax3bx2(c3a2b)x

d (a

所c【导基础知识及各种型归纳方法总结】 2922页 ◎ 【导基础知识及各种型归纳方法总结】 3022页201767—《导及应用》型归） 主编：浦仕国 2016年6月即1 1 13(a )22x 03 2 61 1

…… 6() 3(a )22x (2x1)1 a3 f ( x ) = 8a 11………… 12分

3 2 6分()x2(2a1)x2a(x2a(x1)4、令(x)0 得 x2a 4、（根的个问

f(x)3

3

x1(aR)

x

…………… 7分

1 即 时2f(x)2

xx,x