高考数学复习：题型解法训练之导数解答题的解法

1、高考题型解法训练,专题十 导数解答题的解法,试题特点,专题十 导数解答题的解法,1.近三年高考各试卷导数考查情况统计 2006年高考各地的18套试卷中，有14道导数题，其中考查求导法则的有5道，考查单调性的有8道，考查极值的有5道，与不等式综合的有5道，与函数综合的有6道. 2007年高考各地的19套试卷中，有15道导数题，其中考查求导法则的有3道，考查单调性的有7道，考查极值的有6道，与不等式综合的有7道，与函数综合的有8道,与数列、 三角综合的各1道. 由此可看出，导数一般与函数相综合，考查不等式、导数的应用等知识.,试题特点,专题十 导数解答题的解法,2.主要特点 (1)导数是中学选修内

2、容中最为重要的内容，导数为解决函数问题、曲线问题提供了一般性的方法，由于导数可与函数、不等式等许多知识进行整合，有利于在“知识网络交汇点”处命题，合理设计综合多个知识点的试题，考查分类整合、数形结合等数学思想方法，因此，近几年来加大了导数的考查力度. 主要有如下几方面： 应用导数求函数的单调区间，或判定函数的单调性； 应用导数求函数的极值与最值； 应用导数解决实际问题. 应用导数解决有关不等式问题.,应试策略,专题十 导数解答题的解法,1.求导数有两种方法:一是利用导数定义;二是利用基本函数的导数公式、四则运算法则及复合函数的求导法则求导，常用后一种方法. 2.要重视导数在研究函数问题或实际问

3、题时的应用. (1)求可导函数单调区间的方法： 确定函数f(x)的定义域; 求方程f(x)=0的解，这些解和f(x)的间断点把定义 域分成若干区间； 研究各小区间上f(x)的符号，f(x)0时，该区间为增区间,反之则为减区间.,应试策略,专题十 导数解答题的解法,(2)求函数极值点时，可能出现极值的点是f(x)=0或使f(x)不存在的点，注意f(x)=0不是有极值的充分条件. (3)连续函数在闭区间上必有最值，求最值时不要忘记极值与端点处的函数值的大小比较. (4)解最值应用题时，要认真审题，分析各量的关系，列出函数 y=f(x),并确定定义域，然后按照步骤求函数的最值，最后根据 实际意义作答

4、.若f(x)在定义域区间上只有一个极值点，则这个极 值点一定是最值点.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,1.已知抛物线y=x24与直线y=x+2相交于A、B两点，过A、B 两点的切线分别为l1和l2. （1）求A、B两点的坐标； （2）求直线l1与l2的夹角.,分析理解导数的几何意义是解决本例的关键.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,解析（1）由方程组 , 解得A(2，0)，B(3，5) （2）由y=2x，则y|x=2=4，y|x=3=6. 设两直线的夹角为，根据两直线的夹角公 式，tan= 所以=arctan,点评本例中直线与抛物线的交点处的切线，就是该 点物线的切线.注意两条直线的

5、夹角公式有绝对 值符号.,2.（2007湘潭市高三调研题） 已知函数f (x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极小值4，使其导 函数f(x)0的x的取值范围为（1，3），求： （1）f（x）的解析式； （2）f（x）的极大值； （3）x2，3，求g (x)=f(x)+6(m2)x的最大值.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,解析 （1）由题意得：f(x)=3ax2+2bx+c=3a(x1)(x3)(a0) 在（，1）上，f(x)0； 在（1，3）上，f(x)0； 在（3，+）上，f(x)0； 因此，f（x）在x0=1处取得极小值4 a+b+c=4 联立得： f（x）=x3+6x29x,考

6、题剖析,专题十 导数解答题的解法,（2）由（1）知f（x）在x=3处取得极大值为：f（3）=0 （3）g(x)=3(x1)（x3）+6(m2)x=3(x22mx+3) 当2m3时，g(x)max=g(m)=3(m22m2+3)=3m29; 当m2时，g（x）在2，3上单调递减， g(x)max=g(2)=12m21 当m3时，g（x）在2，3上单调递增， g(x)max=g(3)=18m36,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,点评本题求解需要准确理解极值的含义以及方程零点与 不等式解的关系.,3.（2007武汉调研题)已知函数f(x)=x3+ax2(2a+3)x， 其中a0. （）求f(x)

7、的单调区间； （）设m0，若f(x)在闭区间m,m+1上的最小值 为3，最大值为0，求m,a的值.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,解析 （）f(x)=3x2+2ax(2a+3)， 令f(x)=0,得x1=1, x2= , a0,x21 xx2时f(x)0，x2xx1时f(x)0， xx1时，f(x)0. 所以f(x)在(, ,1,+)上是增函数， 在( ,1)上是减函数.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,（）因为m0,所以m+11，由（1）的单调区间得： 当0m1时，m+1(1,2)，f(x)min=f(1)=3,a=1， 此时f(x)=x3+x2

8、5x 从而f(m)=m(m2+m5)0，所以f(x)max=f(m+1)=0,m= ， 此时f(m)=m(m2+m5)=2m(m+1)(3,0)，适合.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,当m1时，f(x)在m,m+1上是增函数， 所以最小值f(m)=m(m2+am2a3)=3 （*） 最大值f(m+1)=(m+1)(m+1)2+a(m+1)(2a+3)=0， 即m2+am(2a+3)=2m1a， 代入（*）得m(2m+1+a)=3 即m(2m+1+a)=3， m1,a0,m(2m+1+a)3 所以a,m不存在. 综上所述知：m= , a=1,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,点评本题考查

9、导数的应用，求单调性，求函数的单调递 增区间，即为解不等式f(x)0,单调递减区间,即为 解不等式f(x)0,但已知函数在某区间上单调递增, 则有f(x)0,单调递减则为f(x)0.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,4. (2007襄樊市高三调研测试题) 已知函数f (x)=ax3+3x26ax+b，g (x)=3x2+6x+12， h (x)=kx+9，又f (x)在x=2 处取得极值9. (1)求a、b的值； (2)如果当x2，+)时，f (x) h (x) g (x)恒成 立，求k的取值范围.,解析(1)f(x)=3ax2+6x6a 由已知,解得a=2，b=11,考题剖析,专题十 导

10、数解答题的解法,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,(2)由h(x)g(x)得：kx3x2+6x+3 当x=0时，不等式恒成立 当2x0时，不等式为k3(x+ )+6 而3(x+ )+6=3(x)+( )+60， 要式恒成立，则k0 当x0时，不等式为k3(x+ )+6 而3(x+ )+612， 要恒成立，则k12,当x2，+)时，h(x)g(x)恒成立， 则0k12 由f(x)h(x)得：kx+92x3+3x2+12x11 当x=0时，911恒成立 当2x0时，k2x2+3x+12 =2(x )2+ 令t(x)=2(x )2+ ， 当2x0时， t(x)是增函数， t(x)t(2)=8 要f

11、(x)h(x)在2x0恒成立，则k8,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,由上述过程可知，只要考虑0k8 f(x)=6x2+6x+12=6(x+1)(x2) 当x(0，2时，f(x)0， 当x(2，+)时，f(x)0 故f(x)在x=2时有极大值， 即f(x)在x=2时有最大值f(2)=9，即f(x)9 又当k0时，h(x)是增函数， 当x0，+)时，h(x)9，f(x)h(x)成立 综上，f(x)h(x)g(x)恒成立时k的取值范围是0k8,5.（厦门双十中学模拟题）已知函数f (x)=ax3+bx23x,其图象 在横坐标为1的两点处的切线均与x轴平行，

12、（1）求函数f (x)的解析式； （2）对于区间1，1上任意两个自变量的值x1,x2，都有 |f(x1)f(x2)|k，试求k的最小值； （3）若过点A（1，m）（m2）可且仅可作曲线y=f (x)的 一条切线，求实数m的取值范围.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,解析 （1）f(x)=3ax2+2bx3， 依题意，f(1)=f(1)=0 即 ，解得a=1,b=0. f (x)=x33x.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,（2）f(x)=x33x, f(x)=3x23=3(x+1)(x1) 当1x1时，f(x)0， 故f(x)在区间1,1上为减函数，

13、 f(x) max=f(1)=2, f(x) min=f(1)=2 对于区间1，1上任意两个自变量的值x1,x2 都有|f(x1)f(x2)|f(x) maxf(x) min|, |f(x1)f(x2)|f(x) maxf(x) min|2(2)=4.即|f(x1)f(x2)|max=4. k4 k的最小值为4,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,（3）f(x)=3x23=3(x+1)(x1) 曲线方程为y=x33x，点A（1，m）不在曲线上. 设切点为M（x0,y0）， 则点M的坐标满足y0= 3x0 因f(x0)=3( 1)， 故切线的斜率为k=3( 1)=kAM= 整理得2 3 +m+3

14、=0 （注：也可以先写出切线方程，然后将点A的坐标代入 得到左式） 过点A（1，m）仅可作曲线的一条切线， 关于x0方程2 3 +m+3=0有且仅有一个实根，,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,设g(x0)=2 3 +m+3， 则g(x0)=6 6x0， 从g(x0)0得x01或x00, 从g(x0)0得0 x01 函数g(x0)=2 3 +m+3在区间(，0)和(1，+) 为增函数，在(0，1)上为减函数， g(x0)的极大、极小值点分别为x0=0,x0=1 不是单调函数，关于x0方程2 3 +m+3=0有且仅 有一个实 根的充要条件是： g(x)极大=g(0)=m+30, m3或g(x)

15、极小=g(1)=2+m0,m2 故所求的实数a的取值范围是m|m3或m2,点评 只有深刻理解概念的本质，才能灵活应用概 念解题.解决这类问题的关键是等价变形，使 极限式转化为导数定义的结构形式.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,6.（2007江门市质检题）设三次函数h(x)=px3+qx2+rx+s满足下 列条件:h(1)=1,h(1)= 1,在区间（1，1）上分别取得 极大值1和极小值1，对应的极点分别为，. (1)证明：+=0； (2)求h（x）的表达式； (3)已知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d在（1，1）上满足 1f(x)1.证明当|x|1时，有|f(x)|h(x)|.

16、,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,解析 （1）证明：由h(1)=1,h(1)=1得q+s=0,r+p=1 h(x)=px3sx2+(1p)x+s h(x)=3px22sx+1p 因为（1，1）内有两极值且h(1)=1,所以有p0 h()+h()=p(3+3)s(2+2)+(1p)(+)+2s=0 (*) 又由韦达定理得+= ，即s= p(+)代入(*)中得 (+) p(+)2+1+2p=0 因为p0,+（2，2）, 所以 p(+)2+1+2p1 所以有+=0.,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,（2）由+=0得s=0，q=0 所以h(x)=px3+(1p)x，又h()=1, h()=0 消去p得(2+1)(1)2=0所以有= , p=4. 所以有h(x)=4x33x,考题剖析,专题十 导数解答题的解法,（3）证明：因为|x|1时|f(x)|1, 所以有|f(1)|1,|f(1)|1 令F(x)=h(x)+f(x)，G(x)=h(x)f(x). 则有F(1)=1+