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导数典型例题


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袁游老师 18398701498

导数高考典型
一、与曲线的切线有关的问题
例 1、 以正弦曲线 y=sinx 上一点 P 为切点的切线为直线 l,则直线 l 的倾斜角的范围是 A. ?0, ? ∪ ? ,π ? ? 4? ? 4 ? D. ?0, ? ∪ ? ,

? ? 4? ?2 4 ? 解 设过曲线 y=sinx 上点 P 的切线斜率角为 α,由题意知,tanα=y'=cosx. ∵cosx∈[-1,1], ∴tanα∈[-1,1],又 α∈ ?0,π ? ,∴α∈ ?0, ? ∪ ? ,π ? . ? 4? ? 4 ? 故选 A. 点评 函数 y=f(x)在点 x0 处的导数 f' (x0)表示曲线,y=f(x)在点 (x0, f(x 0 )) 处的切线斜率, 即 k=tanα(α 为切线的倾斜角),这就是导数的几何意义.本题若不同时考虑正切函数的图像及直线倾斜角的范围,极 易出错. 例 2、 曲线 y=x3-ax2 的切线通过点(0,1) ,且过点(0,1)的切线有两条,求实数 a 的值. 解 ∵点(0,1)不在曲线上,∴可设切点为( m,m3-am2).而 y'=3x2-2ax, ∴k 切=3m3-2am,则切线方程为 y=(3m3-2am)x-2m3-am2. ∵切线过(0,1) ,∴2m3-am2+1=0.(*) 设(*)式左边为 f(m),∴f(m)=0,由过(0,1)点的切线有 2 条,可知 f(m)=0 有两个实数解,其 等价于“f(m)有极值,且极大值乘以极小值等于 0,且 a≠0”. 由 f(m)=2m3-am2+1,得 f'(m)= 6m3-am2=2m(3m-a),令 f'(m)=0,得 m=0,m= ∴a≠0,f(0)· f(

? π?

? 3π

?

B. ?0,π ?

C. ? ,

?π 3π ? ? ?4 4 ?

? π?

?π 3π ?

? π?

? 3π

?

a , 3

a 1 3 )=0,即 a≠0,a +1=0,∴a=3. 3 27

点评 本题解答关键是把 “切线有 2 条”的“形”转化为“方程有 2 个不同实根”的“数”,即数形结合,然 后把三次方程(*)有两个不同实根予以转化 .三次方程有三个不同实根等价于“极大值大于 0,且极小值 小于 0”.另外,对于求过某点的曲线的切线,应注意此点是否在曲线上 .

二、与函数的单调性、最(极)值有关的问题
例 3、 以下四图,都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图像,其中一定不正确的序号是

A.①、②

B.①、③

C.③、④

D.①、④

解 由题意知导函数的图像是抛物线 .导函数的值大于 0,原函数在该区间为增函数;导函数的值小 于 0,原函数在该区间为减函数,而此抛物线与 x 轴的交点即是函数的极值点,把极值点左、右导数值 的正负与三次函数在极值点左右的递增递减结合起来考虑,可知一定不正确的图形是③、④,故选 C.
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点评 f'(x)>0(或<0)只是函数 f'(x)在该区间单递增(或递减)的充分条件,可导函数 f'(x)在(a, b)上单调递增(或递减)的充要条件是:对任意 x∈(a,b),都有 f'(x)≥0(或≤0)且 f'(x)在(a,b)的任意 子区间上都不恒为零 .利用此充要条件可以方便地解决 “已知函数的单调性,反过来确定函数解析式中的 参数的值域范围 ”问题.本题考查函数的单调性可谓新颖别致 . 例 4、函数 y=f(x)定义在区间( -3,7)上,其导函数如图所示,则函数 y=f(x)在区间(-3,7)上极 小值的个数是 个. 点,观察这 5 值点, 故在区 点,如使 f' 左正右负点 值可以称得 解 如图,A、O、B、C、E 这 5 个点是函数的极值 个极值点左、右导数的正、负,可知 O 点、C 点是极小 间(-3,7)上函数 y=f(x)的极小值个数是 2 个. 点评 导数 f' (x)=0 的点不一定是函数 y=f(x)的极值 (x)=0 的点的左、右的导数值异号,则是极值点,其中 是极大值点, 左负右正点是极小值点 .本题考查函数的极 上是匠心独运.

三、与不等式有关的问题
例 5、 设 x≥0,比较 A=xe-x,B=lg(1+x),C=

x 1? x

的大小.

解 令 f(x)=C-B=

x 1? x

-lg(1+x),则 f'(x)=

( 1 ? x ? 1) 2 2(1 ? x) 1 ? x

>0,

∴f(x)为 ?0,??? 上的增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴C≥B.

1 ? e ? x (1 ? x 2 ) 令 g(x)=B-A=lg(1+x)-xe ,则当 x≥0 时,g'(x)= ≥0, 1? x ∴g(x)为 ?0,??? 上的增函数,∴g(x)≥g(0)=0,∴B≥A.
-x

因此,C≥B≥A(x=0 时等号成立) . 点评 运用导数比较两式大小或证明不等式,常用设辅助函数法,如 f(a)=φ(a),要证明当 x>a 时, 有 f(a)=φ(a),则只要设辅助函数 F(x)= f(a)-φ(a),然后证明 F(x)在 x>a 单调递减即可,并且这种设辅助 函数法有时可使用多次,2004 年全国卷Ⅱ的压轴题就考查了此知识点 .

四、与实际应用问题有关的问题
例 6、 某汽车厂有一条价值为 a 万元的汽车生产线, 现要通过技术改造来提高该生产线的生产能力, 提高产品的增加值,经过市场调查,产品的增加值 y 万元与技术改造投入 x 万元之间满足:①y 与(a-x) 和 x2 的乘积成正比;②当 x ? t∈ ?0,2? .

a x 时,y=a3.并且技术改造投入比率: ∈ ?0, t ? ,其中 t 为常数,且 2 2( a ? x )

(1)求 y=f(x)的解析式及定义域; (2)求出产品的增加值 y 的最大值及相应的 x 值. 解: (1)由已知,设 y=f(x)=k(a-x)x2,

a a a2 3 3 ∵当 x ? 时,y= a ,即 a =k· · ,∴k=8,则 f(x)=8-(a-x)x2. 2 2 4
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∵0<

2at 2at x ≤t,解得 0<x≤ .∴函数 f(x)的定义域为 0<x≤ . 2t ? 1 2t ? 1 2( a ? x ) 2a , 3

(2)∵f'(x)= -24x2+16ax=x(-24x+16a),令 f'(x)=0,则 x=0(舍去) ,x ?

2a 2a 时,f'(x)>0,此时 f(x)在(0, )上单调递增; 3 3 2a 当 x> 时,f'(x)<0,此时 f(x)是单调递减. 3 2at 2 a 2 a 32 3 a ; ∴当 ≥ 时,即 1≤t≤2 时,ymax=f( )= 2t ? 1 3 3 27
当 0<x<



2at 2 a 2at 32a 3 t 2 < 时,即 0<t<1 时,ymax=f( )= . 2t ? 1 3 2t ? 1 (2t ? 1) 3 2a 32 3 2at a ,当 0<t<1 时,投入 万元,最大增加值是 万元,最大增加 3 27 2t ? 1

综上,当 1≤t≤2 时,投入

值是

32a 3 t 2 . (2t ? 1) 3
点评 f' (x0)=0, 只是函数 f(x)在 x0 处有极值的必要条件, 求实际问题的最值应先建立一个目标函数,

并根据实际意义确定其定义域, 然后根据问题的性质可以断定所建立的目标函数 f(x)确有最大或最小值, 并且一定在定义区间内取得,这时 f(x)在定义区间内部又只有一个使 f'(x0)=0 的点 x0,那么就不必判断 x0 是否为极值点,取什么极值,可断定 f(x0)就是所求的最大或最小值 .

课后练题
1.已知函数 f ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ? (Ⅰ)当 k ? 2 时,求曲线 (Ⅱ )求

k 2 x ? k ? 0? 2

y ? f ? x ? 在点 ?1, f ?1? ? 处的切线方程;

f ? x ? 的单调区间
f ( x) ? ln(1? x ) ? x ? x ,
2

解: (I)当 k ? 2 时,

f '( x) ?

1 ?1? 2x 1? x

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3 f '(1) ? 2, 由于 f (1) ? ln 2,
所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为

y ? ln 2 ?


3 ( x ? 1) 2
0

3x ? 2y ? 2 l n?2 ? 3

f '( x) ?
(II) 当 k ? 0 时, 所以,在区间

1 x(kx ? k ? 1) ? 1 ? kx ? 1? x 1? x , x ? (?1, ??) .

f '( x ) ? ?

x 1? x .

(?1, 0) 上, f '( x ) ? 0 ;在区间 (0, ??) 上, f '( x ) ? 0 .

故 f ( x ) 的单调递增区间是 (?1, 0) ,单调递减区间是 (0, ??) .

当 0 ? k ? 1 时,由

f '( x) ?
(

kx( x ?

1? k ) 1? k k ?0 x2 ? ?0 x ? 0 k 1? x ,得 1 ,

1? k 1? k , ?? ) (0, ) (?1, 0) 和 k f '( x ) ? 0 ;在区间 k 上, f '( x ) ? 0 所以,在区间 上, 1? k 1? k ( , ?? ) (0, ) f ( x ) ( ? 1, 0) k . 故 的单调递增区间是 和 k ,单调递减区间是

x2 f '( x ) ? 1? x 当 k ? 1 时,


f ( x) 的单调递增区间是 (?1, ??) .

1? k ) 1? k k x1 ? ? ( ?1, 0) f '( x) ? ?0 x ?0. k ? 1 k 1 ? x 当 时, ,得 , 2 1? k 1? k (?1, ) ( , 0) (0, ?? ) f '( x ) ? 0 f '( x ) ? 0 k 和 所以在区间 上, ;在区间 k 上, 1? k 1? k (?1, ) ( , 0) f ( x) 得单调递增区间是 k 和 (0, ??) ,单调递减区间是 k 故 kx( x ?
2.设函数

f ? x? ? sin x ? cos x ? x ? 1 0 ? x ? 2? f ? x? , ,求函数 的单调区间与极值

解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2? ,知f?( x) ? 1 ? 2sin( x ? ) 4

?

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? 2 3? 令f?( x) ? 0,从面sin( x ? ) ? ,得x ? ?,或x ? , 4 2 2 当x变化时,f?( x),f(x)变化情况如下表:
x
f ?( x ) f ( x)

? 0,? ? ?
+

? 3? ? ?? , ? 2 ? ?
-

3? 2
0 极小值

? 3? ? ? , 2? ? ? 2 ?
+

0
极大值

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,? )与( 极小值为f( 3? 3? )= ,极大值为f(? )=? ? 2 2 2

3? 3? , 2? ),单调递减区间是(?, ) 2 2

f ( x) ?
3. 设定函数

a 3 x ? bx 2 ? cx ? d (a 0) (a ? 0) ,且方程 f ? x ? 9x ? 0 的两个根分别为 1,4 3 , ? ?

(Ⅰ)当 a=3 且曲线 (Ⅱ)若

y ? f ( x) 过原点时,求 f ( x) 的解析式;

f ( x) 在 (??, ??) 无极值点,求 a 的取值范围。
a 3 x ? bx 2 ? cx ? d 2 ? 3 得 f ( x) ? ax ? 2bx ? c

f ( x) ?
解:由

?a ? 2b ? c ? 9 ? 0 ? 2 ? 16a ? 8b ? c ? 36 ? 0 因为 f ( x) ? 9 x ? ax ? 2bx ? c ? 9 x ? 0的两个根分别为 1,4,所以 ? ?2b ? c ? 6 ? 0 ? 8b ? c ? 12 ? 0 (Ⅰ)当 a ? 3 时, ( *)式为 ?
解得

( *)

b ? ?3, c ? 12
y ? f ( x) 过原点,所以 d ? 0

又因为曲线



f ( x) ? x3 ? 3x2 ? 12 x
f ( x) ? a 3 x ? bx 2 ? cx ? d 3 在(-∞,+∞)内无极值点”等价于

( Ⅱ ) 由 于 a>0, 所 以 “ “

f ?( x) ? ax2 ? 2bx ? c ? 0 在(-∞,+∞)内恒成立” 。
2b ? 9 ? 5a, c ? 4a 。

由( *)式得 又 ? ? (2b)
2

? 4ac ? 9(a ?1)(a ? 9)
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?a ? 0 ? ? ? 9(a ? 1)(a ? 9) ? 0 解?
即 a 的取值范围



a ??1,9?

?1,9?
ax3 ? 3 2 x ? 1( x ? R ) 2 ,其中 a>0.

4.已知函数 f( x)=

(Ⅰ)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程;

? 1 1? ?? , ? (Ⅱ)若在区间 ? 2 2 ? 上,f( x) >0 恒成立,求 a 的取值范围.
3 x3 ? x 2 ? 1 2 2 解: (Ⅰ)当 a=1 时,f(x)= ,f(2)=3;f ’(x)= 3x ? 3x , f ’(2)=6.所以曲线 y=f( x)在点(2,
f( 2 ) )处的切线方程为 y-3=6(x-2) ,即 y=6x-9.

1 2 3 ax ? 3 x ? 3 x ( ax ? 1) (Ⅱ) f’(x)= .令 f’(x)=0,解得 x=0 或 x= a .
以下分两种情况讨论:

1 1 0 ? a ? 2,则 ? a 2 ,当 x 变化时, f’(x),f(x)的变化情况如下表: 若 ? 1 ? ? 1? 0? X 0 ?? , ? 0, ? ? 2 ? ? 2?
f’(x) f(x) + 0 极大值 -

1 ?5 ? a ? ? 0, f (? ) ? 0, ? ? ? ? 8 2 即? ? 1 ? 1 1? ? ? 5 ? a ? 0. x ? ? ? , ? 时,f(x)>0 f ( ) ? 0, ? ? ? 8 ? 2 2? 当 等价于 ? 2
解不等式组得-5<a<5. 因此 0 ? a ? 2 .

0?
若 a>2,则 X f’(x) f(x)

1 1 ? a 2 .当 x 变化时, f’(x),f(x)的变化情况如下表:

? 1 ? 0? ?? , ? 2 ?
+

0 0 极大值

? 1? ? 0, ? ? a?
-

1 a
0 极小值

?1 1? ? ,? ?a 2?
+

?5 ? a ? 1 >0, f(- )>0, ? ? ? 2 ? 8 ? ? 1 1 ? 1 1? ? x ? ?? , ? f( )>0, ?1- 2 >0. ? ? a ? 2 2 ? 时, f( x)>0 等价于 ? 当 即 ? 2a
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2 2 ?a?5 a?? 2 .因此 2<a<5. 解不等式组得 2 或
综合(1)和(2) ,可知 a 的取值范围为 0<a<5. 5.已知函数 f(x)=(a+1)lnx+ ax +1. (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 a≤ -2,证明:对任意 x1 , x2 ? (0,+∞), |f( x1 )-f( x2 )|≥4| x1 ? x2 |.
2

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? , x x 当a ? 0时,f '( x) ? 0, 故f ( x)在(0,+?)上单调递增; 解: (I) f ( x)的定义域为(0,+?),f '( x) ? 当a ? ?1时,f '( x) ? 0, 故f ( x)在(0,+?)上单调递减; 当 -1 ? a ? 0时,令f '( x) ? 0, 解得x ? ? x?( ? a ?1 , ??)时,f '( x) ? 0。 2a a ?1 a ?1 , 则当x ? (0, ? )时,f '( x) ? 0; 2a 2a

a ?1 a ?1 )上单调递增,在( ? , ??)上单调递减。 2a 2a (II)不妨设x1 ? x2,由于a ? ?2, 所以f ( x)在(0,+?)上单调递减。 故f ( x)在(0, ? 所以|f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | 等价于f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 4 x1 ? 4 x2 即:f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 , 令g ( x) ? f ( x) ? 4 x, 则 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 g '( x) ? x 于是
2 ?4 x 2 ? 4 x ? 1 ? (2x ? 1) g '( x) ? = ?0 x x 从而g ( x)在(0, ? ?)上单调递减,

所以g ( x1 ) ? g ( x2 ) 即 f ( x1 ) ? 4 x1 ? f ( x2 ) ? 4 x2 , 所以对任意x1 , x2 ? (0, ??),| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 |
6.已知函数

f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax2 ? 1
f ( x) 的单调性;

(I)讨论函数

x ,x (II)设 a ? ?1 .如果对任意 1 2

? (0,??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取 值范围。

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2

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a ?1 2ax ? a ? 1 ? 2ax ? , x x 当a ? 0时,f '( x) ? 0, 故f ( x)在(0, ? ?)上单调增加; (I)f ( x)的定义域为(0, ? ?),f '( x) ? 当a ? ?1时,f '( x) ? 0, 故f ( x)在(0, ? ?)上单调减少; 当 -1 ? a ? 0时,令f '( x) ? 0,解得x ? ? x?( ? a ?1 a ?1 .则当x ? (0,? )时,f '( x) ? 0; 2a 2a

a ?1 a ?1 a ?1 , ??)时,f '( x) ? 0。故f ( x)在(0,? )上单调增加,在( ? , ??)上 2a 2a 2a 单调减少。 (II)不妨设x1 ? x2 ,而a ? -1,由(I)知f ( x)在(0, ? ?)上单调减少,从而 ?x1 ,x2 ? (0, ??),| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | 等价于?x1 ,x2 ? (0, ??), f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1。………………(1) 令g ( x) ? f ( x) ? 4 x, 则g '( x) ? a ?1 ? 2ax ? 4。 x (1)式等价于g ( x)在(0, ? ?)上单调减少,即

a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 x ?4 x ? 1 (2 x ? 1) 2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1)2 从而 a ? 2 ? ? ? 2。 2x ?1 2x2 ? 1 2x2 ? 1 故a的取值范围为( - ?, -2 ?
7.已知函数

f ( x) ? ( x ? a)2 ( x -b) (a, b ? R, a <b)。
y ? f ( x) 在点(2, f ( x) )处的切线方程。

(I)当 a=1,b=2 时,求曲线 (II)设

x1 , x2 是 f ( x) 的两个极值点, x3 是 f ( x) 的一个零点,且 x3 ? x1 , x3 ? x2 x4 ,使得 x1, x2 , x3 , x4 按某种顺序排列后的等差数列,并求 x4 f ( x) ? ( x ? 1)2 (x ? 2),

证明:存在实数

解:(Ⅰ)当 a=1,b=2 时, 因为

f ? (x)=(x-1)(3x-5),故 f ? (2)=1,f(2)=0,

所以 f(x)在点(2,0)处的切线方程为 y=x-2

f ? (x)=3(x-a) (Ⅱ)因为 ( x-

a ? 2b a ? 2b 3 ) ,由于 a<b。故 a< 3 .

a ? 2b 所以 f( x)的两个极值点为 x=a,x= 3 .[

a ? 2b 不妨设 x1=a,x2= 3 ,
因为 x3≠x1 ,x3≠ x2,且 x3 是 f(x)的零点, 故 x3=b.
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a ? 2b a ? 2b x ,x ,x ,x 又因为 3 -a=2(b- 3 ) ,所以 1 4 2 3 成等差数列。

1 a ? 2b 2a ? b 所以 x 4= 2 (a+ 3 )= 3 , 2a ? b 所以存在实数 x4 满足题意,且 x4= 3 .

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