导数

导数（精选11篇）

1.导数 篇一

基本初等函数的导数公式及导数运算法则测试题

一、选择题

1.函数y=(x+1)2(x-1)在x=1处的导数等于

A.1 B.2

C.3 D.4

[答案] D

[解析] y=[(x+1)2](x-1)+(x+1)2(x-1)

=2(x+1)(x-1)+(x+1)2=3x2+2x-1，

y|x=1=4.

2.若对任意xR，f(x)=4x3，f(1)=-1，则f(x)=()

A.x4 B.x4-2

C.4x3-5 D.x4+2

[答案] B

[解析] ∵f(x)=4x3.f(x)=x4+c，又f(1)=-1

1+c=-1，c=-2，f(x)=x4-2.

3.设函数f(x)=xm+ax的导数为f(x)=2x+1，则数列{1f(n)}(nN*)的前n项和是()

A.nn+1 B.n+2n+1

C.nn-1 D.n+1n

[答案] A

[解析] ∵f(x)=xm+ax的导数为f(x)=2x+1，

m=2，a=1，f(x)=x2+x，

即f(n)=n2+n=n(n+1)，

数列{1f(n)}(nN*)的前n项和为：

Sn=112+123+134+…+1n(n+1)

=1-12+12-13+…+1n-1n+1

=1-1n+1=nn+1，

故选A.

4.二次函数y=f(x)的图象过原点，且它的导函数y=f(x)的图象是过第一、二、三象限的一条直线，则函数y=f(x)的图象的顶点在()

A.第一象限 B.第二象限

C.第三象限 D.第四象限

[答案] C

[解析] 由题意可设f(x)=ax2+bx，f(x)=2ax+b，由于f(x)的图象是过第一、二、三象限的一条直线，故2a0，b0，则f(x)=ax+b2a2-b24a，

顶点-b2a，-b24a在第三象限，故选C.

5.函数y=(2+x3)2的导数为()

A.6x5+12x2 B.4+2x3

C.2(2+x3)2 D.2(2+x3)3x

[答案] A

[解析] ∵y=(2+x3)2=4+4x3+x6，

y=6x5+12x2.

6.(江西文，4)若函数f(x)=ax4+bx2+c满足f(1)=2，则f(-1)=()

A.-1 B.-2

C.2 D.0

[答案] B

[解析] 本题考查函数知识，求导运算及整体代换的`思想，f(x)=4ax3+2bx，f(-1)=-4a-2b=-(4a+2b)，f(1)=4a+2b，f(-1)=-f(1)=-2

要善于观察，故选B.

7.设函数f(x)=(1-2x3)10，则f(1)=()

A.0 B.-1

C.-60 D.60

[答案] D

[解析] ∵f(x)=10(1-2x3)9(1-2x3)=10(1-2x3)9(-6x2)=-60x2(1-2x3)9，f(1)=60.

8.函数y=sin2x-cos2x的导数是()

A.22cos2x- B.cos2x-sin2x

C.sin2x+cos2x D.22cos2x+4

[答案] A

[解析] y=(sin2x-cos2x)=(sin2x)-(cos2x)

=2cos2x+2sin2x=22cos2x-4.

9.(2010高二潍坊检测)已知曲线y=x24-3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()

A.3 B.2

C.1 D.12

[答案] A

[解析] 由f(x)=x2-3x=12得x=3.

10.设函数f(x)是R上以5为周期的可导偶函数，则曲线y=f(x)在x=5处的切线的斜率为()

A.-15 B.0

C.15 D.5

[答案] B

[解析] 由题设可知f(x+5)=f(x)

f(x+5)=f(x)，f(5)=f(0)

又f(-x)=f(x)，f(-x)(-1)=f(x)

即f(-x)=-f(x)，f(0)=0

故f(5)=f(0)=0.故应选B.

二、填空题

11.若f(x)=x，(x)=1+sin2x，则f[(x)]=_______，[f(x)]=________.

[答案] 2sinx+4，1+sin2x

[解析] f[(x)]=1+sin2x=(sinx+cosx)2

=|sinx+cosx|=2sinx+4.

[f(x)]=1+sin2x.

12.设函数f(x)=cos(3x+)(0<)，若f(x)+f(x)是奇函数，则=________.

[答案] 6

[解析] f(x)=-3sin(3x+)，

f(x)+f(x)=cos(3x+)-3sin(3x+)

=2sin3x++56.

若f(x)+f(x)为奇函数，则f(0)+f(0)=0，

即0=2sin+56，+56=kZ).

又∵(0，)，6.

13.函数y=(1+2x2)8的导数为________.

[答案] 32x(1+2x2)7

[解析] 令u=1+2x2，则y=u8，

yx=yuux=8u74x=8(1+2x2)74x

=32x(1+2x2)7.

14.函数y=x1+x2的导数为________.

[答案] (1+2x2)1+x21+x2

[解析] y=(x1+x2)=x1+x2+x(1+x2)=1+x2+x21+x2=(1+2x2)1+x21+x2.

三、解答题

15.求下列函数的导数：

(1)y=xsin2x;(2)y=ln(x+1+x2);

(3)y=ex+1ex-1;(4)y=x+cosxx+sinx.

[解析] (1)y=(x)sin2x+x(sin2x)

=sin2x+x2sinx(sinx)=sin2x+xsin2x.

(2)y=1x+1+x2(x+1+x2)

=1x+1+x2(1+x1+x2)=11+x2 .

(3)y=(ex+1)(ex-1)-(ex+1)(ex-1)(ex-1)2=-2ex(ex-1)2 .

(4)y=(x+cosx)(x+sinx)-(x+cosx)(x+sinx)(x+sinx)2

=(1-sinx)(x+sinx)-(x+cosx)(1+cosx)(x+sinx)2

=-xcosx-xsinx+sinx-cosx-1(x+sinx)2.

16.求下列函数的导数：

(1)y=cos2(x2-x); (2)y=cosxsin3x;

(3)y=xloga(x2+x-1); (4)y=log2x-1x+1.

[解析] (1)y=[cos2(x2-x)]

=2cos(x2-x)[cos(x2-x)]

=2cos(x2-x)[-sin(x2-x)](x2-x)

=2cos(x2-x)[-sin(x2-x)](2x-1)

=(1-2x)sin2(x2-x).

(2)y=(cosxsin3x)=(cosx)sin3x+cosx(sin3x)

=-sinxsin3x+3cosxcos3x=3cosxcos3x-sinxsin3x.

(3)y=loga(x2+x-1)+x1x2+x-1logae(x2+x-1)=loga(x2+x-1)+2x2+xx2+x-1logae.

(4)y=x+1x-1x-1x+1log2e=x+1x-1log2ex+1-x+1(x+1)2

=2log2ex2-1.

17.设f(x)=2sinx1+x2，如果f(x)=2(1+x2)2g(x)，求g(x).

[解析] ∵f(x)=2cosx(1+x2)-2sinx2x(1+x2)2

=2(1+x2)2[(1+x2)cosx-2xsinx]，

又f(x)=2(1+x2)2g(x).

g(x)=(1+x2)cosx-2xsinx.

18.求下列函数的导数：(其中f(x)是可导函数)

(1)y=f1x;(2)y=f(x2+1).

[解析] (1)解法1：设y=f(u)，u=1x，则yx=yuux=f(u)-1x2=-1x2f1x.

解法2：y=f1x=f1x1x=-1x2f1x.

(2)解法1：设y=f(u)，u=v，v=x2+1，

2.导数 篇二

例1:若抛物线y=4x2 上的点P 到直线y=4x-5 的距离最短, 则点P 的坐标为多少?

解:在抛物线y=4x2 上求一点P 到直线y=4x-5 的距离为最短, 即找一点P 使过该点的切线与直线y=4x-5 平行, 对函数y=4x2 求导, 得y1=8x, 所以曲线上任一点的切线斜率k=8x, 令8x=4, 求出x=0.5代入抛物线方程得y=1, 故点P (0 , 1) 。

2 导数在研究函数极值与最值中的巧妙应用

例2:若函数f (x) =-x3+ax2+bx+1 在x=1 时有极值此, 试求函数f (x) 的极值, 并求函数f (x) 在区间[-3, 1.5] 上的最值。

解:函数的定义域为 (-∞, +∞) , f1 (x) =-3x2+2ax+b, 由x=1时f (x) 取得极值3 可知f1 (1) =0, f (1) =3 即-3+2a+b=0 , -1+a+b+1=3, 解得a=0, b=3。∴f (x) = -x3+3x+1, f1 (x) = -3x2+3, 令f1 (x) =0 得 x= -1 或x=1, 当x 变化时, f (x) , f1 (x) 的变化状态如下表

X (-∞, -1) -1 (-1, 1) 1 (1, +∞)

f (x) - 0 + 0 -

F (x) ↘ 极小值-1 ↗ 极大值3 ↘

故当x= -1 时, f (x) 取得极小值-1; 当x=1 时, f (x) 取得极大值3, 又f (-3) =19, f (3/2) =17/8因此当x=-3 时, f (x) 在[-3, 3/2] 上取得最大值19;当x= -1 时, f (x) 在[-3, 3/2]上取得最小值-1。

3 导数在解决实际问题中的巧妙应用

例3:用边长为60 厘米的正方形铁皮做一个无盖水箱, 行在四角分别截去一个小正方形, 然后把四边翻转900 度, 再焊接而成, 问当水箱底边的长为多小时, 水箱容积最大, 最大容积是多小?

解:设水箱底边长为x 厘米, 则水箱高h=60-x/2, , 水箱容积V=V (x) =xxh=60xx-xxx/2 ( 其中0

例4:已知f (x) =x3+bx2+cx+d是定义在R上的函数, 其图象交x轴于A、B、C三点, 点B的坐标为 (2, 0) , 且 f (x) 在[-1, 0]和[0, 2]有相反的单调性. ①求C的值. ②若函数f (x) 在[0, 2]和[4, 5]也有相反的单调性, f (x) 的图象上是否存在一点M, 使得f (x) 在点M的切线斜率为3b? 若存在, 求出M点的坐标. 若不存在, 说明理由.

分析:①f′ (x) =3x2+2bx+c, ∵f (x) 在[-1, 0]和[0, 2]有相反的单调性.∴ x=0是f (x) 的一个极值点, 故f′ (0) =0. ∴c=0. ②令f′ (x) =0得3x2+2bx=0, x1=0, x2=0 因为f (x) 在[0, 2]和[4, 5] 有相反的单调性, ∴f′ (x) 在[0, 2]和[4, 5] 有相反的符号. 故2≤-2b3≤4, -6≤b≤-3. 假设存在点M (x0, y0) 使得f (x) 在点M的切线斜率为3b, 则f′ (x0) =3b. 即3x02+2bx0-3b=0.∵△=4b2-4·3· (-3b) =4b (b+9) , 而f′ (x0) =3b. ∴△<0. 故不存在点M (x0, y0) 使得f (x) 在点M的切线斜率是3b.

点评:证明不等式彰显导数方法运用的灵活性把要证明的一元不等式通过构造函数转化为f (x) >0 (<0) 再通过求f (x) 的最值, 实现对不等式证明, 导数应用为解决此类问题开辟了新的路子, 使过去不等式的证明方法从特殊技巧变为通法, 彰显导数方法运用的灵活性、普适性。

4 导数在最值证明中的巧妙应用

例5: ( 1) 求证:当a≥1时, 不等式对于n∈R恒成立.

(2) 对于在 (0, 1) 中的任一个常a , 问是否存在x0>0使得ex0-x0-1>a·x022 ex0成立?如果存在, 求出符合条件的一个x0;否则说明理由。

分析: (1) 证明: (Ⅰ) 在x≥0时, 要使 (ex-x-1) ≤ax2e|x|2成立。

只需证: ex≤a2x2ex+x+1即需证:1≤a2x2+x+1ex①令y (x) =a2x2+x+1ex,

求导数y′ (x) =ax+1·ex- (x+1) ex (ex) 2=ax+-xex∴y′ (x) =x (a-1ex) ,

又a≥1, 求x≥0, 故y′ (x) ≥0∴f (x) 为增函数, 故f (x) ≥y (0) =1, 从而①式得证

(Ⅱ) 在时x≤0时, 要使ex-x-1≤ax2e|x|2 成立。

只需证:ex≤a2x2ex+x+1,

即需证:1≤ax22e-2x+ (x+1) e-x ②

令m (x) =ax22e-2x+ (x+1) e-x, 求导数得m′ (x) =-xe-2x[ex+a (x-1) ]

而φ (x) =ex+a (x-1) 在x≤0时为增函数

故φ (x) ≤φ (0) =1-a≤0, 从而m (x) ≤0

∴m (x) 在x≤0时为减函数, 则m (x) ≥m (0) =1, 从而②式得证

由于①②讨论可知, 原不等式ex-x-1≤ax2e|x|2在a≥1时, 恒成立

(2) 解:ex0-x0-1≤a·x02|x|2ex0

将原式变形为ax022+x0+1ex0-1<0 ③

要找一个x0>0, 使③式成立, 只需找到函t (x) =ax22+x+1ex-1 的最小值, 满足t (x) min<0即可, 对t (x) 求导数t′ (x) =x (a-1ex) 令t′ (x) =0得ex =1a,

则x= -lna, 取x0= -lna在0 -lna时, t′ (x) >0 t (x) 在x=-lna时, 取得最小值t (x0) =a2 (lna) 2+a ( -lna+1) -1

下面只需证明:a2 (lna) 2-alna+a-1<0, 在0

又令p (a) =a2 (lna) 2-alna+a-1, 对p (a) 关于a求导数则p′ (a) =12 (lna) 2≥0,

从而p (a) 为增函数

则p (a)

于是t (x) 的最小值t (-lna) <0 因此可找到一个常数x0=-lna (0

点评:最值证明在不等式中的应用, 一般转化不等式 (转化的思想) 构造一个函数, (函数的思想方法) 然后求这个函数的极 (最) 值, 应用恒成立关系就可以证明, 对于应用导数解决实践问题, 关键是建立恰当的数学模型。

5 导数在极值方面的巧妙应用

例6:已知函数f (x) =ln x, g (x) =12x2-a (a为常数) , 若直线l与y=f (x) 和y=g (x) 的图象都相切, 且l与y=f (x) 的图象相切于定点P (1, f (1) ) .

(1) 求直线l的方程及a 的值;

(2) 当k∈R时, 讨论关于x的方程f (x2+1) -g (x) =k的实数解的个数.

分析: (1) ∵f′ (x) =, ∴f′ (1) =1 ∴k1=1, 又切点为P (1, f (1) ) , 即 (1, 0)

∴l的解析式为y=x-1,

∵l与y=g (x) 相切, 由y=x-1

y=12x2+a, 消去y得x2-2x+2a+2=0

∴△= (-2) 2-4 (2a+2) =0, 得a=- 12

(2) 令h (x) = f (x2+1) -g (x) =ln (x2+1) -12x2+12

∵h′ (x) =2x1+x2-x=-x (x-1) (x+1) 1+x2, 则h′ (x) >0, h (x) 为增函数, -11时, h′ (x) <0, h (x) 为减函数。

故x=±1时, h (x) 取极大值ln2, x=0时, h (x) 取极小值12。

因此当 k∈ (ln2, +∞) , 原方程无解;当k=ln2时, 原方程有两解;当12

点评:利用导数求函数极 (最) 值解答这类问题的方法是:①根据求导法则对函数求出导数。②令导数等于0, 解出导函数的零点。③分区间讨论, 得出函数的单调区间。④判断极值点, 求出极值。⑤求出区间端点值与极值进行比较, 求出最值。

例7:设x1、x2是函数f (x) =ax3+bx2-a2x (a>0) 的两个极值点.

(1) 若x1=-1, x2=2, 求函数f (x) 的解析式;

(2) 若|x1|+|x2|=22, 求f (x) 的最大值;

分析: (1) ∵f (x) =ax3+bx2-a2x (a>0) , ∴f′ (x) =ax3+bx2-a2x (a>0)

依题意有f′ (-1) =0

f′ (2) =0, ∴ 3a-2b-a2=0

12a+4b-a2=0

解得a=6

b=-9, ∴f (x) =6x2+9x2-36x.

(2) ∵f′ (x) =3ax2+2bx-a2 (a>0) ,

依题意, x1, x2是方程f′ (x) =0的两个根, 且|x1|+|x2|=22,

∴ (x1+x2) 2-2x1x2+|x1+x2|=8.

∴ (-2b3a) 2· (-a3) +2|-a3|=8, ∴b2=3a2 (6-a) .

∵b2≥0, ∴0

设p (a) =3a2 (6-a) , 则p′ (a) =-9a2+36a.

由p′ (a) >0得00得a>4.

即:函数p (a) 在区间 (0, 4]上是增函数, 在区间[4, 6]上是减函数,

∴当a=4时, p (a) 有极大值为96, ∴p (a) 在 (0, 6]上的最大值是96,

∴b的最大值为46.

导数的广泛应用, 为我们解决函数问题提供了有力的工具, 用导数可以解决函数中的最值问题, 不等式问题, 还可以解析几何相联系, 可以在知识的网络交汇处设计问题。因此, 在数学教学中, 要突出导数的应用, 尤其是导数的巧妙应用。

参考文献

[1]华东大学数学系.数学分析上册[M].高等教育出版社, 2004.

[2]同济大学数学教研室.高等数学.上册.高等教育出版社, 2005.

3.函数与导数 篇三

例1 已知函数[f(x)=lnx2-2axe,]（[a∈R],[e]为自然对数的底数）.

（1）求函数[f(x)]的递增区间；

（2）当[a=1]时，过点[P(0,t)(t∈R)]作曲线[y=f(x)]的两条切线，设两切点为[P1(x1,f(x1)),][P2(x2,f(x2)),][(x1≠x2),]求证：[x1+x2=0.]

解析 （1）函数[f(x)]的定义域是[(-∞,0)⋃(0,+∞).]

[f(x)=2x-2ae=2(e-ax)ex.]

当[a=0]时，由[f(x)=2x>0]，解得[x>0]；

当[a>0]时，由[f(x)=2(e-ax)ex>0]，解得[0

当[a<0]时，由[f(x)=2(e-ax)ex>0]，解得[x>0]，或[x

所以当[a=0]时，函数[f(x)]的递增区间是[(0,+∞)]；

当[a>0]时，函数[f(x)]的递增区间是[(0,ea)]；

当[a<0]时，函数[f(x)]的递增区间是[(-∞,ea)],[(0,+∞)].

（2）因为[f(x)=2x-2e=2(e-x)ex,]

所以以[P1(x1,f(x1))]为切点的切线的斜率为[2(e-x1)ex1]；

以[P2(x2,f(x2))]为切点的切线的斜率为[2(e-x2)ex2.]

又因为切线过点[P(0,t)]，所以[t-lnx12+2x1e=][2(e-x1)ex1(0-x1)]；

[t-lnx22+2x2e=2(e-x2)ex2(0-x2).]

解得，[x12=et+2]，[x22=et+2]. 则[x12=x22].

由已知[x1≠x2],所以，[x1+x2=0.]

点评 求函数单调区间问题充分利用[f(x)]的正负与单调性的关系，特别注意函数定义域，注意区别过某点的切线与在某点处切线.

例2 已知函数[f(x)=lnx-a(x-1)x+1.]

（1）若函数[f(x)]在[(0,+∞)]上为单调增函数，求[a]的取值范围；

（2）设[m、n∈R+]，且[m≠n]，求证：[m-nlnm-lnn<][m+n2].

解析 （1）[f(x)=1x-a(x+1)-a(x-1)(x+1)2]

[=(x+1)2-2axx(x+1)2=x2+(2-2a)x+1x(x+1)2.]

因为[f(x)]在[(0,+∞)]上为单调增函数，

所以[f(x)≥0]在[(0,+∞)]上恒成立.

即[x2+(2-2a)x+1≥0]在[(0,+∞)]上恒成立.

当[x∈(0,+∞)]时，由[x2+(2-2a)x+1≥0]，

得[2a-2≤x+1x.]

设[g(x)=x+1x]，[x∈(0,+∞)].

[g(x)=x+1x≥2x⋅1x=2.]

当且仅当[x=1x]，即[x=1]时，[g(x)]有最小值2.

所以[2a-2≤2,] [a≤2].

[a]的取值范围是[(-∞,2]].

（2）不妨设[m>n>0]，则[mn>1].

要证[m-nlnm-lnn

即证[lnmn>2(mn-1)mn+1]，只需证[lnmn-2(mn-1)mn+1>0].

设[h(x)=lnx-2(x-1)x+1].

由（1）知[h(x)]在[(1,+∞)]上是单调增函数，

又[mn>1]，所以[h(mn)]>[h(1)=0].

即[lnmn-2(mn-1)mn+1>0]成立.

所以[m-nlnm-lnn

点评 此题是解决函数在某区间内是单调的参数取值问题，转化为函数的最值问题，注意端点值；第二问充分利用函数单调性证明不等式，提高代数式的变形能力.

例3 已知函数[fx=lnxx].

（1）判断函数[fx]的单调性；

（2）若[y=][xfx]+[1x]的图象总在直线[y=a]的上方，求实数[a]的取值范围；

（3）若函数[fx]与[gx=16x-mx+23]的图象有公共点，且在公共点处的切线相同，求实数[m]的值.

解析 （1）可得[f(x)=1-lnxx2].

当[00],[f(x)]为增函数；

当[x>e]时,[f(x)<0],[f(x)]为减函数.

（2）依题意， 转化为不等式[a0]恒成立.

令[g(x)=lnx+1x]， 则[g(x)=1x-1x2=1x(1-1x).]

当[x>1]时，因为[g(x)=1x(1-1x)>0],[g(x)]是[(1,+∞)]上的增函数.

当[x∈0, 1]时，[g(x)<0]，[g(x)]是[0, 1]上的减函数.

所以[g(x)]的最小值是[g(1)=1]，从而[a]的取值范围是[-∞, 1].

（3）转化为[lnx=16x2+23x-m]，[y=lnx]与[y=16x2+23x-m]在公共点[(x0,y0)]处的切线相同.

由题意知[lnx0=16x20+23x0-m,1x0=13x0+23.]

解得[x0=1]，或[x0=-3]（舍去）.

代入第一式，即有[m=56].

点评 此题是函数图象位置关系及切线问题，合理利用导数的定义及应用转化为函数的最值来解决.

例4 已知[a>0]，且[a≠1]，函数[f(x)=loga(1-ax)].

（1）求函数[f(x)]的定义域，并判断[f(x)]的单调性；

（2）若[n∈N*]，求[limn→+∝af(n)an+a;]

（3）当[a=e]（[e]为自然对数的底数）时， 设[h(x)=][(1-ef(x))(x2-m+1)]，若函数[h(x)]的极值存在，求实数[m]的取值范围以及函数[h(x)]的极值.

解析 （1）由题意知[1-ax>0.]

当[01]时,[f(x)]的定义域是[(-∞,0)].

[f(x)=-ax⋅lna1-ax⋅logae=axax-1.]

当[00]，∴[f(x)<0]，∴[f(x)]是减函数；

当[a>1]时，[x∈(-∞,0)]，∵[ax-1<0]，[ax>0]，∴[f(x)<0]，∴[f(x)]是减函数.

（2）因为[f(n)=loga(1-an)]，所以[af(n)=1-an.]

由函数定义域知[1-an>0]，

因为[n]是正整数，故[0

所以[limn→∝af(n)an+a=limn→∝1-anan+a=1a.]

（3）[h(x)=ex(x2-m+1)(x<0)],

所以[h(x)=ex(x2+2x-m+1).]

令[h(x)=0],即[x2+2x-m+1=0]，

由题意应有Δ[≥0]，即[m≥0.]

当[m=0]时，[h(x)=0]有实根[x=-1]，在[x=-1]点左右两侧均有[h(x)>0,]故[h(x)]无极值；

当[0

当[x]变化时，[h(x)]、[h(x)]的变化情况如下表所示：

[[x]&[(-∝,x1)]&[x1]&[(x1,x2)]&[x2]&[(x2,0)]&[h(x)]&+&0&-&0&+&[h(x)]&↗&极大值&↘&极小值&↗&]

[∴h(x)]的极大值为[2e-1-m(1+m)]，[h(x)]的极小值为[2e-1+m(1-m);]

当[m≥1]时，[h(x)=0]在定义域内有一个实根，[x=-1-m,]

同上可得[h(x)]的极大值为[2e-1-m(1+m).]

综上所述，[m∈(0,+∝)]时，函数[h(x)]有极值.

当[0

当[m≥1]时，[h(x)]的极大值为[2e-1-m(1+m).]

点评 本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运算能力.

例5 设函数[f(x)=x2+aln(1+x)]有两个极值点[x1]、[x2]，且[x1

（1）求[a]的取值范围，并讨论[f(x)]的单调性；

（2）证明：[f(x2)>1-2ln24.]

解析 （1）[f(x)=2x+a1+x=2x2+2x+a1+x][(x>-1).]

令[g(x)=2x2+2x+a]，其对称轴为[x=-12]. 由题意知[x1]、[x2]是方程[g(x)=0]的两个均大于[-1]的不相等的实根，

其充要条件为[Δ]，得[0

①当[x∈(-1,x1)]时，[f(x)>0]，[∴f(x)]在[(-1,x1)]内为增函数；

②当[x∈(x1,x2)]时，[f(x)<0]，[∴f(x)]在[(x1,x2)]内为减函数；

③当[x∈(x2,+∞)]时，[f(x)>0]，[∴f(x)]在[(x2,+∝)]内为增函数.

（2）由（1）[g(0)=a>0,][∴-12

[∴f(x2)=x22+aln(1+x2)=x22-(2x22+2x2)ln(1+x2).]

设[h(x)=x2-(2x2+2x)ln(1+x) (x>-12)]，

则[h(x)=2x-2(2x+1)ln(1+a)-2x]

[=-2(2x+1)ln(1+x).]

①当[x∈(-12,0)]时，[h(x)>0]，[h(x)]在[[-12,0]]单调递增；

②当[x∈(0,+∞)]时，[h(x)<0]，[h(x)]在[h(x)]单调递减.

[∴当][x∈(-12,0)时,][h(x)>h(-12)=1-2ln24,]

故[f(x2)=h(x2)>1-2ln24].

点评 本题考查函数取极值的条件及利用函数单调性及最值证明不等式，充分利用分类整合思想进行推理证明.

专题训练一

一、选择题

1. 设[f(x)、g(x)]是R上的可导函数，[f(x)、g(x)]分别是[f(x)、g(x)]的导函数，且[f(x)g(x)+f(x)g(x)][<0]，则当[a

A. [f(x)g(x)>f(b)g(b)] B. [f(x)g(a)>f(a)g(x)]

C. [f(x)g(b)>f(b)g(x)] D. [f(x)g(x)>f(a)g(a)]

2. 若存在过点(1,0)的直线与曲线[y=x3]和[y=ax2+154x-9]都相切，则[a]等于（ ）

A. [-1]或[-2564] B. [-1]或[214]

C. [-74]或[-2564] D. [-74]或7

3. 设函数[f(x)=g(x)+x2]，曲线[y=g(x)]在点[(1,g(1))]处的切线方程为[y=2x+1]，则曲线[y=f(x)]在点[(1,g(1))]处切线的斜率为（ ）

A. 4 B. [-14] C. 2 D. [-12]

4. 设[a

[A B][C D]

5. 设函数[y=f(x)]在[(-∞,+∞)]内有定义. 对于给定的正数[K]，定义函数[fK(x)=f(x),f(x)≤KK,f(x)>K]

取函数[f(x)=2-x-e-1]. 若对任意的[x∈(-∞,+∞)]，恒有[fK(x)=f(x)]，则（ ）

A. [K]的最大值为2 B. [K]的最小值为2

C. [K]的最大值为1D. [K]的最小值为1

6. 若[a>3]，则方程[x3-ax2+1=0]在（0，2）上恰有（ ）个实根.

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

7. 已知[|a|=2|b|≠0]，且关于[x]的函数[f(x)=13x3+12|a|x2+a⋅bx]在R上有极值，则[a]与[b]的夹角范围为（ ）

A. [[0,  π6)]B. [(π6,  π]]

C. [(π3,  π]] D. [(π3,  2π3]]

8. 设函数[f(x)=13ax3+12bx2+cx]，且[f(1)=][-a2]，[3a>2c>2b]，则下列结论不正确的是（ ）

A. [-3

C. [-140]且[b<0]

9. 已知函数[f(x)]的定义域是R，且[x≠kπ+π2(k∈Z)]，若函数[f(x)]满足[f(x)=f(x+π)]，且当[x∈(-π2,  π2)]时，[f(x)=2x+sinx]，设[a=f(-1)]，[b=f(-2)]，[c=f(-3)]，则（ ）

A. [c

C. [a

10. 已知[f(x)=x3-3x]，过点[A(1,  m)(m≠-2)]可作曲线[y=f(x)]的三条切线，则[m]的取值范围是（ ）

A. （－1，1）B. （－2，3）

C. （－1，－2）D. （－3，－2）

二、填空题

11. 路灯距地面为8米，一个身高为1.7米的人以每秒1.4米的速度匀速地从路灯的正底下沿某直线离开路灯，那么人影的变化速率为

12. 已知函数[y=f(x)]和[y=g(x)]在[-2，2]的图象如下所示：

[2][2][1][-1][-2][-2] [2][2][1][-1][-2][-2][-1][1] [1] [-1]

给出下列四个命题：

①方程[f[g(x)]=0]有且仅有6个根

②方程[g[f(x)]=0]有且仅有3个根

③方程[f[f(x)]=0]有且仅有5个根

④方程[g[g(x)]=0]有且仅有4个根

其中正确的命题是 . （将所有正确的命题序号填在横线上）.

13. 若曲线[f(x)=ax3+lnx]存在垂直于[y]轴的切线，则实数[a]取值范围是 .

14. 已知[f(x)]是定义在[(-∞,0)⋃(0,+∞)]上的奇函数，当[x>0]时，[f(x)=lnx-ax]. 若函数[f(x)]在其定义域上有且仅有四个不同的零点，则实数[a]的取值范围是 .

15. 设曲线[y=xn+1(n∈N*)]在点（1，1）处的切线与[x]轴的交点的横坐标为[xn],令[an=lgxn]，则[a1+a2+…+a99]的值为 .

三、解答题

16. 已知函数[f(x)=x2-2lnx,][h(x)=x2-x+a.]

（1）求函数[f(x)]的极值；

（2）设函数[k(x)=f(x)-h(x),]若函数[k(x)]在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.

17. 已知函数[f(x)=mx33+ax2+(1-b2)x,][m,a,b∈]R.

（1）求函数[f(x)]的导函数[f(x)]；

（2）当[m=1]时，若函数[f(x)]是R上的增函数，求[z=a+b]的最小值；

（3）当[a=1,b=2]时，函数[f(x)]在[（2，+∞）]上存在单调递增区间，求[m]的取值范围.

18. 已知二次函数[y=g(x)]的导函数的图象与直线[y=2x]平行,且[y=g(x)]在[x=-1]处取得最小值[m－1(m≠0)]. 设函数[f(x)=g(x)x.]

（1）若曲线[y=f(x)]上的点[P]到点[Q(0,2)]的距离的最小值为[2]，求[m]的值

（2）[k(k∈R)]如何取值时,函数[y=f(x)-kx]存在零点，并求出零点.

19. 已知函数[f(x)=12x2-ax+(a-1)lnx]，[a>1.]

（1）讨论函数[f(x)]的单调性；

（2）证明：若[a<5]，则对任意[x1,x2∈(0,+∝)]，[x1≠x2]，有[f(x1)-f(x2)x1-x2>-1].

20. 已知函数[f(x)=|x-a|-lnx(a>0).]

（1）若[a=1,]求[f(x)]的单调区间及[f(x)]的最小值；

（2）若[a>0]，求[f(x)]的单调区间；

（3）试比较[ln2222+ln3232+⋯+lnn2n2]与[(n-1)(2n+1)2(n+1)]的大小[(n∈N*且n≥2)]，并证明你的结论.

21. 设[x1、x2]是[f(x)=a3x3+b-12x2+x(a,b∈R,][a>0)]的两个极值点,[f(x)]为[f(x)]的导函数.

（1）如果[x1<2

（2）如果[0

4.导数的概念 篇四

导数是用来分析变化的。

以一次函数为例，我们知道一次函数的图像是直线，在解析几何里讲了，一次函数刚好就是解析几何里面有斜率的.直线，给一次函数求导，就会得到斜率。

曲线上的一点如何向另一点变化，就是通过倾斜度的“缓”与“急”来表现的。对一次函数求导会得到直线的斜率，对曲线函数求导能得到各点的斜率。

5.导数的应用(构造法) 篇五

1.已知函数f(x)lnx(p0)是定义域上的增函数.（Ⅰ）求p的取值范围；

（Ⅱ）设数列an的前n项和为Sn,且an

2.已知函数f(x)alnxax3在x=2处的切线斜率为1，函数g(x)xx(f(x)区间(2,3)内有最值,（Ⅰ）试判断函数g(x)在区间(2,3)内有最大值还是最小值,并求m的范围；（Ⅱ）证明不等式：ln(221)ln(321)ln(n21)12lnn！.32/2n1n，证明:Sn2ln(n1).m2)在3.已知函数f(x)1x

ax

3lnx(a0)在区间1,上为单调递增函数.（Ⅰ）求实数a的范围；（Ⅱ）证明：

4.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1.（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；（Ⅱ）若f(x)0恒成立，求k的取值范围；（Ⅲ）证明：

6.《导数的概念》教学反思 篇六

1、合理定位，有效达成教学目标。导数的几何意义、函数的`单调性的讨论、求函数的极值和最值，在高考中多以中档题出现，而导数的综合应用(解答题的第2、第3个问)往往难度极大，是压轴题，并非大多数学生能力所及。定位在获得中档难度的8分左右，符合本班学生的实际情况。本节课有效的抓住了第一个得分点：利用导数求曲线的切线方程，从一个问题的两个方面进行阐述和研究。学生能较好的理解导数的几何意义会求斜率，掌握求曲线方程的方法和步骤。

2、问题设置得当，较好突破难点。根据教学的经验和学生惯性出错的问题，我有意的设置了两个求曲线切线的问题：

1、求曲线y=f(x)在点(a,f(a))的曲线方程，

2、求曲线y=f(x)过点(a,f(a))的曲线方程。一字之差的两个问题的出现目的是强调切点的重要性。使学生形成良好的解题习惯：有切点直接求斜率k=f1(a)，没切点就假设切点p(x0.y0)，从而形成解题的思路。通过这两个问题的教学，较好的突破本节的难点内容，纠正学生普遍存在的惯性错误。

3、注重板书，增强教学效果。在信息化教学日益发展的同时，许多教师开始淡化黑板板书。我依然感觉到黑板板书的重要性。板书能简练地、系统地体现教学内容，以明晰的视觉符号启迪学生思维，提供记忆的框架结构。本节对两个例题进行排列板书，能让学生更直观的体会和理解两个问题的内在联系和根本差别。对激活学生的思维起到较好的作用，使教学内容变得更为直观易懂。

4、关注课堂，提高课堂效率。体现以学生为主体，以教师为主导，以培养学生思维能力为主线。课堂活跃，教与学配合得当。利用讲练结合的教学方法，注重学生能力的训练。

二、不足之处

1、整一节课老师讲的还是过多，没有真正把课堂还给学生。

2、不够关注学生个体，问答多是全体同学齐答。难于发现学生中极个性的思维和方法。

3、不善于扑捉课堂教学过程的亮点。比如，王祖青同学在做练习回答老师问题时提出不同的解题思路，老师也只平淡带过。

4、语调平淡，语言缺乏幽默，难于调动课堂气氛。

7.导数考点分析 篇七

1. 导数在函数中的应用

(1) 了解函数单调性和导数的关系;能利用倒数研究函数的单调性, 会求函数的单调区间 (其中多项式函数一般不超过三次) .

(2) 了解函数在某点处取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值 (其中多项式函数一般不超过三次) ;会求闭区间上函数的最大值、最小值 (其中多项式函数一般不超过三次) .

(3) 利用导数求函数在某点处的切线斜率及切线的方程问题.

2.生活中的优化问题

会利用导数解决某些实际问题.

二、热点题型分析

题型一:求函数的极值、最值类型.

1. f (x) =x3-3x2+2在区间[-1, 1]上的最大值是2.

题型二:利用导数几何意义求切线方程类型.

2.求下列直线的方程:

(1) 曲线y=x3+x2+1在P (-1, 1) 处的切线; (2) 曲线y=x2过点P (3, 5) 的切线.

解: (1) ∵点P (-1, 1) 在曲线y=x3+x2+1上,

∴y′=3x2+2x

∴k=y′|x=-1=3-2=1

所以切线方程为y-1=x+1, 即x-y+2=0.

(2) 显然点P (3, 5) 不在曲线上, 所以可设切点为A (x0, y0) , 则y0=x02 (1) , 又函数的导数为y′=2x, 所以过A (x0, y0) 点的切线的斜率为k=y′|x=x0=2x02, 又切线过A (x0, y0) 、P (3, 5) 点, 所以有, 由 (1) (2) 联立方程组得或, 即切点为 (1, x0-3y0=1y0=251) 时, 切线斜率为k1=2x0=2;当切点为 (5, 25) 时, 切线斜率为k2=2x0=10.所以所求的切线有两条, 方程分别为y-1=2 (x-1) 或y-25=10 (x-5) , 即y=2x-1或y=10x-25.

题型三:利用导数研究函数的单调性, 求极值、最值.

1. 已知三次函数f (x) =x3+ax2+bx+c在x=1和x=-1时取极值, 且f (-2) =-4.

(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.

解: (1) f′ (x) =3x2+2ax+b, 由题意得1, -1是3x2+2ax+b=0的两个根, 解得a=0, b=-3.再由f (-2) =-4可得c=-2, ∴f (x) =x3-3x-2.

(2) f′ (x) =3x2-3=3 (x+1) (x-1) ,

当x<-1时, f′ (x) >0;当x=-1时, f′ (x) =0;

当-10;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) 的图像是由f (x) 的图像向右平移m个单位, 向上平移4m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≤n-4≤2, 即3≤n≤6.

综上所述, m、n应满足的条件是:m=4, 且3≤n≤6.

2.设函数f (x) =x (x-a) (x-b) ,

(1) 若f (x) 的图像与直线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.

解: (1) f′ (x) =3x2-2 (a+b) x+ab

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3x2-2 (a+1) x+a=0,

因△=4 (a2-a+1) >0, 故方程有两个不同实根x1, x2.

不妨设x1

当x0;当x1x2时, f′ (x) >0.

因此x1是极大值点, x2是极小值点.当b=1时, 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像.

1.图1是f (x) 的导函数, f′ (x) 的图像如下图所示, 则f (x) 的图像只可能是 (D) .

2. 函数的图像为 (A) .

题型五:利用单调性、极值、最值情况, 求参数取值范围.

已知函数f (x) =x3+ax2+bx+c在与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)

解: (1) f (x) =x3+ax2+bx+c, f′ (x) =3x2+2ax+b

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

所以函数f (x) 的递增区间是与 (1, +∞) , 递减区间是.

(2) , x∈ (-1, 2) , 当时, 为极大值, 而f (2) =2+c, 则f (2) =2+c为最大值.

要使f (x) f (2) =2+c, 解得c<-1或c>2.

题型六:利用导数研究方程的根.

已知平面向量

(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.

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:

函数的图像如图2所示.

可观察出:

(1) 当或时, 方程f (t) -k=0有且只有一解;

(2) 当或时, 方程f (t) -k=0有两解;

(3) 当时, 方程f (t) -k=0有三解.

题型七:导数与不等式的综合.

1.设a>0, 函数f (x) =x3-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 (x0) ) =x0, 求证:f (x0) =x0.

解: (1) y′=f′ (x) =3x2-a, 若f (x) 在[1, +∞) 上是单调递减函数, 则需y′<0, 即a>3x2, 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.

若f (x) 在[1, +∞) 上是单调递增函数, 则a≤3x2,

由于x∈[1, +∞) , 故3x2≥3.从而0

(2) 方法1:可知f (x) 在[1, +∞) 上只能为单调增函数.若1≤x0

方法2:设f (x0) =u则f (u) =x0, ∴x03-ax0=u, u3-au=x0, 两式相减得 (x03-u3) -a (x0-u) =u-x0, ∴ (x0-u) (x02+x0u+u2+1-a) =0

∵x0≥1, u≥1∴x20+x0u+u2≥3, 又00.

2. 已知a为实数, 函数.

(1) 若函数f (x) 的图像上有与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x1、x2∈ (-1, 0) , 不等式恒成立.

∵函数f (x) 的图像有与x轴平行的切线, ∴f′ (x) =0有实数解,

题型八:导数在实际中的应用.

1.在边长为60cm的正方形铁片的四角切去相等的正方形, 再把它的边沿虚线折起 (如图) , 做成一个无盖的方底箱子, 箱底的边长是多少时, 箱底的容积最大?最大容积是多少?

解法一:设箱底边长为xcm, 则箱高, 得箱子容积

并求得V (40) =16000.

由题意可知, 当x过小 (接近0) 或过大 (接近60) 时, 箱子容积很小, 因此, 16000是最大值.

答:当x=40cm时, 箱子容积最大, 最大容积是16000cm3.

1.设平面向量, 若存在不同时为零的两个实数s、t及实数k, 使, 且

2. 圆柱形金属饮料罐的容积一定时, 它的高与底与半径应怎样选取, 才能使所用的材料最省?

解:设圆柱的高为h, 底半径为R, 则表面积S=2πRh+2πR2

即h=2R

因为S (R) 只有一个极值, 所以它是最小值.

答:当罐的高与底直径相等时, 所用材料最省.

变式:当圆柱形金属饮料罐的表面积为定值S时, 它的高与底面半径应怎样选取, 才能使所用材料最省?

题型九:导数与向量的结合.

(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.

8.导数的魅力 篇八

类型1：涉及函数单调性，零点，极值，最值问题，以及不等式的参数取值范围问题

【例1】 设函数f(x)=14x4+bx2+cx+d,当x=t1时，f(x)有极小值．

（1） 若b=-6时，函数f(x)有极大值，求实数c的取值范围；

（2） 在（1）的条件下，若存在实数c，使函数f(x)在闭区间［m-2,m+2］上单调递增，求实数m的取值范围；

（3） 若函数f(x)只有一个极值点，且存在t2∈(t1,t1+1),使f′(t2)=0，证明：g(x)=f(x)-12x2+t1x 在区间(t1,t2)内最多有一个零点．

分析 第一小问考查函数极植问题，题中告诉函数f(x)有极大值，有极小值。这表明f′(x)=0至少有两个相异实根，而f′(x)是三次函数，所以f′(x)=0必然有三个互异的实根。第二小问考查单调性问题并求参数的取值范围，涉及存在性与恒成立问题，这类题目一般先满足一个方面，再考虑另一个方面，如本题先满足存在，再考虑恒成立。第三小问涉及零点问题，解决此题只需证函数g(x)具有单调性，即证当t10即可。此题关键是对f(x)只有一个极值点和f′(t2)=0的理解。

解 （1）∵f(x)=14x4+bx2+cx+d,∴h(x)=f′(x)=x3-12x+c.由题设，方程h(x)=0有三个互异的实根,考察函数h(x)=x3-12x+c,则h′(x)=0,得x=±2.当x<-2时，h(x)单调递增．当-22时h(x)单调递增．有h(-2)>0，h(2)<0， 即c+16>0c-16<0.∴-16

（2） 存在c∈(-16,16),使f′(x)≥0成立，即x3-12x≥-c,∴x3-12x>-16，即(x-2)2•(x+4)>0

在区间m-2,m+2上恒成立.

∴m-2,m+2是不等式解集的子集,m-2>-4，m+2<2 或m-2>2,即-24.

（3） 由题设，可得存在α,β∈R,使f′(x)=x3+2bx+c=(x-t1)(x2+αx+β),且x2+αx+β≥0恒成立,又f′(t2)=0,且在x=t2两侧同号．∴f′(x)=(x-t1)(x-t2)2．另一方面

g′(x)=x3+(2b-1)x+t1+c=x3+2bx+c-(x-t1)=(x-t1)(x-t2)2-1.∵t1

所以-10，所以g′(x)<0，所以g(x)在(t1,t2)内单调递减.从而g(x)在（t1，t2）内最多有一个零点．

点拨 这是一道导数的典型题目，第一小问说明函数的极值问题转化为函数导数对应的方程根的问题。第二小问导数涉及函数的单调性问题求参数范围，常常转化为恒成立问题解决。而第三小问处理函数的零点个数的问题，往往研究函数的单调性，而这一过程完全依赖于导数。

总结 单调性、零点、极值、最值、参数取值等函数热点问题往往借助于导数这一工具，作适当的分析、综合、转化来解决。这类题型灵活性较强，综合性大，要求高。

类型2：涉及不等式证明问题

【例2】 设函数f(x)=x2,g(x)=alnx+bx(a>0).记G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x1,x2,且x1,x0,x2成等差数列，求证：G′(x0)>0.

分析 通过G(x)有两个零点这一条件代入找出a,b关系，列出G′(x0)表达式，再变形整理，然后根据式子特点，构造函数研究其单调性，从而得证。

证明 G(x)=x2+2-alnx-bx有两个零点x1,x2，则有x21 + 2-alnx1-bx1=0

x22 + 2-alnx2-bx2=0，

两式相减得x22-x21-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0，即x2+x1-b=a(lnx2-lnx1)x2-x1,于是

G′(x0)=2x0-ax0-b=(x1+x2-b)-2ax1+x2=a(lnx2-lnx1)x2-x1-2ax1+x2=ax2-x1•

lnx2x1-2(x2-x1)x1+x2=ax2-x1lnx2x1-2x2x1-11+x2x1.

①当01且G′(x0)=ax2-x1lnt-2(t-1)1+t,

设u(t)=lnt-2(t-1)1+t(t>1),则u′(t)=1t-4(1+t)2=(1-t)2t(1+t)2>0,则u(t)=lnt-2(t-1)1+t在(1,+∞)上为增函数.而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt-2(t-1)1+t>0.又因为a>0,x2-x1>0,所以G′(x0)>0；

② 当00.综上所述: G′(x0)>0.

点拨 此题是不等式证明问题，通过消元整理，再等价变形，特别是2(x2-x1)x1+x2=2x2x1-11+x2x1，记x2x1=t，这一步构造函数是关键，借助于导数这一工具研究其单调性，求解函数的最值，使不等式得到证明。

总结 不等式的证明是高中数学的重要内容，又是不等式中的难点，通过构造函数借助于导数研究其单调性来证明不等式，已成为近年来高考命题的热点题型，所以对它要足够重视。

类型3：涉及解析几何中曲线的切线问题

【例3】 设函数f(x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R)在点（1，f(1)）处的切线方程为y+2=0，若过点M(2,m)(m≠2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．

分析 利用导数的几何意义，求解出f(x)的解析式。这道题目难点是对三条切线如何理解，一般切线问题总是找（设）切点（x0,y0）利用导数的几何意义求出x0,m的方程关系，问题转化为方程有三个不同解，借助于导数研究其极值，从而解决此题。

解 ∵f′(x)=3ax2+2bx-3，根据题意,得f(1)=-2,f′(1)=0,

即a+b-3=-2,3a+2b-3=0, 解得a=1,b=0. ∴f(x)=x3-3x.因为点M(2,m)(m≠2)不在曲线y=f(x)上，∴可设切点为(x0,y0).

则y0=x30-3x0．∵f′(x0)=3x20-3，∴切线的斜率为3x20-3，则3x20-3=x30-3x0-mx0-2，即2x30-6x20+6+m=0．∴过点M(2,m)(m≠2)可作曲线y=f(x)的三条切线，所以方程2x30-6x20+6+m=0有三个不同的实数解．∴函数g(x)=2x3-6x2+6+m有三个不同的零点．

则g′(x)=6x2-12x，令g′(x)=0x=0或x=2．

x(-∞,0)0(0,2)2(2,+∞)

g′(x)+0-0+

g(x)增极大值减极小值增

则g(0)>0,g(2)<0, 即6+m>0,-2+m<0, 解得-6

点拨 本题虽以曲线的切线形式出现，但考查的本意通过把三条切线的问题转化为方程有三个不同解的问题，再依赖于导数加以解决。

总结 曲线的切线的问题总是找（设）切点问题，通过导数来完成。

类型4：涉及实际应用问题

【例4】 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12-x)2万件．

（1） 求分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式．

（2） 当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a).

分析 本题是求商品利润的最大值问题，通过第一小问找出函数关系式，同时注意到定义域范围和参数a的取值，借助于导数并通过分类讨论求出最值。

解 （1） 分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x的函数关系式为：L(x)=(x-3-a)•(12-x)2,x∈

［9,11］.

（2） L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L′(x)=0得x=6+23a或x=12（不合题意，舍去），∵3≤a≤5,∴8≤6+23a≤283.在x=6+23a两侧L′(x)的值由正变负．

（a） 8≤6+23a<9即3≤a<92时，Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).

（b） 当9≤6+23a≤283即92≤a≤5时

Lmax=L6+23a=6+23a-3-a•

12-6+23a2=43-13a3.

∴Q(a)=9(6-a),3≤a<92，

43-13a3,92≤a≤5. 

综上所述：若3≤a<92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大Q(a)=9(6-a)（万元）；当92≤a≤5，则当每件售价为6+23a元时，分公司一年的利润L最大，最大Q(a)=43-13a3（万元）．

点拨 这道题不难，但很有技巧性，同学们对第一小问表达式L(x)=(x-3-a)(12-x)2,x∈［9,11］展开，再求导，则不易求出极值点，本题难在分类讨论。

总结 学以致用，是数学永远的关注点，而用导数处理应用题中的最值问题是高考中的又一热点。

牛刀小试

1． 已知函数f(x)=ax+x2-xlna(a>0,a≠1)．

（1） 当a>1时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；

（2） 若函数y=f(x)-t-1有三个零点，求t的值；

（3） 若存在x1,x2∈［-1,1］,使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1，试求a的取值范围．

2． 已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线方程为x+2y-3=0. 

（1） 求a,b的值；

（2） 证明：当x>0,且x≠1时，f(x)>lnxx-1.

3． 如图有一块半椭圆形钢板，其长半轴长2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD=2x,梯形面积为S．

（1） 求面积S以x为自变量的函数式，并写出定义域；

（2） 求面积S的最大值．

【参考答案】

1． （1） f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)•lna，由于a>1，故当x∈(0,+∞)时，lna>0,ax-1>0，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．

(2） 当a>0,a≠1时，因为f′(0)=0，且f′(x)在R上单调递增，故f′(x)=0有唯一解x=0．

所以x,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示：

x(-∞,0)0(0,+∞)

f′(x)-0+

f(x)递减极小值递增

又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点，所以方程f(x)=t±1有三个根，

而t+1>t-1，所以t-1=(f(x))min=f(0)=1，解得t=2．

(3） 因为存在x1,x2∈［-1,1］，使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1，所以当x∈［-1,1］时，|(f(x))max-(f(x))min|=(f(x))max-(f(x))min≥e-1.

由(2）知，f(x)在［-1,0］上递减，在［0,1］上递增，

所以当x∈［-1,1］时，(f(x))min=f(0)=1,(f(x))max=max{f(-1),f(1)}，

而f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-1a+1+lna=a-1a-2lna，

记g(t)=t-1t-2lnt(t>0)，因为g′(t)=1+1t2-2t=1t-12≥0（当t=1时取等号）

所以g(t)=t-1t-2lnt在t∈(0,+∞)上单调递增，而g(1)=0，

所以当t>1时，g(x)>0；当0

也就是当a>1时，f(1)>f(-1)；当0

①当a>1时，由f(1)-f(0)≥e-1a-lna≥e-1a≥e，

②当0

综上所述，所求a的取值范围是a∈0,1e∪［e,+∞).

2． （1） f′(x)=ax+1x-lnx(1+x)2-bx2，由于直线x+2y-3=0的斜率为-12，且过点(1,1)，故有

f(1)=1,f′(1)=-12, 即b=1,a2-b=-12,

解得a=1,b=1. 

(2） 由（1）知f(x)=lnxx+1+1x，所以f(x)-lnxx-1=11-x22lnx-x2-1x．

考虑函数h(x)=2lnx-x2-1x(x>0)，则h′(x)=2x-2x2-(x2-1)x2=-(x-1)2x2，

所以当x≠1时，h′(x)<0，而h(1)=0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得11-x2h(x)>0；

当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，可得11-x2h(x)>0.从而当x>0且x≠1时，f(x)-lnxx-1>0，即f(x)>lnxx-1．

3． （1） 依题意，以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如图)，则点C的横坐标x,点C的纵坐标y满足方程x2r2+y24r2=1(y≥0),解得y=2r2-x2(0

则S=12(2x+2r)•2•r2-x2=2(x+r)r2-x2，其定义域为{x|0

（2） 记f(x)=4(x+r)2(r2-x2),0

9.函数与导数二轮复习（共） 篇九

[考点分析预测]

考点一基本函数的图象与性质

考点二 分段函数与复合函数

考点三抽象函数与函数性质

考点四 函数图象及其应用

考点五 导数的概念与意义

考点六 利用导数研究函数性质

考点七函数与导数的综合应用

整体来看，考查的热点集中在三个方面。热点之一是考查函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、反函数及函数图象；热点之二是利用函数、方程、不等式的相互关系，对具体问题具体分析，最终解决问题。热点之三是利用导数研究函数的性质，及函数与导数的综合应用

[考点透视]

函数是高中数学的重要内容，函数的观点和方法贯穿于高中代数的全过程，同时也应用于几何问题及其他问题。导数是分析和解决函数问题的便利的、必不可少的工具。纵观近几年的高考试题，函数与导数知识占有极其重要的地位，不仅形式多样,而且知识覆盖面广、综合性强、灵活性高，突出考查学生方程与函数、联系与转化、分类与讨论、数形结合等重要的数学思想、能力，是高考考查数学思想、数学方法、基础素质与综合能力的主阵地。

“函数与导数”的考查(文科)呈以下特点：（1）以指数函数、对数函数为主要载体，考查定义域、值域、单调性、最值、反函数、图象与简单性质等；（2）以抽象函数、分段函数为主要载体，考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性与图象应用等问题；（3）以多项式函数、尤其是三次函数为主要载体，考查的导数的几何意义与导数的应用；（4）解答题的重点仍将围绕二次函数及三次函数展开，考查三个“二次”问题、利用导数研究函数的单调性、极（最）值与解决与方程及不等式相关的综合问题等。解答题也可能在简单的指数、对数复合函数及应用题上设计试题。

“函数与导数”的考查（理科）呈以下特点：（1）以指数函数、对数函数为主要载体，考查定义域、值域、单调性、最值、反函数、图象与简单性质等；（2）以抽象函数、分段函数为主要载体，考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性与图象应用等问题；（3）以分式型函数、三次函数、“杂合型”函数为主要载体，考查函数的极限、导数的概念与几何意义、导数的应用；（4）解答题的考查重点是利用导数研究非初等函数的单调性、极值与最值、解决与方程及不等式相关的综合问题，压轴题中可能设计此部分与数列、三角、解析几何等知识的综合题来拔高难度；（5）三个“二次”的问题渗透在各类问题中进行综合、灵活考查。

备考指导

1．抓住两条主线，构建函数知识体系

一是“基本函数的图象及其性质”，要熟练掌握一次函数、二次函数、反比例函数、指数函数、对数函数等一些常见函数的图象性质，归纳提炼函数性质的应用规律。二是函数的概念与基本性质，熟练掌握函数的定义域、解析式、值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性、反函数等基本求法与解题步骤，并会灵活应用。

2．依托基础知识，强化思想方法训练

函数是考查“数形结合”思想的重要载体，要熟练掌握基本函数的图象和性质，分析掌握基本函数图象间的关系。在此基础上，理解掌握常见的平移、对称变换方法，强化“由式到图”和“由图到式”的转化训练。原函数与反函数，原函数与导函数图象之间的关系常被设计成考点，要注意重点掌握。函数与方程思想是本章复习的另一个重点，要善于转化命题，引进变量建立函数，运用变量的方法、观点解决数学试题以提高数学意识，发展能力。此外，分类讨论思想、特殊化思想、转化与化归思想等都应在复习中多加体悟与应用。

3．加强纵横联系，强化综合应用意识

10.导数大题方法总结 篇十

学习中的快乐，产生于对学习内容的兴趣和深入。世上所有的人都是喜欢学习的，只是学习的方法和内容不同而已。

导数大题方法总结

一 总论

一般来说，导数的大题有两到三问。每一个小问的具体题目虽然并不固定，但有相当的规律可循，所以在此我进行了一个答题方法的总结。

二 主流题型及其方法

(1)求函数中某参数的值或给定参数的值求导数或切线

一般来说，一到比较温和的导数题的会在第一问设置这样的问题：若f(x)在x = k时取得极值，试求所给函数中参数的值;或者是f(x)在(a , f(a))处的切线与某已知直线垂直，试求所给函数中参数的值等等很多条件。虽然会有很多的花样，但只要明白他们的本质是考察大家求导数的能力，就会轻松解决。这一般都是用来送分的，所以遇到这样的题，一定要淡定，方法是：

先求出所给函数的导函数，然后利用题目所给的已知条件，以上述第一种情形为例：令x = k，f(x)的导数为零，求解出函数中所含的参数的值，然后检验此时是否为函数的极值。

注意：①导函数一定不能求错，否则不只第一问会挂，整个题目会一并挂掉。保证自己求导不会求错的最好方法就是求导时不要光图快，一定要小心谨慎，另外就是要将导数公式记牢，不能有马虎之处。②遇到例子中的情况，一道要记得检验，尤其是在求解出来两个解的情况下，更要检验，否则有可能会多解，造成扣分，得不偿失。所以做两个字来概括这一类型题的方法就是：淡定。别人送分，就不要客气。③求切线时，要看清所给的点是否在函数上，若不在，要设出切点，再进行求解。切线要写成一般式。

(2)求函数的单调性或单调区间以及极值点和最值

一般这一类题都是在函数的第二问，有时也有可能在第一问，依照题目的难易来定。这一类题问法都比较的简单，一般是求f(x)的单调(增减)区间或函数的单调性，以及函数的极大(小)值或是笼统的函数极值。一般来说，由于北京市高考不要求二阶导数的计算，所以这类题目也是送分题，所以做这类题也要淡定。这类问题的方法是：

首先写定义域，求函数的导函数，并且进行通分，变为假分式形式。往下一般有两类思路，一是走一步看一步型，在行进的过程中，一点点发现参数应该讨论的范围，一步步解题。这种方法个人认为比较累，而且容易丢掉一些情况没有进行讨论，所以比较推荐第二种方法，就是所谓的一步到位型，先通过观察看出我们要讨论的参数的几个必要的临介值，然后以这些值为分界点，分别就这些临界点所分割开的区间进行讨论，这样不仅不会漏掉一些对参数必要的讨论，而且还会是自己做题更有条理，更为高效。

极值的求法比较简单，就是在上述步骤的基础上，令导函数为零，求出符合条件的根，然后进行列表，判断其是否为极值点并且判断出该极值点左右的单调性，进而确定该点为极大值还是极小值，最后进行答题。

最值问题是建立在极值的基础之上的，只是有些题要比较极值点与边界点的大小，不能忘记边界点。

注意:①要注意问题，看题干问的是单调区间还是单调性，极大值还是极小值，这决定着你最后如何答题。还有最关键的，要注意定义域，有时题目不会给出定义域，这时就需要你自己写出来。没有注意定义域问题很严重。②分类要准，不要慌张。③求极值一定要列表，不能使用二阶导数，否则只有做对但不得分的下场。

(3)恒成立或在一定条件下成立时求参数范围

这类问题一般都设置在导数题的第三问，也就是最后一问，属于有一定难度的问题。这就需要我们一定的综合能力。不仅要对导数有一定的理解，而且对于一些不等式、函数等的知识要有比较好的掌握。这一类题目不是送分题，属于扣分题，但掌握好了方法，也可以百发百中。方法如下：

做这类恒成立类型题目或者一定范围内成立的题目的`核心的四个字就是：分离变量。一定要将所求的参数分离出来，否则后患无穷。有些人总是认为不分离变量也可以做。一些简单的题目诚然可以做，但到了真正的难题，分离变量的优势立刻体现，它可以规避掉一些极为繁琐的讨论，只用一些简单的代数变形可以搞定，而不分离变量就要面临着极为麻烦的讨论，不仅浪费时间，而且还容易出差错。所以面对这样的问题，分离变量是首选之法。当然有的题确实不能分离变量，那么这时就需要我们的观察能力，如果还是没有简便方法，那么才会进入到讨论阶段。

分离变量后，就要开始求分离后函数的最大或者最小值，那么这里就要重新构建一个函数，接下来的步骤就和(2)中基本相同了。

注意：①分离时要注意不等式的方向，必要的时候还是要讨论。②要看清是求分离后函数的最大值还是最小值，否则容易搞错。③分类要结合条件看，不能抛开大前提自己胡搞一套。

最后，这类题还需要一定的不等式知识，比如均值不等式，一些高等数学的不等数等等。这就需要我们有足够的知识储备，这样做起这样的题才能更有效率。

(4)构造新函数对新函数进行分析

这类题目题型看似复杂，但其实就是在上述问题之上多了一个步骤，就是将上述的函数转化为了另一个函数，并没有本质的区别，所以这里不再赘述。

(5)零点问题

这类题目在选择填空中更容易出现，因为这类问题虽然不难，但要求学生对与极值和最值问题有更好的了解，它需要我们结合零点，极大值极小值等方面综合考虑，所以更容易出成填空题和选择题。如果出成大题，大致方法如下： 先求出函数的导函数，然后分析求解出函数的极大值与极小值，然后结合题目中所给的信息与条件，求出在特定区间内，极大值与极小值所应满足的关系，然后求解出参数的范围。

三 总结

11.浅析导数的应用 篇十一

【关键词】 导数；应用；函数；中心对称图形；切线；旋转

【中图分类号】G633.22【文献标识码】A【文章编号】2095-3089（2016）07-0-01

导数在高中新课标中的下放，对高中函数的诸多问题的解决带来了福音，如：可以用导数来解决函数中的最值问题，单调问题，不等式问题，还可以与解析几何想联系。因此，在中学教学过程中，对导数相关内容的教学也就成了教学过程中的重中之重，也是高考的必考点。而本文则以导数应用的其中的一个方面（解决简单函数图形的中心对称问题）来说明导数的妙处。

一、情境场景

在新课标的教学过程中，一个偶尔的机会遇到这样一题：

已知函数其中为常数。

证明：函数的图形为中心对称图形。

而遇到这道题的时候，刚好我们教学内容也进行到导数这一章，于是我的第一反应这道题应该与导数的相关内容有关（因为函数的最高次数已经是3次了），可具体的相关情况感觉是一头雾水。于是静坐下来对此题进行了细心的分析，终于功夫不负有心人总算有所收获，特此和大家一起来分享。

二、分析探讨

首先我们从函数的形式上来分析：

第一、最高次数是三次，超出了我们高中阶段对于一般函数图形画法掌握的要求，即使如此选择多项式的合并提取等想关内容也无法将高次变成低次的相关我们熟悉的形式，所以直接从三次图形上或多项式的变形处理上来选择明显不合适。

第二、本函数表达式中出现了参数，从而这道题不在是一个单一某个函数的问题，而是指这一类函数的情况，具有通性。也因为参数的出现，急需一种通法解决更是合适的决定，要不以后同类问题上还是会留下后遗症。

第三、我们从函数所要解决的问题情况来看：不是解决常规的定义域、值域、单调性、奇偶性的问题，而是函数图形的中心对称问题。

那么分析到这个时候问题就出现了：为什么在一个高次函数问题中（而且是含参数的函数）设计一个中心对称图形的问题呢？做为一个高中阶段的学生或教师自然会想到——导数。那么如何解决这个问题呢？我们还要注意这道题中所包含了那些内容呢？

三、内容分析

我们知道中心对称图形是指如果把一个图形绕某一点旋转180°后能与自身重合，这个图形是中心对称图形。该点称为对称中心.而在新课标下来说，只对于简单函数画法做必须掌握的要求外，其它相对较复杂函数的图形根本不做要求。也因为如此，这个外加参数的函数图形就更没办法去处理了。

而在高中教学过程中对处理这种简单高次形式的问题，只能借助于导数去解决。

我们知道若函数图形关于点对称，由函数的中心对称原理可得，在与处的切线必平行（关于对称点旋转后图形必重合）

那么，对于函数的导函数来说，要是的图形中心对称，则只需函数关于轴对称即可。

四、解决问题

通过上面的分析可得，要证明这个命题，则只需证明，存在使得成立即可，那么现在这个问题很容易解决了：

解：因为为一个一元二次函数，以为对称轴的轴对称函数，

所以满足：，即存在。

那么函数必为中心对称函数，

且以为对称中心。

举例：求以为对称中心时函数中的的值_____。

解决办法也是如此：

因为，所以对称轴，则

到此为止，这个问题就便得到完整解决了，不难从中发现解决此类型的问题的关键是保证导函数为一个轴对称函数即可。

细细品来，我感谢导数。如不是导数的存在，要想解决这个问题可不知要费多大的工夫，我也庆幸我自己因为遇到这一道题而使我认真去思考解决这类问题，从而为我在今后的教学工作中多了一个问题解决的方法，多了一份自信。