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1、 导数解答题的解法试题特点 主要特点(1)导数是中学选修内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
2、导 数在研究函数问题 或实际问题时 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(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.若f(x)
3、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.注意两条直线的夹角公式有绝对值符号.2.已知函数f (x)=ax3+bx2+cx在点x0处取得极小值4
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4a+b+c=4 联立得：f（x）=x3+6x29x考题剖析（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)
5、=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考题剖析点评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.已知函数f(x)=x3+ax2(2a+3)x，其中a0.（）求f(x)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.考题剖析解析（）f(x)=3x2+2ax(2a+3)，令f(x)=0,得x1=1, x2= ,a0,x21xx2时f(x)0，x2xx1时f(x)0，xx1时，f(x)0
6、.所以f(x)在(, ,1,+)上是增函数，在( ,1)上是减函数.考题剖析考题剖析（）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+x25x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
7、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考题剖析点评评本题考查导数的应用，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4. 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)
8、f(x)=3ax2+6x6a由已知 解得a=2，b=11考题剖析考题剖析(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(x)h
9、(x)在2x0恒成立，则k8考题剖析考题剖析 由上述过程可知，只要考虑0k8f(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0k85.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，（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
10、)|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.考题剖析考题剖析解析 （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 （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，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
11、(x) min|2(2)=4.即|f(x1)f(x2)|max=4.k4 k的最小值为4考题剖析（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=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， 考题剖析设g(x0)=2 3 +m+3， 则g(x0)=6 6x0，从g(x0)0得x01或x00,从g(x0)0
12、得0x01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)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6.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
13、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)|.考题剖析考题剖析解析 （1）证明：由h(1)=1,h(1)=1得q+s=0,r+p=1h(x)=px3sx2+(1p)x+sh(x)=3px22sx+1p因为（1，1）内有两极值且h(1)=1,所以有p0h()+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（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（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+f(1)0,F( )=1+f( )0,F( )=1+f( )0,F(1)=1+f(1)0.考题剖析所以有F（x）在(1,1)内有极大值和极小值，当x1时，
