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1、专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法试题特点试题特点 专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法 1.1.近三年高考各试卷导数考查情况统计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，
2、考查不等式、导数的应用等知识.试题特点试题特点 专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法 2. 2.主要特点主要特点 (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.应试策略应试策略专题十专题十 导数解答题的解法导数解答
3、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.应试策略应试策略专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法 (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
4、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)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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法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.分析分析理解导数的几何意义是解决本例的关键.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法解析解析（1）由方
5、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.（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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法解
6、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4 a+b+c=4 联立得： f（x）=x3+6x29x考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法（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)=1
7、2m21 当m3时，g（x）在2，3上单调递增， g(x)max=g(3)=18m36考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法点评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)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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法解析解析（）f(x)=3x2+2ax(2a+3)， 令f(x)=0,得x1=1, x2= , a0,x21xx2时f(x)
8、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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法（）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+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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解
9、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考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法点评点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
10、调递减则为f(x)0.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法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.解析解析(1)f(x)=3ax2+6x6a 由已知 解得a=2，b=11考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法(2)由h(x)g(x)得：kx
11、3x2+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(x)在2x0恒成立，则k8考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解
12、法考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法由上述过程可知，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.（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， （1）求函数f (x)的解析式； （2）对于区间1，1上任意两个
13、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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法解析解析 （1）f(x)=3ax2+2bx3， 依题意，f(1)=f(1)=0 即 ，解得a=1,b=0. f (x)=x33x.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法（2）f(x)=x33x, f(x)=3x23=3(x+1)(x1) 当1x1时，f(x)0， 故f(x)在区间1,
14、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(x) min|2(2)=4.即|f(x1)f(x2)|max=4. k4 k的最小值为4考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法（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
15、)=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， 考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法 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
16、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.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法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
17、+cx+d在（1，1）上满足 1f(x)1.证明当|x|1时，有|f(x)|h(x)|.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法解析解析（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）,
18、所以 p(+)2+1+2p1 所以有+=0.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法（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考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法（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+f(1)0,F( )=1+f( )0, F( )=1+f( )0, F(1)=1+f(1)0.考题剖析考题剖析专题十专题十 导数解答题的解法导数解答题的解法所以有F（x）在(1,1)内有极大值和极小值，当x1时，F(x)0,当x1时，F(x)0同理有：G(1)=1f(1)0,G( )=1f( )0,G( )=1f( )0,G(1)=1f(1)0所以有G（x）在(1,1)内有极大值和极小值，当x1时，G(x)0,当x1时，G(x)0所以当|x|1时，有F(x)G(x)0即h2(x)f 2(x) 即|h(x)|f(x)|.
