高中数学导数题型总结

导数经典例题剖析考点一：求导公式。例1.()fx是31()213fxxx的导函数，则(1)f的值是。考点二：导数的几何意义。例2.已知函数()yfx的图象在点(1(1))Mf，处的切线方程是122yx，则(1)(1)ff。例3.曲线32242yxxx在点(13)，处的切线方程是。考点三：导数的几何意义的应用。例4.已知曲线C：xxxy2323，直线kxyl:，且直线l与曲线C相切于点00,yx00x，求直线l的方程及切点坐标。考点四：函数的单调性。例5.已知1323xxaxxf在R上是减函数，求a的取值范围。例6.设函数32()2338fxxaxbxc在1x及2x时取得极值。（1）求a、b的值；（2）若对于任意的[03]x，，都有2()fxc成立，求c的取值范围。点评：本题考查利用导数求函数的极值。求可导函数xf的极值步骤：①求导数xf'；②求0'xf的根；③将0'xf的根在数轴上标出，得出单调区间，由xf'在各区间上取值的正负可确定并求出函数xf的极值。例7.已知a为实数，axxxf42。求导数xf'；（2）若01'f，求xf在区间2,2上的最大值和最小值。解析：（1）axaxxxf4423，423'2axxxf。（2）04231'af，21a。14343'2xxxxxf令0'xf，即0143xx，解得1x或34x，则xf和xf'在区间2,2上随x的变化情况如下表：x21,2134,1342,342xf'＋0—0＋xf0增函数极大值减函数极小值增函数0291f，275034f。所以，xf在区间2,2上的最大值为275034f，最小值为291f。答案：（1）423'2axxxf；（2）最大值为275034f，最小值为291f。点评：本题考查可导函数最值的求法。求可导函数xf在区间ba,上的最值，要先求出函数xf在区间ba,上的极值，然后与af和bf进行比较，从而得出函数的最大最小值。考点七：导数的综合性问题。例8.设函数3()fxaxbxc(0)a为奇函数，其图象在点(1,(1))f处的切线与直线670xy垂直，导函数'()fx的最小值为12。（1）求a，b，c的值；（2）求函数()fx的单调递增区间，并求函数()fx在[1,3]上的最大值和最小值。解析：（1）∵()fx为奇函数，∴()()fxfx，即33axbxcaxbxc∴0c，∵2'()3fxaxb的最小值为12，∴12b，又直线670xy的斜率为16，因此，'(1)36fab，∴2a，12b，0c．（2）3()212fxxx。2'()6126(2)(2)fxxxx，列表如下：x(,2)2(2,2)2(2,)'()fx00()fx增函数极大减函数极小增函数所以函数()fx的单调增区间是(,2)和(2,)，∵(1)10f，(2)82f，(3)18f，∴()fx在[1,3]上的最大值是(3)18f，最小值是(2)82f。答案：（1）2a，12b，0c；（2）最大值是(3)18f，最小值是(2)82f。点评：本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力。导数强化训练（一）选择题1.已知曲线24xy的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为（A）A．1B．2C．3D．42.曲线1323xxy在点（1，－1）处的切线方程为（B）A．43xyB．23xyC．34xyD．54xy3.函数)1()1(2xxy在1x处的导数等于（D）A．1B．2C．3D．44.已知函数)(,31)(xfxxf则处的导数为在的解析式可能为（A）A．)1(3)1()(2xxxfB．)1(2)(xxfC．2)1(2)(xxfD．1)(xxf5.函数93)(23xaxxxf，已知)(xf在3x时取得极值，则a=（D）（A）2（B）3（C）4（D）56.函数32()31fxxx是减函数的区间为(D)（Ａ）(2,)（Ｂ）(,2)（Ｃ）(,0)（Ｄ）(0,2)7.若函数cbxxxf2的图象的顶点在第四象限，则函数xf'的图象是（A）8.函数231()23fxxx在区间[0,6]上的最大值是（A）A．323B．163C．12D．99.函数xxy33的极大值为m，极小值为n，则nm为（A）A．0B．1C．2D．410.三次函数xaxxf3在,x内是增函数，则（A）A．0aB．0aC．1aD．31a11.在函数xxy83的图象上，其切线的倾斜角小于4的点中，坐标为整数的点的个数是（D）A．3B．2C．1D．012.函数)(xf的定义域为开区间),(ba，导函数)(xf在),(ba内的图象如图所示，则函数)(xf在开区间),(ba内有极小值点（A）A．1个B．2个C．3个D．4个（二）填空题13.曲线3xy在点1,1处的切线与x轴、直线2x所围成的三角形的面积为__________。xyoAxyoDxyoCxyoBabxy)(xfy?Oabxy)(xfy?O14.已知曲线31433yx，则过点(2,4)P“改为在点(2,4)P”的切线方程是______________15.已知()()nfx是对函数()fx连续进行n次求导，若65()fxxx，对于任意xR，都有()()nfx=0，则n的最少值为。16.某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元／次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x吨．（三）解答题17.已知函数cbxaxxxf23，当1x时，取得极大值7；当3x时，取得极小值．求这个极小值及cba,,的值．18.已知函数.93)(23axxxxf（1）求)(xf的单调减区间；（2）若)(xf在区间[－2，2].上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.19.设0t，点P（t，0）是函数cbxxgaxxxf23)()(与的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线。（1）用t表示cba,,；（2）若函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减，求t的取值范围。20.设函数32()fxxbxcxxR，已知()()()gxfxfx是奇函数。（1）求b、c的值。（2）求()gx的单调区间与极值。21.用长为18cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？22.已知函数3211()32fxxaxbx在区间[11)，，(13]，内各有一个极值点．（1）求24ab的最大值；（1）当248ab时，设函数()yfx在点(1(1))Af，处的切线为l，若l在点A处穿过函数()yfx的图象（即动点在点A附近沿曲线()yfx运动，经过点A时，从l的一侧进入另一侧），求函数()fx的表达式．强化训练答案：1.A2.B3.D4.A5.D6.D7.A8.A9.A10.A11.D12.A（四）填空题13.3814.044xy15.716.20（五）解答题17.解：baxxxf23'2。据题意，－1，3是方程0232baxx的两个根，由韦达定理得3313231ba∴9,3ba∴cxxxxf9323∵71f，∴2c极小值25239333323f∴极小值为－25，9,3ba，2c。18.解：（1）.963)(2xxxf令0)(xf，解得,31xx或所以函数)(xf的单调递减区间为).,3(),1,(（2）因为,218128)2(aaf,2218128)2(aaf所以).2()2(ff因为在（－1，3）上0)(xf，所以)(xf在[－1，2]上单调递增，又由于)(xf在[－2，－1]上单调递减，因此)2(f和)1(f分别是)(xf在区间2,2上的最大值和最小值.于是有2022a，解得.2a故.293)(23xxxxf因此,72931)1(f即函数)(xf在区间2,2上的最小值为－7.19.解：（1）因为函数)(xf，)(xg的图象都过点（t，0），所以0)(tf，即03att.因为,0t所以2ta..,0,0)(2abccbttg所以即又因为)(xf，)(xg在点（t，0）处有相同的切线，所以).()(tgtf而.23,2)(,3)(22btatbxxgaxxf所以将2ta代入上式得.tb因此.3tabc故2ta，tb，.3tc（2）))(3(23,)()(223223txtxttxxyttxxtxxgxfy.当0))(3(txtxy时，函数)()(xgxfy单调递减.由0y，若txtt3,0则；若.3,0txtt则由题意，函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减，则).3,()3,1(),3()3,1(tttt或所以.39.333tttt或即或又当39t时，函数)()(xgxfy在（－1，3）上单调递减.所以t的取值范围为).,3[]9,(20.解：（1）∵32fxxbxcx，∴232fxxbxc。从而322()()()(32)gxfxfxxbxcxxbxc＝32(3)(2)xbxcbxc是一个奇函数，所以(0)0g得0c，由奇函数定义得3b；（2）由（Ⅰ）知3()6gxxx，从而2()36gxx，由此可知，(,2)和(2,)是函数()gx是单调递增区间；(2,2)是函数()gx是单调递减区间；()gx在2x时，取得极大值，极大值为42，()gx在2x时，取得极小值，极小值为42。21.解：设长方体的宽为x（m），则长为x2(m)，高为230(m)35.441218＜＜xxxh.故长方体的体积为2306935.423322xmxxxxxV从而).1(18)35.4(1818)(2xxxxxxV令0'xV，解得0x（舍去）或1x，因此1x.当10x时，0'xV；当231x时，0'xV，故在1x处xV取得极大值，并且这个极大值就是xV的最大值。从而最大体积3321619'mxVV，此时长方体的长为2m，高为1.5m.答：当长方体的长为2m时，宽为1m，高为1.5m时，体积最大，最大体积为33m。22.解：（1）因为函数3211()32fxxaxbx在区间[11)，，(13]，内分别有一个极值点，所以2()fxxaxb0在[11)，，(13]，内分别有一个实根，设两实根为12xx，（12xx），则2214xxab，且2104xx≤．于是2044ab≤，20416ab≤，且当11x，23x，即2a，3b时