(完整版)高考数学专题导数题的解题技巧

第十讲 导数题的解题技巧

【命题趋向】导数命题趋势：

综观2007年全国各套高考数学试题，我们发现对导数的考查有以下一些知识类型与特点: （1）多项式求导（结合不等式求参数取值范围），和求斜率(切线方程结合函数求最值）问题. （2）求极值， 函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合。

分值在12—-—17分之间，一般为1个选择题或1个填空题，1个解答题. 【考点透视】

1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．

2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则,会求某些简单函数的导数．

3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）;会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 【例题解析】

考点1 导数的概念

对概念的要求:了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念.

1例1．（2007年北京卷)f(x)是f(x)x32x1的导函数，则f(1)的值是 ．

3［考查目的] 本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力。 [解答过程］ 故填3。

例2. （ 2006年湖南卷）设函数f(x)xa，集合M={x|f(x)0}，P={x|x1f'(x)0},若

f(x)x22,f(1)123.

MP，则实数a的取值范

2围是 ( ）

A。（—∞,1） B。（0，1) C。（1,+∞） D。 [1，+∞) ［考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力。 [解答过程］由xa0,当a>1时,1xa;当a<1时,ax1.x1xaa1xax1xay,y/0. 22x1x1x1x1/

a1.综上可得MP时，a1.考点2 曲线的切线

（1)关于曲线在某一点的切线

求曲线y=f(x）在某一点P（x,y)的切线，即求出函数y=f(x)在P点的导数就是曲线在该点的切线的斜率。 （2）关于两曲线的公切线

若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线. 典型例题

11例3.（2007年湖南文）已知函数f(x)x3ax2bx在区间[11)3]内各有一个极值点． ，，(1，32（I）求a24b的最大值;

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（II）当a24b8时，设函数yf(x)在点A(1，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿过函数yf(x)的图象（即动点在点A附近沿曲线yf(x)运动，经过点A时，从l的一侧进入另一侧），求函数f(x)的表达式． 思路启迪：用求导来求得切线斜率. 解答过程：（I）因为函数f(x)13123]内分别有一个极值点，所以xaxbx在区间[11)，，(1，32f(x)x2axb0在[11)3]内分别有一个实根, ，，(1，设两实根为x1，x2(x1x2）,则x2x1a24b,且0x2x1≤4．于是

x23,即a2，b3时等号成立．故a24b的最大0a24b≤4，0a24b≤16，且当x11，值是16．

（II）解法一：由f(1)1ab知f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程是

21yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)xa，

32因为切线l在点A(1，f(x))处空过yf(x)的图象, 所以g(x)f(x)[(1ab)x21a]在x1两边附近的函数值异号，则 32x1不是g(x)的极值点．

而g(x)131221xaxbx(1ab)xa，且 3232g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)． 若11a，则x1和x1a都是g(x)的极值点．

所以11a，即a2，又由a24b8，得b1，故f(x)解法二：同解法一得g(x)f(x)[(1ab)x13xx2x． 321a] 3213a3(x1)[x2(1)x(2a)]． 322因为切线l在点A(1，f(1))处穿过yf(x)的图象，所以g(x)在x1两边附近的函数值异号,于是存在

m1，m2（m11m2）．

当m1x1时，g(x)0,当1xm2时,g(x)0; 或当m1x1时，g(x)0,当1xm2时，g(x)0．

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3a3a设h(x)x21x2,则

22当m1x1时，h(x)0,当1xm2时,h(x)0； 或当m1x1时，h(x)0,当1xm2时,h(x)0． 由h(1)0知x1是h(x)的一个极值点,则h(1)211所以a2，又由a24b8，得b1，故f(x)3a0, 213xx2x． 3例4.（2006年安徽卷)若曲线yx4的一条切线l与直线x4y80垂直，则l的方程为（ ）

A．4xy30 B．x4y50 C．4xy30 D．x4y30

[考查目的］本题主要考查函数的导数和直线方程等基础知识的应用能力. ［解答过程］与直线x4y80垂直的直线l为4xym0，即yx4在某一点的导数为4，而y4x3，所以yx4在（1，1)处导数为4，此点的切线为4xy30。 故选A.

例5． ( 2006年重庆卷）过坐标原点且与x+y—4x+2y+5=0相切的直线的方程为 ( )

22

2A.y=—3x或y=1x B. y=—3x或y=—1x C.y=—3x或y=-1x D。 y=3x或y=1x

3333[考查目的]本题主要考查函数的导数和圆的方程、直线方程等基础知识的应用能力. ［解答过程］解法1：设切线的方程为ykx,kxy0. 又x22y125,圆心为2,1.

22k1k211yx,或y3x.

351,3k28k30.k,k3. 23故选A.

31由 解法2:由解法1知切点坐标为(1,3),,,22225(x2)y1,x2x22//2(x2)2y1yx/0,x2yx.y1/

1.31(,)322k1yx/13(,)223,k2yx/1x.3y3x,y故选A.

例6。已知两抛物线C1:yx22x,C2:yx2a， a取何值时C1，C2有且只有一条公切线,求出此时公切线

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的方程.

思路启迪：先对C1:yx22x,C2:yx2a求导数。

解答过程：函数yx22x的导数为y'2x2，曲线C1在点P（x1,x122x1)处的切线方程为

y(x12x1)2(x12)(xx1),即 y2(x11)xx122 ①

曲线C1在点Q(x2,x22a)的切线方程是y(x2a)2x2(xx2)即

y2x2xx22a ② 若直线l是过点P点和Q点的公切线，则①式和②式都是l的方程，故得

22x11x2,x1x21，消去x2得方程，2x12x11a0

2若△=442(1a)0，即a1时，解得x11,此时点P、Q重合.

22∴当时a1，C1和C2有且只有一条公切线，由①式得公切线方程为yx1 .

24考点3 导数的应用

中学阶段所涉及的初等函数在其定义域内都是可导函数,导数是研究函数性质的重要而有力的工具，特别是对于函数的单调性,以“导数”为工具，能对其进行全面的分析，为我们解决求函数的极值、最值提供了一种简明易行的方法，进而与不等式的证明，讨论方程解的情况等问题结合起来,极大地丰富了中学数学思想方法.复习时，应高度重视以下问题:

1.。 求函数的解析式; 2。 求函数的值域; 3.解决单调性问题; 4.求函数的极值(最值)； 5。构造函数证明不等式。 典型例题

例7．（2006年天津卷）函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点（ ）

A．1个

B．2个 C．3个 D． 4个

［考查目的］本题主要考查函数的导数和函数图象性质等基力.

[解答过程］由图象可见，在区间(a,0)内的图象上有一个极故选A.

y yf?(x)b a础知识的应用能

xO 小值点.

例8 。(2007年全国一）设函数f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值．

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）若对于任意的x[0，3]，都有f(x)c成立，求c的取值范围．

2思路启迪：利用函数f(x)2x33ax23bx8c在x1及x2时取得极值构造方程组求a、b的值．

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解答过程:（Ⅰ）f(x)6x26ax3b,

因为函数f(x)在x1及x2取得极值，则有f(1)0，f(2)0．

即66a3b0，

2412a3b0．32解得a3，b4．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，f(x)2x9x12x8c，

f(x)6x218x126(x1)(x2)．

当x(01)，时,f(x)0； 当x(1，2)时，f(x)0； 当x(2，3)时，f(x)0．

所以,当x1时，f(x)取得极大值f(1)58c，又f(0)8c，f(3)98c． 则当x3时,f(x)的最大值为f(3)98c． 0，3，有f(x)c2恒成立, 0，因为对于任意的x2所以 98cc, 解得

c1或c9，

(9，)．

因此c的取值范围为(，1)例9.函数y2x4x3的值域是_____________。

思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解,也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式结构较为复杂，采用导数法求解较为容易。

2x40得，解答过程：由x2，即函数的定义域为[2,). x30

y'112x32x4， 2x42x322x4x32x8， 2x32x4又2x32x4当x2时，y'0，

函数y2x4x3在(2,)上是增函数,而f(2)1，y2x4x3的值域是[1,)。

16例10．（2006年天津卷）已知函数fx4x33x2cos3cos,其中xR,为参数,且02．

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（1）当时cos0，判断函数fx是否有极值；

（2）要使函数f(x)的极小值大于零，求参数的取值范围；

(3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数fx在区间2a1,a内都是增函数，求实数a的取值范围．

［考查目的]本小题主要考查运用导数研究三角函数和函数的单调性及极值、解不等式等基础知识，考查综合分析和解决问题的能力，以及分类讨论的数学思想方法.

[解答过程］(Ⅰ）当cos0时，f(x)4x3，则f(x)在(,)内是增函数，故无极值。 （Ⅱ)f'(x)12x26xcos，令f'(x)0,得x10,x2cos。

2由(Ⅰ)，只需分下面两种情况讨论.

①当cos0时，随x的变化f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表： x f'(x) f(x) (,0) 0 0 极大值 (0,cos )2cos 2(cos,) 2+ ↗ - ↘ 0 极小值 + ↗ 因此，函数f(x)在xcos处取得极小值f(cos),且f(cos)1cos33

222416.要使f(cos)0，必有1cos(cos23)0，可得0cos3.

2442由于0cos3，故或311。

26226②当时cos0，随x的变化，f'(x)的符号及f(x)的变化情况如下表：

x f'(x) (,cos )2cos 2(cos,0) 20 0 极小值 (0,) + f(x) 0 极大值 - + 因此，函数f(x)在x0处取得极小值f(0)，且f(0)3cos.

16若f(0)0,则cos0.矛盾。所以当cos0时，f(x)的极小值不会大于零.

综上，要使函数f(x)在(,)内的极小值大于零，参数的取值范围为(,)(3,11)。

6226（III）解：由（II）知,函数f(x)在区间(,)与(cos,)内都是增函数。

2由题设,函数f(x)在(2a1,a)内是增函数，则a须满足不等式组

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2a1a a0 或

2a1a12a1cos2

由（II），参数时(,)(3,11)时，0cos3.要使不等式2a11cos关于参数恒成立，必有

6226222a134，即43a.

8综上，解得a0或43a1。

8所以a的取值范围是(,0)[43,1).

8例11．（2006年山东卷）设函数f（x)=ax－（a+1)ln（x+1），其中a-1，求f(x)的单调区间。

［考查目的］本题考查了函数的导数求法，函数的极值的判定,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力

[解答过程］由已知得函数f(x)的定义域为(1,)，且f'(x)ax1(a1),

x1（1）当1a0时，f'(x)0,函数f(x)在(1,)上单调递减, （2）当a0时，由f'(x)0,解得x1.

af'(x)、f(x)随x的变化情况如下表

x f'(x) f(x) 1(1,) a1 a1(,) a— 0 极小值 + 从上表可知

当x(1,1)时，f'(x)0,函数f(x)在(1,1)上单调递减.

aa当x(1,)时,f'(x)0,函数f(x)在(1,)上单调递增.

aa综上所述：当1a0时，函数f(x)在(1,)上单调递减。

当a0时，函数f(x)在(1,1)上单调递减,函数f(x)在(1,)上单调递增。

aa例12．（2006年北京卷）已知函数f(x)ax3bx2cx在点x0处

yf'(x)的图象经过点(1,0)，(2,0),如图所示。求：

取得极大值5，其导函数

(Ⅰ)x0的值; （Ⅱ）a,b,c的值.

［考查目的］本小题考查了函数的导数，函数的极值的判定,闭区间上二次函数的最值, 函数与方程的转化等基础知识的综合应用,考查了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力

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［解答过程］解法一：(Ⅰ）由图像可知，在,1上故f(x)在上递增，在(1,2)上递减， （-，1），（2，+）因此fx在x1处取得极大值,所以x01 （Ⅱ）f'(x)3ax22bxc,

'由f（ 1）=0，（f'2）＝0，（f'1）＝5，f'x0，在1,2上f'x0，在2,上f'x0，

3a2bc0,得12a4bc0, abc5,解得a2,b9,c12. 解法二：(Ⅰ）同解法一

（Ⅱ)设f'(x)m(x1)(x2)mx23mx2m, 又f'(x)3ax22bxc, 所以am,b3m,c2m

32f(x)m332|xmx2mx, 3232由f(1)5，即m3m2m5,得m6, 所以a2,b9,c12

例13．(2006年湖北卷）设x3是函数fxx2axbe3xxR的一个极值点。 （Ⅰ）求a与b的关系式（用a表示b）,并求fx的单调区间；

25x2(Ⅱ）设a0，gxae.若存在1,20,4使得f1g21成立，求a的取值范围。

4[考查目的]本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力。 ［解答过程］(Ⅰ）f `(x)＝－［x＋（a－2）x＋b－a ]e由f `（3）=0,得 －［3＋(a－2)3＋b－a ]e则 f `（x）＝[x＋(a－2)x－3－2a－a ］e＝－［x＋(a－2）x－3－3a ]e2

2

2

2

3－x,

3－3＝0，即得b＝－3－2a，

3－x

3－x3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e.

令f `(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1,由于x＝3是极值点， 所以x+a+1≠0，那么a≠－4. 当a〈－4时,x2〉3＝x1，则

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在区间（－∞,3)上，f `（x）<0, f (x)为减函数； 在区间(3,―a―1）上，f `(x)>0，f （x）为增函数； 在区间（―a―1，＋∞)上，f `(x）〈0,f (x）为减函数。 当a〉－4时，x2〈3＝x1，则

在区间（－∞,―a―1)上，f `(x）<0, f (x)为减函数； 在区间（―a―1，3）上，f `(x）〉0,f （x）为增函数； 在区间（3，＋∞）上，f `（x)<0，f (x)为减函数.

(Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a〉0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增,在区间（3,4)上单调递减，那么f 在区间[0，4]上的值域是［min(f (0),f (4） ),f （3）］， 而f (0)＝－（2a＋3）e3〈0,f (4)＝（2a＋13）e－1〉0，f (3）＝a＋6， 那么f （x)在区间[0,4］上的值域是[－(2a＋3）e3，a＋6]。 又g(x)(a225)ex在区间［0,4］上是增函数,

4且它在区间［0，4］上的值域是［a2＋25，（a2＋25）e4

］，

44由于（a2＋25)－（a＋6）＝a2－a＋1＝（a1）2

≥0，所以只须仅须

442（a2＋25)－（a＋6）〈1且a〉0，解得042故a的取值范围是（0，3)。

2例14 （2007年全国二）

已知函数f(x)13ax3bx2(2b)x1

在xx1处取得极大值,在xx2处取得极小值，且0x11x22． (1）证明a0；

（2）若z=a+2b,求z的取值范围。

[解答过程]求函数f(x)的导数f(x)ax22bx2b．

（Ⅰ）由函数f(x)在xx1处取得极大值，在xx2处取得极小值，知x1，x2是f(x)0的两个根． 所以f(x)a(xx1)(xx2)

当xx1时，f(x)为增函数，f(x)0，由xx10，xx20得a0．

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f(0)02b0（Ⅱ）在题设下，0x11x22等价于f(1)0 即a2b2b0．

f(2)04a4b2b02b0化简得a3b20．

4a5b20此不等式组表示的区域为平面aOb上三条直线:2b0，a3b20，4a5b20．

462)C(4，2)． 所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为：A，，B(2，，77z在这三点的值依次为

16，6，8． 7b

168． 所以z的取值范围为，7

2 1 O

B(2，2)

46A，77

C(4，2)

2 4

a

小结：本题的新颖之处在把函数的导数与线性

规划有机结合．

考点4 导数的实际应用 建立函数模型，利用 典型例题

例15。 （2007年重庆文）

用长为18 cm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？

［考查目的]本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识,考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力。

［解答过程]设长方体的宽为x（m），则长为2x（m)，高为

h1812x4.53x(m)430＜x＜.

2故长方体的体积为

V(x)2x2(4.53x)9x26x3(m3)3(0＜x＜).

2从而V(x)18x18x2(4.53x)18x(1x).

令V′（x）＝0,解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1.

当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜时，V′（x）＜0，

故在x=1处V（x）取得极大值,并且这个极大值就是V（x）的最大值。

233

从而最大体积V＝V′(x）＝9×1—6×1(m），此时长方体的长为2 m,高为1。5 m。

3

答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1。5 m时，体积最大，最大体积为3 m。 例16．（2006年福建卷)统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗

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23(完整版)高考数学专题导数题的解题技巧

油量y(升）关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为:

y13x3x8(0x120).已知甲、乙两地相距10012800080千米.

（I)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升?

[考查目的]本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识,考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力。 ［解答过程］(I）当x40时,汽车从甲地到乙地行驶了1002.5小时，

40要耗没(13403408)2.517.5（升). 12800080答:当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17。5升。

（II）当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100小时，设耗油量为h(x)升，依题意得

x131001280015h(x)(x3x8).x(0x120),

12800080x1280x4

x800x3803h'(x)(0x120).

0x20x2令h'(x)0,得x80.

当x(0,80)时,h'(x)0,h(x)是减函数；当x(80,120)时,h'(x)0,h(x)是增函数。 当x80时，h(x)取到极小值h(80)11.25.

因为h(x)在(0,120]上只有一个极值,所以它是最小值。

答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.

【专题训练与高考预测】 一、选择题

sinx1。 y=ecos(sinx），则y′(0)等于( )

A。0 B.1 C.－1 D.2 2。经过原点且与曲线y=x9相切的方程是（ ）

x5A。x+y=0或C.x+y=0或

x+y=0 25

B.x－y=0或

x+y=0 25x－y=0 25x－y=0 25D。x－y=0或

f(x)=－1,则x3。设f(x)可导，且f′（0）=0，又limf（0)( )

x0A.可能不是f（x）的极值 B。一定是f(x）的极值 C.一定是f(x）的极小值 D.等于0

22n4。设函数fn（x）=nx(1－x）（n为正整数),则fn(x）在［0，1］上的最大值为（ ） A。0

2

B。1

3

C.(12n )2nD.4(nn1 )n25、函数y=（x-1)+1在x=—1处（ )

A、 有极大值 B、无极值 C、有极小值

D、无法确定极值情况

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6.f（x)=ax+3x+2，f’（-1)=4，则a=( ）

A、10 B、13 C、16 D、19

333332

7.过抛物线y=x上的点M（1,1）的切线的倾斜角是（ )

242

A、30 B、45 C、60 D、90

3

8。函数f(x)=x—6bx+3b在（0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是（ ）

A、(0，1） B、（-∞，1） C、(0，+∞) D、（0，1）

20 000

9。函数y=x—3x+3在[3,A、

3

5］上的最小值是( )

22 B、1 C、33 D、5 883

2

10、若f（x)=x+ax+bx+c，且f（0）=0为函数的极值，则（ )

A、c≠0 B、当a>0时，f(0）为极大值 C、b=0 D、当a<0时，f(0）为极小值

32

11、已知函数y=2x+ax+36x-24在x=2处有极值，则该函数的一个递增区间是( ) A、(2，3） B、(3，+∞) C、（2，+∞） D、(—∞，3）

543

12、方程6x-15x+10x+1=0的实数解的集合中（ ）

A、至少有2个元素 B、至少有3个元素 C、至多有1个元素 D、恰好有5个元素 二、填空题 13.若f′(x0)=2,limk0f(x0k)f(x0) =_________.

2k14.设f（x)=x（x+1）(x+2)…(x+n）,则f′（0)=_________.

2

15.函数f（x）=loga(3x+5x－2)(a＞0且a≠1）的单调区间_________.

16。在半径为R的圆内,作内接等腰三角形，当底边上高为_________时它的面积最大。 三、解答题

32

17。已知曲线C：y=x－3x+2x，直线l:y=kx，且l与C切于点（x0，y0）（x0≠0），求直线l的方程及切点坐标.

22p

18.求函数f（x）=px（1-x）（p∈N+），在［0，1］内的最大值。

2

19。证明双曲线xy=a上任意一点的切线与两坐标轴组成的三角形面积等于常数。 20.求函数的导数

22x(1)y=(x－2x+3）e； (2)y=3x1x.

21。有一个长度为5 m的梯子贴靠在笔直的墙上，假设其下端沿地板以3 m/s的速度离开墙脚滑动，求当其下端离开墙脚1.4 m时，梯子上端下滑的速度.

22222n－1*

22.求和Sn=1+2x+3x+…+nx,(x≠0,n∈N）。

3

23.设f（x）=ax+x恰有三个单调区间，试确定a的取值范围，并求其单调区间.

2

24。设x=1与x=2是函数f（x）=alnx+bx+x的两个极值点. (1)试确定常数a和b的值；

（2）试判断x=1,x=2是函数f(x）的极大值还是极小值，并说明理由。

ba25.已知a、b为实数,且b＞a＞e,其中e为自然对数的底，求证：a＞b。

a。 26.设关于x的方程2x－ax－2=0的两根为α、β(α＜β)，函数f（x）=4x2x12

(1）求f(α)·f（β）的值；

（2）证明f（x）是［α，β］上的增函数;

（3）当a为何值时，f(x）在区间［α,β］上的最大值与最小值之差最小？

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【参】

sinx0

一、1。解析:y′=e[cosxcos（sinx)－cosxsin（sinx）］，y′(0）=e（1－0)=1。 答案:B

2.解析：设切点为（x0，y0）,则切线的斜率为k=y0，另一方面,y′=（x9）′=

x0x54(x5)2，故

y′（x0）=k，即

yx09或402x0x0(x05)(x05)x02+18x0+45=0得x0（1)=－3，y0(2)=－15，对应有y0(1）=3,y0（2）=1593,

1555因此得两个切点A(－3,3)或B（－15,3)，从而得y′(A)=

54(35)3 =－1及y′(B)=

41 ，由于切225(155)线过原点，故得切线：lA：y=－x或lB:y=－答案：A 3.解析:由limx0x25。

f(0)=－1，故存在含有x0的区间(a,b）使当x∈(a,b），x≠0时f(0)＜0，于是当x∈(a，0）时f′

x

(0)＞0,当x∈(0，b）时，f′(0）＜0,这样f（x)在(a,0）上单增，在(0,b)上单减。

答案:B

2n32n—12n-1

4.解析：∵f′n（x）=2xn(1－x)－nx(1－x）=nx(1－x）［2(1－x)－nx]，令f′n（x）=0，得

x1=0,x2=1,x3=

2，易知

2nfn(x)在x=

2时取得最大值,最大值2nfn（

2）=n2（2)2（1－22n2n2n)=4·（

n2)n+1

2n。 答案:D

5、B 6、A 7、B 8、D 9、B 10、C 11、B 12、C 二、13。解析:根据导数的定义：f′（x0）=limlimf(x0k)f(x0)1f(x0k)f(x0)lim[]k0k02k2k 1f(x0k)f(x0)1limf(x0)1.2k0k2k0f[(x0(k)]f(x0)(这时xk）

k答案：－1

14。解析：设g（x)=(x+1)(x+2)……（x+n），则f(x）=xg（x）,于是f′（x)=g（x）+xg′（x）， f′(0）=g（0）+0·g′（0)=g(0)=1·2·…n=n！ 答案:n!

15。解析：函数的定义域是x＞1或x＜－2,f′(x)=

3logae。(3x2+5x－2)′=(6x5)logae(3x1)(x2)3x25x2，

①若a＞1，则当x＞1时，logae＞0,6x+5＞0，（3x－1）（x+2)＞0,∴f′(x)＞0，∴函数f(x)在(1，+∞）

33上是增函数，x＜－2时，f′(x)＜0.∴函数f（x)在(－∞，－2)上是减函数。

②若0＜a＜1，则当x＞1时，f′(x）＜0,∴f（x)在(1,+∞)上是减函数，当x＜－2时,

33f′(x）＞0，∴f（x)在(－∞，－2)上是增函数。

答案：(－∞，－2)

16.解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h，解得

x2=h(2R－h),于是内接三角形的面积为

那么h=AO+BO=R+

R2x2,

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S=x·h=

2(2Rhh2)h(2Rh3h4),

1从而S1(2Rh3h4)2(2Rh3h4)

1h2(3R2h)34232(2Rhh)(6Rh4h)2(2Rh)h31

.

令S′=0,解得h=3R,由于不考虑不存在的情况,所在区间（0，2R）上列表如下:

2（0， h S′ 3R) 23R 2(3，22R） － 减函数 + 增函数 0 最大值 S 2由此表可知，当x=3R时，等腰三角形面积最大. 答案：3R

2三、17。 解:由l过原点，知k=y0(x0≠0）,点（x0，y0）在曲线C上，y0=x0－3x0+2x0,

x032

∴y0=x0－3x0+2，y′=3x－6x+2，k=3x0－6x0+2

x0222

又k=y0，∴3x0－6x0+2=x0－3x0+2,2x0－3x0=0,∴x0=0或x0=3。

x0222

2由x≠0，知x0=3，

2∴y0=(3）－3(3）+2·3=－3。∴k=y0=－1.

2228x032

4∴l方程y=－1x 切点(3，－3).

42818.f'(x)p2x(1x)p1[2(2p)x] , 令f’(x)=0得，x=0，x=1,x=

2 , 2ppp2 . 2)4()2p2p在[0,1］上，f(0)=0，f(1)=0，f(∴ [f(x)]max4(p2p 。

)2p19.设双曲线上任一点P（x0，y0）,

2 ky|xxa ,

0x02∴ 切线方程yy0a2x02(xx0) ,

令y=0,则x=2x0

2令x=0，则y2a 。

x0∴ S1|x||y|2a2 .

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20.解：（1）注意到y＞0，两端取对数,得

22x2

lny=ln(x－2x+3）+lne=ln（x－2x+3)+2x,

1(x22x3)2x22(x2x2)y22222yx2x3x2x3x2x3.2(x2x2)2(x2x2)2y2y2(x2x3)e2x.x2x3x2x322x2(xx2)e.

（2）两端取对数，得

ln|y｜=1（ln|x|－ln｜1－x|）,

3两边解x求导,得

111111y(),y3x1x3x(1x)y111x3y.3x(1x)3x(1x)1x259t2

21。解：设经时间t秒梯子上端下滑s米,则s=5－

12

又s′=－ （25－9t）2·（－9·2t）=9t21,当下端移开1.4 m时，t0=1437, 151259t2，

所以s′(t0)=9×

7151259(2

=0。875(m/s)。

72)152

2

2

22。解：（1）当x=1时,Sn=1+2+3+…+n=1n(n+1）（2n+1），当x≠1时,1+2x+3x+…+nx62n—1

=1(n1)xnnxn12，

(1x)两边同乘以x，得

x+2x2+3x2+…+nxn=x(n1)xSn=12+22x2+32x2+…+n2xn-1

=1x(n1)2n12nxn2两边对x求导,得

(1x)

xn(2n22n1)xn1n2xn2(1x)32

.

23。解：f′(x）=3ax+1.

若a＞0,f′（x）＞0对x∈(－∞，+∞）恒成立，此时f（x)只有一个单调区间，矛盾. 若a=0,f′(x)=1＞0，∴x∈(－∞，+∞)，f(x)也只有一个单调区间,矛盾. 若a＜0,∵f′（x)=3a（x+

13|a|)·（x－

13|a|13|a|）,此时f(x）恰有三个单调区间.

13|a|∴a＜0且单调减区间为（－∞，－单调增区间为（－

13|a|)和（,+∞），

，

13|a|).

24.解:f′(x)=a+2bx+1，

x(1) 由极值点的必要条件可知:f′(1)=f′(2）=0,即a+2b+1=0,且a+4b+1=0,

2解方程组可得a=－2,b=－1,∴f(x)=－2lnx－1x+x，

36362

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(2）f′（x）=－2x－1x+1,当x∈（0，1)时,f′（x）＜0，当x∈（1，2）时，f′(x）＞0,当x∈

33—1

（2,+∞)时，f′（x)＜0，故在x=1处函数f(x)取得极小值5,在x=2处函数取得极大值4－2ln2.

63325.证法一：∵b＞a＞e,∴要证a＞b，只要证blna＞alnb,设f(b)=blna－alnb（b＞e），则

baf′(b)=lna－a。∵b＞a＞e，∴lna＞1,且a＜1，∴f′（b)＞0。∴函数f（b)=blna－alnb在(e,+∞）上

bbba是增函数,∴f（b）＞f(a）=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴a＞b。

证法二：要证a＞b，只要证blna＞alnb（e＜a＜b)，即证ba,设f（x)=lnx（x＞e)，则f′（x)=1lnxx＜0,∴函数f(x)在（e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b，

∴f（a）＞f（b）,即lnablnb，∴a＞ba。

ab26。解：（1)f(α）=

8，f(β)=

8,f(α）=f(β)=4,

1 a216aa216a（2）设φ(x）=2x2

－ax－2，则当α＜x＜β时,φ（x)＜0,

f(x)(4xa)(x21)(4xa)(x21)4(x21)2x(4xa) (x21)2(x21)22(2x2ax2)(x21)22(x)(x21)20 .

∴函数f(x)在(α，β）上是增函数。

(3)函数f(x)在［α，β］上最大值f（β）＞0，最小值f(α）＜0, ∵|f(α）·f（β）|=4,∴当且仅当f（β）=－f(α）=2时，f（β)－f（α)=|f（β）｜取最小值4，此时a=0，f（β)=2.

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x2+｜f(α)｜