高二数学导数知识点总结及习题练习.docx

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高二数学导数知识点总结及习题练习

高三专题复习——导数

在解题中常用的有关结论（需要熟记）：

（1）曲线yf（x）在

xx处的切线的斜率等于f（x0），切线方程为

0

yf（x）（xx）f（x）

000

（2）若可导函数yf（x）在xx0处取得极值，则

fx。

反之，不成立。

（）0

0

（3）对于可导函数f（x），不等式f（x）0（0）的解集决定函数f（x）的递增（减）区间。

（4）函数f（x）在区间I上递增（减）的充要条件是：

xIf（x）0（0）恒成立

（5）函数f（x）在区间I上不单调等价于f（x）在区间I上有极值，则可等价转化为方程

fx在区间I上有实根且为非二重根。

（若f（x）为二次函数且I=R，则有0）。

（）0

（6）f（x）在区间I上无极值等价于f（x）在区间在上是单调函数，进而得到f（x）0或

fx0在I上恒成立

（）

（7）若xI，f（x）0恒成立，则

fx0;若xI，f（x）0恒成立，则

（）

min

f（x）0

max

（8）若x0I，使得

f（x）0，则f（x）max0；若x0I，使得

0

fx0，则f（x）min0.

（）

0

（9）设f（x）与g（x）的定义域的交集为D若xDf（x）g（x）恒成立则有

f（x）g（x）0

min

（10）若对x1I1、

xI，

22

f（x）g（x）恒成立，则

12

fxgx.

（）（）

minmax

若对x1I1，x2I2，使得

fxgx,则

（）（）

12

fxgx.

（）（）

minmin

若对

xI，x2I2，使得

11

fxgx，则f（x）maxg（x）max.

（）（）

12

（11）已知f（x）在区间

I上的值域为A,，g（x）在区间

1

I上值域为B，

2

若对

xI,

11

xI，使得f（x1）=

22

g（x）成立，则AB。

2

（12）若三次函数f（x）有三个零点，则方程f（x）0有两个不等实根x1、x2，且极大值大

于0，极小值小于0.

（13）证题中常用的不等式:

x

①lnxx1（x0）②ln（x+1）x（x1）③e1x

x

④e1x⑤ln1

（1）

xx

x

x12

⑥

lnx11

22

x22x

（x0）

考点一：

导数几何意义：

角度一求切线方程

1．（2014·洛阳统考）已知函数f（x）＝3x＋cos2x＋sin2x，a＝f′

3

过曲线y＝x

上一点P（a，b）的切线方程为（）

π

，f′（x）是f（x）的导函数，则

4

A．3x－y－2＝0B．4x－3y＋1＝0

C．3x－y－2＝0或3x－4y＋1＝0D．3x－y－2＝0或4x－3y＋1＝0

解析：

选A由f（x）＝3x＋cos2x＋sin2x得f′（x）＝3－2sin2x＋2cos2x，则a＝f′

ππ

＝3－2sin

42

π

32322

＋2cos2＝1.由y＝x上一点P（a，b）的切线的斜率k＝3a

得y′＝3x，过曲线y＝x＝3×1＝3.又b

＝a

3，则b＝1，所以切点P的坐标为（1,1），故过曲线y＝x3上的点P的切线方程为y－1＝3（x－1），

即3x－y－2＝0.

角度二求切点坐标

2．（2013·辽宁五校第二次联考）曲线y＝3lnx＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y－1＝0，则

点P0的坐标是（）

A．（0,1）B．（1，－1）

C．（1,3）D．（1,0）

3

解析：

选C由题意知y′＝＋1＝4，解得x＝1，此时4×1－y－1＝0，解得y＝3，∴点P0

x

的坐标是（1,3）．

角度三求参数的值

1

2＋mx＋7

3．已知f（x）＝lnx，g（x）＝2（m<0），直线l与函数f（x），g（x）的图像都相切，且与f（x）

2x

图像的切点为（1，f

（1）），则m等于（）

A．－1B．－3

C．－4D．－2

1

解析：

选D∵f′（x）＝，∴直线l的斜率为k＝f′

（1）＝1，又f

（1）＝0，∴切线l的方程为y

x

＝x－1.

g′（x）＝x＋m，设直线l与g（x）的图像的切点为（x0，y0），

1

则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝2x

7

2

0＋mx0＋，m<0，于是解得m＝－2，故选D.

2

考点二：

判断函数单调性，求函数的单调区间。

2－ex试判断f（x）的单调性并给予证明．

[典例1]已知函数f（x）＝x

解：

f（x）＝x

2－ex，f（x）在R上单调递减，

x，只要证明f′（x）≤0恒成立即可．设g（x）＝f′（x）＝2x－ex，则g′（x）＝2－ex，

f′（x）＝2x－e

当x＝ln2时，g′（x）＝0，当x∈（－∞，ln2）时，g′（x）>0，当x∈（ln2，＋∞）时，g′（x）<0.

∴f′（x）max＝g（x）max＝g（ln2）＝2ln2－2<0，∴f′（x）<0恒成立，∴f（x）在R上单调递减．

[典例2]（2012北·京高考改编）已知函数f（x）＝ax

2＋1（a＞0），g（x）＝x3＋bx.

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a，b的值；

2＝4b时，求函数f（x）＋g（x）的单调区间．

（2）当a

2＋b，[解]

（1）f′（x）＝2ax，g′（x）＝3x

f1＝a＋1＝c，

g1＝1＋b＝c，解得a＝b＝3.由已知可得

2a＝3＋b，

22

aa

3＋ax2＋2＋2ax＋

，令F′（x）＝0，得x1＝－

（2）令F（x）＝f（x）＋g（x）＝x4x＋1，F′（x）＝3x

4

a

x2＝－

，

6

a

2

，

aa

∵a>0，∴x10得，x<－或x>－；由F′（x）<0得，－

26

a

2

a

.

6

∴单调递增区间是－∞，－

a

2

a

，－，＋∞；单调递减区间为－

6

a

，－

2

a

6.

[针对训练]

2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线与y

（2013·重庆高考）设f（x）＝a（x－5）

轴相交于点（0,6）．

（1）确定a的值；

（2）求函数f（x）的单调区间与极值．

解：

（1）因为f（x）＝a（x－5）

2＋6lnx，故f′（x）＝2a（x－5）＋6

x.

令x＝1，得f

（1）＝16a，f′

（1）＝6－8a，所以曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程为y－16a

1

＝（6－8a）·（x－1），由点（0,6）在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝

2.

1

2＋6lnx（x>0），f′（x）＝x－5＋6

（2）由

（1）知，f（x）＝

2（x－5）

＝

x

x－2x－3

x.令f′（x）＝0，解得x

1

＝2，x2＝3.

当03时，f′（x）>0，故f（x）在（0,2），（3，＋∞）上为增函数；当2

故f（x）在（2,3）上为减函数．

9

由此可知f（x）在x＝2处取得极大值f

（2）＝＋6ln2，在x＝3处取得极小值f（3）＝2＋6ln3.

2

考点三：

已知函数的单调性求参数的范围

2x2＋ax（a∈R）．[典例]（2014山·西诊断）已知函数f（x）＝lnx－a

（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在区间（1，＋∞）上是减函数，求实数a的取值范围．

2＋x，其定义域是（0，＋∞），[解]

（1）当a＝1时，f（x）＝lnx－x

2－x－112x

f′（x）＝－2x＋1＝－

，

xx

2－x－1

2x1

令f′（x）＝0，即－＝0，解得x＝－或x＝1.

x2

∵x>0，∴x＝1.

当00；当x>1时，f′（x）<0.

∴函数f（x）在区间（0,1）上单调递增，在区间（1，＋∞）上单调递减．

（2）显然函数f（x）＝lnx－a

2x2＋ax的定义域为（0，＋∞），

1－2a－2ax＋1ax－1

2x2＋ax＋1

2x＋a＝

∴f′（x）＝x.

－2a＝

xx

1

①当a＝0时，f′（x）＝

x>0，∴f（x）在区间（1，＋∞）上为增函数，不合题意．

②当a>0时，f′（x）≤0（x>0）等价于（2ax＋1）〃（ax－1）≥0（x>0），即x≥

1

a

，

此时f（x）的单调递减区间为

1

，＋∞.

a

由

1

≤1，

a

a>0，

得a≥1.

1

③当a<0时，f′（x）≤0（x>0）等价于（2ax＋1）〃（ax－1）≥0（x>0），即x≥－，此时f（x）的单调递

2a

1

减区间为－，＋∞.

2a

由

1

－

≤1，

2a

a<0，

1

得a≤－

2.综上，实数a的取值范围是－∞，－

1

2

∪[1，＋∞）．

[针对训练]

13－a

2＋bx＋c，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1.（2014·荆州质检）设函数f（x）＝

3x2x

（1）求b，c的值；

（2）若a>0，求函数f（x）的单调区间；

（3）设函数g（x）＝f（x）＋2x，且g（x）在区间（－2，－1）内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解：

（1）f′（x）＝x

2－ax＋b，

f0＝1，c＝1，

由题意得即

f′0＝0，b＝0.

2－ax＝x（x－a）（a>0），

（2）由

（1）得，f′（x）＝x

当x∈（－∞，0）时，f′（x）>0，

当x∈（0，a）时，f′（x）<0，

当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0.

所以函数f（x）的单调递增区间为（－∞，0），（a，＋∞），单调递减区间为（0，a）．

2－ax＋2，（3）g′（x）＝x

依题意，存在x∈（－2，－1），使不等式g′（x）＝x

2－ax＋2<0成立，2

即x∈（－2，－1）时，a

xmax＝－22，2

当且仅当“x＝”即x＝－2时等号成立，

x

所以满足要求的a的取值范围是（－∞，－22）．

考点四：

用导数解决函数的极值问题

a

[典例]（2013福·建高考节选）已知函数f（x）＝x－1＋x（a∈R，e为自然对数的底数）．

e

（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线平行于x轴，求a的值；

（2）求函数f（x）的极值．

a

[解]

（1）由f（x）＝x－1＋x，得f′（x）＝1－

e

a

x.

e

又曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线平行于x轴，

a

得f′

（1）＝0，即1－＝0，解得a＝e.

ea

（2）f′（x）＝1－

x，

e

①当a≤0时，f′（x）>0，f（x）为（－∞，＋∞）上的增函数，所以函数f（x）无极值．

②当a>0时，令f′（x）＝0，得e

x＝a，即x＝lna.

x∈（－∞，lna），f′（x）<0；x∈（lna，＋∞），f′（x）>0，所以f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增，

故f（x）在x＝lna处取得极小值，且极小值为f（lna）＝lna，无极大值．

综上，当a≤0时，函数f（x）无极值；

当a>0时，f（x）在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．

[典例]已知函数f（x）＝lnx－ax（a∈R）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当a>0时，求函数f（x）在[1,2]上的最小值．

11

[解]

（1）f′（x）＝－a（x>0），①当a≤0时，f′（x）＝－a>0，

xx

即函数f（x）的单调增区间为（0，＋∞）．

11

②当a>0时，令f′（x）＝－a＝0，可得x＝

xa

，

1

当0

a

1－ax11－ax

x>0；当x>x<0，

a

时，f′（x）＝

故函数f（x）的单调递增区间为0，

1

a

，单调递减区间为

1

a

，＋∞.

（2）①当

1

a

≤1，即a≥1时，函数f（x）在区间[1,2]上是减函数，∴f（x）的最小值是f

（2）＝ln2－2a.

②当

1

a

≥2，即0

1

2

时，函数f（x）在区间[1,2]上是增函数，∴f（x）的最小值是f

（1）＝－a.

111

③当1<2

a<2，即

上是增函数，在

a

1

＝ln2－a，∴当2

（1）＝－a；

当ln2≤a<1时，最小值为f

（2）＝ln2－2a.综上可知，

1

a

，2上是减函数．又f

（2）－f

（1）

当0

[针对训练]

1

2（x>0），若函数f（x）在x＝1处与直线y＝－

设函数f（x）＝alnx－bx

相切，

2

（1）求实数a，b的值；

（2）求函数f（x）在

1

，e上的最大值．

e

a

解：

（1）f′（x）＝－2bx，

x

∵函数f（x）在x＝1处与直线y＝－

1

2

相切，

f′1＝a－2b＝0，a＝1，

∴

f1＝－b＝－

1

2

，

解得

1

b＝

2.

2

1

2，f′（x）＝11－x

（2）f（x）＝lnx－2x－x＝

，

xx

∵当

1

≤x≤e时，令f′（x）>0得

e

1

≤x<1；

e

令f′（x）<0，得1

1

，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f

（1）＝－

e

1

3.

考点六：

用导数解决函数极值、最值问题

[典例]（2013北·京丰台高三期末）已知函数f（x）＝

2＋bx＋c

ax

x（a>0）的导函数y＝f′（x）的两个零

e

点为－3和0.

（1）求f（x）的单调区间；

3，求f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值．

（2）若f（x）的极小值为－e

x－ax2＋bx＋cex

2ax＋be

[解]

（1）f′（x）＝

x2

e

－ax

2＋2a－bx＋b－c

＝x，

e

令g（x）＝－ax

2＋（2a－b）x＋b－c，

x>0，所以y＝f′（x）的零点就是g（x）＝－ax2＋（2a－b）x＋b－c的零点，且f′（x）与g（x）符

因为e

号相同．

又因为a>0，所以－30，即f′（x）>0，

当x<－3或x>0时，g（x）<0，即f′（x）<0，所以f（x）的单调增区间是（－3,0），单调减区间是（－

∞，－3），（0，＋∞）．

（2）由

（1）知，x＝－3是f（x）的极小值点，所以有

9a－3b＋c

－3＝－e

3，

e

g0＝b－c＝0，

g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，

解得a＝1，b＝5，c＝5，

2

x＋5x＋5

所以f（x）＝x.

e

因为f（x）的单调增区间是（－3,0），单调减区间是（－∞，－3），（0，＋∞），

所以f（0）＝5为函数f（x）的极大值，

故f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值取f（－5）和f（0）中的最大者．

5

5>5＝f（0），所以函数f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值是5e5.

而f（－5）＝－5＝5e

e

[针对训练]

已知函数f（x）＝x时，

3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f（x）在点x＝1处的切线为l：

3x－y＋1＝0，若x＝2

3

y＝f（x）有极值．

（1）求a，b，c的值；

（2）求y＝f（x）在[－3,1]上的最大值和最小值．解：

（1）由f（x）＝x

3＋ax2＋bx＋c，得f′（x）＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得

2a＋b＝0，①

2

当x＝时，y＝f（x）有极值，则f′

3

2

3＝0，可得4a＋3b＋4＝0，②

由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为1，

所以f

（1）＝4.所以1＋a＋b＋c＝4.所以c＝5.

3＋2x2－4x＋5，f′（x）＝3x2＋4x－4.令f′（x）＝0，解之，得x1＝－2，x2

（2）由

（1），可得f（x）＝x

2

＝

3.

当x变化时，f′（x），f（x）的取值及变化情况如下表所示：

x－3（－3，－2）－2－2，

2

3

2

3

2

，11

3

f′（x）＋＋0－0＋＋

f（x）813

95

274

所以y＝f（x）在[－3,1]上的最大值为13，最小值为

95

4.

考点七：

利用导数研究恒成立问题及参数求解

[典例]（2013全·国卷Ⅰ）设函数f（x）＝x

2＋ax＋b，g（x）＝ex（cx＋d）．若曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

（1）求a，b，c，d的值；

（2）若x≥－2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．

[解]

（1）由已知得f（0）＝2，g（0）＝2，

f′（0）＝4，g′（0）＝4.

x（cx＋d＋c），故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.

而f′（x）＝2x＋a，g′（x）＝e

从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

2＋4x＋2，g（x）＝2ex（x＋1）．

（2）由

（1）知，f（x）＝x

x（x＋1）－x2－4x－2，设函数F（x）＝kg（x）－f（x）＝2ke

xx

则F′（x）＝2ke（x＋2）－2x－4＝2（x＋2）（ke－1）．

由题设可得F（0）≥0，即k≥1.

令F′（x）＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.

2

（ⅰ）若1≤k＜e，则－2＜x1≤0.从而当x∈（－2，x1）时，F′（x）＜0；当x∈（x1，＋∞）时，F′（x）＞0，即F（x）在（－2，x1）上单调递减，在（x1，＋∞）上单调递增，故F（x）在[－2，＋∞）上的最小值为

2

F（x1）．而F（x1）＝2x1＋2－x1－4x1－2＝－x1（x1＋2）≥0.

故当x≥－2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．

2，则F′（x）＝2e2（x＋2）（ex－e－2）．从而当x＞－2时，F′（x）＞0，即F（x）在（－2，

（ⅱ）若k＝e

＋∞）上单调递增，

而F（－2）＝0，故当x≥－2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．

2，则F（－2）＝－2ke－2＋2＝－2e－2〃（k－e2）＜0.从而当x≥－2时，f（x）≤kg（x）不可

（ⅲ）若k＞e

能恒成立．

综上，k的取值范围是[1，e2]．

[针对训练]

1

设函数f（x）＝

2x

2＋ex－xex.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若当x∈[－2,2]时，不等式f（x）>m恒成立，求实数m的取值范围．

解：

（1）函数f（x）的定义域为（－∞，＋∞），

∵f′（x）＝x＋e

x－（ex＋xex）＝x（1－ex），

x

若x＝0，则f′（x）＝0；若x<0，则1－e>0，所以f′（x）<0；

x<0，所以f′（x）<0.∴f（x）在（－∞，＋∞）上为减函数，

若x>0，则1－e

即f（x）的单调减区间为（－∞，＋∞）．

（2）由

（1）知，f（x）在[－2,2]上单调递减．

故[f（x）]min＝f

（2）＝2－e

2，∴m<2－e2时，不等式f（x）>m恒成立．

2）．故m的取值范围为（－∞，2－e

考点八、利用导数证明不等式问题

[针对训练]

1

2－1

（2014·东北三校联考）已知函数f（x）＝2x3ax

3（a>0），函数g（x）＝f（x）＋ex（x－1），函数g（x）的导

函数为g′（x）．

（1）求函数f（x）的极值；

（2）若a＝e，

（ⅰ）求函数g（x）的单调区间；

（ⅱ）求证：

x>0时，不等式g′（x）≥1＋lnx恒成立．

解：

（1）f′（x）＝x－axa，

2＝－axx－1

1

∴当f′（x）＝0时，x＝0或x＝，又a>0，

a

1

a

∴当x∈（－∞，0）时，f′（x）<0；当x∈0，

1

f′（x）>0；当x∈，＋∞时，f′（x）<0，

a

∴f（x）的极小值为f（0）＝0，

时，

f（x）的极大值为f

1

a

＝

1

2.

6a

12－1

3＋ex（x－1），g′（x）＝x（ex－ex＋1）．

（2）∵a＝e，∴g（x）＝

2x3ex

x－ex＋1，则h′（x）＝ex－e，

（ⅰ）记h（x）＝e

当x∈（－∞，1）时，h′（x）<0，h（x）是减函数；x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，h（x）是增函数，

∴h（x）≥h

（1）＝1>0，则在（0，＋∞）上，g′（x）>0；在（－∞，0）上，g′（x）<0，

∴函数g（x）的单调递增区间是（0，＋∞），单调递减区间是（－∞，0）．

xx

（ⅱ）证明：

x>0时，g′（x）＝x（e－ex＋1）≥1＋lnx?

e－ex＋1≥

由（ⅰ）知，h（x）＝ex－ex＋1≥1，

x－ex＋1≥1，

1＋lnx

，

x

1－x

记φ（x）＝1＋lnx－x（x>0），则φ′（x）＝，在区间（0,1）上，φ′（x）>0，φ（x）是增函数；

x

在区间（1，＋∞）上，φ′（x）<0，φ（x）是减函数，

∴φ（x）≤φ

（1）＝0，即1＋lnx－x≤0，

1＋lnx

≤1，

x

∴ex－ex＋1≥1≥

x－ex＋1≥1≥

1＋lnx

，即g′（x）≥1＋lnx恒成立．

x