导数题型方法总结绝对经典

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1、-第一章 导数及其应用一.导数的概念1.的值是 A. B. 2 C. D. 2变式1： A2C3D1变式2： ABCD导数各种题型方法总结请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法：1、别离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法5、二次函数区间最值求法：1对称轴重视单调区间与定义域的关系 2端点处和顶点是最值所在 其次，分析每种题型的本质，你会发现大局部都在解决“不等式恒成立问题以及“充分应用数形结合思想，创立不等关系求出取值围。 最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的根底一、根底题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤

2、进展解决：第一步：令得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：别离变量求最值-用别离变量时要特别注意是否需分类讨论0,=0,0第二种：变更主元即关于*字母的一次函数-谁的围就把谁作为主元；请同学们参看2021省统测2例1：设函数在区间D上的导数为，在区间D上的导数为，假设在区间D上，恒成立，则称函数在区间D上为“凸函数，实数m是常数，1假设在区间上为“凸函数，求m的取值围；2假设对满足的任何一个实数，函数在区间上都为“凸函数，求的最大值.解:由函数 得1在区间上为“凸函数，则 在区间0,3上恒成立 解法一：

3、从二次函数的区间最值入手：等价于解法二：别离变量法：当时, 恒成立, 当时, 恒成立等价于的最大值恒成立，而是增函数，则(2)当时在区间上都为“凸函数则等价于当时 恒成立变更主元法再等价于在恒成立视为关于m的一次函数最值问题-22例2：设函数 求函数f*的单调区间和极值； 假设对任意的不等式恒成立，求a的取值围.二次函数区间最值的例子解：3aaa3a令得的单调递增区间为a,3a令得的单调递减区间为，a和3a，+当*=a时，极小值= 当*=3a时，极大值=b. 由|a，得：对任意的恒成立则等价于这个二次函数的对称轴放缩法即定义域在对称轴的右边，这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。上是增

4、函数. 9分于是，对任意，不等式恒成立，等价于 又点评：重视二次函数区间最值求法：对称轴重视单调区间与定义域的关系第三种：构造函数求最值题型特征：恒成立恒成立；从而转化为第一、二种题型例3；函数图象上一点处的切线斜率为，求的值；当时，求的值域；当时，不等式恒成立，数t的取值围。解：， 解得由知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减又的值域是令思路1：要使恒成立，只需，即别离变量思路2：二次函数区间最值二、题型一：函数在*个区间上的单调性求参数的围解法1：转化为在给定区间上恒成立， 回归根底题型解法2：利用子区间即子集思想；首先求出函数的单调增或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集；

5、 做题时一定要看清楚“在m,n上是减函数与“函数的单调减区间是a,b，要弄清楚两句话的区别：前者是后者的子集例4：，函数如果函数是偶函数，求的极大值和极小值；如果函数是上的单调函数，求的取值围解：. 是偶函数，. 此时， 令，解得：. 列表如下：(,2)2(2,2)2(2,+)+00+递增极大值递减极小值递增可知：的极大值为，的极小值为. 函数是上的单调函数，在给定区间R上恒成立判别式法则解得：. 综上，的取值围是. 例5、函数 I求的单调区间； II假设在0，1上单调递增，求a的取值围。子集思想I 1、 当且仅当时取“=号，单调递增。 2、a-1-1单调增区间： 单调增区间：II当 则是上述

6、增区间的子集：1、时，单调递增 符合题意2、，综上，a的取值围是0，1。 三、题型二：根的个数问题题1函数f(*)与g(*)或与*轴的交点=即方程根的个数问题解题步骤第一步：画出两个图像即“穿线图即解导数不等式和“趋势图即三次函数的大致趋势“是先增后减再增还是“先减后增再减；第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式组；主要看极大值和极小值与0的关系；第三步：解不等式组即可；例6、函数，且在区间上为增函数（1） 数的取值围；（2） 假设函数与的图象有三个不同的交点，数的取值围解：1由题意在区间上为增函数，在区间上恒成立别离变量法即恒成立，又，故的取值围为2设，令得或由1知，当时，在R上递增

7、，显然不合题意当时，随的变化情况如下表：极大值极小值由于，欲使与的图象有三个不同的交点，即方程有三个不同的实根，故需，即，解得综上，所求的取值围为根的个数知道，局部根可求或。例7、函数1假设是的极值点且的图像过原点，求的极值；2假设，在1的条件下，是否存在实数，使得函数的图像与函数的图像恒有含的三个不同交点.假设存在，求出实数的取值围；否则说明理由。解：1的图像过原点，则，又是的极值点，则-12设函数的图像与函数的图像恒存在含的三个不同交点，等价于有含的三个根，即：整理得：即：恒有含的三个不等实根计算难点来了：有含的根，则必可分解为，故用添项配凑法因式分解， 十字相乘法分解：恒有含的三个不等实

8、根等价于有两个不等于-1的不等实根。题2：切线的条数问题=以切点为未知数的方程的根的个数例7、函数在点处取得极小值4，使其导数的的取值围为，求：1的解析式；2假设过点可作曲线的三条切线，数的取值围1由题意得：在上；在上；在上因此在处取得极小值，由联立得：，2设切点Q，过令，求得：，方程有三个根。需：故：；因此所数的围为：题3：在给定区间上的极值点个数则有导函数=0的根的个数解法：根分布或判别式法例8、解：函数的定义域为当m4时，f (*) *3*210*，*27*10，令 ， 解得或.令 ， 解得可知函数f(*)的单调递增区间为和5，单调递减区间为*2(m3)*m6, 1要使函数yf (*)在

9、1，有两个极值点,*2(m3)*m6=0的根在1，根分布问题：则， 解得m3例9、函数，1求的单调区间；2令*4f*R有且仅有3个极值点，求a的取值围解：1当时，令解得，令解得，所以的递增区间为，递减区间为.当时，同理可得的递增区间为，递减区间为.2有且仅有3个极值点=0有3个根，则或，方程有两个非零实根，所以或而当或时可证函数有且仅有3个极值点其它例题：1、最值问题与主元变更法的例子.定义在上的函数在区间上的最大值是5，最小值是11.求函数的解析式；假设时，恒成立，数的取值围.解： 令=0,得因为，所以可得下表：0+0-极大因此必为最大值,因此， ， 即，等价于， 令，则问题就是在上恒成立时

10、，数的取值围，为此只需，即， 解得，所以所数的取值围是0，1.2、根分布与线性规划例子1函数() 假设函数在时有极值且在函数图象上的点处的切线与直线平行,求的解析式；() 当在取得极大值且在取得极小值时, 设点所在平面区域为S, 经过原点的直线L将S分为面积比为1:3的两局部, 求直线L的方程.解：().由, 函数在时有极值 ,又在处的切线与直线平行, 故 . 7分 () 解法一: 由及在取得极大值且在取得极小值, 即 令, 则 故点所在平面区域S为如图ABC, 易得, , , , , 同时DE为ABC的中位线, 所求一条直线L的方程为:另一种情况设不垂直于*轴的直线L也将S分为面积比为1:3

11、的两局部, 设直线L方程为,它与AC,BC分别交于F、G, 则 , 由 得点F的横坐标为:由 得点G的横坐标为:即 解得: 或 (舍去) 故这时直线方程为:综上,所求直线方程为:或 .12分() 解法二: 由及在取得极大值且在取得极小值, 即 令, 则 故点所在平面区域S为如图ABC,易得, , , , , 同时DE为ABC的中位线, 所求一条直线L的方程为:另一种情况由于直线BO方程为:, 设直线BO与AC交于H , 由 得直线L与AC交点为:, , 所求直线方程为: 或3、根的个数问题函数的图象如下图。求的值；假设函数的图象在点处的切线方程为，求函数f ( * )的解析式；假设方程有三个不

12、同的根，数a的取值围。解：由题知：由图可知函数f ( * )的图像过点( 0 , 3 )，且= 0得依题意= 3 且f ( 2 ) = 5解得a = 1 , b = 6 所以f ( * ) = *3 6*2 + 9* + 3依题意f ( * ) = a*3 + b*2 ( 3a + 2b )* + 3 ( a0 )= 3a*2 + 2b* 3a 2b由= 0b = 9a假设方程f ( * ) = 8a有三个不同的根，当且仅当满足f ( 5 )8af ( 1 ) 由得 25a + 38a7a + 3a3 所以当a3时，方程f ( * ) = 8a有三个不同的根。 12分4、根的个数问题函数 1假

13、设函数在处取得极值，且，求的值及的单调区间； 2假设，讨论曲线与的交点个数 解：12分令得令得的单调递增区间为，单调递减区间为5分2由题得即令6分令得或7分当即时此时，有一个交点；9分当即时，,当即时,有一个交点；当即时，有两个交点； 当时，有一个交点13分综上可知，当或时，有一个交点； 当时，有两个交点14分5、简单切线问题函数图象上斜率为3的两条切线间的距离为，函数 假设函数在处有极值，求的解析式； 假设函数在区间上为增函数，且在区间上都成立，数的取值围函数中任意性和存在性问题探究高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进展归纳探究一、相关结论

14、：结论1：；【如图一】结论2：；【如图二】结论3：；【如图三】结论4：；【如图四】结论5：的值域和的值域交集不为空；【如图五】【例题1】：两个函数;(1) 假设对,都有成立，数的取值围；(2) 假设,使得成立，数的取值围；(3) 假设对,都有成立，数的取值围；解：1设,1中的问题可转化为：时，恒成立，即。；当变化时，的变化情况列表如下：-3(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)3(*)+00+h(*)k-45增函数极大值减函数极小值增函数k-9因为,所以，由上表可知，故k-450，得k45,即k45,+).小结：对于闭区间I，不等式f(*)k对*I时恒成立f(*)ma*k对*I时恒成立f(

15、*)mink, *I. 此题常见的错误解法：由f(*)ma*g(*)min解出k的取值围.这种解法的错误在于条件“f(*)ma*g(*)min只是原题的充分不必要条件，不是充要条件，即不等价.2根据题意可知，2中的问题等价于h(*)= g(*)f(*) 0在*-3,3时有解,故h(*)ma*0.由1可知h(*)ma*= k+7，因此k+70，即k7,+).(3)根据题意可知，3中的问题等价于f(*)ma*g(*)min，*-3,3.由二次函数的图像和性质可得, *-3,3时, f(*)ma*=120k.仿照1，利用导数的方法可求得*-3,3时, g(*)min=21.由120k21得k141,

16、即k141,+).说明：这里的*1,*2是两个互不影响的独立变量.从上面三个问题的解答过程可以看出,对于一个不等式一定要看清是对“*恒成立，还是“*使之成立，同时还要看清不等式两边是同一个变量，还是两个独立的变量,然后再根据不同的情况采取不同的等价条件,千万不要稀里糊涂的去猜.二、相关类型题：一、型；形如型不等式，是恒成立问题中最根本的类型，它的理论根底是“在上恒成立，则在*D上恒成立，则.许多复杂的恒成立问题最终都可归结到这一类型.例1 ：二次函数，假设时，恒有，数a的取值围.解：，；即；当时，不等式显然成立，aR.当时，由得：，而.又，综上得a的围是。二、型例2 函数，假设对，都有成立，则

17、的最小值为_.解 对任意*R，不等式恒成立，分别是的最小值和最大值.对于函数，取得最大值和最小值的两点之间最小距离是，即半个周期.又函数的周期为4，的最小值为2.三、.型例3： (2005)在这四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是()A.0B.1C.2D.3解：此题实质就是考察函数的凸凹性，即满足条件的函数，应是凸函数的性质，画草图即知符合题意；四、.型例4 函数定义域为，假设，时，都有，假设对所有，恒成立，数取值围.解：任取，则，由，又，f，即在上为增函数.，恒有；要使对所有，恒成立，即要恒成立，故恒成立，令，只须且，解得或或。评注： 形如不等式或恒成立，实际上是函数的单调性的另一种表现

18、形式，在解题时要注意此种类型不等式所蕴涵的重要信息.五、.型：例5：，假设当时，)恒成立，数t的取值围.解：在恒成立，即在恒成立在上的最大值小于或等于零.令，即在0,1上单调递减，F(0)是最大值.，即。六、型例6：函数，假设对任意，都有，求的围.解：因为对任意的，都有成立，令得*3或*-1；得；在为增函数，在为减函数.，.，。七、为常数型；例7 ：函数，则对任意都有恒成立，当且仅当=_，=_时取等号.解：因为恒成立，由，易求得，。例8 ：函数满足：(1)定义域为；(2)方程至少有两个实根和；(3)过图像上任意两点的直线的斜率绝对值不大于1.(1)证明|；(2)证明：对任意，都有.证明 (1)

19、略；(2)由条件(2)知，不妨设，由(3)知，又；八、型例9： 函数，对于时总有成立，数的围.解 由，得，当时，评注 由导数的几何意义知道，函数图像上任意两点连线的斜率的取值围，就是曲线上任一点切线的斜率(如果有的话)的围，利用这个结论，可以解决形如|或(m0)型的不等式恒成立问题.考前寄语：先易后难,先熟后生；一慢一快：审题要慢,做题要快；不能小题难做,小题大做,而要小题小做,小题巧做；我易人易我不大意,我难人难我不畏难；考试不怕题不会,就怕会题做不对；根底题拿总分值,中档题拿足分,难题力争多得分,似曾相识题力争不失分；对数学解题有困难的考生的建议：立足中下题目,力争高上水平,有时“放弃是一种策略. z.