导数专题复习配详细答案

体型一:

关于二次函数的不等式恒成立的主要解法： 1、分离变量；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，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。 注意寻找关键的等价变形和回归的基础

一、基础题型：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进行解决： 第一步：令f'(x)0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：分离变量求最值-----用分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（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；

例1：设函数yf(x)在区间D上的导数为f(x)，f(x)在区间D上的导数为g(x)，若在区间D上，g(x)0恒成立，则称函数yf(x)在区间D上为“凸函数”，已知实数m是常

x4mx33x2数，f(x)

1262（1）若yf(x)在区间0,3上为“凸函数”，求m的取值范围；

（2）若对满足m2的任何一个实数m，函数f(x)在区间a,b上都为“凸函数”，求

ba的最大值.

x4mx33x2x3mx23x 解:由函数f(x) 得f(x)126232（1） Qyf(x)在区间0,3上为“凸函数”，

则 g(x)x2mx30 在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于gmax(x)0 解法二：分离变量法：

∵ 当x0时, g(x)x2mx330恒成立, 当0x3时, g(x)x2mx30恒成立

x233x的最大值（0x3）恒成立， 等价于mxx3而h(x)x（0x3）是增函数，则hmax(x)h(3)2

x(2)∵当m2时f(x)在区间a,b上都为“凸函数” 则等价于当m2时g(x)x2mx30 恒成立 变更主元法

再等价于F(m)mxx230在m2恒成立（视为关于m的一次函数最值问题）

2F(2)02xx301x1 22xx30F(2)01例2：设函数f(x)x32ax23a2xb(0a1,bR)

-2 2 3 （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；

（Ⅱ）若对任意的x[a1,a2],不等式f(x)a恒成立，求a的取值范围. （二次函数区间最值的例子）

解：（Ⅰ）f(x)x24ax3a2x3axa

a 3a

a

3a 令f(x)0,得f(x)的单调递增区间为（a,3a）

令f(x)0,得f(x)的单调递减区间为（－，a）和（3a，+）

3∴当x=a时，f(x)极小值=a3b; 当x=3a时，f(x)极大值=b.

4

（Ⅱ）由|f(x)|≤a，得：对任意的x[a1,a2],ax24ax3a2a恒成立①

gmax(x)a则等价于g(x)这个二次函数 g(x)x24ax3a2的对称轴x2a

gmin(x)aQ0a1, a1aa2a（放缩法）

即定义域在对称轴的右边，g(x)这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

g(x)x24ax3a2在[a1,a2]上是增函数.

∴

g(x)maxg(a2)2a1.g(x)ming(a1)4a4.

于是，对任意x[a1,a2]，不等式①恒成立，等价于

又0a1,∴

4a1. 5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：f(x)g(x)恒成立h(x)f(x)g(x)0恒成立；从而转化为第一、二种题型 例3；已知函数f(x)x3ax2图象上一点P(1,b)处的切线斜率为3， （Ⅰ）求a,b的值；

（Ⅱ）当x[1,4]时，求f(x)的值域；

（Ⅲ）当x[1,4]时，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数t的取值范围。

f/(1)3a3解：（Ⅰ）f(x)3x2ax∴， 解得

b2b1a/2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在[1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，在[2,4]上单调递减 又f(1)4,f(0)0,f(2)4,f(4)16 ∴f(x)的值域是[4,16]

t（Ⅲ）令h(x)f(x)g(x)x2(t1)x32x[1,4]

思路1：要使f(x)g(x)恒成立，只需h(x)0，即t(x22x)2x6分离变量

思路2：二次函数区间最值 二、参数问题

题型一：已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围

解法1：转化为f'(x)0或f'(x)0在给定区间上恒成立， 回归基础题型

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；

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：已知aR，函数f(x)13a12xx(4a1)x． 122（Ⅰ）如果函数g(x)f(x)是偶函数，求f(x)的极大值和极小值； （Ⅱ）如果函数f(x)是(,)上的单调函数，求a的取值范围．

12x(a1)x(4a1). 411 （Ⅰ）∵ f(x)是偶函数，∴ a1. 此时f(x)x33x，f(x)x23，

124解：f(x) 令f(x)0，解得：x23. 列表如下：

(－∞,－ 23) + 递增 －23 0 极大值 (－23,23) － 递减 23 0 极小值 (23,+∞) + 递增 可知：f(x)的极大值为f(23)43， f(x)的极小值为f(23)43. （Ⅱ）∵函数f(x)是(,)上的单调函数，

∴f(x)12x(a1)x(4a1)0，在给定区间R上恒成立判别式法 41则(a1)24(4a1)a22a0， 解得：0a2.

4 综上，a的取值范围是{a0a2}. 例5、已知函数f(x)131x(2a)x2(1a)x(a0). 32 （I）求f(x)的单调区间；

（II）若f(x)在[0，1]上单调递增，求a的取值范围。子集思想 （I）f(x)x2(2a)x1a(x1)(x1a). 1、当a0时,f(x)(x1)20恒成立,

当且仅当x1时取“=”号，f(x)在(,)单调递增。 2、当a0时,由f(x)0,得x11,x2a1,且x1x2,

单调增区间：(,1),(a1,) 单调增区间：(1,a1)

-1 a-1 （II）当Qf(x)在[0,1]上单调递增, 则0,1是上述增区间

的子集：

1、a0时，f(x)在(,)单调递增 符合题意 2、0,1a1,，a10 a1 综上，a的取值范围是[0，1]。 三、题型二：根的个数问题

题1函数f(x)与g(x)（或与x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、已知函数f(x)13(k1)21xx，g(x)kx，且f(x)在区间(2,)上为增函数． 323（1） 求实数k的取值范围；

（2） 若函数f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数k的取值范围． 解：（1）由题意f(x)x2(k1)x ∵f(x)在区间(2,)上为增函数，

∴f(x)x2(k1)x0在区间(2,)上恒成立（分离变量法）

即k1x恒成立，又x2，∴k12，故k1∴k的取值范围为k1

x3(k1)21xkx， （2）设h(x)f(x)g(x)323令h(x)0得xk或x1由（1）知k1，

①当k1时，h(x)(x1)20，h(x)在R上递增，显然不合题意… ②当k1时，h(x)，h(x)随x的变化情况如下表：

↗ 极大值k3k21 623 — ↘ 极小值 ↗ 由于

k10，欲使f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，即方程h(x)0有三个不同2k1k3k210，的实根，故需即(k1)(k22k2)0 ∴2，解得k13 623k2k20综上，所求k的取值范围为k13 根的个数知道，部分根可求或已知。

1例7、已知函数f(x)ax3x22xc

2（1）若x1是f(x)的极值点且f(x)的图像过原点，求f(x)的极值；

1（2）若g(x)bx2xd，在（1）的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)的图像与函

2数f(x)的图像恒有含x1的三个不同交点？若存在，求出实数b的取值范围；否则说明理由。

解：（1）∵f(x)的图像过原点，则f(0)0c0 f(x)3ax2x2， 又∵x1是f(x)的极值点，则f(1)3a120a1

f(x)3x2x2(3x2)(x1)0

（2）设函数g(x)的图像与函数f(x)的图像恒存在含x1的三

-1 个不同交点，

1等价于f(x)g(x)有含x1的三个根，即：f(1)g(1)d(b1)

2111x3x22xbx2x(b1)整理得：

22211即：x3(b1)x2x(b1)0恒有含x1的三个不等实根

2211（计算难点来了：）h(x)x3(b1)x2x(b1)0有含x1的根，

22则h(x)必可分解为(x1)(二次式)0，故用添项配凑法因式分解， 十字相乘法分解：x2(x1)1(b1)x(b1)x10 211x3(b1)x2x(b1)0恒有含x1的三个不等实根

2211等价于x2(b1)x(b1)0有两个不等于-1的不等实根。

22题2：切线的条数问题====以切点x0为未知数的方程的根的个数

例7、已知函数f(x)ax3bx2cx在点x0处取得极小值－4，使其导数f'(x)0的x的取值范围为(1,3)，求：（1）f(x)的解析式；（2）若过点P(1,m)可作曲线yf(x)的三条切线，求实数m的取值范围．

（1）由题意得：f'(x)3ax22bxc3a(x1)(x3),(a0)

∴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4①，f'(1)3a2bc0②，f'(3)27a6bc0③

a1由①②③联立得：b6，∴f(x)x36x29x

c9（2）设切点Q(t,f(t))，yf(t)f,(t)(xt)

(3t212t9)xt(2t26t)过(1,m)

令g'(t)6t26t126(t2t2)0， 求得：t1,t2，方程g(t)0有三个根。

g(1)023129m0m16需： g(2)01612249m0m11故：11m16；因此所求实数m的范围为：(11,16)

题3：已知f(x)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、

17

解：函数的定义域为R（Ⅰ）当m＝4时，f (x)＝ x3－x2＋10x， 32

f(x)＝x－7x＋10，令f(x)0 ， 解得x5,或x2.

2

令f(x)0 ， 解得2x5

可知函数f(x)的单调递增区间为(,2)和（5，＋∞），单调递减区间为2,5． （Ⅱ）f(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6,

要使函数y＝f (x)在（1，＋∞）有两个极值点,f(x)＝

x2－(m＋3)x＋m＋6=0的根在（1，＋∞） 根分布问题：

1 (m3)24(m6)0;则f(1)1(m3)m60;， 解得m＞3 m31.2a3121（2）令g(x)＝x4xx，(aR,a0)（1）求f(x)的单调区间；

432例9、已知函数f(x)＋f（x）（x∈R）有且仅有3个极值点，求a的取值范围． 解：（1）f'(x)ax2xx(ax1)

11当a0时，令f'(x)0解得x或x0，令f'(x)0解得x0，

aa11所以f(x)的递增区间为(,)(0,)，递减区间为(,0).

aa11)，递减区间为(,0)(,). 当a0时，同理可得f(x)的递增区间为(0，aa1a1（2）g(x)x4x3x2有且仅有3个极值点

432g(x)x3ax2xx(x2ax1)=0有3个根，则x0或x2ax10，a2 方程x2ax10有两个非零实根，所以a240,

a2或a2

而当a2或a2时可证函数yg(x)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）.已知定义在R上的函数f(x)ax32ax2b在（a0）区间2,1上的最大值是5，最小值是－11.

（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）若t[1,1]时，f(x）tx0恒成立，求实数x的取值范围. 解：（Ⅰ）Qf(x)ax32ax2b,f'(x)3ax24axax(3x4)

4 令f'(x)=0,得x10,x22,1

3因为a0，所以可得下表： + ↗ 0 0 极大 - ↘ 因此f(0)必为最大值,∴f（0）5因此b5， Qf(2)16a5,f(1)a5,f(1)f(2)，

x32x25. 即f(2)16a511，∴a1，∴ f(x）（Ⅱ）∵f(x)3x24x，∴f(x）tx0等价于3x24xtx0，

令g(t)xt3x24x，则问题就是g(t)0在t[1,1]上恒成立时，求实数x的取值范围，

3x25x0g(1)0为此只需，即2，

1)0g（xx0 解得0x1，所以所求实数x的取值范围是[0，1]. 2、（根分布与线性规划例子） （1）已知函数f(x)23xax2bxc 3(Ⅰ) 若函数f(x)在x1时有极值且在函数图象上的点(0,1)处的切线与直线

3xy0平行, 求f(x)的解析式；

(Ⅱ) 当f(x)在x(0,1)取得极大值且在x(1,2)取得极小值时, 设点

M(b2,a1)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的两部分, 求

直线L的方程.

解： (Ⅰ). 由f(x)2x22axb, 函数f(x)在x1时有极值 ,

∴ 2ab20 ∵ f(0)1 ∴ c1 又∵ f(x)在(0,1)处的切线与直线3xy0平行, ∴ f(0)b3 故 a∴ f(x)7分

(Ⅱ) 解法一: 由f(x)2x22axb 及f(x)在x(0,1)取得极大值且在x(1,2)取得极小值,

f(0)0b0∴ f(1)0 即 2ab20 令M(x,f(2)04ab801 22312xx3x1 ……………………. 32xb2 y), 则 ya1x20ay1∴  ∴ 2yx20 故点M所在平面区域S为如图△ABC,

bx24yx603易得A(2,0), B(2,1), C(2,2), D(0,1), E(0,), SABC2

21同时DE为△ABC的中位线, SDECS四边形ABED

3∴ 所求一条直线L的方程为: x0

另一种情况设不垂直于x轴的直线L也将S分为面积比为1:3的两部分, 设直线L方程为ykx,它与AC,BC分别交于F、G, 则 k0, S四边形DEGF1

ykx2由  得点F的横坐标为: xF

2k12yx20ykx6由  得点G的横坐标为: xG

4k14yx60∴S四边形DEGFSOGESOFD 解得: k1361211即 16k22k50 224k122k1151 或 k (舍去) 故这时直线方程为: yx 282综上,所求直线方程为: x0或

y1x .…………….………….12分 2(Ⅱ) 解法二: 由f(x)2x22axb 及f(x)在x(0,1)取得极大值且在x(1,2)取得极小值,

f(0)0b0∴ f(1)0 即 2ab20 令M(x,f(2)04ab80xb2, 则 y)ya1x20ay1∴  ∴ 2yx20 故点M所在平面区域S为如图△ABC,

bx24yx603易得A(2,0), B(2,1), C(2,2), D(0,1), E(0,), SABC2

21SS四边形ABED ∴所求一条直线L的方程为: x0 同时DE为△ABC的中位线, DEC3另一种情况由于直线BO方程为: y1x, 设直线BO与AC交于H , 21yx1由  得直线L与AC交点为: H(1,) 222yx20111∵ SABC2, SDEC2,

2221111SABHSABOSAOH212

2222 ∴ 所求直线方程为: x0 或y1x 23、（根的个数问题）已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)xd (a0)的图象如图所示。

（Ⅰ）求c、d的值；

（Ⅱ）若函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为

3xy110，求函数f ( x )的解析式；

（Ⅲ）若x05,方程f(x)8a有三个不同的根，求实数a的取值范围。

解：由题知：f(x)3ax22bx+c-3a-2b

（Ⅰ）由图可知

函数f ( x )的图像过点( 0 , 3 )，且f1= 0

d3d3得 3a2bc3a2b0c0（Ⅱ）依题意 f2= – 3 且f ( 2 ) = 5

12a4b3a2b3 解得a = 1 , b = – 6 8a4b6a4b35所以f ( x ) = x3 – 6x2 + 9x + 3

（Ⅲ）依题意 f ( x ) = ax3 + bx2 – ( 3a + 2b )x + 3 ( a＞0 )

fx= 3ax2 + 2bx – 3a – 2b 由f5= 0b = – 9a

①

若方程f ( x ) = 8a有三个不同的根，当且仅当 满足f ( 5 )＜8a＜f ( 1 ) ② 由① ② 所以 当

得 – 25a + 3＜8a＜7a + 31＜a＜3 111＜a＜3时，方程f ( x ) = 8a有三个不同的根。………… 12分 1114、（根的个数问题）已知函数f(x)x3ax2x1(aR)

3 （1）若函数f(x)在xx1,xx2处取得极值，且x1x22，求a的值及f(x)的单调区间； （2）若a115，讨论曲线f(x)与g(x)x2(2a1)x(2x1)的交点个数． 226 解：（1）f'(x)x22ax1

a0………………………………………………………………………2分 令f(x)0得x1,或x1

令f(x)0得1x1

∴f(x)的单调递增区间为(,1)，(1,)，单调递减区间为(1,1)…………5分

115（2）由题f(x)g(x)得x3ax2x1x2(2a1)x

326111即x3(a)x22ax0 326111令(x)x3(a)x22ax(2x1)……………………6分

326令(x)0得x2a或x1……………………………………………7分 当2a2即a1时 － 此时，8a90，a0，有一个交21时， 2 — 点；…………………………9分 当2a2即1a Q ＋ 221a(32a)0, 3699∴当8a0即1a时,有一个交点；

21699当8a0，且a0即a0时，有两个交点；

21619 当0a时，8a0，有一个交点．………………………13分

2291综上可知，当a或0a时，有一个交点；

1629 当a0时，有两个交点．…………………………………14分

16x32105、（简单切线问题）已知函数f(x)2图象上斜率为3的两条切线间的距离为，函数

5ag(x)f(x)3bx3． 2a（Ⅰ） 若函数g(x)在x1处有极值，求g(x)的解析式；

（Ⅱ） 若函数g(x)在区间[1,1]上为增函数，且b2mb4g(x)在区间[1,1]上都成立，求实数m的取值范围．