高二数学导数知识点总结及习题练习

高三专题复习——导数考点一：导数几何意义：角度一 求切线方程1．(2014·统考)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为( )A ．3x －y －2＝0B ．4x －3y ＋1＝0C ．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 ＋cos 2x ＋sin 2x 得f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，则a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3－2sin π2＋2cos π2＝1.由y ＝x 3得y ′＝3x 2，过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线的斜率k ＝3a 2＝3×12＝3.又b ＝a 3，则b ＝1，所以切点P 的坐标为(1,1)，故过曲线y ＝x 3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．(2013·五校第二次联考)曲线y ＝3ln x ＋x ＋2在点P 0处的切线方程为4x －y －1＝0，则点P 0的坐标是( )A ．(0,1)B ．(1，－1)C ．(1,3)D ．(1,0)解析：选C 由题意知y ′＝3x＋1＝4，解得x ＝1，此时4×1－y －1＝0，解得y ＝3，∴点P 0的坐标是(1,3)．角度三 求参数的值3．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图像都相切，且与f (x )图像的切点为(1，f (1))，则m 等于( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2解析：选D ∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1，又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图像的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2，故选D.考点二：判断函数单调性，求函数的单调区间。

[典例1]已知函数f (x )＝x 2－e x 试判断f (x )的单调性并给予证明． 解：f (x )＝x 2－e x ，f (x )在R 上单调递减，f ′(x )＝2x －e x ，只要证明f ′(x )≤0恒成立即可．设g (x )＝f ′(x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，当x ＝ln 2时，g ′(x )＝0，当x ∈(－∞，ln 2)时，g ′(x )>0，当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )<0. ∴f ′(x )max ＝g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2<0，∴f ′(x )<0恒成立，∴f (x )在R 上单调递减． [典例2] (2012·高考改编)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋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)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间． [解] (1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，由已知可得⎩⎨⎧f 1＝a ＋1＝c ，g 1＝1＋b ＝c ，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(2)令F (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋a 24x ＋1，F ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a 24，令F ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a6，∵a >0，∴x 1<x 2，由F ′(x )>0得，x <－a 2或x >－a 6；由F ′(x )<0得，－a 2<x <－a6.∴单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6，＋∞；单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，－a 6.[针对训练](2013·高考)设f (x ) ＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 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＋6ln x ，故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.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 ＝(6－8a )·(x －1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝x －2x －3x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.考点三：已知函数的单调性求参数的围[典例] (2014·诊断)已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R)． (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，数a 的取值围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x，令f ′(x )＝0，即－2x 2－x －1x＝0，解得x ＝－12或x ＝1.∵x >0，∴x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；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 )＝ln x －a 2x 2＋ax 的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x ＝－2ax ＋1ax －1x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>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 ≥1a，此时f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞.由⎩⎨⎧1a ≤1，a >0，得a ≥1.③当a <0时，f ′(x )≤0(x >0)等价于(2ax ＋1)·(ax －1)≥0(x >0)，即x ≥－12a，此时f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12a ，＋∞.由⎩⎨⎧－12a ≤1，a <0，得a ≤－12. 综上，实数a 的取值围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．[针对训练](2014·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(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)存在单调递减区间，数a 的取值围． 解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎨⎧ f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎨⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 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 )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当“x ＝2x”即x ＝－2时等号成立，所以满足要求的a 的取值围是(－∞，－22)． 考点四：用导数解决函数的极值问题[典例] (2013·高考节选)已知函数f (x )＝x －1＋aex (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(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．[解] (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，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 ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，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 ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． [典例] 已知函数f (x )＝ln x －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．[解] (1)f ′(x )＝1x －a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－axx<0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)①当1a≤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)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12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 .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a . [针对训练]设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，(1)数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解：(1)f ′(x )＝a x－2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎨⎧f ′1＝a －2b ＝0，f 1＝－b ＝－12，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点六：用导数解决函数极值、最值问题[典例] (2013·丰台高三期末)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值．[解] (1)f ′(x )＝2ax ＋b e x －ax 2＋bx ＋c e xe x 2＝－ax 2＋2a －b x ＋b －c e x，令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0，所以－3<x <0时，g (x )>0，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 e－3＝－e 3，g 0＝b －c ＝0，g －3＝－9a －32a －b ＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.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．而f (－5)＝5e－5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[针对训练]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，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＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝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.(2)由(1)，可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解之，得x 1＝－2，x2＝2 3 .当所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为95 27 .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)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(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的取值围．[解] (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k＜e2，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F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)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．(ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2·(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值围是[1，e2]．[针对训练]设函数f(x)＝12x2＋e x－x e x.(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，数m的取值围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，∵f′(x)＝x＋e x－(e x＋x e x)＝x(1－e x)，若x＝0，则f′(x)＝0；若x<0，则1－e x>0，所以f′(x)<0；若x>0，则1－e x<0，所以f′(x)<0.∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，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－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 故m 的取值围为(－∞，2－e 2)． 考点八、利用导数证明不等式问题 [针对训练](2014·东北三校联考)已知函数f (x )＝12x 2－13ax 3(a >0)，函数g (x )＝f (x )＋e x (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＋ln x 恒成立．解：(1)f ′(x )＝x －ax 2＝－ax ⎝⎛⎭⎪⎫x －1a ， ∴当f ′(x )＝0时，x ＝0或x ＝1a，又a >0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )的极小值为f (0)＝0，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝16a 2.(2)∵a ＝e ，∴g (x )＝12x 2－13e x 3＋e x (x －1)，g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)．(ⅰ)记h (x )＝e x －e x ＋1，则h ′(x )＝e 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)．(ⅱ)证明：x >0时，g ′(x )＝x (e x －e x ＋1)≥1＋ln x ⇔e x－e x ＋1≥1＋ln x x，由(ⅰ)知，h (x )＝e x －e x ＋1≥1， 记φ(x )＝1＋ln x －x (x >0)，则φ′(x )＝1－xx，在区间(0,1)上，φ′(x )>0，φ(x )是增函数；在区间(1，＋∞)上，φ′(x )<0，φ(x )是减函数，∴φ(x )≤φ(1)＝0，即1＋ln x －x ≤0，1＋ln xx≤1，∴e x －e x ＋1≥1≥1＋ln xx，即g ′(x )≥1＋ln x 恒成立．。