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x x处的切线的斜率等于f(x0)，切线方程为0 y f(x)(xx)f(x)000(2)若可导函数yf(x)在xx0处取得极值，则f x。

反之，不成立。

()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f x0;若xI，f(x)0恒成立，则()min f(x)0max(8)若x0I，使得f(x)0，则f(x)max0；若x0I，使得0 f x0，则f(x)min0. ()(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)0min(10)若对x1I1、x I，22 f(x)g(x)恒成立，则12f xgx.()()minmax若对x1I1，x2I2，使得f xgx,则()()12 f xgx.()()minmin若对xI，x2I2，使得11 f xgx，则f(x)max g(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x I,11 x I，使得f(x1)=22g(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:x①lnxx1(x0)②ln（x+1）x(x1)③e1xx④e1x⑤ln1(1)xxxx12 ⑥l nx1122x22x(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4A．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＋cos2x＋sin2x得f′(x)＝3－2sin2x＋2cos2x，则a＝f′ππ＝3－2sin 42π32322＋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＝a3，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P0x的坐标是(1,3)．角度三求参数的值12＋mx＋73．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．－3C．－4D．－21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yx＝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＝2x720＋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－e x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)＝x2－e x，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－e x，则g′(x)＝2－e x，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)＝ax2＋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a2＋b，[解](1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3xf1＝a＋1＝c，g1＝1＋b＝c，解得a＝b＝3.由已知可得2a＝3＋b，22aa3＋ax2＋2＋2ax＋，令F′(x)＝0，得x1＝－(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)＝x4x＋1，F′(x)＝3x4ax2＝－，6 a2 ，aa∵a>0，∴x1<x2，由F′(x)>0得，x<－或x>－；由F′(x)<0得，－26 a<x<－2a.6∴单调递增区间是－∞，－a2a，－，＋∞；单调递减区间为－6a，－2a6.[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)＋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－16a1 ＝(6－8a)·(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝2.12＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋6 (2)由(1)知，f(x)＝2(x－5)＝x x－2x－3x.令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝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．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－x2－x－112xf′(x)＝－2x＋1＝－，xx2－x－12x1令f′(x)＝0，即－＝0，解得x＝－或x＝1.x2∵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)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，1－2a－2ax＋1ax－12x2＋ax＋12x＋a＝∴f′(x)＝x.－2a＝xx1①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≥1a ，此时f(x)的单调递减区间为1，＋∞. a由1≤1，aa>0，得a≥1.1③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2a1减区间为－，＋∞.2a由1－≤1，2aa<0，1得a≤－2.综上，实数a的取值范围是－∞，－12∪[1，＋∞)．[针对训练]13－a2＋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)＝x2－ax＋2<0成立，2即x∈(－2，－1)时，a<x＋x max＝－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，e①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ex＝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，＋∞)．11②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝xa，1当0<x<时，f′(x)＝a 1－ax11－axx>0；当x>x<0，a时，f′(x)＝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)＝ln2－2a.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.111③当1<2<a<1时，函数f(x)在1，a<2，即上是增函数，在a1＝ln2－a，∴当2<a<ln2时，最小值是f(1)＝－a；当ln2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln2－2a.综上可知，1a，2上是减函数．又f(2)－f(1)当0<a<ln2时，函数f(x)的最小值是－a；当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是ln2－2a. [针对训练]12(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．ea解：(1)f′(x)＝－2bx，x∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－12相切，f′1＝a－2b＝0，a＝1，∴f1＝－b＝－12，解得 1b＝2.2 12，f′(x)＝11－x(2)f(x)＝lnx－2x－x＝，xx∵当1≤x≤e时，令f′(x)>0得e1≤x<1；e令f′(x)<0，得1<x≤e，∴f(x)在1，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－e13.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＋caxx(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－ex－ax2＋bx＋ce x2ax＋be[解](1)f′(x)＝x2e－ax2＋2a－bx＋b－c＝x，e令g(x)＝－ax2＋(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－3<x<0时，g(x)>0，即f′(x)>0，是(－3,0)，单调减区间是(－当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调增区间∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有9a－3b＋c－3＝－e3，eg0＝b－c＝0，g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，解得a＝1，b＝5，c＝5，2x＋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．55>5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.而f(－5)＝－5＝5ee[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＝23 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)＝x3＋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＝0，①2当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′3 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＝5.3＋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)＝x2＝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)－2－2，23232，113f′(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)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)．若曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.y＝f(x)和曲线(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)＝2e x(x＋1)．(2)由(1)知，f(x)＝xx(x＋1)－x2－4x－2，设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kexx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2F(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)(e x－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)＝2x2＋e x－xe 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，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，∵f′(x)＝x＋ex－(e x＋xe x)＝x(1－e x)，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－e2，∴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]12－1(2014·东北三校联考)已知函数f(x)＝2x3ax3(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；g′(x)≥1＋lnx恒成立．(ⅱ)求证：x>0时，不等式解：(1)f′(x)＝x－axa，2＝－axx－11∴当f′(x)＝0时，x＝0或x＝，又a>0，a1a∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈0，1f′(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 1a＝12.6a12－13＋e x(x－1)，g′(x)＝x(e x－ex＋1)．(2)∵a＝e，∴g(x)＝2x3exx－ex＋1，则h′(x)＝e x－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)＝e x－ex＋1≥1，x－ex＋1≥1，1＋lnx，x1－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∴e x－ex＋1≥1≥x－ex＋1≥1≥1＋lnx，即g′(x)≥1＋lnx恒成立．x。