高考数学导数题型归纳(文科)

2023年12月11日发(作者：高考数学试卷答案解析网)

文科导数题型归纳

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、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。

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）； （请同学们参看2010省统测2）

例1：设函数yf(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yf(x)在区间D上为―凸函数‖，已知实数m是常数，x4mx33x2

f(x) 1262

（1）若yf(x)在区间0,3上为―凸函数‖，求m的取值范围；

（2）若对满足m2的任何一个实数m，函数f(x)在区间a,b上都为―凸函数‖，求ba的最大值.

x4mx33x2x3mx2

3x 解:由函数f(x) 得f(x)126232

g(x)x2mx3

（1） yf(x)在区间0,3上为―凸函数‖，

则 g(x)xmx30 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

2030g(0)m2 09m330g(3)

解法二：分离变量法：

∵ 当x0时, g(x)xmx330恒成立,

当0x3时, g(x)xmx30恒成立 22

x233等价于mx的最大值（0x3）恒成立， xx

3而h(x)x（0x3）是增函数，则hmax(x)h(3)2 x

m2

(2)∵当m2时f(x)在区间a,b上都为―凸函数‖ 2则等价于当m2时g(x)xmx30 恒成立

变更主元法

2 再等价于F(m)mxx30在m2恒成立（视为关于m的一次函数最值问题）

20F(2)x2x301x1

2F(2)02xx30

ba2

请同学们参看2010第三次周考：

例2：设函数f(x)13x2ax23a2xb(0a1,bR) 3

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；

（Ⅱ）若对任意的x[a1,a2],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)x4ax3ax3axa 22

0a1

令f(x)0,得f(x)令f(x)0,得f(x)的单调递减区间为（－，a）和（3a，+）

∴当x=a时，f(x)极小值=

233ab; 当x=3a时，f(x)极大值=b. 42 （Ⅱ）由|f(x)|≤a，得：对任意的x[a1,a2],ax4ax3aa恒成立①

gmax(x)a22则等价于g(x)这个二次函数 g(x)x4ax3a的对称轴x2a gmin(x)a

a1aa2a（放缩法） 0a1,

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)x24ax3a2在[a1,a2]上是增函数.

∴g(x)maxg(a2)2a1.

g(x)ming(a1)4a4.

1,

x2aa2 于是，对任意x[a1,a2]，不等式①恒成立，等价于

g(a2)4a4a,4解得a1. 5g(a1)2a1a

又0a1,∴4a1. 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)x3ax2图象上一点P(1,b)处的切线斜率为3，

t62x(t1)x3(t0) 2

（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。 g(x)x3

f/(1)3a3解：（Ⅰ）f(x)3x2ax∴， 解得

b2b1a

（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] t2（Ⅲ）令h(x)f(x)g(x)x(t1)x3x[1,4] 2

2思路1：要使f(x)g(x)恒成立，只需h(x)0，即t(x2x)2x6分离变量 /2

思路2：二次函数区间最值

二、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aR，函数f(x)13a12xx(4a1)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(,

解：)上的单调函数，求a的取值范围． f(x)

（Ⅰ）∵

令12x(a1)x(4a1). 411f(x)是偶函数，∴ a1. 此时f(x)x33x，f(x)x23， 124f(x)0，解得：x23.

列表如下：

可知：f(x)的极大值为f(2)43， f(x)的极小值为f(2)43.

f(x)是(,)上的单调函数， （Ⅱ）∵函数

∴f(x)12x(a1)x(4a1)0，在给定区间R上恒成立判别式法 4

122则(a1)4(4a1)a2a0， 解得：0a2.

4

综上，a的取值范围是{a0a2}.

例5、已知函数f(x)131x(2a)x2(1a)x(a0). 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)x(2a)x1a(x1)(x1a).

2 1、当a0时,f(x)(x1)0恒成立, 2

当且仅当x1时取―=‖号，f(x)在(,)单调递增。

2、当a0时,由f(x)0,得x11,x2a1,且x1x2,

单调增区间：(,1)a ,(1, 单调增区间：(1, a1)

（II）当f(x)在[0,1]上单调递增, 则0,1是上述增区间的子集：

1、a0时，f(x)在(,)单调递增 符合题意

2、0,1a1,，a10 a1

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(k1)21xx，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)x(k1)x ∵f(x)在区间(2,)上为增函数， ∴f(x)x(k1)x0在区间(2,)上恒成立（分离变量法）

即k1x恒成立，又x2，∴k12，故k1∴k的取值范围为k1 22

x3(k1)21xkx， （2）设h(x)f(x)g(x)323

h(x)x2(k1)xk(xk)(x1)

令h(x)0得xk或x1由（1）知k1，

2①当k1时，h(x)(x1)0，h(x)在R上递增，显然不合题意…

②当k1时，h(x)，h(x)随x的变化情况如下表：

k1由于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有三个不同的实根，2

k1k3k2120，即(k1)(k2k2)0 ∴2故需，解得k1

623k2k20

综上，所求k的取值范围为k1

根的个数知道，部分根可求或已知。

例7、已知函数f(x)ax312x2xc 2

（1）若x1是f(x)的极值点且f(x)的图像过原点，求f(x)的极值；

12bxxd，在（1）的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)的图像与函数f(x)的2

图像恒有含x1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。 （2）若g(x)解：（1）∵f(x)的图像过原点，则f(0)0c0

f(x)3a2xx， 2又∵x1是f(x)的极值点，则f(1)3a120a1

f(x)3x2x2(3x2)(x1)0 f极大值(x)f(1)3222 f极小值(x)f) 237

（2）设函数g(x)的图像与函数f(x)的图像恒存在含x1的三个不同交点， 等价于f(x)g(x)有含x1的三个根，即：f(1)g(1)d1(b1) 2

x31211x2xbx2x(b1)整理得： 222

1132即：x(b1)xx(b1)0恒有含x1的三个不等实根 22

11（计算难点来了：）h(x)x3(b1)x2x(b1)0有含x1的根， 22

则h(x)必可分解为(x1)(二次式)0，故用添项配凑法因式分解，

11x3x2x2(b1)x2x(b1)0 22

11x2(x1)(b1)x2x(b1)0

2212x2(x1)(b1)x2x(b1)0 2

1 十字相乘法分解：x2(x1)( b1x)b(1)x12

11(x1)x2(b1)x(b1)0 220

11x3(b1)x2x(b1)0恒有含x1的三个不等实根 22

112等价于x(b1)x(b1)0有两个不等于-1的不等实根。 22 112(b1)4(b1)042b(,1)(1,3)(3,

)

(1)21(b1)1(b1)022

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)axbxcx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yf(x)的三条切线，求实数m的取值范围．

（1）由题意得：f’(x)3ax2bxc3a(x1)(x3),(a0)

∴在(,1)上f’(x)0；在(1,3)上f’(x)0；在(3,)上f’(x)0

因此f(x)在x01处取得极小值4

∴abc4①，f’(1)3a2bc0②，f’(3)27a6bc0③ 232

a132由①②③联立得：b6，∴f(x)x6x9x

c9

,（2）设切点Q(t,f(t))，yf(t)f(t)(xt)

y(3t212t9)(xt)(t36t29t)

(3t212t9)xt(3t212t9)t(t26t9)

(3t212t9)xt(2t26t)过(1,m)

m(3t212t9)(1)2t36t2

g(t)2t32t212t9m0

令g’(t)6t6t126(tt2)0，

求得：t1,t2，方程g(t)0有三个根。

需：22g(1)023129m0m16

g(2)01612249m0m11

故：11m16；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)＝x2－7x＋10，令f(x)0 ， 解得x5,或x2.

令f(x)0 ， 解得2x5

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： (m3)24(m6)0;则f(1)1(m3)m60;， 解得m＞3

m31.2

例9、已知函数f(x)a3121（2）令g(x)＝x4＋fxx，(aR,a0)（1）求f(x)的单调区间；432

（x）（x∈R）有且仅有3个极值点，求a的取值范围．

解：（1）f(x)axxx(ax1) ‘2

11或x0，令f’(x)0解得x0， aa

11所以f(x)的递增区间为(,)(0,)，递减区间为(,0). aa11当a0时，同理可得f(x)的递增区间为(0，)，递减区间为(,0)(,). aa

14a312（2）g(x)xxx有且仅有3个极值点 432当a0时，令f(x)0解得x’

g(x)x3ax2xx(x2ax1)=0有3个根，则x0或x2ax10，a2

方程xax10有两个非零实根，所以a40, 22

a2或a2

而当a2或a2时可证函数yg(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)ax2axb在（a0）32

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）tx0恒成立，求实数x的取值范围

.

解：（Ⅰ）f(x)ax2axb,f(x)3ax4axax(3x4)

令f(x)=0,得x10,x2’32’242,1

3 因此f(0)必为最大值,∴f（0）5因此b5，

f(2)16a5,f(1)a5,f(1)f(2)，

即f(2)16a511，∴a1，∴ f(x）x2x5.

（Ⅱ）∵f(x)3x4x，∴f(x）tx0等价于3x4xtx0，

令g(t)xt3x4x，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， 22322

3x25x0g(1)0为此只需，即2， g（1)0xx0

解得0x1，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)x3ax2bxc

(Ⅰ) 若函数f(x)在x1时有极值且在函数图象上的点(0,1)处的切线与直线3xy0平行, 求23f(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(b2,a1)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.

2解： (Ⅰ). 由f(x)2x2axb, 函数f(x)在x1时有极值 ,

∴ 2ab20

∵ f(0)1 ∴ c1

又∵ f(x)在(0,1)处的切线与直线3xy0平行,

∴ f(0)b3 故 a

∴ f(x)1

22312xx3x1 ……………………. 7分 32

2 (Ⅱ) 解法一: 由f(x)2x2axb 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∴ f(1)0 即

f(2)0b02ab20 令M(x,4ab80xb2, 则 y)ya1

x20ay1∴ ∴ 2yx20 故点M所在平面区域S为如图△ABC, bx24yx60

易得A(2,30), B(2,1), C(2,2), D(0,1), E(0,), SABC2 2

1SS四边形ABED 同时DE为△ABC的中位线, DEC3

∴ 所求一条直线L的方程为: x0

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ykx,它与AC,BC分别交于F、G, 则 k0, S四边形DEGF1

由 ykx2 得点F的横坐标为: xF 2yx202k1

ykx6 得点G的横坐标为: xG 4k14yx60由

∴S四边形DEGFSOGESOFD

解得: k1361211即 16k22k50 224k122k1151 或

k (舍去) 故这时直线方程为: yx 282

1综上,所求直线方程为: x0或yx .…………….………….12分 2

(Ⅱ) 解法二: 由f(x)2x2axb 及f(x)在x(0,1)取得极大值且在x(1,22)取得极小值, f(0)0∴ f(1)0 即

f(2)0b02ab20 令M(x,4ab80xb2, 则 y)ya1

x20ay1∴ ∴ 2yx20 故点M所在平面区域S为如图△ABC, bx24yx60

易得A(2,30), B(2,1), C(2,2), D(0,1), E(0,), SABC2 2

1SS四边形ABED ∴所求一条直线L的方程为: x0

同时DE为△ABC的中位线, DEC3

另一种情况由于直线BO方程为: y1x, 设直线BO与AC交于H , 2

1yx1由 得直线L与AC交点为: H(1,) 222yx20

∵ SABC2, SDEC11111112,

SABHSABOSAOH212 2222222

1x 2

32 ∴ 所求直线方程为: x0 或y3、（根的个数问题）已知函数f(x)axbx(c3a2b)xd (a0)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3xy110，

求函数f ( x )的解析式；

（Ⅲ）若x05,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)3ax2bx+c-3a-2b

（Ⅰ）由图可知 函数f ( x )的图像过点( 0 , 3 )，且f1= 0 2

得d3d3 3a2bc3a2b0c0

（Ⅱ）依题意 f2= – 3 且f ( 2 ) = 5

12a4b3a2b3 解得a = 1 , b = – 6 8a4b6a4b35

所以f ( x ) = x3 – 6x2 + 9x + 3

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

fx= 3ax2 + 2bx – 3a – 2b 由f5= 0b = – 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 得 – 25a

+ 3＜8a＜7a + 3所以 当1＜a＜3 111＜a＜3时，方程f ( x ) = 8a有三个不同的根。………… 12分 11

14、（根的个数问题）已知函数f(x)x3ax2x1(aR) 3

（1）若函数f(x)在xx1,xx2处取得极值，且x1x22，求a的值及f(x)的单调区间；

（2）若a1125，讨论曲线f(x)与g(x)x(2a1)x(2x1)的交点个数．

226

解：（1）f’(x)x2ax1 2

x1x22a,x1x2

1

x1x22

a0………………………………………………………………………2分

f(x)x22ax1x21

令f(x)0得x1,或x1

令f(x)0得1x1

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

（2）由题f(x)g(x)得1315xax2x1x2(2a1)x 326

13121即x(a)x2ax0 326

13121令(x)x(a)x2ax(2x1)……………………6分 326

(x)x2(2a1)x2a(x2a)(x1)

令(x)0得x2a或x1……………………………………………7分

1 2

当

即时 a

90，a0，有一个交点；…………………………9分 2 1当2a2即1a时， 此时，8a

21a2(32a)0, 36

99∴当8a0即1a时,有一个交点； 216

99当8a0，且a0即a0时，有两个交点； 216

19 当0a时，8a0，有一个交点．………………………13分 22

91综上可知，当a或0a时，有一个交点； 162

9 当a0时，有两个交点．…………………………………14分 16

x325、（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5a

3bxg(x)f(x)23． a

（Ⅰ） 若函数g(x)在x1处有极值，求g(x)的解析式；2（Ⅱ） 若函数g(x)在区间[1,1]上为增函数，且bmb上都成立，求实数m

的取值范围．

4g(x)在区间[1,1]