高中数学导数练习题

专题专题 8 8：导数（文）：导数（文） 经典例题剖析经典例题剖析 考点一：求导公式。考点一：求导公式。 例 1.f (x)是f (x)  1 3x 2x1的导函数，则f (1)的值是 。 3 2 解析：f x x  2，所以f 11 2  3 答案：3 考点二：导数的几何意义。考点二：导数的几何意义。 例 2. 已知函数y  f (x)的图象在点M(1 ，f (1))处的切线方程是y  1 x2，则 2 f (1) f (1) 。 解析：因为k  11 ，所以f 1，由切线过点M(1 ，f (1))，可得点M 的纵坐标为 22 55 ，所以f  1 ，所以f  1 f 1 3 22 32 答案：3 例 3.曲线y  x 2x 4x2在点(1 ， 3)处的切线方程是。 解析：y  3x  4x  4，点(1 ， 3)处切线的斜率为k  344  5，所以设切 线方程为y  5x b， 将点(1所以， 过曲线上点(1， 3)带入切线方程可得b  2，， 3) 处的切线方程为：5x  y  2  0 答案：5x  y  2  0 点评：以上两小题均是对导数的几何意义的考查。 考点三：导数的几何意义的应用。考点三：导数的几何意义的应用。 例 4.已知曲线 C：y  x 3x  2x，直线l : y  kx，且直线l与曲线 C 相切于点 32 2 x 0 , y 0  x 0  0，求直线l的方程及切点坐标。 解 析 ：直 线 过 原 点 ， 则k  y 0 x 0  0。 由 点 x 0 , y 0  在 曲 线 C 上 ， 则 x 0 y 322 y 0  x 0 3x 0 2x 0 ， 0 x 0 3x 0  2。又y  3x2 6x  2， 在 x 0 x 0 , y 0  处 曲 线C的 切 线 斜 率 为k  f x0 3x06x02， 2 22 2x 0 3x 0  0， 整理得：解得：x0x03x0 2  3x06x0 2， 3 或x0 0 2 （舍），此时，y0  311 ，k  。所以，直线l的方程为y  x，切点坐标是 844  3 3 ,。 2 8 答案：直线l的方程为y   1  3 3 x，切点坐标是, 4 2 8 点评：本小题考查导数几何意义的应用。 解决此类问题时应注意 “切点既在曲线上又在 切线上”这个条件的应用。函数在某点可导是相应曲线上过该点存在切线的充分条件， 而不 是必要条件。 考点四：函数的单调性。考点四：函数的单调性。 例 5.已知f x ax 3x  x 1在 R R 上是减函数，求a 的取值范围。 32 解析：函数f x的导数为 f x 3ax  6x 1。对于xR都有f x 0时，fx 2 a  0 为减函数。由3ax  6x 1 0x R可得，解得a  3。所以，   3612a  0  2 当a  3时，函数f x对 xR为减函数。 1 8 （1）当a  3时，f x 3x3 3x2 x 1 3x    。 39  由函数y  x在 R R 上的单调性，可知当a  3是，函数f x对 xR为减函数。 3 3 （2）当a  3时，函数f x在 R R 上存在增区间。所以，当a  3 时，函数f x在 R R 上不是单调递减函数。 综合（1）（2）（3）可知a  3。 答案：a  3 点评： 本题考查导数在函数单调性中的应用。 对于高次函数单调性问题， 要有求导意识。 考点五：函数的极值。考点五：函数的极值。 例 6. 设函数f (x)  2x 3ax 3bx8c在x 1及x  2时取得极值。 （1）求 a、b 的值； 32 3]，都有f (x)  c 成立，求 c 的取值范围。（2）若对于任意的x[0， 解析： （1）f (x)  6x 6ax3b，因为函数 f (x)在x 1及x  2取得极值，则有 2 2 66a3b  0， ，解得a  3，b  4。f (1) 0，f (2)  0．即 2412a3b  0． （2） 由 （Ⅰ） 可知，f (x)  2x 9x 12x8c，f (x)  6x 18x12  6(x1)(x2)。 当x(01)，时，f (x)  0；当x(1 ， 2)时，f (x)  0；当x(2， 3)时，f (x)  0。所以， 当x 1时，f (x)取得极大值f (1) 58c，又f (0) 8c，f (3) 98c。则当x0， 3 时，f (x)的最大值为f (3) 98c。因为对于任意的x0， 3，有f (x)  c恒成立， 2 322 所以98c  c，解得c  1或c 9，因此c的取值范围为(， 1) 答案：（1）a  3，b  4；（2）(， 1) 2(9， )。 (9， )。 点评： 本题考查利用导数求函数的极值。 求可导函数f x的极值步骤： ①求导数 f x； ②求f x 0的根；③将f x 0的根在数轴上标出，得出单调区间，由f x在各 区间上取值的正负可确定并求出函数f x的极值。 考点六：函数的最值。 例 7. 已知a为实数，f x x  4x  a。求导数 f x； （2）若f 1 0，求fx 2  在区间 2,2上的最大值和最小值。 解析：（1）f x x  ax  4x  4a ， f x 3x  2ax  4。 322 1 2 。 f x 3x  x  4  3x  4 x 1 2 4 令f x 0， 即3x  4x 1 0， 解得x  1或x ，则f x和 f x在区间 2,2 3 上随x的变化情况如下表： （2）f 1 3 2a  4  0，a  x2 0  2,1 ＋ 增函数 1 0 极大值 4  1,  3  — 减函数 4 3 0 极小值  4   ,2 3 ＋ 增函数 2 0 f x fx f 1 9 ， 2 50 4 f     。所以，f x在区间 2,2上的最大值为 27 3 50 4 f     ，最 27 3 小值为f 1 9 。 2 2 答案： （1）f x 3x  2ax  4； （2） 最大值为 f      4 3 509 ， 最小值为f 1 。 2