导数是什么

导数是什么

-like和likes的用法口诀

2023年2月15日发(作者：书法教学设计)

..-.

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导数的概念及应用

★★★高考在考什么

【考题回放】

1文．函数32()31fxxx是减函数的区间为(D)

Ａ.

(2,)

Ｂ.

(,2)

Ｃ.

(,0)

Ｄ.

(0,2)

1〔理〕函数y=xcosx-sinx在下面哪个区间是增函数〔B〕

A(

2

3

,

2

)B(π,2π)C(

2

5

,

2

3)D(2π,3π)

2．假设曲线4yx的一条切线l与直线

480xy

垂直，那么l的方程为A

A．

430xy

B．

450xy

C．

430xy

D．

430xy

3.函数93)(23xaxxxf，

)(xf

在3x时取得极值，那么

a

=〔B〕

A.2B.3C.4D.5

4.在函数xxy83的图象上，其切线的倾斜角小于

4



的点中，坐标为整数

的点的个数是〔D〕

A．3B．2C．1D．0

5．曲线yx3在点(1,1)处的切线与x轴、直线x2所围成的三角形的面积

为______8/3____

6.设a为实数,函数.)(23axxxxf

(Ⅰ)求

)(xf

的极值.

..-.

.文档.

(Ⅱ)当a在什么围取值时,曲线

xxfy与)(

轴仅有一个交点.

【专家解答】：(I)

'()fx

=32x－2

x

－1

假设

'()fx

=0，那么x==－

1

3

，x=1

当

x

变化时，

'()fx

，

()fx

变化情况如下表：

x

(－∞，－

1

3

)－

1

3

(－

1

3

，1)

1

(1，+∞)

'()fx+0

－

0+

()fx极大值极小值

∴

()fx

的极大值是

15

()

327

fa

，极小值是

(1)1fa

(II)函数322()(1)(1)1fxxxxaxxa

由此可知，取足够大的正数时，有

()fx

>0，取足够小的负数时有

()fx

<0，

所以曲线

y

=

()fx

与

x

轴至少有一个交点

结合

()fx

的单调性可知：

当

()fx

的极大值

5

27

a

<0，即

5

(,)

27

a

时，它的极小值也小于0，

因此曲线

y

=

()fx

与

x

轴仅有一个交点，它在(1，+∞)上。

当

()fx

的极小值

a

－1>0即

a

(1，+∞)时，它的极大值也大于0，因此

曲线

y

=

()fx

与

x

轴仅有一个交点，它在(－∞，－

1

3

)上。

∴当

5

(,)

27

a

∪(1，+∞)时，曲线

y

=

()fx

与

x

轴仅有一个交点

★★★高考要考什么

【考点透视】〔理科〕

1了解导数概念的实际背景,掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意

义；理解导函数的概念。

2熟记根本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法那么.了解复合

函数的求导法那么.会求某些简单函数的导数。

3理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的

必要条件和充分条件。

4会求一些实际问题的最值。

〔文科〕

1了解导数概念的某些实际背景。

2理解导数的几何意义。

..-.

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3掌握函数，y=c(c为常数)、y=xn(n∈N+)的导数公式，会求多项式函数的导

数。

4理解极大值、极小值、最大值、最小值的概念.并会用导数求多项式函数的

单调区间、极大值、极小值及闭区间上的最大值和最小值。

5会利用导数求某些简单实际问题的最值。

【热点透析】

1.考察导数的概念和某些实际背景，求导公式和求导法那么。

2.导数的简单应用，利用导数研究函数的单调性和极值，复现率较高。

3.综合考察，包括解决应用问题，将导数容和传统容中有关不等式和函

数的单调性、方程根的分布、解析几何中的切线问题等有机的结合在一起，

设计综合试题。

★★★高考将考什么

【例1】函数xbxaxxf3)(23在1x处取得极值.

〔1〕讨论)1(f和)1(f是函数)(xf的极大值还是极小值；

〔2〕过点)16,0(A作曲线)(xfy的切线，求此切线方程.

〔1〕解：323)(2



bxaxxf，依题意，0)1()1(







ff，即











.0323

,0323

ba

ba

解得0,1ba.∴)1)(1(333)(,3)(23



xxxxfxxxf.

令0)(



xf，得1,1xx.

假设),1()1,(x，那么0)(



xf，故

)(xf在)1,(上是增函数，

)(xf在),1(上是增函数.

假设)1,1(x，那么0)(



xf，故)(xf在)1,1(上是减函数.

所以，2)1(f是极大值；2)1(f是极小值.

〔2〕解：曲线方程为xxy33，点)16,0(A不在曲线上.

设切点为),(

00

yxM，那么点M的坐标满足

0

3

00

3xxy.

因)1(3)(2

00





xxf，故切线的方程为))(1(3

0

2

00

xxxyy

注意到点A〔0，16〕在切线上，有

)0)(1(3)3(16

0

2

00

3

0

xxxx化简得83

0

x，解得2

0

x.

..-.

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所以，切点为)2,2(M，切线方程为0169yx.

【点晴】过点求切线，当点不在曲线上时，求切点的坐标成了解题的关

键.

【文】

函数f〔x〕＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－

2

3

与x＝1时都取得极值

（1）求a、b的值与函数f〔x〕的单调区间

（2）假设对xÎ〔－1，2〕，不等式f〔x〕

解：〔1〕f〔x〕＝x3＋ax2＋bx＋c，f〔x〕＝3x2＋2ax＋b

由f〔

2

3

－〕＝

124

ab0

93

－＋＝，f〔1〕＝3＋2a＋b＝0得a＝

1

2

－，b

＝－2

f〔x〕＝3x2－x－2＝〔3x＋2〕〔x－1〕，函数f〔x〕的单调区间如下

表：

x

〔－，－

2

3

〕－

2

3

〔－

2

3

，1〕

1

〔1，＋〕

f〔x〕＋

0

－

0

＋

f〔x〕



极大

值



极小

值



所以函数f〔x〕的递增区间是〔－，－

2

3

〕与〔1，＋〕，递减区间

是〔－

2

3

，1〕

〔2〕f〔x〕＝x3－

1

2

x2－2x＋c，x〔－1，2〕，当x＝－

2

3

时，f〔x〕

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.文档.

＝

22

27

＋c

为极大值，而f〔2〕＝2＋c，那么f〔2〕＝2＋c为最大值。要使f〔x〕

c2〔x〔－1，2〕〕恒成立，只需c2f〔2〕＝2＋c，解得c－1或c2

【例2】设函数012aaxxxf

，求a的取值围，使函数f(x)在区间

,0上是单调函数。

解：0

1

11

2

1

2

2

2

1

2









aa

x

x

axxxf

1

12



x

x



(1)当

1a

时，0

12









a

x

x

xf

恒成立，f(x)在区间,0上是

减函数。

〔2〕当10a时，解不等式0



xf得

21a

a

x





2

0,

1

a

a











在

上f(x)是单调递减速函数

0



xf得

21a

a

x

























,

12a

a

在上f(x)是单调递增函数

综合得：当且仅当a1时，f(x)在区间,0上是单调函数。

【点晴】由导数研究函数的单调性在学习中要引起足够的重视

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【文】设0t，点P〔t，0〕是函数cbxxgaxxxf23)()(与的图象的

一个公共点，两函数的图象在点P处有一样的切线.

〔Ⅰ〕用t表示a，b，c；

〔Ⅱ〕假设函数

)()(xgxfy

在〔－1，3〕上单调递减，求t的取值

围.

解：〔I〕因为函数

)(xf

，

)(xg

的图象都过点〔t，0〕，所以

0)(tf

，

即03att.因为

,0t

所以2ta.

.,0,0)(2abccbttg所以即

又因为

)(xf

，

)(xg

在点〔t，0〕处有一样的切线，所以

).()(tgtf







而.23,2)(,3)(22btatbxxgaxxf







所以

将2ta代入上式得.tb因此.3tabc故2ta，tb，.3tc

〔II〕解法一

))(3(23,)()(223223txtxttxxyttxxtxxgxfy



.

当

0))(3(



txtxy

时，函数

)()(xgxfy

单调递减.

由

0



y

，假设

tx

t

t

3

,0则

；假设

.

3

,0

t

xtt则

由题意，函数

)()(xgxfy

在〔－1，3〕上单调递减，那么

).

3

,()3,1(),

3

()3,1(

t

tt

t

或

所以

.39.3

3

3tt

t

t或即或

又当39t时，函数

)()(xgxfy

在〔－1，3〕上单调递减.

..-.

.文档.

所以t的取值围为

).,3[]9,(

解法二：))(3(23,)()(223223txtxttxxyttxxtxxgxfy





因为函数

)()(xgxfy

在〔－1，3〕上单调递减，且

))(3(txtxy



是〔－

1，3〕

上的抛物线，

所以



















.0|

,0|

3

1

x

x

y

y

即











.0)3)(9(

.0)1)(3(

tt

tt

解得.39tt或

所以t的取值围为

).,3[]9,(

【例3】设定义在R上的函数f(x)＝a

0

x4+a

1

x3+a

2

x2＋a

3

x(其中a

i

∈R，i

＝0，1，2，3)，当

x＝－

2

2

时，f(x)取得极大值

2

3

，并且函数y＝f′(x)的图

象关于y轴对称。

⑴求f(x)的表达式；

⑵试在函数f(x)的图象上求两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，

且切点的横坐标都在区间[－1，1]上；

⑶求证：|f(sinx)－f(cosx)|≤

22

3

)(x∈R)．

解：∵f′(x)＝4a

0

x3＋3a

1

x2＋2a

2

x+a

3

为偶函数。

∴a

0

＝a

2

＝0，∴f(x)＝a

1

x3＋a

3

x

又当x＝－

2

2

时，f(x)取得极大值

2

3

∴











f(－

2

2

)＝

2

3

，

f′(－

2

2

)＝0，

解得











a

1

＝

2

3

，

a

3

＝－1，

∴f(x)＝

2

3

x3－x，f′(x)＝2x2－1

..-.

.文档.

⑵解：设所求两点的横坐标为x

1

、x

2

，那么(2x

1

2－1)(2x

2

2－1)＝－1

又∵x

1

，x

2

∈[－1，1]，∴2x

1

2－1∈[－1，1]，2x

2

2－1∈[－1，1]

∴2x

1

2－1，2x

2

2－1中有一个为1，一个为－1，

∴x

1

＝0，x

2

＝±1，∴所求的两点为(0，0)与(1，－

1

3

)或(0，0)与(－1，

1

3

)。

⑶证明：易知sinx∈[－1，1]，cosx∈[－1，1]。

当0

2

2

时，f′(x)<0；当

2

2

∴f(x)在[0，

2

2

]为减函数，在[

2

2

，1]上为增函数，

又f(0)＝0，f(

2

2

)＝－

2

3

，f(1)＝－

1

3

，而f(x)在[－1，1]上为奇函数，

∴f(x)在[－1，1]上最大值为

2

3

，最小值为－

2

3

，

∴f(sinx)∈[－

2

3

，

2

3

]，f(cosx)∈[－

2

3

，

2

3

]，

∴|f(sinx)－f(cosx)|≤|f(sinx)|＋|f(cosx)|≤

22

3

…

【点晴】此题证明不等式的关键是转化为求最值问题

【文】

()fx

是二次函数，不等式

()0fx

的解集是

(0,5),

且

()fx

在区间1,4

上的最大值是12。

〔I〕求

()fx

的解析式；

〔II〕是否存在实数

,m

使得方程

37

()0fx

x



在区间

(,1)mm

有且只有两个不

等的实数根？假设存在，求出

m

的取值围；假设不存在，说明理由。

解：〔I〕()fx是二次函数，且()0fx的解集是(0,5),

..-.

.文档.

可设

()(5)(0).fxaxxa

()fx

在区间1,4上的最大值是

(1)

由，得

612,a

2

2,

()2(5)210().

a

fxxxxxxR





〔II〕方程

37

()0fx

x



等价于方程

设32()21037,hxxx那么2'()6202(310).hxxxxx

当

10

(0,)

3

x

时，

'()0,()hxhx

是减函数；

当

10

(,)

3

x

时，

'()0,()hxhx

是增函数。

101

(3)10,()0,(4)50,

327

hhh

方程

()0hx

在区间

1010

(3,),(,4)

33

分别有惟一实数根，而在区间

(0,3),(4,)

没有实数根，

所以存在惟一的自然数

3,m

使得方程

37

()0fx

x



在区间

(,1)mm

有

且只有两个不同的实数根。

【例4】函数)0)(ln()(aaexfx.

〔1〕求函数)(xfy的反函数)()(1xfxfy及的导数);(xf



〔2〕假设对任意0))(ln(|)(|)],4ln(),3[ln(1



xfxfmaax不等式成

立，数m的取值围.

解：〔1〕,ln,0ayexaxaexfyxln,ln1；

aeae

e

y

xx

x











1

1

..-.

.文档.

〔2〕0))(ln(|)(|)],4ln(),3[ln(1



xfxfmaax不等式

xfxfmxfxf







lnln11



ae

e

aem

ae

e

ae

x

x

x

x

x

x







lnlnlnln



x

x

x

xx

e

ae

m

ae

aee22

lnln













x

x

m

x

xx

e

ae

e

ae

aee22







令：



aatet

t

at

tv

at

att

tux4,3,,,

22













2222

22

2

0,3,4,0

()

tatata

vttaaut

tta









所以

)(),(tvtu

都是增函数.因此当

]4,3[aat

时，

)(tu

的最大值为

)(,

5

12

)4(tvaau

的最小值为

,

3

8

)3(aav

而不等式②成立当且仅当

),3()4(aveaum即

aeam

3

8

5

12



，于是得

).

3

8

ln()

5

12

ln(ama

解法二：由0))(ln(|)(|1



xfxfm得

.)ln()ln()ln()ln(xaeaemxaeaexxxx

设,)ln()ln()(,)ln()ln()(xaeaexxaeaexxxxx

于是原不等式对于)]4ln(),3[ln(aax恒成立等价于

).()(xmx

③…7分

由1)(,1)(























ae

e

ae

e

x

ae

e

ae

e

x

x

x

x

x

x

x

x

x



，注意到

,0aeeaexxx故有0)(,0)(







xx，从而可)()(xx与均在

)]4ln(),3[ln(aa上单调递增，因此不等式③成立当且仅当

..-.

.文档.

)).3(ln())4(ln(ama

即

).

3

8

ln()

5

12

ln(ama

【点晴】求参数的取值围，凡涉及函数的单调性、最值问题时，用导数的知识解决

较简单.

【文】如下列图，曲线段OMB：)60(2xyx在点tx〔即点M〕处的

切线PQ交x轴于点P，交线段AB于点Q，且BAx轴于A，

(I)试用t表示切线PQ的方程；

(II)求QAP的面积g〔t〕的最大值.同时指出g〔t〕

在〔m，n〕上单调递减时nm的最小值。

解：〔I〕





xy2

K=

tx

y





|

=2t,切线方程为y–t2=2t(x-t),

即y=2tx-t2(0

(II)在切线方程中

令y=0得x=

2

t

)12,6(,126),0,

2

(22ttQttyx

t

p，得令

)60(366

4

1

)12)(

2

6(

2

1

||||

2

1

)(232tttttt

t

AQAPtg

400)(;640)(60

,3612

4

3

)(2















ttgttgt

tttg

得令得令

函数)(tg在4,0上单调递增；在6,4上单调递减

64)4()(

max

gtg故

上单调递减在又),()(nmtg

依题知.4),6,4(),(的最小值为mnmn的最大值是6，

故nm的最小值是2

【自我提升】

1函数

1

3

1

)(23xaxaxxf

有极值的充要条件是〔B〕

o

B

o

Q

M

A

P

x

y

o

..-.

.文档.

A．01aa或B．01aa或C．01aa或D．10a

2．过点〔－1，0〕作抛物线21yxx的切线，那么其中一条切线方

程为〔D〕

A.

220xy

B.

330xy

C.

10xy

D.

10xy

3．〔卷11〕设f'(x)是函数f(x)的导函数，y=f'(x)的图象

如右图所示，那么y=f(x)的图象最有可能的是

〔理

4

〔理〕．函数xxxfln2)(2的单调减区间是〔A〕

A．

]1,0(

B．

),1[

C．

]1,(

及

]1,0(

D．]1,0()0,1[及

4〔文〕.函数13)(3xxxf在闭区间[-3，0]上的最大值、最小值分别是

()

A.1，-1B.1，-17C.3，-17D.9，-19

5．当k时，32()fxxkx在]2,0[上是减函数．

(,3]

6．过点A〔2，－1〕作曲线y=x3+x2－2x的切线，那么切线的方程

x+y=0或x+4y+2=0或31x－y－63=0

7.函数331,5fxxaxgxfxax



，其中'fx是的导函数

〔Ⅰ〕对满足11a的一切

a

的值，都有0gx，数

x

的取值围；

〔Ⅱ〕设2am，当实数

m

在什么围变化时，函数yfx的图象与直线

x

y

O1

2

x

y

y

x

y

x

y

xO12O12

O

1

2

12

..-.

.文档.

3y

只有一个公共点。

解：〔Ⅰ〕由题意2335gxxaxa，令2335xxax，11a

对11a，恒有0gx，即0a

∴





10

10



















即

2

2

320

380

xx

xx











，解得

2

1

3

x

故

2

,1

3

x









时，对满足11a的一切

a

的值，都有0gx

〔Ⅱ〕'2233fxxm

①当0m时，31fxx的图象与直线

3y

只有一个公共点

②当0m时，列表：

x,mm,mmm,m

'fx0



0

fx极大极小

∴2211fxfxmm

极小

又∵fx的值域是

R

，且在,m

上单调递增

∴当xm时函数yfx的图象与直线

3y

只有一个公共点。

当xm时，恒有fxfm

由题意得3fm

，即3

221213mmm

，解得

332,00,2m

综上，

m

的取值围是332,2

..-.

.文档.

8.〔理〕设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)，假设对所有的x≥0，都有f(x)≥ax

成立，数a的取值围．

解法一：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，

对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a

令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，……5分

(i)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，

又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，

即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax．……9分

(ii)当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－

1)是减函数，

又g(0)＝0，所以对0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)，

即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．

综上，a的取值围是〔－∞，1]．……12分

解法二：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，

于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立．……3分

对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a

令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，……6分

当x＞ea－1－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，

当－1＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数，……9分

..-.

.文档.

所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea－1－1≤0．

由此得a≤1，即a的取值围是〔－∞，1]．

8〔文〕函数f(x)=

dcxbxax23

3

1

,其中a,b,c是以d为公差的等差数

列，且a＞0,d＞0.设的极小值点，在为)(

0

xfx［1-

0,

2

a

b

］上，

处取得最大植在

1

')(xxf，在

处取得最小值

2

x

，将点

依次记为（))(,(,()),(,()),(,

22

'

21

'

100

xfxfxxfxxfxA，B，C

(I)求的值

o

x

(II)假设⊿ABC有一边平行于x轴，且面积为32，求a,d的值

【解析】(I):2bac

22()2()(1)()fxaxbxcaxacxcxaxc





令

()0fx





,得

1

c

xx

a

或

0,0

0

ad

abc





1,1

cc

aa



当

1

c

x

a



时,

()0fx





;当1x时,

()0fx





所以f(x)在x=-1处取得最小值即1

o

x

(II)2()2(0)fxaxbxca





()fx





的图像的开口向上,对称轴方程为

b

x

a



由

1

b

a



知

2

|(1)()||0()|

bbb

aaa

()fx





在

2

[1,0]

b

a



上的最大值为

(0)fc





即

1

x=0

..-.

.文档.

又由

2

1,[1,0]

bbb

aaa

知当

b

x

a



时,

()fx



取得最小值为

2

2

(),

bdb

fx

aaa



即

0

1

()(1)

3

fxfa

21

(1,),(0,)(,)

3

bd

AaBcC

aa



由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴,所以

2

22

1

,a=3(1)

3

d

ad

a

即

又由三角形ABC的面积为32得

1

(1)()23

23

ba

c

a



利用b=a+d,c=a+2d,得

22

23(2)

3

d

d

a



联立(1)(2)可得3,33da.

解法2:2()2(0)fxaxbxca





2

(1)0,(0)

b

ffc

a





又c>0知

()fx

在

2

[1,0]

b

a



上的最大值为

(0)fc





即:

1

x=0

又由

2

1,[1,0]

bbb

aaa

知当

b

x

a



时,

()fx



取得最小值为

2

2

(),

bdb

fx

aaa



即

0

1

()(1)

3

fxfa

21

(1,),(0,)(,)

3

bd

AaBcC

aa



由三角形ABC有一条边平行于x轴知AC平行于x轴,所以

2

22

1

,a=3(1)

3

d

ad

a

即

..-.

.文档.

又由三角形ABC的面积为32得

1

(1)()23

23

ba

c

a



利用b=a+d,c=a+2d,得

22

23(2)

3

d

d

a



联立(1)(2)可得3,33da