高中数学导数练习题

专题8：导数（文）

经典例题剖析

考点一：求导公式。 例1. f(x)是f(x)13x2x1的导函数，则f(1)的值是 。 32 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。

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1x2，则2f(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2255，所以f1，所以f1f'13 2232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。

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

322x0,y0x00，求直线l的方程及切点坐标。

解析：直线过原点，则ky0x00。由点x0,y0在曲线C上，则x0y322y0x03x02x0， 0x03x02。又y'3x26x2， 在

x0x0,y0

处曲线C

的切线斜率为kf'x03x06x02，2

222x03x00，整理得：解得：x0x03x023x06x02，

3或x002（舍），此时，y0311，k。所以，直线l的方程为yx，切点坐标是84433,。 28答案：直线l的方程为y133x，切点坐标是, 428 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。

例5.已知fxax3xx1在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上的单调性，可知当a3是，函数fx对xR为减函数。

33（2） 当a3时，函数fx在R上存在增区间。所以，当a3时，函数fx在

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。

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；

323]，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

22

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，

2322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。

32212。f'x3xx43x4x1 24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 30 极小值 4,2 3＋ 增函数 2 0 f'x fx f19，250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。 22答案：（1）f'x3x2ax4；（2）最大值为f43509，最小值为f1。 272 点评：本题考查可导函数最值的求法。求可导函数fx在区间a,b上的最值，要先求出函数fx在区间a,b上的极值，然后与fa和fb进行比较，从而得出函数的最大最小值。

考点七：导数的综合性问题。

例8. 设函数f(x)axbxc(a0)为奇函数，其图象在点(1,f(1))处的切线与直线

3x6y70垂直，导函数f'(x)的最小值为12。（1）求a，b，c的值；

（2）求函数f(x)的单调递增区间，并求函数f(x)在[1,3]上的最大值和最小值。 解析： （1）∵f(x)为奇函数，∴f(x)f(x)，即axbxcaxbxc

∴c0，∵f'(x)3axb的最小值为12，∴b12，又直线x6y70的斜率为

2331，因此，f'(1)3ab6，∴a2，b12，c0． 623（2）f(x)2x12x。 f'(x)6x126(x2)(x2)，列表如下：

x (,2)  增函数 2 (2,2) 2 (2,)  增函数 f'(x) 0 极大  减函数 0 极小 f(x) 所以函数f(x)的单调增区间是(,2)和(2,)，∵f(1)10，

f(2)82，f(3)18，∴f(x)在[1,3]上的最大值是f(3)18，最小值是f(2)82。

答案：（1）a2，b12，c0；（2）最大值是f(3)18，最小值是f(2)82。 点评：本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识，以及推理能力和运算能力。

导数强化训练 （一） 选择题

1. 已知曲线yx214的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为（ A ）

A．1

B．2

C．3 D．4

2. 曲线yx33x21在点（1，－1）处的切线方程为 （ B ）

A．y3x4

B．y3x2 C．y4x3 D．y4x5

3. 函数y(x1)2(x1)在x1处的导数等于 （ D ）

A．1

B．2

C．3

D．4

4. 已知函数f(x)在x1处的导数为3,则f(x)的解析式可能为 （ A ）

A．f(x)(x1)23(x1)

B．f(x)2(x1)

C．f(x)2(x1)2 D．f(x)x1

5. 函数f(x)x3ax23x9，已知f(x)在x3时取得极值，则a=（ D ）

（A）2 （B）3 （C）4 （D）5

6. 函数f(x)x33x21是减函数的区间为( D ) （Ａ）(2,)（Ｂ）(,2)（Ｃ）(,0)（Ｄ）(0,2)

7. 若函数fxx2bxc的图象的顶点在第四象限，则函数f'x的图象是（ A ） y y y y o x o x

o x o A B

C

D

8. 函数f(x)2x21x33在区间[0,6]上的最大值是（ A ） A．

323 B．

163 C．12 D．9

x

9. 函数yx3x的极大值为m，极小值为n，则mn为 （ A ） A．0

B．1 C．2

33 D．4

10. 三次函数fxaxx在x,内是增函数，则 （ A ）

A． a0

3

B．a0 C．a1

D．a1 311. 在函数yx8x的图象上，其切线的倾斜角小于是 A．3

B．2

的点中，坐标为整数的点的个数4D．0

（ D ） C．1

12. 函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数 f(x)在开区间(a,b)内有极小值点（ A ）

A．1个

C．3个

（二） 填空题

B．2个 D． 4个

y yf?(x)b aO x

313. 曲线yx在点1,1处的切线与x轴、直线x2所围成的三角形的面积为

__________。 14. 已知曲线y______________ 15. 已知f都有f(n)(n)134x，则过点P(2,4)“改为在点P(2,4)”的切线方程是33(x)是对函数f(x)连续进行n次求导，若f(x)x6x5，对于任意xR，

(x)=0，则n的最少值为 。

16. 某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元／次，一年的总存储

费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 吨．

（三） 解答题

17. 已知函数fxxaxbxc，当x1时，取得极大值7；当x3时，取得极

32小值．求这个极小值及a,b,c的值．

18. 已知函数f(x)x3x9xa. （1）求f(x)的单调减区间；

（2）若f(x)在区间[－2，2].上的最大值为20，求它在该区间上的最小值.

19. 设t0，点P（t，0）是函数f(x)xax与g(x)bxc的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线。 （1）用t表示a,b,c；

（2）若函数yf(x)g(x)在（－1，3）上单调递减，求t的取值范围。

20. 设函数fxx3bx2cx(xR)，已知g(x)f(x)f(x)是奇函数。 （1）求b、c的值。

（2）求g(x)的单调区间与极值。

21. 用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？

22. 已知函数f(x)2323213123]内各有一个极值点． ，，(1，xaxbx在区间[11)32（1）求a4b的最大值；

，f(1))处的切线为l，若l在点A处穿（1） 当a4b8时，设函数yf(x)在点A(1过函数yf(x)的图象（即动点在点A附近沿曲线yf(x)运动，经过点A时，从l的一侧进入另一侧），求函数f(x)的表达式．

2

强化训练答案：

1.A 2.B 3.D 4.A 5.D 6.D 7.A 8.A 9.A 10.A 11.D 12.A

（四） 填空题 13.

8 14. y4x40 15. 7 16. 20 3（五） 解答题

17. 解：

f'x3x22axb。

2据题意，－1，3是方程3x2axb0的两个根，由韦达定理得

2a133 13b3∴a3,b9

∴∵

fxx33x29xc

f17，∴c2

f33333293225

极小值

∴极小值为－25，a3,b9，c2。

18. 解：（1）

所以函数（2）因为

所以

f(x)3x26x9. 令f(x)0，解得x1或x3,

f(x)的单调递减区间为(,1),(3,).

f(2)81218a2a, f(2)81218a22a,

f(2)f(2).因为在（－1，3）上f(x)0，所以f(x)在[－1，2]上单调递增，又由

于

f(x)在[－2，－1]上单调递减，因此f(2)和f(1)分别是f(x)在区间2,2上的最大值和最小

值.于是有22a故即函数

20，解得a2.

f(x)x33x29x2. 因此f(1)13927,

f(x)在区间2,2上的最小值为－7.

19. 解：（1）因为函数 即t3f(x)，g(x)的图象都过点（t，0），所以f(t)0，

at0.因为t0,所以at2. g(t)0,即bt2c0,所以cab.

又因为

f(x)，g(x)在点（t，0）处有相同的切线，所以f(t)g(t).

而

f(x)3x2a,g(x)2bx,所以3t2a2bt.

将at2代入上式得bt. 因此cabt3.故at2，bt，ct3.

（2）

yf(x)g(x)x3t2xtx2t3,y3x22txt2(3xt)(xt).

当

y(3xt)(xt)0时，函数yf(x)g(x)单调递减. y0，若t0,则由

ttxt；若t0,则tx. 33由题意，函数

yf(x)g(x)在（－1，3）上单调递减，则

ttt(1,3)(,t)或(1,3)(t,).所以t3或3.即t9或t3.

333又当9t3时，函数yf(x)g(x)在（－1，3）上单调递减.

所以t的取值范围为(,9][3,).

20. 解：（1）∵

fxx3bx2cx，∴fx3x22bxc。从而

g(x)f(x)f(x)x3bx2cx(3x22bxc)＝x3(b3)x2(c2b)xc是一

个奇函数，所以g(0)0得c0，由奇函数定义得b3；

32（2）由（Ⅰ）知g(x)x6x，从而g(x)3x6，由此可知， (,2)和(2,)是函数g(x)是单调递增区间； (2,2)是函数g(x)是单调递减区间；

g(x)在x2时，g(x)在x2时，取得极大值，极大值为42，取得极小值，极小值为42。

21. 解：设长方体的宽为x（m），则长为2x (m)，高为

h1812x4.53x(m)430＜x＜.

2故长方体的体积为

Vx2x24.53x9x26x3m3从而V(x)令V'30x

218x18x2(4.53x)18x(1x).

x0，解得x0（舍去）或x1，因此x1.

x1时，V'x0；当1x3时，V'x0， 2当0

故在x1处Vx取得极大值，并且这个极大值就是Vx的最大值。

V'x912613m3从而最大体积V，此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.

3答：当长方体的长为2 m时，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3m。 22. 解：（1）因为函数

113]内分别有一个极值点，所以，，(1，f(x)x3ax2bx在区间[11)32f(x)x2axb0在[11)3]内分别有一个实根， ，，(1，设两实根为x1，x2（x1x2），则x2x1a24b，且0x2x1≤4．于是

，x23，且当x11即a2，故b3时等号成立．0a24b≤4，0a24b≤16，

a24b的最大值是16．

（2）解法一：由

f(1)1ab知f(x)在点(1，f(1))处的切线l的方程是

21yf(1)f(1)(x1)，即y(1ab)xa，

32因为切线l在点所以g(x)A(1，f(x))处空过yf(x)的图象，

21f(x)[(1ab)xa]在x1两边附近的函数值异号，则

32x1不是g(x)的极值点．

而g(x)1121x3ax2bx(1ab)xa，且 3232g(x)x2axb(1ab)x2axa1(x1)(x1a)．

若11a，则x1和x1a都是g(x)的极值点．

14b8，得b1，故f(x)x3x2x．

321解法二：同解法一得g(x)f(x)[(1ab)xa]

3213a3(x1)[x2(1)x(2a)]． 322所以11a，即a2，又由a2因为切线l在点A(1，f(1))处穿过yf(x)的图象，所以g(x)在x1两边附近的函数值异号，于是

1m2）．

存在m1，m2（m1当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0；

或当m1x1时，g(x)0，当1xm2时，g(x)0．

设h(x)3a3ax21x2，则

22当m1x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0； x1时，h(x)0，当1xm2时，h(x)0．

或当m1由h(1)0知x1是h(x)的一个极值点，则h(1)211所以a2，又由a

23a0， 214b8，得b1，故f(x)x3x2x．

3