导数常见题型与解题方法总结

导数题型总结

1、分离变量-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0） 2、变更主元-----已知谁的范围就把谁作为主元 3、根分布 4、判别式法-----结合图像分析

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

一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立

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；

第三种：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）。

例1：设函数yf(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yf(x)在区间D上为“凸函数”，已知实数m是常数，

x4mx33x2f(x)

1262（1）若yf(x)在区间0,3上为“凸函数”，求m的取值范围；

（2）若对满足m2的任何一个实数m，函数f(x)在区间a,b上都为“凸函数”，求ba的最大值.

x4mx33x2x3mx23x 解:由函数f(x) 得f(x)126232g(x)x2mx3

（1）

yf(x)在区间0,3上为“凸函数”，

则 g(x)xmx30 在区间[0,3]上恒成立

2解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于gmax(x)0

1

g(0)030 m2

g(3)093m30

解法二：分离变量法：

∵ 当x0时, g(x)x2mx330恒成立, 当0x3时, g(x)x2mx30恒成立

x233x的最大值（0x3）恒成立， 等价于mxx而h(x)x3（0x3）是增函数，则hmax(x)h(3)2 xm2

(2)∵当m2时f(x)在区间a,b上都为“凸函数” 则等价于当m2时g(x)x2mx30 恒成立

变更主元法

再等价于F(m)mxx230在m2恒成立（视为关于m的一次函数最值问题）

2F(2)02xx301x1 2F(2)02xx30

ba2

-2 2 例2：设函数f(x)13x2ax23a2xb(0a1,bR) 3 （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；

（Ⅱ）若对任意的x[a1,a2],不等式f(x)a恒成立，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）f(x)x4ax3ax3axa

220a1

a 3a a 3a f(x) 2

令f(x)0,得f(x)的单调递增区间为（a,3a）

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=

233ab; 当x=3a时，f(x)极大值=b. 42（Ⅱ）由|f(x)|≤a，得：对任意的x[a1,a2],ax4ax3aa恒成立① 则等价于g(x)这个二次函数gmax(x)a g(x)x24ax3a2的对称轴x2a

gmin(x)a0a1, a1aa2a（放缩法）

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)x24ax3a2在[a1,a2]上是增函数.

∴

g(x)maxg(a2)2a1.g(x)ming(a1)4a4.

a1,x2a a2

于是，对任意x[a1,a2]，不等式①恒成立，等价于

g(a2)4a4a,4解得a1. 5g(a1)2a1a 又0a1,∴

4a1. 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

例3：已知函数f(x)x3ax2图象上一点P(1,b)处的切线斜率为3，

g(x)x3t62x(t1)x32(t0)

（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。

f/(1)3a3解：（Ⅰ）f(x)3x2ax∴， 解得

b2b1a/2（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

3

∴f(x)的值域是[4,16] （Ⅲ）令h(x)f(x)g(x)t2x(t1)x32x[1,4]

思路1：要使f(x)g(x)恒成立，只需h(x)0，即t(x22x)2x6分离变量 思路2：二次函数区间最值

二、参数问题

1、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aR，函数f(x)13a12xx(4a1)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：f(x))上的单调函数，求a的取值范围．

12x(a1)x(4a1). 4131x3x，f(x)x23， （Ⅰ）∵ f(x)是偶函数，∴ a1. 此时f(x)124 令f(x)0，解得：x23. 列表如下：

x f(x) f(x) (－∞,－23) + 递增 －23 0 极大值 (－23,23) － 递减 23 0 极小值 (23,+∞) + 递增 可知：f(x)的极大值为f(23)43， f(x)的极小值为f(23)43. （Ⅱ）∵函数f(x)是(,∴f(x))上的单调函数，

12x(a1)x(4a1)0，在给定区间R上恒成立判别式法 44

则(a1)421(4a1)a22a0， 解得：0a2. 4 综上，a的取值范围是{a0a2}. 例5、已知函数f(x)131x(2a)x2(1a)x(a0). 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

解：（I）f(x)x2(2a)x1a(x1)(x1a). 1、当a0时,f(x)(x1)20恒成立,

当且仅当x1时取“=”号，f(x)在(,)单调递增。 2、当a0时由,f(x)0,得x11,x2a1,且x1x2,

f(x) -1 （II）当

a-1 单调增区间：(,1),(a1,) 单调增区间：(1,a1)

f(x)在[0,1]上单调递增, 则0,1是上述增区间的子集：

1、a0时，f(x)在(,)单调递增 符合题意 2、0,1a1,，a10 a1 综上，a的取值范围是[0，1]。 2、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)113(k1)2xx，g(x)kx，且f(x)在区间(2,)上为增函数．

332（1） 求实数k的取值范围；

5

（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)x2(k1)x ∵f(x)在区间(2,)上为增函数，

∴f(x)x2(k1)x0在区间(2,)上恒成立（分离变量法）

即k1x恒成立，又x2，∴k12，故k1∴k的取值范围为k1

x3(k1)21xkx， （2）设h(x)f(x)g(x)323h(x)x2(k1)xk(xk)(x1)

令h(x)0得xk或x1由（1）知k1，

①当k1时，h(x)(x1)20，h(x)在R上递增，显然不合题意… ②当k1时，h(x)，h(x)随x的变化情况如下表：

x h(x) h(x) (,k) k 0 极大值(k,1) — ↘ 1 0 极小值 (1,)  ↗  ↗ k3k21 623由于

k1 2k1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，故2k1k3k210，即(k1)(k22k2)0 ∴2需，解得k13 623k2k20综上，所求k的取值范围为k13

根的个数知道，部分根可求或已知。 例7、已知函数f(x)ax312x2xc 2（1）若x1是f(x)的极值点且f(x)的图像过原点，求f(x)的极值； （2）若g(x)12bxxd，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x1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。解：（1）∵f(x)的

6

图像过原点，则f(0)0c0 f(x)3ax2x2， 又∵x1是f(x)的极值点，则f(1)3a120a1

f(x) -1 f(x)3x2x2(3x2)(x1)0

f极大值(x)f(1)

3222) f极小值(x)f(

2372 3

（2）设函数g(x)的图像与函数f(x)的图像恒存在含x1的三个不同交点， 等价于f(x)g(x)有含x1的三个根，即：f(1)g(1)d1(b1) 2x31211x2xbx2x(b1)整理得： 2221132即：x(b1)xx(b1)0恒有含x1的三个不等实根

2211h(x)x3(b1)x2x(b1)0有含x1的根，

22则h(x)必可分解为(x1)(二次式)0，故用添项配凑法因式分解，

11x3x2x2(b1)x2x(b1)0

2211x2(x1)(b1)x2x(b1)0

2212x2(x1)(b1)x2x(b1)0 212 十字相乘法分解：x(x1)(b1)x(b1)x10

211(x1)x2(b1)x(b1)0

2211x3(b1)x2x(b1)0恒有含x1的三个不等实根

22112等价于x(b1)x(b1)0有两个不等于-1的不等实根。

22112(b1)4(b1)042b(,1)(1,3)(3,) (1)21(b1)1(b1)0227

题2 切线的条数问题，即以切点x0为未知数的方程的根的个数

例7、已知函数f(x)ax3bx2cx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yf(x)的三条切线，求实数m的取值范围．

（1）由题意得：f'(x)3ax22bxc3a(x1)(x3),(a0)

∴在(,1)上f'(x)0；在(1,3)上f'(x)0；在(3,)上f'(x)0 因此f(x)在x01处取得极小值4

∴abc4①，f'(1)3a2bc0②，f'(3)27a6bc0③

a1由①②③联立得：b6，∴f(x)x36x29x

c9（2）设切点Q(t,f(t))，yf(t)f,(t)(xt)

y(3t212t9)(xt)(t36t29t) (3t212t9)xt(3t212t9)t(t26t9) (3t212t9)xt(2t26t)过(1,m) m(3t212t9)(1)2t36t2 g(t)2t32t212t9m0

令g'(t)6t26t126(t2t2)0， 求得：t1,t2，方程g(t)0有三个根。

需：g(1)023129m0m16 g(2)01612249m0m11故：11m16；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、

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x5,或x2.

令f(x)0 ， 解得2x5

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：

1 (m3)24(m6)0;则f(1)1(m3)m60;， 解得m＞3 m31.2

例9、已知函数f(x)1a312xx，(aR,a0)（1）求f(x)的单调区间；（2）令g(x)＝x4＋f（x）

432（x∈R）有且仅有3个极值点，求a的取值范围． 解：（1）f'(x)ax2xx(ax1)

11或x0，令f'(x)0解得x0， aa11所以f(x)的递增区间为(,)(0,)，递减区间为(,0).

aa11)，递减区间为(,0)(,). 当a0时，同理可得f(x)的递增区间为(0，aa14a312（2）g(x)xxx有且仅有3个极值点

432'当a0时，令f(x)0解得xg(x)x3ax2xx(x2ax1)=0有3个根，则x0或x2ax10，a2

2方程xax10有两个非零实根，所以a40,

29

a2或a2

而当a2或a2时可证函数yg(x)有且仅有3个极值点

其它例题：

（a0）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)ax32ax2b在区间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）tx0恒成立，求实数x的取值范围. 解：（Ⅰ）

f(x)ax32ax2b,f'(x)3ax24axax(3x4)

42,1 3' 令f(x)=0,得x10,x2因为a0，所以可得下表：

x f'(x) 2,0 + ↗ 0 0 极大 0,1 - ↘ f(x)

因此f(0)必为最大值,∴f（0）5因此b5， f(2)16a5,f(1)a5,f(1)f(2)，

即f(2)16a511，∴a1，∴ f(x）x32x25.

2tx0等价于3x4xtx0， （Ⅱ）∵f(x)3x4x，∴f(x）22令g(t)xt3x4x，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，

3x25x0g(1)0为此只需，即2，

1)0g（xx0 解得0x1，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） 已知函数f(x)23xax2bxc 3(Ⅰ) 若函数f(x)在x1时有极值且在函数图象上的点(0,1)处的切线与直线3xy0平行, 求

10

f(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(b2,a1)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. 解： (Ⅰ). 由f(x)2x22axb, 函数f(x)在x1时有极值 ,

∴ 2ab20 ∵ f(0)1 ∴ c1 又∵ f(x)在(0,1)处的切线与直线3xy0平行, ∴ f(0)b3 故 a∴ f(x)1 22312xx3x1 ……………………. 7分 32 (Ⅱ) 解法一: 由f(x)2x22axb 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)0b02ab20 令M(x,4ab80xb2y), 则 

ya1x20ay1∴  ∴ 2yx20 故点M所在平面区域S为如图△ABC,

bx24yx60易得A(2,30), B(2,1), C(2,2), D(0,1), E(0,), SABC2

2同时DE为△ABC的中位线, SDEC1S四边形ABED 3∴ 所求一条直线L的方程为: x0

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ykx,它与AC,BC分别交于F、G, 则 k0,

S四边形DEGF1

由 ykx2 得点F的横坐标为: xF

2k12yx20ykx6由  得点G的横坐标为: xG

4k14yx60∴S四边形DEGFSOGESOFD 1361211即 16k22k50

224k122k111

151 或 k (舍去) 故这时直线方程为: yx 2821综上,所求直线方程为: x0或yx .…………….………….12分

2解得: k(Ⅱ) 解法二: 由f(x)2x22axb 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)0b02ab20 令M(x,4ab80xb2y), 则 

ya1x20ay1∴  ∴ 2yx20 故点M所在平面区域S为如图△ABC,

bx24yx60易得A(2,30), B(2,1), C(2,2), D(0,1), E(0,), SABC2

21SS四边形ABED ∴所求一条直线L的方程为: x0 同时DE为△ABC的中位线, DEC3另一种情况由于直线BO方程为: y1x, 设直线BO与AC交于H , 21yx1由  得直线L与AC交点为: H(1,) 222yx20∵ SABC1111111SSS212 S2, ABH2, DECABOAOH22222221x 2 ∴ 所求直线方程为: x0 或y3、（根的个数问题）已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)xd (a0)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3xy110，求函数f ( x )的解析式；

（Ⅲ）若x05,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)3ax2bx+c-3a-2b

（Ⅰ）由图可知 函数f ( x )的图像过点( 0 , 3 )，且f1= 0

2

得d3d3 3a2bc3a2b0c012

（Ⅱ）依题意

f2= – 3 且f ( 2 ) = 5

12a4b3a2b3 解得a = 1 , b = – 6 8a4b6a4b35所以f ( x ) = x3 – 6x2 + 9x + 3

（Ⅲ）依题意

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

由f5= 0b = – 9a

①

fx= 3ax2 + 2bx – 3a – 2b

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 111324、（根的个数问题）已知函数f(x)xaxx1(aR)

3 （1）若函数f(x)在xx1,xx2处取得极值，且x1x22，求a的值及f(x)的单调区间； （2）若a

1125，讨论曲线f(x)与g(x)x(2a1)x(2x1)的交点个数． 226 解：（1）f'(x)x22ax1

x1x22a,x1x21

x1x2(x1x2)24x1x24a242

a0………………………………………………………………………2分

f(x)x22ax1x21

令f(x)0得x1,或x1 令f(x)0得1x1

∴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

1315xax2x1x2(2a1)x 32613121即x(a)x2ax0 32613121令(x)x(a)x2ax(2x1)……………………6分

326(x)x2(2a1)x2a(x2a)(x1)

13

令(x)0得x2a或x1……………………………………………7分

a1 2当2a2即a1时

x 2 (2,1) － 1

(x) (x) 8a9 2 a 90，a0，有一个交点；…………………………9分 21当2a2即1a时，

2此时，8ax 2 (2,2a) 2a ＋ (2a,1) 1 — a (x) (x) 0 8a9 2 221a(32a) 36221a(32a)0, 3699∴当8a0即1a时,有一个交点；

21699a0时，有两个交点； 当8a0，且a0即21619 当0a时，8a0，有一个交点．………………………13分

2291综上可知，当a或0a时，有一个交点；

1629a0时，有两个交点．…………………………………14分 当16x32105、（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

5ag(x)f(x)3bx3． 2a（Ⅰ） 若函数g(x)在x1处有极值，求g(x)的解析式；

（Ⅱ） 若函数g(x)在区间[1,1]上为增函数，且bmb4g(x)在区间[1,1]上都成立，求实数m的取值范围．

14

2

（1）∵f′(x)= 3/a2 •x2， ∴由 3/a2 •x2=3得x=±a， 即切点坐标为（a，a），（-a，-a）

∴切线方程为y-a=3（x-a），或y+a=3（x+a）（2分） 整理得3x-y-2a=0或3x-y+2a=0 解得a=±1， ∴f（x）=x3．

∴g（x）=x3-3bx+3（4分）

∵g′（x）=3x2-3b，g（x）在x=1处有极值， ∴g′（1）=0，

即3×12-3b=0，解得b=1 ∴g（x）=x3-3x+3（6分）

（2）∵函数g（x）在区间[-1，1]上为增函数， ∴g′（x）=3x2-3b≥0在区间[-1，1]上恒成立， ∴b≤0，

又∵b2-mb+4≥g（x）在区间[-1，1]上恒成立， ∴b2-mb+4≥g（1）（8分）

即b2-mb+4≥4-3b，若b=0，则不等式显然成立，若b≠0， 则m≥b+3在b∈（-∞，0）上恒成立 ∴m≥3．

故m的取值范围是[3，+∞）

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