导数的知识点以及题型分析 讲义-2025届高三数学一轮复习

黑发不知勤学早，白首方悔读书迟 黑发不知勤学早，白首方悔读书迟 ( 导数知识 点 ) 一、导数的概念 一般地，函数在处的瞬时变化率是,我们称它为函数在处的导数，记作或，即。 导数的变形公式：① ② 例：已知，求 解：根据变形公式，。 2、 导函数的几何意义 导数表示函数在处的瞬时变化率，反映了函数在附近的变化情况，那么，导数的几何意义是什么？ 求函数上一点处的切线斜率，主要是两步： ①第一步：给原函数求导， ②第二步：将切点的横坐标代入导函数，即。 三、1求导的公式 1 若(为常数，常数求导为0)，则 0。 2 若（幂函数求导），则。 3 若（正弦函数求导），则 。 4 若 （余弦函数求导），则。 5 若（指数函数求导），则 。 6 若（以为底的指数函数求导），则。 7 若（对数函数求导），则 。 8 若（以为底的对数函数求导），则。 例1：（常函数求导），，。 解：，，。 例2；（幂函数求导）,，,，。 解：，，，，。 2 导数的运算法则 1 （函数和差的导数等于函数导数的和差）。 2 (函数的乘积求导，就是前导后不导加上前不导后导)。 3 (除法求导，先分母的平方，分子上就是上导下不导减去上不导下导)。 4 （常数乘以一个函数求导，常数不动，只给函数求导）。 例3：（和差与倍数求导） 解：。 例4：（函数乘积求导） 解：。 例5：（函数除法求导） 解：。 四、函数上一点处切线的斜率和切线方程 例：已知函数。 （1） 求函数在处的切线斜率 解：第一步：对原函数求导，， 第二步：将代入导函数，。 （2） 求函数在处的切线与直线平行，求的值。 解：根据（1）知切线的斜率为，直线的斜率为，两直线平行，斜率相等得，，解得。 （3） 求函数在处的切线与直线垂直，求的值。 解：根据（1）知切线的斜率为，直线的斜率为，两直线垂直，斜率相乘为-1，，解得。 （4） 求函数在处的切线的倾斜角为，求的值。 解：根据（1）知切线的斜率为，，则。 （5） 求函数在处的切线方程 解：根据（1）知切线的斜率为，，由点斜式得，，。 函数上一点处的切线方程的基本步骤： ①第一步：对原函数求导， ②第二步：将切点的横坐标代入导函数，即， ③第三步：（看切点的纵坐标是否已给，如果没有，先求切点的纵坐标）然后利用点斜式求切线方程，或者， ④第四步：将直线化成一般式或斜截式。 （已知点在函数上，切点已知，在一点处的切线方程） 例1：求函数在处的切线方程。 解：根据题意，求导，求斜率，点斜式求切线方程: ，切线方程为：。 例2：函数在处的切线 解：根据题意，求导， 求斜率，求，点斜式求切线方程，则。 （切点未知，过一点处的切线方程） 例3：过坐标原点的直线与曲线相切，求切线方程 解：根据题意，设切点为，求导，求斜率，点斜式切线方程为：，因切线过坐标原点，则，，将代入切线方程，，切线方程为。 例4：设直线是曲线的一条切线, 则实数的值。　　　　 解：根据题意，设切点为，求导，斜率，，切点为，将切点代入切线方程，，。 例5：已知直线与曲线相切，则的值。 高 解：根据题意，设切点为，求导，切点坐标为，将切点代入切线方程，，解得，，解得。 5、 用导数研究函数的单调性 用导数研究函数的单调性的基本步骤： ①第一步：求函数的定义域， ②第二步：对原函数求导， ③第三步：让导函数等于0求根，，若两个根为和，判断两个根是否都在定义域内，如果在，列表格；如果不在的根将舍去。 ④假设两个根都在定义域内，，定义域为且单调性的情况如下： + 0 - 0 + 极大值 极小值 ⑤第四步：总结，在和上单调递增，在上单调递减，极大值为，极小值为。 例1：求函数的单调性和极值 解：根据题意，的定义域为，，，解得和， -1 1 + 0 0 + 极大值 极小值 在和上单调递增，在上单调递减，极大值为，极小值为。 例2：函数 解：由题意，定义域为，求导，，解得解得和， 1 - 0 + 极小值 在上单调递增，在上单调递减，无极大值，极小值为。 6、 用导数研究函数的单调性，并画图 1 已知函数①，求的单调性并画图 解：由题意，的定义域为，，，解得解得和， 1 3 + 0 0 + 极大值 极小值 在和上单调递增， 在上单调递减。 2 画出②的图像， 画出③的图像 3 画出④的图像， 画出⑤的图像 总结：已知函数， （1） 这类函数有五种基本图像，分别是与轴有三个交点；与轴有两个交点，一个是极大值与轴相切，另一个是极小值与轴相切；与轴有一个交点，两个极值都为负，或者两个极值都为正。 （2） 这五种函数的图像都是两个递增区间和一个递减区间，左为极大值，右为极小值。 七、用导数研究函数的单调性，并画图 1 已知函数①，求的单调性并画图 解：由题意，的定义域为，，，解得两个根分别为0和2， 0 2 0 0 极小值 极大值 在和上单调递减， 在上单调递增。 2 画出②的图像， 画出③的图像 3 画出④的图像， 画出⑤的图像 总结：已知函数 （1）这类函数有五种基本图像，分别是与轴有三个交点；与轴有两个交点，一个是极大值与轴相切，另一个是极小值与轴相切；与轴有一个交点，两个极值都为负，或者两个极值都为正。 （2）这五种函数的图像都是两个递减区间和一个递增区间，左为极小值，右为极大值。 八、用导数研究函数的单调性，并画图 1 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，的定义域为，求导，，解得， 0 - 0 + 极小值 在上单调递增，在上单调递减。 2 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，的定义域为，，，解得， 0 + 极小值 在上单调递增，在上单调递减。 ，，但是不与轴相交。 3 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，定义域为，求导，，解得， 0 + 极小值 在上单调递增， 在和上单调递减。 4 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，的定义域为，求导，，解得， 0 极大值 在上单调递增， 在上单调递减。 九、用导数研究函数的单调性，并画图 1 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，定义域为，求导，，解得， 0 极小值 在上单调递增，在上单调递减。 2 已知函数，求的单调性并画图 0 极大值 解：由题意，定义域为，求导，，解得， 在上单调递增，在上单调递减。 3 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，定义域为，求导，，解得， 0 极小值 在上单调递增， 在上单调递减。 4 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，定义域为，求导，，解得， 0 极大值 在上单调递增，在上单调递减。 5 已知函数，求的单调性并画图 解：由题意，定义域为，求导，，解得， 0 极小值 在上单调递减，在上单调递增。 10、 已知极值点求参数 例1：已知是函数的一个极值点，求的值 解：根据题意，，将极值点代入导函数，， 解得。 例2：已知是函数的一个极值点，求的值 解：根据题意，，将极值点代入导函数，， 解得。 11、 用导数直接证明不等式 例1：设函数，证明：。 证明：根据题意，的定义域，设 则当时，，在上单调递增，当，，在上单调递减，而，故当时，，即。 例2：设函数，证明：当时，。 证：明由题设，的定义域为，，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减.，在处取得最大值，最大值为，所以当时，， 故当时，，，即。 十二、在闭区间上求最大值 例1：求函数在上的最值 由题意，求导，，解得解得和， 1 3 + 0 0 + 极大值 极小值 当时，，当时，；当时，，当时，；则的最小值为，最大值为2。 例2：若是函数的极值点，求在上的最值 解：由题意，，是函数的极值点，将代入，则，即，，，解得，， -1 3 + 0 0 + 极大值 极小值 当时，，当时，；当时，，当时，；则的最小值为，最大值为。 十三、含参数单调性的讨论（参数与0的讨论） 例1：设函数，讨论的单调性 解：由题意的定义域为，。 当，则，所以在上单调递增。 当，，，当时，；当，，所以在上单调递减，在上单调递增。 例2：设函数，讨论的单调性 解：由题意的定义域为。 若，则，所以在单调递增。 若，则当时，；当时，。 所以在单调递增，在单调递减。 十四、含参数单调性的讨论（利用判别式的讨论参数） 例1：已知函数，讨论函数的单调性。 解：由题意的定义域为，，因分子是一个一元二次方程的模型，利用判别式来讨论，，解得。 ①当时，，故在上单调递增； ②当时，，故在上单调递减； ③当时，，解得，则当时，； 当时，， 故在上单调递增，在单调递减。 例2：已知函数，讨论函数的单调性 解：根据题意，的定义域为，， 因分子是一个一元二次方程的模型，利用判别式来讨论，，解得或。 ①当时，，解得（舍），，故在上单调递减，在上单调递增； ②当时，，故在上单调递增； ③当时，，解得，，故在和上单调递增，在上单调递减。 十五、含参数单调性的讨论（利用因式分解去讨论参数） 例1：已知函数,讨论的单调性 解：由题意的定义域为， ①当时，，故在上单调递增； ②当时，，得，则当时，； 当时，， 故在上单调递增，在单调递减。 例2：设函数，讨论的单调性 解：由题意的定义域为，， 当，得，， ①当时，，得，则当时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减。 ②当时，则，则当时，；当时，，当时，，故在和上单调递增，在上单调递减。 ③当时，，在上单调递增。 ④当时，则，则当时，；当时，，当时，，故在和上单调递增，在上单调递减。 十六、求含参数的取值范围（因式分解法） 例1：已知函数有两个零点，求a的取值范围。 解：由题意的定义域为，。 （i）设，则，只有一个零点。 （ii）设，则当时，；当时，。所以在上单调递减，在上单调递增。 又，，取满足且，则 ，故存在两个零点。 （iii）设，由得或。 若，则，故当时，，因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点。 若，则，故当时，；当时，。因此在单调递减，在单调递增。又当时，，所以不存在两个零点。综上，的取值范围为。 例2：已知函数f（x）＝ax﹣﹣（a+1）lnx，若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围。 解：由题意＝， ①当a＝0时，由（1）可知，函数f（x）无零点。 ②当a＜0时，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 又f（1）＝a﹣1＜0，故此时函数f（x）无零点。 ③当0＜a＜1时，易知函数f（x）在上单调递增，在单调递减， 且f（1）＝a﹣1＜0，，且当x→+∞时，f（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点。 ④当a＝1时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增， 又f（1）＝0，故此时函数f（x）有唯一零点。 ⑤当a＞1时，易知函数f（x）在上单调递增，在上单调递减， 且f（1）＝a﹣1＞0，且当x→0时，f（x）＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点。 综上，实数a的取值范围为（0，+∞）。 十七、求含参数的取值范围（分离常数法） 例1：若函数在上是增函数，求实数的取值范围 解：由题意，，在上是增函数，，则。 令，在上是增函数，。则实数的取值范围为。 例2：当时，不等式恒成立，求实数的取值范围。 解：由题意，。①当时，。 令，。 当，解得和。 当，，在上单调递减；当，，在上单调递增；。 ②当时，原不等式恒成立。 ③当时，，由上述可知，，在上单调递增，。 综合上述，实数的取值范围。 十八、求含参数的取值范围（最值对比法） 例1：已知函数，若当时，，求实数的取值范围。 解：由题意，，∴。 ①当时，令，。当，，在上单调递增，则，，在上单调递增，，符合题意。 ②当时，由①可知，在上单调递增，，，即，使得。函数在上单调递减，，不合题意。 综上所述，实数的取值范围。 例2：设函数，若当时，，求的取值范围。 解：由题意，，∴。 ①当时，令，。当，，在上单调递增，则，，在上单调递增，，符合题意。 ②当时，由①可知，，，在上单调递减，，函数在上单调递减，，不合题意。 综上所述，实数的取值范围。 十九、隐零点问题 例1：已知函数,当时，证明＞0。 证明：当时，，故只需要证明当时，。当时，函数在单调递增，又，故有唯一实数，且，当时，，当时，，从而当时，取得最小值。由得，（，，这里是隐零点思路） 故。综上，当时，。 例2：（隐零点加分离常数法）设函数，为整数，当时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求的最大值。 解：由题意，，，时，。 令，则。令，，当时，，所以函数在上单调递增，而，即，使得，则，，。对，在上单调递减；对，在上单调递增，则。故整数的最大值为2。 二十、综合性应用 例1：已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明： （1）f（x）存在唯一的极值点； （2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1。 ∴f（x）的定义域为（0，+∞），， ∵y＝lnx单调递增，y＝单调递减，∴f′（x）单调递增， 又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣＝＞0， ∴存在唯一的x0∈（1，2），使得f′（x0）＝0。 当x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， 当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴f（x）存在唯一的极值点。 （2）由（1）知f（x0）＜f（1）＝﹣2， 又f（e2）＝e2﹣3＞0，∴f（x）＝0在（x0，+∞）内存在唯一的根x＝a， 由a＞x0＞1，得，∵f（）＝（）ln﹣＝﹣＝0， ∴是f（x）＝0在（0，x0）的唯一根， 综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数。 例2：已知函数。 （1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点； （2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线． 解析：（1）函数，定义域为：。 f′（x）＝+＞0，（x＞0且x≠1）， ∴在和上单调递增。 ①在区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得， ∵f（）＜0，f（）＞0，f（）•f（）＜0， ∴在有且仅有一个零点。 ②在区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0， ∴在上有且仅有一个零点，故在定义域内有且仅有两个零点。 （2）是f（x）的一个零点，则有lnx0＝，曲线y＝lnx，则有。 曲线在点处的切线方程为：y﹣lnx0＝（x﹣x0）， 即：y＝x﹣1+lnx0，将lnx0＝代入，即有：y＝x+， 而曲线y＝ex的切线中，在点（ln，）处的切线方程为：y﹣＝（x﹣ln）＝x+lnx0，将lnx0＝代入化简，即：。 故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线。 例3：已知函数。 （1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则。 解：（1）f（x）的定义域为，， 令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增， 故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得恒成立，仅需， 故a≤e+1，故a的取值范围是。 （2）证明：由已知有函数要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1， 不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明，即证明， ∵0＜x1＜1，∴，即证明：，又因为在单调递增， 即证明：⇔， 构造函数，， ＝， 构造函数， ，因为0＜x＜1，所以， 故在恒成立，故m（x）在单调递增，故m（x）＜m（1）＝0。 又因为x﹣1＜0，故在恒成立，故h（x）在单调递增， 又因为，故，故，即。 例4：已知函数f（x）＝ln（a﹣x），已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数g（x）＝．证明：。 解：由题意，f（x）的定义域为。 令t（x）＝xf（x），则t（x）＝xln（a﹣x），x∈（﹣∞，a）， 则t'（x）＝ln（a﹣x）+x•＝， 因为x＝0是函数y＝xf（x）的极值点，则有t'（0）＝0，即lna＝0，所以， 当时，t'（x）＝，且，则t'（x）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当时，t'（x）＞0，当x∈（0，1）时，t'（x）＜0。 所以时，是函数的一个极大值点。综上所述，。 （2）证明：由（1）可知，xf（x）＝xln（1﹣x）， 要证，即需证明， 因为当x∈（﹣∞，0）时，xln（1﹣x）＜0，当x∈（0，1）时，xln（1﹣x）＜0， 所以需证明x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），即x+（1﹣x）ln（1﹣x）＞0。 令h（x）＝x+（1﹣x）ln（1﹣x）， 则h'（x）＝（1﹣x）＝﹣ln（1﹣x）， 所以h'（0）＝0，当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0， 当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，所以x＝0为h（x）的极小值点。 所以h（x）＞h（0）＝0，即x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），所以。 例5：已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线在点处的切线也是曲线y＝g（x）的切线。 （1）若，求a；（2）求a的取值范围。 解：（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，即y＝2x+2。 设该切线与切于点，，则，解得，则g（1）＝1+a＝2+2，解得a＝3。 （2）由题意，则在点处的切线方程为，整理得， 设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则h'（x）＝9x3﹣6x2﹣3x＝3x（3x+1）（x﹣1）。 令，解得。 则x变化时，，的变化情况如下表： x 0 1 ﹣ 0 + 0 ﹣ 0 + 单调递减 单调递增 单调递减 ﹣1 单调递增 则的值域为，的取值范围为。 ( 2 ) ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$