再由可得.∴.

(2) ，

当时，;当时，;

当时，;当时，;当时，.在区间上是增函数;

在区间上是减函数;在区间上是增函数.

函数的极大值是，极小值是.

(3) 函数的图象是由的图象向右平移个单位，向上平移4个单位得到的，

所以，函数在区间上的值域为().

而，∴，即.

于是，函数在区间上的值域为.

令得或.由的单调性知，，即.

综上所述，、应满足的条件是：，且.

3.设函数.

(1)若的图象与直线相切，切点横坐标为2，且在处取极值，求实数 的值;

(2)当b=1时，试证明：不论a取何实数，函数总有两个不同的极值点.

解：(1)

由题意，代入上式，解之得：a=1，b=1.

(2)当b=1时，

因故方程有两个不同实根.

不妨设，由可判断的符号如下：

当>0;当<0;当>0

因此是极大值点，是极小值点.，当b=1时，不论a取何实数，函数总有两个不同的极值点。

题型四：利用导数研究函数的图象

1.如右图：是f(x)的导函数， 的图象如右图所示，则f(x)的图象只可能是(A) (B) (C) (D)( A )

3.方程 ( B )

A、0 B、1 C、2 D、3

题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围

1.设函数

(1)求函数的单调区间、极值.

(2)若当时，恒有，试确定a的取值范围.

解：(1)=，令得

列表如下：

x(-∞，a)a(a，3a)3a(3a，+∞)-0+0-极小极大

∴在(a，3a)上单调递增，在(-∞，a)和(3a，+∞)上单调递减

时，，时，

(2)∵，∴对称轴，

∴在[a+1，a+2]上单调递减

∴，

依题， 即

解得，又 ∴a的取值范围是

2.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=-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)若对x(〔-1，2〕，不等式f(x)(c2恒成立，求c的取值范围。

解：(1)f(x)=x3+ax2+bx+c，f((x)=3x2+2ax+b

由f(()=，f((1)=3+2a+b=0得a=，b=-2

f((x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1)，函数f(x)的单调区间如下表：

x(-(，-)-(-，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(-(，-)与(1，+()，递减区间是(-，1)

(2)f(x)=x3-x2-2x+c，x(〔-1，2〕，当x=-时，f(x)=+c

为极大值，而f(2)=2+c，则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

题型六：利用导数研究方程的根

1.已知平面向量=(,-1). =(,).

(1)若存在不同时为零的实数k和t，使=+(t2-3)，=-k+t，⊥，

试求函数关系式k=f(t) ;

(2) 据(1)的结论，讨论关于t的方程f(t)-k=0的解的情况.

解：(1)∵⊥，∴=0 即[+(t2-3) ]·(-k+t)=0.

整理后得-k+[t-k(t2-3)] + (t2-3)·=0

∵=0，=4，=1，∴上式化为-4k+t(t2-3)=0，即k=t(t2-3)

(2)讨论方程t(t2-3)-k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)= t(t2-3)与直线y=k的交点个数.

于是f′(t)= (t2-1)= (t+1)(t-1).

令f′(t)=0,解得t1=-1,t2=1.当t变化时，f′(t)、f(t)的变化情况如下表：

t(-∞,-1)-1(-1,1)1(1,+ ∞)f′(t)+0-0+F(t)↗极大值↘极小值↗当t=-1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=.

当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=-

函数f(t)=t(t2-3)的图象如图13-2-1所示，

可观察出：

(1)当k>或k<-时,方程f(t)-k=0有且只有一解;

(2)当k=或k=-时,方程f(t)-k=0有两解;

(3) 当-

题型七：导数与不等式的综合

在上是单调函数.

(1)求实数的取值范围;

(2)设≥1，≥1，且，求证：.

解：(1) 若在上是单调递减函数，则须这样的实数a不存在.故在上不可能是单调递减函数.

若在上是单调递增函数，则≤，

由于.从而0高中数学高考导数题型分析及解题方法

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