高考理数考前20天终极冲刺攻略： 导数与其他知识的综合问题 含答案解析
核心考点解读——导数与其他知识的综合问题(解答题)利用导数研究不等式问题（II）
利用导数研究方程根的问题（II）
利用导数研究恒成立、存在性问题（II）
利用导数解决实际问题（最优化问题）（II）
1.涉及本单元知识的考题，一般在解答题中结合函数的图象进行分类讨论，
作为压轴题进行考查．
2.从考查难度来看，本单元的考点综合性比较高，试题难度相对较大，高
考中通常利用函数的求导法则和导数的运算性质，考查函数的的基本性
质等，同时要结合其他知识进行考查，如数列、不等式等．
3.从考查热点来看，利用导数研究函数的综合问题是高考命题的热点，也
是难点.注意分类讨论思想、数形结合思想的综合应用．
1.利用导数研究不等式问题
利用导数方法研究不等式问题，主要的技巧是灵活构造函数，通过函数
的性质解决不等式问题，通常要利用函数的单调性以及函数的最值.
函数的单调性是研究不等式问题的有利武器之一，构造函数后，要重视
对函数单调性的应用.同时要注意分类讨论思想的应用.
2.利用导数研究方程的根的问题
当函数具有极值点时，在这个极值点左、右两侧，函数的单调性是不同
的，可以结合函数图象的变化趋势确定方程的根的情况.如果函数在定义
域内有唯一的极大（小）值点，那么该极大（小）值点就是最大（小）
值点，当最大（小）值点大于（小于）零且左、右两侧均出现小于（大
于）0的函数值时，函数就出现两个零点，也就是说方程就有两个不同的
实数根；若只出现一侧的函数值符号相反，则说明函数有一个零点，方
程只有一个实数根.利用导数研究方程的根，要结合函数的极值点进行考
查，同时注意函数单调性的变化趋势.
3.利用导数研究恒成立问题、存在性问题，通常采用分类讨论思想或分离
参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒
成立问题、存在性问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题.
4.利用导数解决实际问题（最优化问题）
(1)生活中常遇到求利润最大，用料最省，效率最高等实际问题，这些问题
通常称为最优化问题.
(2)利用导数解决生活中的最优化问题的一般步骤：
5.导数与其他知识的综合应用最后都要化归为利用导数研究函数的单调性、极值以及最值问题，因此要熟练掌握利用导数研究函数性质的一般方法，并能够进行延伸、拓展.
1．（2017高考新课标Ⅰ，理21）已知函数2()e (2)e x
x f x a a x =+--.
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.
2．（2017高考新课标III ，理21）已知函数()1ln f x x a x =--. （1）若()0f x ≥，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ?
???
??+++< ??? ???????
，求m 的最小值.
3.(2016高考新课标I ，理21)已知函数2
()(2)e (1)x
f x x a x =-+-有两个零点. （1）求a 的取值范围；
（2）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<. 4.(2016高考新课标II ，理21)（1）讨论函数()2e 2
x x f x x -=
+的单调性，
并证明当x >0时，(2)e 20x
x x -++>； （2）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2
e =(0)x ax a g x x x
-->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.
5. (2015高考新课标Ⅱ，理21)设函数2()e mx f x x mx =+-． (1)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；
(2)若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围．
1．已知函数2
1()e 2
x
f x ax x =-
+． （1）当1a >-时，试判断函数()f x 的单调性；
（2）若1e a <-，求证：函数()f x 在[1,)+∞上的最小值小于12
． 2．已知函数，.
（1）若曲线与曲线
在它们的交点处的公共切线为
，求，，的值；
（2）当时，若
，
，求的取值范围.
1．已知函数1
()ln 2
f x x x x =-
. （1）求函数()f x 的单调增区间；
（2）若12,x x 是方程()f x a =的两个不同的实数解，证明：1212e()20x x x x +->.
真题回顾：
1.（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2e (2)e 1(e 1)(2e 1)x x x x f x a a a '=+--=-+， （ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-.
当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增. （2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.
（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1
(ln )1ln f a a a
-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于1
1ln 0a a
-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，1
1ln 0a a
-+<，即(ln )0f a -<. 又4
22(2)e
(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.
设正整数0n 满足03ln(1)n a
>-，则00000000()e (e 2)e 20n
n
n
n
f n a a n n n =+-->->->. 由于3
ln(1)ln a a
->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.综上，a 的取值范围为(0,1). 2.（1）()f x 的定义域为()0∞，+. ①若0a ≤，因为11
ln 2022
f a ??<
???=-+，所以不满足题意； ②若a >0，由()1a x a
f 'x x x
-=-
=
知，当()0x ,a ∈时，()f 'x <0；当()，+x a ∈∞时，()f 'x >0，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x =a 是()f x 在()0∞，+的唯一最小值点. 由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥.故a =1. （2）由（1）知当()1,x ∈+∞时，1ln 0x x -->.令112n x =+
得11
ln 122
n
n ?
?+< ???.从而 221111111ln 1ln 1ln 11122222
22n n n
???
??
?++++++<++
+
=-< ? ? ???????.
故2111111e 222n ????
??+
++< ??? ???????.而231111112222??????+++> ???????????
，所以m 的最小值为3. 3.（1）'()(1)e 2(1)(1)(e 2)x
x
f x x a x x a =-+-=-+． （i ）设0a =，则()(2)e x
f x x =-，()f x 只有一个零点．
（ii ）设0a >，则当(,1)x ∈-∞时，'()0f x <；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >．所以()f x 在(,1)-∞单调递减，
在(1,)+∞单调递增．又(1)e f =-，(2)f a =，取b 满足0b <且ln
2
a
b <，则 223
()(2)(1)()022
a f
b b a b a b b >
-+-=->，故()f x 存在两个零点． （iii ）设0a <，由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-．
若e
2
a ≥-
，则ln(2)1a -≤，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，因此()f x 在(1,)+∞单调递增．又当1x ≤时()0f x <，所以()f x 不存在两个零点．
若e
2
a <-
，则ln(2)1a ->，故当(1,ln(2))x a ∈-时，'()0f x <；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减，在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时，()0f x <，所以()f x 不存在两个零
点．综上，a 的取值范围为(0,)+∞．
（2）不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，()f x 在(,1)-∞单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<． 由于2
22222(2)e
(1)x f x x a x --=-+-，而22222()(2)e (1)0x f x x a x =-+-=，所以
222222(2)e (2)e x x f x x x --=---．
设2()e
(2)e x
x g x x x -=---，则2'()(1)(e e )x x
g x x -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1
x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．
4.（1）()f x 的定义域为(,2)(2,)-∞--+∞.222
(1)(2)e (2)e e ()0,(2)(2)
x x x
x x x x f x x x -+--'==≥++ 且仅当0x =时，()0f x '=，所以()f x 在(,2),(2,)-∞--+∞单调递增，因此当(0,)x ∈+∞时，
()(0)1,f x f >=-所以(2)e (2),(2)e 20x x x x x x ->-+-++>
（2）33(2)e (2)2
()(()),x x a x x g x f x a x x
-+++'=
=+由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0()0g x '=， 当00x x <<时，()0,()0,()f x a g x g x '+<<单调递减；当0x x >时，()0,()0,()f x a g x g x '+>>单调递增.
因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为000
000022
000e (1)e +()(1)e ().2
x x x a x f x x g x x x x -++===+ 于是0
0e ()2
x h a x =+，由2
e (1)e e ()0,2(2)2x x x x y x x x +'=>=+++知单调递增 所以，由0(0,2],x ∈得0022
01e e e e ().2022224
x h a x =<=≤=+++
因为e 2x y x =+单调递增，对任意2
1e (,],24
λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),a f x =-∈
使得(),h a λ=所以()h a 的值域是21e (,],24综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有最小值()h a ，()h a 的值域是2
1e (,].24
5.(Ⅰ) ()(e 1)2mx f 'x m x =-+．
若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，e 10mx -≤，()0f 'x <；当(0,)x ∈+∞时，e 10mx -≥，()0f 'x >． 若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，e 10mx ->，()0f 'x <；当(0,)x ∈+∞时，e 10mx -<，()0f 'x >． 所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所
以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12|()()|e 1f x f x -≤-的充要条件是(1)(0)e 1,(1)(0)e 1,f f f f -≤-??--≤-?即e e 1,
e +e 1m
m m m -?-≤-??≤-??，
①，设
函数()e e 1t g t t =--+，则()e 1t
g't =-．当0t <时，()0g't <；当0t >时，()0g't >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)e 2e <0g --=+-，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立．当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即e e 1m m ->-；当1m <-时，()0g m ->，即e +e 1m m ->-．综上可知，m 的取值范围是[1,1]-． 【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数()(e
1)2mx
f 'x m x =-+，根据m 的取值范围讨论导函数在(,0)-∞和(0,)+∞的
符号即可；(Ⅱ)12()()e 1f x f x -≤-恒成立，等价于12max ()()e 1f x f x -≤-．由12,x x 是两个独立的变量，故可求研究()f x 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f =，最大值可能是(1)f -或(1)f ，故只需
(1)(0)e 1,
(1)(0)e 1,
f f f f -≤-??
--≤-?，从而得关于m 的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解． 名校预测
1．【解析】（1）由题可得()e x
f 'x x a =-+，设()()e x x x
g f 'x a ==-+，则()e 1x g x '=-，所以当0x >时
()0g x '>，()f 'x 在(0,)+∞上单调递增，当0x <时()0g x '<，()f 'x 在(,0)-∞上单调递减，所以()(10)f 'f 'x a ≥=+，因为1a >-，所以10a +>，即()0f 'x >，所以函数()f x 在R 上单调递增．
（2）由（1）知()f 'x 在[1,)+∞上单调递增，因为1e a <-，所以()e 110f 'a =-+<，所以存在(1,)t ∈+∞，使得()0f 't =，即e 0t t a -+=，即e t a t =-，所以函数()f x 在[1,)t 上单调递减，在(,)t +∞上单调递增，所以当
[1,)x ∈+∞时
222min 111
()()e e (e )e (1)222
t t t t f f t at t t t t t x t ==-+=-+-=-+，令
2
1()e (1)2
x h x x x =-+
，1x >，则()(1e )0x h'x x =-<恒成立，所以函数()h x 在(1,)+∞上单调递减，所以211()e(11)122h x <-+?=，所以211e (1)22t
t t -+<，即当[1,)x ∈+∞时min 1()2x f <，
故函数()f x 在[1,)+∞上的最小值小于
1
2
． 2．【解析】（1）设它们的公共交点的横坐标为，则
.
，则，
①；
，则
，
②.由②得
，由①得.
将
，
代入
得，∴
，
.
（2）由，得，即在上恒成立，令
，则
，
其中在上恒成立，∴
在
上单调递增，在上单调递减，
则
，∴
.故的取值范围是
.
专家押题
1．【解析】（1）依题意，11
()1(ln 1)(1ln )22
f 'x x x =-
+=-， 令()0f 'x >，则1ln 0x ->，解得0e x <<， 故函数()f x 的单调增区间为(0,e).
（2）不妨设12x x <，由()f x a =得，1ln 02x x x a -
-=，令1()ln 12a g x x x =+-， 令1
t x
=，则1()ln 12g t at t =--， 由题意，知方程1ln 102at t --=有两个根12,t t ， 即方程ln 2
2t a t
+=有两个根12,t t ，
不妨设111t x =
，221t x =．令t t t h 22
ln )(+=，则2
21ln )(t t t h +-='，由0)(>'t h 可得10e
t <<，由0)(<'t h 可得1e t >
， 当1(0)e t ∈，时，()h t 是增函数，当1()e t ∈+∞，时，)(t h 是减函数．故结合已知有 1201
e
t t >>>．
要证1212e()20x x x x +->，即证12
122e x x x x +>，即证12112e x x +
>，即证122e
t t +>， 即证1221e e t t >
->，即证122()()e h t h t <-．又12()()h t h t =，即证222
()()e
h t h t <-， 令2
()=()()e
x h x h x ?--，下面证()0x ?<对任意的1(0)e
x ∈，恒成立．
2
22
ln()1
2ln 1e ()()()2e 22()e
x x 'x h x h x x x ?-----''=+-=+-． 1(0,
)e x ∈，∴222
ln 10()e
x x x --><-，， ∴222
22
ln()1ln[()]2
ln 1e e ()2222()2()2()e e e
x x x x 'x x x x ?-----+--->+=---． ∵222()
21e ()[]e 2e
x x x x +--<=，∴()0'x ?>，
∴()x ?在1
(0)e ，上是增函数，∴1()()0e
x ??<=，∴1212e()20x x x x +->得证.
导数压轴题处理专题讲解
导数压轴题处理专题讲解（上） 专题一双变量同构式（含拉格朗日中值定理）..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立（含洛必达法则）.................................... - 4 -专题三导数与零点问题（如何取点） .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -
专题一 双变量同构式（含拉格朗日中值定理） 例1. 已知（1）讨论的单调性 （2）设，求证：例2. 已知函数，。（1）讨论函数的单调性；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）证明：若，则对任意x ，x ，x x ，有 。 例3. 设函数. （1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值； （2）讨论函数零点的个数； （3）若对任意恒成立，求的取值范围. ()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212 ,0,,4x x f x f x x x ?∈+∞-≥-()2 1(1)ln 2 f x x ax a x = -+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212 ()() 1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x =+ ∈m e =e ()f x ()'()3 x g x f x = -()() 0, 1f b f a b a b a ->><-m
精编导数及其应用高考题精选含答案
导数及其应用高考题精选 1.（2010·海南高考·理科T3）曲线y x 在点1,1 处的切线方程为（） x 2 （A）y2x1（B）y2x1（C）y2x 3（D）y 2x2 【命题立意】本题主要考查导数的几何意义，以及熟练运用导数的运算法则进行求解. 【思路点拨】先求出导函数，解出斜率，然后根据点斜式求出切线方程. 【规范解答】选A.因为y 2 2，所以，在点 1,1 处的切线斜率 2) (x 2 22 ，所以，切线方程为 y1 2(x 1) ，即 y2x1 ，故选A. ky x1 (12) 2.（2010·山东高考文科·Ｔ8）已知某生产厂家的年利润y （单位：万元） 与年产量x （单位：万件）的函数关系式为y 1x3 81x 234，则使该生产厂 3 家获得最大年利润的年产量为（） (A)13万件(B)11 万件 (C)9万件(D)7万件 【命题立意】本题考查利用导数解决生活中的优化问题，考查了考生的分析 问题解决问题能力和运算求解能力. 【思路点拨】利用导数求函数的最值. 【规范解答】选C，y' x2 81,令y0得x 9或x 9（舍去），当x 9 时y' 0；
当x9时y'0，故当x 9时函数有极大值，也是最大值，故选C. 3.（2010·山东高考理科·Ｔ7）由曲线y=x 2,y= x 3围成的封闭图形面积为（） （A）1 (B) 1 (C) 1 (D) 7 12 4 3 12 【命题立意】本题考查定积分的基础知识，由定积分求曲线围成封闭图形的
面积,考查了考生的想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 【思路点拨】先求出曲线y=x2,y=x3的交点坐标，再利用定积分求面积. 【规范解答】选A,由题意得:曲线y=x2,y=x3的交点坐标为(0,0) ，(1,1)，故 所求封闭图形的面积为1（x2-x3)dx= 1 1 1 0 1- 1= 故选A. 3 4 12 4 4.（2010·辽宁高考理科·Ｔ10）已知点P在曲线y= x 上，为曲线在点 e 1 P处的切线的倾斜角，则的取值范围是（） (A)[0, )(B)[ , )( ,3 ](D)[ 3 ,) 4 4 2 2 4 4 【命题立意】本题考查了导数的几何意义，考查了基本等式，函数的值域，直线的倾斜角与斜率。 【思路点拨】先求导数的值域，即tan的范围，再根据正切函数的性质求的范围。 【规范解答】选 D. 5.（2010·湖南高考理科·Ｔ4） 4 1 dx等于（）2x A、2ln2 B、2ln2 C、ln2 D、ln2 【命题立意】考查积分的概念和基本运算. 【思路点拨】记住1 的原函数. x 1 4 【规范解答】选D. dx=(lnx+c)|42=(ln4+c)-(ln2+c)=ln2. 2 x 【方法技巧】关键是记住被积函数的原函数.
2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
a - a (- ),( , +∞) 单调递增， 在 (- （ 2020 年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练 【题型归纳】 题型一 含参数的分类讨论 例1 已知函数 f ( x ) = ax 3 - 12 x ，导函数为 f '( x) ， （1）求函数 f ( x ) 的单调区间； （2）若 f '(1)= -6, 求函数f ( x ) 在[—1，3]上的最大值和最小值。 【答案】略 【解析】（I ） f '( x ) = 3ax 2 - 12 = 3(ax 2 - 4) ，（下面要解不等式 3(ax 2 - 4) > 0 ，到了分类讨论的时机，分 类标准是零） 当 a ≤ 0时, f '( x ) < 0, f ( x )在(-∞, +∞) 单调递减； 当 a > 0时,当x 变化时, f '( x ), f ( x ) 的变化如下表： x (-∞, - 2 ) 2 2 2 , ) a a 2 a ( 2 a , +∞) f '( x ) + 0 — + f ( x ) 极大值 极小值 此时， f ( x )在(-∞, - 2 2 6 a 2 2 , ) 单调递减； a a （II ）由 f '(1) = 3a -12 = -6, 得a = 2. 由（I ）知， f ( x )在(-1, 2) 单调递减 ,在( 2 ,3)单调递增。 【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底 【思维点拨】分类讨论的难度是两个， 1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理， 由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不 重复一遗漏。还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。 题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例 1 已知函数 f ( x) = 1 3 x 3 + x 2 + ax - 5 ， 若函数在[1,+∞) 上是单调增函数，求 a 的取值范围
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第色)步，由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。 洛必达法则简介： 法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x = 0及lim g x = 0 ； (2) 在点a的去心邻域内,f(x) 与g(x)可导且g'(x)丰0; f '(X ) (3) lim l , x a g x 那么lim?L = |im?=|。—g(x ) —g'(x) 法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x =0及lim g x = 0 ； x^C * ‘ (2) A> 0, f(x)和g(x)在-:：，A 与A,：：上可导，且g'(x)丰 0; 0 比.T-i 0 0 ②洛必达法则可处理一，，o宀,1 -, “, 0 ,：：-：：型。 ◎在着手求极限以前，首先要检查是否满足-,-,o ?:: , 1 , ：：0, 0°,：：_：：型定式， 否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。 ◎若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。 二.高考题处理 1.(2010年全国新课标理)设函数f (x) = e x -1 - x - ax2。 (1)若a = 0，求f (x)的单调区间； (2)若当x_ 0时f (x) _ 0，求a的取值范围 原解：(1) a = 0 时，f(x)=e x-1-x, f'(x) = e x-1. 当(-：：,0)时，f'(x)：：：0 ；当x (0^：：)时，f'(x).0.故f (x)在(--■- ,0)单调减少，在(0「：)单调增加 (II ) f '(x) = e x - 1 - 2ax 由(I )知e x一「x，当且仅当x = 0时等号成立.故那么lim?=lim_^l。F g(x) F g^x) 法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：⑴lim f x - ：：及lim g x二：：； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x)丰0; f '(X) ⑶ lim l , x a g x 那么limd = lim?=l。—g(x ) J g (x) 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意: f '(x) _ x _ 2ax = (1 _ 2a)x , 1 从而当1-2a 一0,即a 时，f '(x) _ 0 ( x 一0)，而f(0) =0 , 2 于是当x^O 时，f(x)K0. 1 x x | 由e 1 x(x = 0)可得e - 1- x(x= 0).从而当a 时， 2 故当x (0,ln 2a)时，f'(x) ：： 0，而f (0) = 0，于是当x (0,ln 2a)时，f(x) ：：0. ①将上面公式中的X i a, X is 换成x T +8, X T - a, + — x— a , x— a洛必达法则也成立。综合得a的取值范围为
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.
高三数学导数压轴题
导数压轴 一．解答题（共20小题） 1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数． （1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； （2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 2．设． （1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立； （2）讨论关于x的方程根的个数． 3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．
（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性； （2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围． 4．已知函数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0． 6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1． （Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围； （Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．
（2）若对?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围． 8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝． （Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a； （Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．
高考数学导数题型归纳(_好)
导数题型归纳 请同学们高度重视： 首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法： 1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法 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 其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。 最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础 一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立； 1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决： 第一步：令0)(' =x f 得到两个根； 第二步：画两图或列表； 第三步：由图表可知； 其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题， 2、常见处理方法有三种： 第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0） 第二种：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，()0g x <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， 4323()1262 x mx x f x =-- （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2m ≤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. 解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32 ()332x mx f x x '=-- 2 ()3g x x mx ∴=-- （1） ()y f x =Q 在区间[]0,3上为“凸函数”， 则 2 ()30g x x mx ∴=--< 在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x < (0)030 2(3)09330g m g m <-? ?<--
高考数学导数题型归纳(文科)-
文科导数题型归纳 高度重视： 首先,关于二次函数的不等式恒成立的主要解法: 1、分离变量；２变更主元;3根分布；４判别式法 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 其次，分析每种题型的本质,你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。 最后,在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础 一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立； 1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决： 第一步：令0)(' =x f 得到两个根; 第二步:画两图或列表； 第三步：由图表可知； 其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题， 2、常见处理方法有三种： 第一种:分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论(>0，=0,<0) 第二种：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)； (请同学们参看2０10省统测2） 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,()0g x <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,432 3()1262 x mx x f x =-- （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2m ≤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. 解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32 ()332 x mx f x x '=-- 2()3g x x mx ∴=-- （1） ()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数” ， 则 2 ()30g x x mx ∴=--< 在区间[0,3］上恒成立 解法一:从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x < (0)030 2(3)09330 g m g m <-? ?<--
高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。
2020高考数学最后冲刺 导数及其应用
最后冲刺 【高考预测】 1.导数的概念与运算 2.导数几何意义的运用 3.导数的应用 4.利用导数的几何意义 5.利用导数探讨函数的单调性 6.利用导数求函数的极值勤最值 易错点 1导数的概念与运算 1．（2020精选模拟）设f 0(x)=sinx,f 1(x)=f ’0(x),f 2(x)=f ’1(x),…,f n+1(x)=f ’n (x),n ∈N,则f 2020(x) ( ) A.sinx B.-sinx C.cosx D.-cosx 【错误解答】 选A 【错解分析】由 f ’1(x)=f ’0(x)=(sinx)’=cosx,f2(x)=(cosx)’=-sinx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,f4(x)=(-cosx)’=sinx,…, f2020(x)=f ’2020(x)=…=f0(x0=sinx 前面解答思路是正确的，但在归纳时发生了错误。因f4(x)=f0(x)=f8(x0=…=f2020(x),所以f2020(x)=f1(x)=cosx. 【错误解答】 选B ∵f(x)=2x+1,∴f ’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3. 【错解分析】上面解答错误原因是导数公式不熟悉，认为（2x+1）’=2x+1.正确的是（2x+1）’=2,所以x=1时的导数是2，不是3。 【正确解答】 选A ∵f(x)=(x-1)3+3(x-1)f ’(x)=3(x-1)2+3,当 x=1时,f ’(1)=3 3.(2020精选模拟题) 已知f(3)=2f ’(3)=-2，则3) (32lim 3--→x x f x x 的值为 （ ） A ．-4 B ．0 C ．8 D ．不存在 【错误解答】 选D ∵x →3,x-3→0 ∴3) (32lim 3--→x x f x x 不存在。 【错解分析】限不存在是错误的，事实上，求00 型的极限要通过将式子变形的可求的。 [对诊下药] 选C
(完整word版)高考导数题型归纳
高考压轴题：导数题型及解题方法 （自己总结供参考） 一．切线问题 题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。 方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。 题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。 方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。 注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。 例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ． （1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ） （2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。（答案：m 的范围是()2,3--） 练习 1. 已知曲线x x y 33 -= （1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。答案：（03=+y x 或027415=--y x ） （2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。 2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1） 题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。 方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。（)(,22x f x ）；
高考导数压轴题 答案
一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1、解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3±=x . )(x g '的变化情况如下表： x 0 )3 3, 0( 33 )1,3 3( 1 )(x g ' - 0 + )(x g ↘ 极小值 ↗ 所以当3 3 = x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴1 2 111211222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 2 1<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2、解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠ -=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论： ①a 若＞ 3 2 ，则a 2-＜2-a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x ()a 2-∞-， a 2- ()22--a a ， 2-a ()∞+-，2a + 0 — 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
高考数学文试题分类汇编导数及其应用
高考数学文试题分类汇编导数及其应用 Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】
2016年高考数学文试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、（2016年山东高考）若函数()y f x =的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称()y f x =具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是 （A ）sin y x = （B ）ln y x = （C ）e x y = （D ）3y x = 2、（2016年四川高考）已知a 函数f(x)＝x 3－12x 的极小值点，则a= (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 3、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f(x)= 图象上 点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B 则则△PAB 的面积的取值范围是 (A)(0,1) (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 4、（2016年全国I 卷高考）若函数1 ()sin 2sin 3 f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增，则 a 的取值范围是 （A ）[]1,1-（B ）11,3??-????（C ）11,33??-???? （D ）11,3? ?--?? ?? 二、填空题 1、（2016年天津高考）已知函数()(2+1),()x f x x e f x '=为()f x 的导函数，则(0)f '的值为__________. 2、（2016年全国III 卷高考）已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x e x --=-，则 曲线()y f x =在点(1,2)处的切线方程式_____________________________. 三、解答题 1、（2016年北京高考）设函数()32.f x x ax bx c =+++ （I ）求曲线().y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230a b -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.
高中数学导数题型总结
导数 经典例题剖析 考点一：求导公式。 例1. ()f x '是3 1()213 f x x x = ++的导函数，则(1)f '-的值是 。 考点二：导数的几何意义。 例 2. 已知函数()y f x =的图象在点(1(1))M f ，处的切线方程是1 22 y x = +，则(1)(1)f f '+= 。 例3.曲线3 2 242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是 。 考点三：导数的几何意义的应用。 例4.已知曲线C ：x x x y 232 3 +-=，直线kx y l =:，且直线l 与曲线C 相切于点 ()00,y x 00≠x ，求直线l 的方程及切点坐标。 考点四：函数的单调性。 例5.已知()132 3 +-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求a 的取值围。 例6. 设函数3 2 ()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值。 （1）求a 、b 的值； （2）若对于任意的[03]x ∈， ，都有2 ()f x c <成立，求c 的取值围。 点评：本题考查利用导数求函数的极值。求可导函数()x f 的极值步骤：①求导数()x f '； ②求()0'=x f 的根；③将()0'=x f 的根在数轴上标出，得出单调区间，由()x f '在各区间上取值的正负可确定并求出函数()x f 的极值。
例7. 已知a 为实数，()() ()a x x x f --=42 。求导数()x f '；（2）若()01'=-f ，求() x f 在区间[]2,2-上的最大值和最小值。 解析：（1）()a x ax x x f 442 3 +--=，∴ ()423'2 --=ax x x f 。 （2）()04231'=-+=-a f ，2 1= ∴a 。()()()14343'2 +-=--=∴x x x x x f 令()0'=x f ，即()()0143=+-x x ，解得1-=x 或3 4 =x ， 则()x f 和()x f '在区间[] 2,2- ()2 91= -f ，275034-=??? ??f 。所以，()x f 在区间[]2,2-上的最大值为 275034-=?? ? ??f ，最 小值为()2 9 1= -f 。 答案：（1）()423'2 --=ax x x f ；（2）最大值为275034- =?? ? ??f ，最小值为()2 91=-f 。 点评：本题考查可导函数最值的求法。求可导函数()x f 在区间[]b a ,上的最值，要先求出函数()x f 在区间()b a ,上的极值，然后与()a f 和()b f 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3 ()f x ax bx c =++(0)a ≠为奇函数，其图象在点(1,(1))f 处的切线与直线 670x y --=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。
高考导数压轴题题型(精选.)
高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。
2019《导数》题型全归纳
2019届高三理科数学《导数》题型全归纳 学校:___________姓名：___________班级：___________ 一、导数概念 29．函数，若满足，则__________． 二、导数计算（初等函数的导数、运算法则、简单复合函数求导） 1．下列式子不正确的是( ) A． B． C． D． 2．函数的导数为（） A． B． C． D． 3．已知函数，则（） A． B． C． D． 33．已知函数，为的导函数，则的值为______． 34．已知，则__________． 三、导数几何意义（有关切线方程） 31．若曲线在点处的切线方程为_________. 30．若曲线在点处的切线与曲线相切，则的值是_________. 32．已知,过点作函数图像的切线,则切线方程为__________. 4．已知曲线f(x)=lnx+在点（1，f（1））处的切线的倾斜角为，则a的值为（）A． 1 B．﹣4 C．﹣ D．﹣1 1
5．若曲线y=在点P处的切线斜率为﹣4，则点P的坐标是（） A．（，2） B．（，2）或（﹣，﹣2） C．（﹣，﹣2） D．（，﹣2） 6．若直线与曲线相切于点,则( ) A． 4 B． 3 C． 2 D． 1 7．如果曲线在点处的切线垂直于直线，那么点的坐标为（）A． B． C． D． 8．直线分别与曲线交于，则的最小值为（） A． 3 B． 2 C． D． 四、导数应用 （一）导数应用之求函数单调区间问题 9．函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为( ) A． (0,1) B． (0，＋∞) C． (1，＋∞) D． (－∞，0)∪(1，＋∞) 10．函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间是( ) A． B．和 C． D．和 11．的单调增区间是 A． B． C． D． 12．函数在区间上( ) A．是减函数 B．是增函数 C．有极小值 D．有极大值 13．已知函数在区间[1，2]上单调递增，则a的取值范围是
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2019年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由; (2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2） 【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增，所以当时 即函数f(x)在区间单调递减；当时 即函数f(x)在区间单调递增； （2）因为，而在（0，1）上递增 存在使得
，当 时单调递减； 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-，设()2 0,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-，()22()242x x x xe x e ?'==+， 当(]0,1x ∈，()0x ?'>，即()x ?在区间(]0,1为增函数， (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈，所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln x f x e a x =-， 由0 2020x x e a -=，即0 202x a e x = ，两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+
函数与导数经典例题高考压轴题含答案
函数与导数经典例题-高考压轴 1. 已知函数3 2 ()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． （Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间； （Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21 ()32 f x x = +，()h x = （Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33 lg[(1)]2lg ()2lg (4)24 f x h a x h x --=---； （Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1 ()()[(1)(2)()]6 f n h n h h h n -+++≥L ． 3. 设函数ax x x a x f +-=2 2ln )(，0>a （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使2 )(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 4. 设2 1)(ax e x f x +=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当3 4 = a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ， b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数 的底数）。 （I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m