高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考压轴题：导数题型及解题方法

一、切线问题

题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，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条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-

16=0）

2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求

实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式

关系。将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。答案：m的范围是(-3,-2)）

练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）

2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、

(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。（答案：2ex-y-e=0）

练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。（答案：2x-y-1=0或y=0）

2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)

的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。（答案：p=1或3）

二、单调性问题

题型1：求函数的单调区间。

求含参函数的单调区间的关键在于确定分类标准。分类的方法包括：（1）在求极值点的过程中，未知数的系数与常数

的关系不定而引起的分类；（2）在求极值点的过程中，有无

极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，判别式与系数的关系不定）；(3)在求极值点的过程中，极值点的大小关系不

定而引起的分类；(4)在求极值点的过程中，极值点与区间的

关系不定而引起分类等。注意分类时必须从同一标准出发，做到不重复，不遗漏。

例如，已知函数$f(x)=\ln x+\frac{1}{2}x-

(a+1)\frac{x^2}{2}$，求函数$f(x)$的单调区间。我们可以利用极值点的大小关系分类。首先求出$f'(x)=\frac{1}{x}+x-

(a+1)x$，令其等于0，得到$x=\frac{1}{a}$或

$x=\pm\sqrt{\frac{1}{a}-1}$。由于$x>0$，所以只考虑

$x=\frac{1}{a}$和$x=\sqrt{\frac{1}{a}-1}$两个点。接下来，

我们需要确定这两个点所在的单调区间。当$x0$，即$f(x)$单

调递增；当$\sqrt{\frac{1}{a}-1}\frac{1}{a}$时，$f'(x)>0$，即$f(x)$单调递增。因此，当$a>0$时，$f(x)$在

$(0,\sqrt{\frac{1}{a}-1})$和$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递增，

在$(\sqrt{\frac{1}{a}-1},\frac{1}{a})$上单调递减；当$a<0$时，$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递减。

又例如，已知函数$f(x)=\frac{1}{3}(k+1)x^2-x$，且

$f(x)$在区间$(2,+\infty)$上为增函数，求函数$f(x)$的单调区间。我们可以利用极值点的大小关系和极值点与区间的关系分类。首先求出$f'(x)=\frac{2}{3}(k+1)x-1$，令其等于0，得到$x=\frac{3}{2(k+1)}$。由于$f(x)$在$(2,+\infty)$上为增函数，

因此$x>\frac{3}{2(k+1)}>2$，即$k<1-\frac{3}{2\times 2}=1-

\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$。因此，当$k<\frac{1}{4}$时，

$f(x)$在$(2,+\infty)$上单调递增。

题型2是已知函数在某区间是单调，求参数的范围问题。解决这类问题的方法包括：（1）研究导函数讨论；（2）转化为$f(x)\geq$或$f(x)\leq$在给定区间上恒成立问题；（3）利用

子区间（即子集思想）。其中，方法（3）首先求出函数的单

调增区间或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集。

例如，已知函数$f(x)=x+a\ln x+\frac{1}{2}$在

$[1,+\infty)$上是单调函数，求实数$a$的取值范围。由于

$f(x)$在$[1,+\infty)$上是单调函数，因此$f'(x)>0$，即

$1+\frac{a}{x}>0$，解得$x>\frac{-a}{1}=a$。又因为$f''(x)=-

\frac{a}{x^2}1$，即$a<1$。又因为$f(x)$在$(1,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增，因此$x_0$是$f(x)$的极小

值点。因此，当$a<1$时，$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，

且极小值点为$x_0=\frac{1}{a}$。

题型3是已知函数在某区间的不单调，求参数的范围问题。解决这类问题的方法包括：（1）正难则反，研究在某区间的

不单调；（2）研究导函数是零点问题，再检验；（3）直接研究不单调，分情况讨论。

例如，设函数$f(x)=x+ax+x^2+1$在区间

$\left(\frac{1}{2},1\right)$内不单调，求实数$a$的取值范围。

由于$f(x)$在$\left(\frac{1}{2},1\right)$内不单调，因此

$f'(x)$在$\left(\frac{1}{2},1\right)$内有至少一个零点。设

$f'(x)=0$的解为$x_0$，则$x_0=\frac{-1\pm\sqrt{1-4a}}{2}$。

由于$f(x)$在$\left(\frac{1}{2},1\right)$内不单调，因此$x_0$必须在$\left(\frac{1}{2},1\right)$之外。又因为$x_0$是$f(x)$的极值点，因此$f''(x_0)=2>0$，即$x_0$是$f(x)$的极小值点。因此，

当$x_01$时，$f(x)$在$\left(\frac{1}{2},1\right)$上单调递减。因此，$x_0$必须在$(\frac{1}{2},1)$内。解得$a\in\left(-2,-

3\right)$。

的最小值大于等于g(x

2

的最大值。

练已知函数f(x)x24x2a1，g(x)x22x a2，若对任意x，f(x)g(x)，求a的取值范围。（答案：a≤1）五．不等式求值问题

1.常用方法：配方法

2.特殊方法：几何方法、换元法、单调性分析法

练已知a0，b0，c0，a2b2c21，求最小值（答案：0）

提示：配方法）

练已知x0，y0，x y1，求x3y3的最大值。（答案：1/432）

提示：换元法）

1.对于任意的$x_1\in(m,n)$，对于任意的$x_2\in(m,n)$，都有$f(x_1)\geq g(x_2)$成立。则$f(x_1)_{max}\geq

g(x_2)_{max}$。

2.对于$x_1\in(m,n)$，$x_2\in(m,n)$，在$(m,n)$上$f(x)$是增函数。

3.题型1：已知不等式恒成立，求系数范围。解题方法：(1)分离法：求最值时，可能用罗比达法则；研究单调性时，或多次求导。(2)讨论法：有的需要构造函数。关键是确定讨论标准。分类的方法：在求极值点的过程中，未知数的系数与$a$的关系不定而引起的分类；有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，$\Delta$与$a$的关系不定）；极值点的大小关系不定而引起的分类；极值点与区间的关系不定而引起分类。分类必须从同一标准出发，做到不重复，不遗漏。(3)数形结合：若$f(x_1)-f(x_2)\geq a$成立，则构造函数$t(x)=f(x)-ax$，转化证明$t(x_1)-t(x_2)\geq 0$。

4.解题思路：(1)代特定值缩小范围。(2)化简不等式。(3)选用方法（用讨论法时，或构造新函数）。方法：分离法。求最值时，可能用罗比达法则；研究单调性时，或多次求导。例如，对于函数$f(x)=e^{x-\ln x}+a$，在$x\in[1,e]$上$f(x)\geq

e$恒成立，求实数$a$的取值范围。解题方法是分离$x^2$法，多次求导，得到$a\in(-\infty,1]$。

5.练：设函数$f(x)=x(e^{-1}-a)-x$，若当$x\geq 0$时

$f(x)\geq 0$，求$a$的取值范围。解题方法是分离法和罗比达

法则，得到$a\in(-\infty,1]$。又如，设函数$f(x)=e^{-1}-x-ax$，若当$x\geq 0$时$f(x)\geq 0$，求$a$的取值范围。解题方法是

讨论法，确定讨论标准为$f(x)$的极值点和$f(x)$与$x$的关系，得到$a\in(-\infty,1]$。

3.已知函数 $f(x)=x-aln(x)$，$g(x)=\frac{-1}{1+a}$，$(a\in R)$。若在 $[1,e]$ 上存在一点 $x$，使得

$\frac{x}{e^2+1}f(x)

解法：首先将不等式等价变形，得到

$x<\frac{e^2+1}{f(x)}g(x)$。将 $f(x)$ 和 $g(x)$ 分别看成两个

函数，其中 $g(x)$ 的图像为一条直线，而 $f(x)$ 的图像为一

条曲线。我们可以利用导数研究 $f(x)$ 的单调性、极值、最值以及图像的凹凸性，然后画出两个函数的图像。根据不等式关系和图像的位置关系，列式求解。具体地，我们可以计算出

$f(x)$ 的导数为 $f'(x)=1-\frac{a}{x}$，令其等于 $0$，解得

$x=a$，代入 $f(x)$ 得到 $f(a)=a-a\ln a$。因此，当

$x\in(0,a)$ 时，$f(x)$ 为增函数，当 $x\in(a,+\infty)$ 时，

$f(x)$ 为减函数。同时，$f(x)$ 在 $x=e$ 处取得最小值

$f(e)=1-e$，因此 $\frac{e^2+1}{f(x)}g(x)$ 的最小值为

$\frac{e^2+1}{1-e}\cdot\frac{-1}{1+a}$。因此，原不等式成立

当且仅当 $x\in(0,a)$ 时，$\frac{x}{e^2+1}f(x)$ 取最大值，即$\frac{x}{e^2+1}f(x)=\frac{a}{e^2+1}(a-\ln a)$；同时，

$\frac{e^2+1}{f(x)}g(x)$ 取最小值，即

$\frac{e^2+1}{f(x)}g(x)=\frac{e^2+1}{1-e}\cdot\frac{-1}{1+a}$。因此，原不等式成立当且仅当 $\frac{a}{e^2+1}(a-\ln

a)<\frac{e^2+1}{1-e}\cdot\frac{-1}{1+a}$，即 $a\in\left(-\infty,-

2\right)\cup\left(\frac{1}{e}-1,\infty\right)$。

a+1)。(1-x)e ≥ b。x^2xe^(1-x) = e^(1-x)，设t(x) = e^(2x(1-x))。x ∈ R。

t'(x) = e^(2x(1-2x))。当x ∈ (-∞。1/2)，t'(x)。0；当x ∈(1/2.+∞)，t'(x) < 0，故t(x)有最大值t(1/2) = 1/e，所以(a+1)b的最大值为2/e。

练（2011浙江卷理科22题第二问）：

设函数f(x) = (x-a)lnx，a∈R，求实数a的取值范围，使

得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x) ≤ 2ln(4e)成立。（答案：a的

取值范围为[3e-2.3e]/(2e)）

方法：变更主元

例：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) < XXX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，f(x)

= x^4 - mx^3 + 3x^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。（答案：2）

练：设函数f(x)=xlnx。证明：当a。3时，对任意x。0，

f(a+x)。3时，f'(a) = ln(a) + 1 - a。0，故f(x)在(a。+∞)上为凸

函数，利用凸函数的性质即可证明，答案：a。3）

五．函数零点问题

题型1：判断函数零点的个数。

方法：方程法；函数图象法；转化法；存在性定理

例：设a∈R，f(x) = -x^3 + ax + (1-a)lnx．若函数y=f(x)有

零点，求a的取值范围．

提示：当a。1时，f(1)。0，f(3a)。1）

练：求过点(1,0)作函数y=x-lnx图象的切线的个数。（答案：两条）

题型2：已知函数零点，求系数。

方法：图象法(研究函数图象与x轴交点的个数)；方程法；转化法（由函数转化方程，再转化函数，研究函数的单调性。）例：函数f(x) = ln x - x + 1 - a(x-1)在(1,3)有极值，求实数

a的取值范围。（答案：a ∈ (-∞。-3/2) ∪ (1/3.+∞)）

练：1.证明：函数f(x) = ln x的图象与函数g(x) = -x/e的

图象无公共点。

已知函数f(x)=lnx-x^2+x+2，设函数g(x)=x-

(1+2e)x+(m+1)x+2，（m∈R），试讨论函数f(x)与g(x)图像交点的个数。

答案：当m>e+1时，两个函数图像没有公共点；当

m=e+1时，两个函数图像有一个公共点；当m

函数图像有两个公共点。

典型题型3：已知函数隐零点问题，求系数最值或不等式。

思路：

1.找隐零点。（以图代证分析）求导推证，一般用存在性

定理。

2.写隐零点等式及变式

3.运用隐零点

练：

1.（2012全国I 21题）设函数f(x)=e^-ax-

2.若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求k的最大值。

2.设函数f(x)=e^(2x/x)-alnx。求证：当a>0时，

f(x)>=2a+aln(2/a)。

六．不等式证明问题

方法1：构造函数，函数值域法。研究单调性，最值，得出不等关系。

方法2.研究两个函数的最值。如证f(x)>=g(x)，需证f(x)的最小值大于g(x)的最大值即可。

方法3构造“中间”函数，类似不等式放缩

方法1：构造函数分类讨论

已知函数f(x)=a ln(x/b)+c/x，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.证明：当x>1，且x≠b时，f(x)>c.

例：已知函数f(x)=ax-e(a>0)。当1≤a≤e+1时，试讨论f(x)与x的大小关系。

方法2：构造函数

已知函数f(x)=ax^2+kbx(x>0)与函数g(x)=ax+blnx，a、b、k为常数，（1）若g(x)图像上一点p(2,g(2))处的切线方程为：设A(x1,y1),B(x2,y2),(x1g(x).

例：已知函数f(x)=xlnx。证明：当a>3时，对任意x>0，

f(a+x)

方法3构造“中间”函数，不等式放缩

已知函数f(x)=lnx，g(x)=e，用多种方法证明：f(x)-g(x)>2.

3.设函数$f(x)=\ln x+\frac{3}{x-1}$，证明：当$x>1$时，

$f(x)

方法：构造函数，不等式放缩。

首先，我们构造一个函数$g(x)=x-1-\ln x$，则当$x>1$时，$g(x)>0$。

接下来，我们考虑$f(x)-g(x)$的符号。有：

f(x)-g(x)=\ln x+\frac{3}{x-1}-x+1+\ln x=x-1-\ln

x+\frac{3}{x-1}-\ln x$

g(x)+\frac{3}{x-1}-2\ln x$

因为$x>1$，所以$g(x)>0$，$\frac{3}{x-1}>0$，$2\ln x>0$，所以$f(x)-g(x)>0$。

因此，当$x>1$时，$f(x)

考虑函数$f(x)=\ln x+\frac{3}{x-1}$，证明当$x>1$时，$f(x)

我们构造一个函数$g(x)=x-1-\ln x$，则当$x>1$时，$g(x)>0$。

接下来，我们考虑$f(x)-g(x)$的符号。有：

f(x)-g(x)=\ln x+\frac{3}{x-1}-x+1+\ln x=x-1-\ln

x+\frac{3}{x-1}-\ln x=g(x)+\frac{3}{x-1}-2\ln x$

因为$x>1$，所以$g(x)>0$，$\frac{3}{x-1}>0$，$2\ln

x>0$，所以$f(x)-g(x)>0$。

因此，当$x>1$时，$f(x)

x2 < 2.

证明：（运用定义证明。）设x1.1)，故2(t + 1) = 3t^2 +

3t + 1，即4t^2 + 4t + 1 < 0，即x1 + x2 < 2x2，由于仅用a难

表示x1 + x2，故两式相减，构造用t表示x2/x1的函数求解。

x-2/x+1，x∈(0,+∞)，则f(x)的单调递增区间为（）

解法一：构造对称函数法

1）求出函数f(x)的极值点x=2；

2）构造一元差函数F(x)=f(x+2)-f(x-2)=(x+2-2)/(x+2+1)-(x-2-2)/(x-2+1)=4/(x^2-4x+5)；

3）F(x)的分母为二次函数，开口向上，故F(x)单调递增；

4）F(0)=4/5>0，故当x>2时，F(x)>F(0)，即f(x+2)>f(x-2)；

5）由f(x1)=f(x2)得到f(x1)>f(2x2-x1)，即x1>2x2-x1，即

x1+x2>4.

6）结合f(x)单调性得到x1+x2>4时，f(x)单调递增。

故答案为(4,∞)。

解法二：导数法

f'(x)=(x+1)-(-2)/(x+1)^2，令f'(x)=0得到x=2；

对于x0，故f(x)单调递增；

对于x>2，f'(x)<0，故f(x)单调递减；

故答案为(0,2)。

解法三：不等式法

对于x>0，有x-20，故f(x)-f(2)=(x-2)/(x+1)-(0-

2)/(0+1)=(x-2)/(x+1)+2>0，即f(x)>f(2)；

对于x>2，有x-2>0，x+1>0，故f(x)-f(2)=(x-2)/(x+1)-(0-2)/(0+1)=(x-2)/(x+1)-2<0，即f(x)

故答案为(4,∞)。

求解f(x)的单调区间：

f(x)=\frac{1-x}{1+x^2}xe^x$$

对于x∈(−∞,0)，f(x)单调递增；对于x∈(0,∞)，f(x)单调递减。

证明：当f(x1)=f(x2),(x1≠x2)时，x1+x2<2-x

当x0；当x>1时，f(x)<0.因为f(x1)=f(x2),(x1≠x2)，不妨

设x1

设F(x)=f(x)−f(−x)=\frac{1-x}{1+x^2}(xe^x+xe^{-x})，

x∈(0,1)。

G(x)=(1−x)xe^x−(1+x)e^{-x}，G'(x)=−xe^{-x}(e^{2x}−1)，当x∈(0,1)时，G'(x)<0，G(x)在(0,1)单调递减。从而

G(x)

x2∈(0,1)，所以f(x2)

x1,−x2∈(−∞,0)，函数f(x)在(−∞,0)上是单调递增，所以

x1<−x2，即x1+x2<2−x。

构造比较函数法：

对于f(x)=xe^x，f'(x)=e^x(1+x)，令f'(x)=0，得到x=-1，

是f(x)的极值点。因为f'(x)>0，所以当x-1时，f(x)单调递增。因此f(x)的单调区间为(-∞,-1)和(-1,∞)。

对于证明x1+x2<2-x，可以构造比较函数，设t=x1+x2，

则x1x2=e^{x1+x2}e^{-t}，代入f(x)的表达式中得到

f(x)=\frac{1-t}{1+t^2}xe^{\frac{t}{2}}e^{x-\frac{t}{2}}。

构造比较函数g(x)=\frac{1-t}{1+t^2}xe^{\frac{t}{2}}e^{-

\frac{t}{2}}，则g'(x)=\frac{1-

t}{1+t^2}(e^{\frac{t}{2}}+xe^{\frac{t}{2}})\cdot e^{-

\frac{t}{2}}，g'(x)>0，因此g(x)单调递增。因为g(x1)=g(x2)，所以x1+x2=t<2-x。

给定函数$g(t)=\frac{(t+1)\ln t}{t-1}\left( t>1 \right)$，设

$h(t)=\frac{(t-1)(1+\sqrt{t})^{-2}\ln t}{2t^2(t-1)}$，则

$h'(t)=\frac{2t^2-t-1}{t^2(t-1)^2\sqrt{t}(1+\sqrt{t})^3}\ln t$。由

于$h'(t)>0$，则$h(t)>h(1)=\frac{1}{2}$，即$g'(t)>\frac{1}{2}$，故$g(t)>g(1)=\ln 2$。因此，$\lim_{t\to 1^{+}}g(t)=\ln 2$。这

个例子展示了在求解二元变量的范围时，可以利用不等式放缩，特别是对数平均不等式和指数平均不等式。

1）对数平均不等式：对于两个正数$a$和$b$，定义它们

的对数平均为$L(a,b)=\frac{\ln a-\ln b}{2}$，若$a\neq b$，则

$ab\leqslant L(a,b)\leqslant \frac{a+b}{2}$。这个不等式可以用来求解函数的单调性和极值。

2）指数平均不等式：对于两个正数$m$和$n$，定义它们的指数平均为$E(m,n)=\frac{e^m-e^n}{m-n}$，若$m\neq n$，则$\frac{e^{m+n}}{2}\leqslant E(m,n)\leqslant

\frac{e^m+e^n}{2}$。这个不等式可以用来放缩函数的取值范围。

举个例子，对于函数$f(x)=xe^x$，我们可以求出

$f'(x)=(x+1)e^x$，因此$f(x)$在$x>-1$时单调递增，在$x=-

1$处取得极小值$f(-1)=\frac{1}{e}$。又因为$f(x)$在$x=0$处与$x$轴相交，因此$f(x)>0$，即$f(x)>f(-1)=\frac{1}{e}$，即$x+\frac{x}{e}>1$。这个结论可以用对数平均不等式证明：$x+\frac{x}{e}=e\cdot \frac{x\cdot e^{-1}+x}{2}\geqslant

e\cdot\sqrt{x\cdot e^{-1}\cdot x}=e\sqrt{\frac{x^2}{e}}\geqslant e\sqrt{\frac{1}{e}}=\frac{1}{e}$。

I) 解一：

考虑函数$f(x)=(x-2)e^{a(x-1)}$的零点，当$x=1$时，

$f(1)=-e0$。