高三导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型
1. 高考命题回顾
例1已知函数f(x)=e x -ln(x +m).(2013全国新课标Ⅱ卷)
(1)设x =0是f(x)的极值点,求m ,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0.
(1)解 f (x )=e x -ln(x +m )?f ′(x )=e x -1x +m ?f ′(0)=e 0-1
0+m
=0?m =1,
定义域为{x |x >-1},f ′(x )=e x
-1
x +m
=
e x x +1-1
x +1
,
显然f (x )在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明 g (x )=e x -ln(x +2),则g ′(x )=e x -1
x +2
(x >-2).
h (x )=g ′(x )=e x -1x +2(x >-2)?h ′(x )=e x +1
x +22>0,
所以h (x )是增函数,h (x )=0至多只有一个实数根,
又g ′(-12)=1e -13
2
<0,g ′(0)=1-1
2>0,
所以h (x )=g ′(x )=0的唯一实根在区间???
?-1
2,0内, 设g ′(x )=0的根为t ,则有g ′(t )=e t -1
t +2=0????-12 t +2 ?t +2=e -t , 当x ∈(-2,t )时,g ′(x ) t +2+t = 1+t 2 t +2>0, 当m ≤2时,有ln(x +m )≤ln(x +2), 所以f (x )=e x -ln(x +m )≥e x -ln(x +2)=g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2 1 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-(2012全国新课标) (1)求)(x f 的解析式及单调区间; (2)若b ax x x f ++≥ 2 2 1)(,求b a )1(+的最大值。 (1)121 1()(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 = 12 11()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得:2 1()()()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)21()()(1)02 x f x x ax b h x e a x b ≥++?=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时,()0()h x y h x '>?=在x R ∈上单调递增 x →-∞时,()h x →-∞与()0h x ≥矛盾 ②当10a +>时,()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>?>+<+ 得:当ln(1)x a =+时,min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 2 2 (1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令2 2()ln (0)F x x x x x =->;则()(12ln )F x x x '=- ()00()0F x x F x x ''>?<< > 当x =max ()2 e F x = 当1,a b ==(1)a b +的最大值为2 e 例3已知函数ln ()1a x b f x x x = ++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。(2011全国新课标) (Ⅰ)求a 、b 的值; (Ⅱ)如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k f x x x > +-,求k 的取值范围。 解(Ⅰ)22 1(ln ) '()(1)x x b x f x x x α+-=- + 由于直线230x y +-=的斜率为12-, 且过点(1,1),故(1)1,1'(1),2f f =???=-??即1,1,22 b a b =?? ?-=-?? 解得1a =,1b =。 (Ⅱ)由(Ⅰ)知ln 1 f ()1x x x x = ++,所以 22 ln 1(1)(1) ()()(2ln )11x k k x f x x x x x x ---+=+--。 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1) k x x --(0)x >,则22(1)(1)2'()k x x h x x -++= 。 (i)设0k ≤,由222 (1)(1) '()k x x h x x +--=知,当1x ≠时,'()0h x <,h(x)递减。而(1)0h = 故当(0,1)x ∈时, ()0h x >,可得 21 ()01h x x >-; 当x ∈(1,+∞)时,h (x )<0,可得2 11 x - h (x )>0 从而当x>0,且x ≠1时,f (x )-(1ln -x x +x k )>0,即f (x )>1ln -x x (ii )设0 (1)21k x x k -++-的图像开口向下,且 244(1)0k ?=-->,对称轴x=1 11k >-. 当x ∈(1,k -11)时,(k-1)(x 2 +1) +2x>0,故'h (x )>0,而h (1)=0,故当x ∈(1,k -11)时,h (x )>0,可得2 11 x -h (x )<0,与题设矛盾。 (iii )设k ≥1.此时212x x +≥,2 (1)(1)20k x x -++>?' h (x )>0,而h (1)=0, 故当x ∈ (1,+∞)时,h (x )>0,可得 2 11 x - h (x )<0,与题设矛盾。 综合得,k 的取值范围为(-∞,0] 例4已知函数f(x)=(x 3+3x 2+ax+b)e - x . (2009宁夏、海南) (1)若a =b =-3,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(-∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β-α>6. 解: (1)当a =b =-3时,f(x)=(x 3+3x 2-3x -3)e -x ,故 f′(x)=-(x 3+3x 2-3x -3)e -x +(3x 2+6x -3)e -x =-e -x (x 3-9x)=-x(x -3)(x+3)e -x . 当x <-3或0<x <3时,f′(x)>0;当-3<x <0或x >3时,f′(x)<0. 从而f(x)在(-∞,-3),(0,3)单调增加,在(-3,0),(3,+∞)单调减少. (2)f′(x)=-(x 3+3x 2+ax+b)e -x +(3x 2+6x+a)e -x =-e -x [x 3+(a -6)x+b -a ]. 由条件得f′(2)=0,即23+2(a -6)+b -a =0,故b =4-a. 从而f′(x)=-e -x [x 3+(a -6)x+4-2a ].因为f′(α)=f′(β)=0, 所以x 3+(a -6)x+4-2a =(x -2)(x -α)(x -β)=(x -2)[x 2-(α+β)x+αβ]. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β=-2,αβ=a -2. 故a 4124)(2-=-+=-αβαβαβ.又(β-2)(α-2)<0, 即αβ-2(α+β)+4<0.由此可得a <-6. 于是β-α>6. 2. 在解题中常用的有关结论※ 3. 题型归纳 ①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用 (构造函数,最值定位)(分类讨论,区间划分)(极值比较)(零点存在性定理应用)(二阶导转换) 例1(切线)设函数 a x x f -=2 )(. (1)当1=a 时,求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值; (2)当0>a 时,曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ,l 与x 轴交于 点)0,(2x A 求证:a x x >>21. 例2(最值问题,两边分求)已知函数1()ln 1a f x x ax x -=-+ -()a ∈R . ⑴当1 2 a ≤ 时,讨论()f x 的单调性; ⑵设2()2 4.g x x bx =-+当1 4 a =时,若对任意1(0,2)x ∈,存在[]21,2x ∈,使 12()()f x g x ≥,求实数b 取值范围. ②交点与根的分布 例3(切线交点)已知函数()()3 2 3,f x ax bx x a b R =+-∈在点()() 1,1f 处的切线方程 为20y +=. ⑴求函数()f x 的解析式; ⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤,求实数 c 的最小值; ⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线,求实数m 的取值范围. 例4(综合应用)已知函数 .23)32ln()(2x x x f - += ⑴求f (x )在[0,1]上的极值; ⑵若对任意0 ]3)(ln[|ln |],31 ,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式成立,求实数a 的取值 范围; ⑶若关于x 的方程b x x f +-=2)(在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数b 的取值 范围. ③不等式证明 例5 (变形构造法)已知函数 1)(+= x a x ?,a 为正常数. ⑴若)(ln )(x x x f ?+=,且a 29 = ,求函数)(x f 的单调增区间; ⑵在⑴中当0=a 时,函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ,()22,y x B , 线段AB 的中点为),(00y x C ,记直线AB 的斜率为k ,试证明:)(0x f k ' >. ⑶若)(ln )(x x x g ?+=,且对任意的(]2,0,21∈x x ,21x x ≠,都有1 ) ()(1212-<--x x x g x g ,求a 的取值范围. 例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2 >=a ax x x f . (1)若2 )('x x f ≤对任意的0>x 恒成立,求实数a 的取值范围; (2)当1=a 时,设函数 x x f x g )()(= ,若1 ),1,1 (,2121<+∈x x e x x ,求证 42121)(x x x x +< 例7(绝对值处理)已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点,且在1=x 处取 得极大值. (I )求实数a 的取值范围; (II )若方程9 )32()(2 +-=a x f 恰好有两个不同的根,求)(x f 的解析式; (III )对于(II )中的函数)(x f ,对任意R ∈βα、,求证:81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f . 例8(等价变形)已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R . (Ⅰ)讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数; (Ⅱ)若函数)(x f 在1=x 处取得极值,对x ?∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立, 求实数b 的取值范围; (Ⅲ)当2 0e y x <<<且e x ≠时,试比较 x y x y ln 1ln 1--与 的大小. 例9(前后问联系法证明不等式)已知217 ()ln ,()(0) 22f x x g x x mx m ==++<,直线l 与函数(),()f x g x 的图像都相切,且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1。 (I )求直线l 的方程及m 的值; (II )若()(1)'()()h x f x g x =+-其中g'(x)是g(x)的导函数,求函数()h x 的最大值。 (III )当0b a <<时,求证: ()(2).2b a f a b f a a -+-< 例10 (整体把握,贯穿全题)已知函数ln ()1x f x x = -. (1)试判断函数()f x 的单调性; (2)设0m >,求()f x 在[,2]m m 上的最大值; (3)试证明:对任意*n ∈N ,不等式11ln()e n n n n ++< 都成立(其中e 是自然对数的底数). (Ⅲ)证明:2 121111 n n a a a n ++???+>+. 例11(数学归纳法)已知函数()ln(1)f x x mx =++,当0x =时,函数()f x 取得极大值. (1)求实数m 的值; (2)已知结论:若函数()ln(1)f x x mx =++在区间(,)a b 内导数都存在,且1a >-, 则存在0(,)x a b ∈,使得0()() ()f b f a f x b a -'= -.试用这个结论证明:若 121x x -<<,函数121112 ()() ()()()f x f x g x x x f x x x -=-+-,则对任意 12(,)x x x ∈,都有()()f x g x >; (3)已知正数12,,,n λλλL ,满足121n λλλ+++=L ,求证:当2n ≥,n N ∈时, 对任意大于1-,且互不相等的实数12,,,n x x x L ,都有1122()n n f x x x λλλ+++>L 1122()()()n n f x f x f x λλλ+++L . ④恒成立、存在性问题求参数范围 例12(分离变量)已知函数 x a x x f ln )(2 +=(a 为实常数). (1)若2-=a ,求证:函数)(x f 在(1,+∞)上是增函数; (2)求函数)(x f 在[1,e ]上的最小值及相应的x 值; (3)若存在],1[e x ∈,使得x a x f )2()(+≤成立,求实数a 的取值范围. 例13(先猜后证技巧)已知函数x x n x f ) 1(11)(++= (Ⅰ)求函数f (x )的定义域 (Ⅱ)确定函数f (x )在定义域上的单调性,并证明你的结论. (Ⅲ)若x >0时1 )(+>x k x f 恒成立,求正整数k 的最大值. 例14(创新题型)设函数f(x)=e x +sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x). (Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a 的值; (Ⅱ)当 a=1时,设P(x 1,f(x 1)), Q(x 2, g(x 2))(x 1>0,x 2>0), 且PQ//x 轴,求P 、Q 两点间的最短距离; (Ⅲ)若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(-x)的图象上方,求实数a 的取值范围. 例15(图像分析,综合应用) 已知函数)1,0(12)(2 <≠++-=b a b ax ax x g ,在区间[] 3,2上有最大值4,最小值1,设() ()g x f x x = . (Ⅰ)求b a ,的值; (Ⅱ)不等式 02)2(≥?-x x k f 在]1,1[-∈x 上恒成立,求实数k 的范围; (Ⅲ)方程0 )3|12|2 (|)12(|=--+-x x k f 有三个不同的实数解,求实数k 的范围. ⑤导数与数列 例16(创新型问题)设函数2()()()x f x x a x b e =-+,a b R ∈、,x a =是()f x 的一个极大值点. ⑴若0a =,求b 的取值范围; ⑵当a 是给定的实常数,设123x x x ,,是()f x 的3个极值点,问是否存在实数b ,可 找到4x R ∈,使得1234x x x x ,,,的某种排列1234,,,i i i i x x x x (其中 {}1234i i i i ,,,={}1234, ,,)依次成等差数列?若存在,求所有的b 及相应的4x ;若不存在,说明理由. ⑥导数与曲线新题型 例17(形数转换)已知函数()ln f x x =, 2 1()2 g x ax bx = +(0)a ≠. (1)若2a =-, 函数()()()h x f x g x =- 在其定义域是增函数,求b 的取值范围; (2)在(1)的结论下,设函数??2x x (x)=e +be ,x ∈[0,ln2],求函数(x)的最小值; (3)设函数)(x f 的图象C 1与函数)(x g 的图象C 2交于点P 、Q,过线段PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ,问是否存在点R,使C 1在M 处的切线与C 2在N 处的切线平行?若存在,求出R 的横坐标;若不存在,请说明理由. 例18(全综合应用)已知函数()1ln (02)2x f x x x =+<<-. (1)是否存在点(,)M a b ,使得函数()y f x =的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数()y f x =的图像上?若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由; (2)定义21 1 1221 ()()()( )n n i i n S f f f f n n n n -=-==++???+∑,其中*n ∈N ,求2013S ; (3)在(2)的条件下,令12n n S a +=,若不等式2()1n a m n a ?>对* n ?∈N 且2n ≥恒成立,求实数m 的取值范围. ⑦导数与三角函数综合 例19(换元替代,消除三角)设函数2 ()()f x x x a =--(x ∈R ),其中a ∈R . (Ⅰ)当1a =时,求曲线()y f x =在点(2(2))f ,处的切线方程; (Ⅱ)当0a ≠时,求函数()f x 的极大值和极小值; (Ⅲ)当3a >, [] 10k ∈-,时,若不等式22 (cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的 x ∈R 恒成立,求k 的值。 ⑧创新问题积累 例20已知函数2()ln 44 x x f x x -=+-. I 、求()f x 的极值. II 、求证()f x 的图象是中心对称图形. III 、设()f x 的定义域为D ,是否存在[],a b D ?.当[],x a b ∈时,()f x 的取值范围 是,44a b ?????? ?若存在,求实数a 、b 的值;若不存在,说明理由 导数压轴题题型归纳 参考答案 例1解:(1)1=a 时,x x x g -=3 )(,由013)(2 =-=' x x g ,解得 33± =x . )(x g ' 所以当 33=x 时,)(x g 有最小值932)33(- =g . (2)证明:曲线)(x f y =在点)2,(2 11a 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(112 1x x x a x y -=--. 令0=y ,得 12122x a x x +=,∴12 1 11211222x x a x x a x x x -= -+=- ∵a x >1,∴0 212 1 <-x x a ,即12x x <. 又∵1122x a x ≠,∴a x a x x a x x a x x =?>+=+=11111212 222222 所以a x x >>21. 例2⑴1()ln 1(0)a f x x ax x x -=-+->,222l 11 ()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=> 令2()1(0)h x ax x a x =-+-> ①当0a =时,()1(0)h x x x =-+>,当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减;当(1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>,函数()f x 单调递增. ②当0a ≠时,由()0f x '=,即210ax x a -+-=,解得121 1,1x x a ==-. 当1 2a =时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤,函数()f x 单调递减; 当102a <<时,1 110a ->>,(0,1)x ∈时()0,()0h x f x '><,函数()f x 单调递减; 1 (1,1)x a ∈-时,()0,()0h x f x '<>,函数()f x 单调递增; 1 (1,)x a ∈-+∞时,()0,()0h x f x '><,函数()f x 单调递减. 当0a <时 1 10a -<,当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减; 当(1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>,函数()f x 单调递增. 综上所述:当0a ≤时,函数()f x 在(0,1)单调递减,(1,)+∞单调递增; 当1 2a =时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤,函数()f x 在(0,)+∞单调递减; 当102a <<时,函数()f x 在(0,1)递减,1(1,1)a -递增,1 (1,)a -+∞递减. ⑵当1 4 a =时,()f x 在(0,1)上是减函数,在(1,2)上是增函数,所以对任意1(0,2)x ∈, 有11 ()(1)2 f x f =-≥, 又已知存在[]21,2x ∈,使12()()f x g x ≥,所以21 ()2 g x -≥,[]21,2x ∈,(※) 又22 ()()4,[1,2]g x x b b x =-+-∈ 当1b <时,min ()(1)520g x g b ==->与(※)矛盾; 当[]1,2b ∈时,2 min ()(1)40g x g b ==-≥也与(※)矛盾; 当2b >时,min 117()(2)84,28 g x g b b ==-≤- ≥. 综上,实数b 的取值范围是17 [,)8+∞. 例3解:⑴()2 323f x ax bx '=+-. 根据题意,得()()12,10, f f =-??? '=??即32,3230,a b a b +-=-??+-=?解得10a b =??=? 所以()3 3f x x x =-. ⑵令()0f x '=,即2330x -=.得1x =±. 因为12f -=,12f =-,所以当2,2x ∈-时,max 2f x =,min 2f x =-. 则对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x ,都有 ()()()()12max min 4f x f x f x f x -≤-=,所以4c ≥.所以c 的最小值为4. ⑶因为点()()2,2M m m ≠不在曲线()y f x =上,所以可设切点为()00,x y . 则30003y x x =-.因为()20033f x x '=-,所以切线的斜率为2 033x -. 则20 33x -=300032 x x m x ---,即32 002660x x m -++=. 因为过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线, 所以方程32 002660x x m -++=有三个不同的实数解. 所以函数()3 2 266g x x x m =-++有三个不同的零点. 则()2 612g x x x '=-.令()0g x '=,则0x =或2x =. ()()0022 g g >????60 20 m m +>?? -+62m -<<例4解:⑴2 3) 13)(1(33323)(+-+-=-+= 'x x x x x x f , 令131 0)(-==='x x x f 或得(舍去) )(,0)(,310x f x f x >'<≤∴时当单调递增;当)(,0)(,131 x f x f x <'≤<时递减. ]1,0[)(6 1 3ln )31(在为函数x f f -=∴上的极大值. ⑵由0]3)(ln[|ln |>+'+-x x f x a 得x x a x x a 323 ln ln 323ln ln ++<+->或 设3 32ln 323ln ln )(2 x x x x x h +=+-=,x x x x x g 323ln 323ln ln )(+=++=, 依题意知]3 1 ,61[)()(∈<>x x g a x h a 在或上恒成立, 0)32(2 )32(33)32(3332)(2 >+=+?-+?+='x x x x x x x x g Θ, 03262)62(31323)(2 2>++=+?+='x x x x x x x h , ]31 ,61[)()(都在与x h x g ∴上单增,要使不等式①成立, 当且仅当.5 1 ln 31ln ),61()31(<><>a a g a h a 或即或 ⑶由.022 3)32ln(2)(2 =-+-+?+-=b x x x b x x f 令x x x x x b x x x x 329723323)(,223)32ln()(2 2+-= +-+='-+-+=??则, 当]37 ,0[)(,0)(,]37,0[在于是时x x x ??>'∈上递增; ]1,37[)(,0)(,]1,37[在于是时x x x ??<'∈上递减, 而)1()3 7(),0()37(????>>, ]1,0[0)(2)(在即=+-=∴x b x x f ?恰有两个不同实根等价于 ?? ? ? ?? ?? ? ≤-+=>-+-+=≤-=0215ln )1(067267)72ln()37(02ln )0(b b b ??? .3 7 267)72ln(215ln +-+<≤+∴b 例5解:⑴2 22)1(1 )2()1(1)(++-+=+- ='x x x a x x a x x f ∵a 2 9=,令0)(>'x f 得2>x 或210< ,0(+∞. ⑵证明:当0=a 时x x f ln )(= ∴x x f 1)(=', ∴210021)(x x x x f +==',又 1 21212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--= 不妨设12x x > , 要比较k 与)(0x f '的大小,即比较1 212ln x x x x -与2 12 x x +的大小, 又∵12x x >,∴ 即比较12ln x x 与1) 1(2)(21 2122 112+-=+-x x x x x x x x 的大小. 令)1(1 ) 1(2ln )(≥+-- =x x x x x h ,则0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h , ∴)(x h 在[)+∞,1上位增函数. 又112>x x ,∴0)1()(12=>h x x h , ∴1) 1( 2ln 1 21 2 1 2+->x x x x x x ,即)(0x f k '> ⑶∵ 1)()(1 212-<--x x x g x g ,∴ []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g 由题意得x x g x F +=)()(在区间(]2,0上是减函数. ?1 当x x a x x F x +++=≤≤1 ln )(,21, ∴ 1)1(1)(2++-='x a x x F 由31 3)1()1(0)(222+++=+++≥?≤'x x x x x x a x F 在[]2,1∈x 恒成立. 设=)(x m 3132+++x x x ,[]2,1∈x ,则031 2)(2>+-='x x x m ∴)(x m 在[]2,1上为增函数,∴2 27 )2(=≥m a . ?2 当x x a x x F x +++-=<<1 ln )(,10,∴ 1)1(1)(2++--='x a x x F 由11 )1()1(0)(222--+=+++-≥?≤'x x x x x x a x F 在)1,0(∈x 恒成立 设=)(x t 11 2--+x x x ,)1,0(∈x 为增函数,∴0)1(=≥t a 综上:a 的取值范围为2 27≥a . 例6解:(1)x ax x x f +=)ln(2)(',2)ln(2)('x x ax x x f ≤+=, 即x ax ≤+1ln 2在0>x 上恒成立 设x ax x u -+=1ln 2)(,2,012 )('==-=x x x u ,2>x 时,单调减,2 所以2=x 时,)(x u 有最大值.212ln 2,0)2(≤+≤a u ,所以2 0e a ≤<. (2)当1=a 时,x x x x f x g ln ) ()(==, e x x x g 1,0ln 1)(==+=,所以在),1(+∞e 上)(x g 是增函数,)1 ,0(e 上是减函数. 因为11 211<+< ,所以111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+ 即)ln(ln 211211x x x x x x ++< , 同理)ln(ln 212 2 12x x x x x x ++<. 所以)ln()2()ln()(ln ln 211 2 212 112122121x x x x x x x x x x x x x x x x +++=++++<+ 又因为,4212 21≥++ x x x x 当且仅当“21x x =”时,取等号. 又1),1,1 (,2121<+∈x x e x x ,0)ln(21<+x x , 所以)ln(4)ln()2(21211 2 21x x x x x x x x +≤+++, 所以)ln(4ln ln 2121x x x x +<+, 所以:42121)(x x x x +<. 例7(I ),23)(,00)0(2b ax x x f c f ++='=?=320)1(--=?='a b f ),323)(1()32(23)(2++-=+-+='∴a x x a ax x x f 由3 3 210)(+-==?='a x x x f 或,因为当1=x 时取得极大值, 所以313 3 2->+-a a ,所以)3,(:--∞的取值范围是a ; 依题意得:9 )32(272 - =+a ,解得:9-=a 所以函数)(x f 的解析式是:x x x x f 159)(23+-= (III )对任意的实数βα,都有,2sin 22,2sin 22≤≤-≤≤-βα 在区间[-2,2]有:230368)2(,7)1(,7430368)2(=+-==-=---=-f f f ,7)1()(=f x f 的最大值是7430368)2()(-=---=-f x f 的最小值是 函数]2,2[)(-在区间x f 上的最大值与最小值的差等于81, 所以81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f . 例8解:(Ⅰ)x ax x a x f 1 1)(-=-=',当0≤a 时,()0f x '<在),0(+∞上恒成立,函数)(x f 在),0(+∞ 单调递减,∴)(x f 在),0(+∞上没有极值点; 当0>a 时,()0f x '<得10x a << ,()0f x '>得1x a >, ∴)(x f 在(10,)a 上递减,在(1),a +∞上递增,即)(x f 在a x 1 =处有极小值. ∴当0≤a 时)(x f 在),0(+∞上没有极值点, 当0>a 时,)(x f 在),0(+∞上有一个极值点. (Ⅱ)∵函数)(x f 在1=x 处取得极值,∴1=a ,∴b x x x bx x f ≥-+?-≥ln 112)(, 令x x x x g ln 11)(- + =,可得)(x g 在(]2,0e 上递减,在[) +∞,2e 上递增, ∴2 2min 1 1)()(e e g x g -==,即211b e ≤- . (Ⅲ)证明:) 1ln()1ln()1ln()1ln(+>+?++>-y e x e y x e y x y x , 令) 1ln()(+=x e x g x ,则只要证明)(x g 在),1(+∞-e 上单调递增, 又∵) 1(ln 11)1ln()(2+?????? +- += 'x x x e x g x , 显然函数1 1 )1ln()(+-+=x x x h 在),1(+∞-e 上单调递增. ∴01 1)(>->e x h ,即0)(>'x g , ∴)(x g 在),1(+∞-e 上单调递增,即)1ln()1ln(+>+y e x e y x , ∴当1->>e y x 时,有) 1ln()1ln(++>-y x e y x . 例9 解:(I )1 '(),'(1)1;Qf x f x =∴=l ∴直线的斜率为1, 且与函数()f x 的图像的切点坐标为(1,0),l ∴直线的方程为 1.y x =- 又l Q 直线与函数()y g x =的图象相切,211722 y x y x mx =-?? ∴?=++??方程组有一解。 由上述方程消去y ,并整理得22(1)90x m x +-+=① 依题意,方程②有两个相等的实数根,2[2(1)]490m ∴?=--?=解之, 得m=4或m=-2,0, 2.Qm m <∴=- (II )由(I )可知217 ()2,22 g x x x =-+ '()2,()ln(1)2(1)g x x h x x x x ∴=-∴=+-+>-,1'()1.11 x h x x x -∴=-=++ ∴∈当x (-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调,当(0,)x ∈+∞时,'()0,()h x h x <单减。 ∴当x=0时,()h x 取最大值,其最大值为2。 (III )()(2)ln()ln 2ln ln(1).22a b b a f a b f a a b a a a +-+-=+-==+ 0,0, 10. 22Q b a a b a b a a <<∴-<-<-∴-<< 证明,当(1,0)x ∈-时,ln(1),ln(1).22b a b a x x a a --+<∴+ < ()(2).2b a f a b f a a -∴+-< 例10解:(1)函数()f x 的定义域是(0,)+∞.由已知2 1ln ()x f x x -'= .令()0f x '=,得x e =. 因为当0x e <<时,()0f x '>;当x e >时,()0f x '<. 所以函数()f x 在(0,]e 上单调递增,在[,)e +∞上单调递减. (2)由(1)可知当2m e ≤,即2 e m ≤时,()f x 在[,2]m m 上单调递增,所以max ln 2()(2)12m f x f m m == -. 当m e ≥时,()f x 在[,2]m m 上单调递减,所以max ln ()1m f x m = -.当2m e m <<,即2e m e <<时,max 1 ()()1f x f e e ==-.综上所述,max ln 21,0221 ()1,2ln 1,m e m m e f x m e e m m e m ?-<≤?? ?=-<??-≥?? (3)由(1)知当(0,)x ∈+∞时max 1 ()()1f x f e e ==-.所以在(0,)x ∈+∞时恒有 ln 1()11x f x x e =-≤-,即ln 1 x x e ≤, 当且仅当x e =时等号成立.因此对任意(0,)x ∈+∞恒有1ln x e ≤.因为10n n +>,1n e n +≠,所以111ln n n n e n ++,即11ln()e n n n n ++< .因此对任意*n ∈N ,不等式11ln()e n n n n ++< . 例11解:(1)当(1,0)x ∈-时,()0f x '>,函数()f x 在区间(1,0)-上单调递增; 当(0,)x ∈+∞时,()0f x '<,函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递减. ∴函数()f x 在0x =处取得极大值,故1m =-. (2)令121112 ()() ()()()()()()f x f x h x f x g x f x x x f x x x -=-=- ---, 则1212 ()() ()()f x f x h x f x x x -''=--.Q 函数()f x 在12(,)x x x ∈上可导,∴存在 012(,)x x x ∈,使得12012 ()() ()f x f x f x x x -'=-. 1 ()11 f x x '=-+Q ,000011()()()11(1)(1)x x h x f x f x x x x x -'''∴=-=-=++++ Q 当10(,)x x x ∈时,()0h x '>,()h x 单调递增,1()()0h x h x ∴>=; Q 当02(,)x x x ∈时,()0h x '<,()h x 单调递减,2()()0h x h x ∴>=; 故对任意12(,)x x x ∈,都有()()f x g x >. (3)用数学归纳法证明. ①当2n =时,121λλ+=Q ,且10λ>,20λ>, 112212(,)x x x x λλ∴+∈,∴由(Ⅱ)得()()f x g x >,即 121122112211112212 ()() ()()()()()f x f x f x x x x x f x f x f x x x λλλλλλ-+>+-+=+-, ∴当2n =时,结论成立. ②假设当(2)n k k =≥时结论成立,即当121k λλλ+++=L 时,11221122()()()()k k k k f x x x f x f x f x λλλλλλ+++>+++L L . 当1n k =+时,设正 数121,,,k λλλ+L 满足1211k λλλ++++=L ,令12k m λλλ=+++L , 1 2 12,,,k k m m m λλλμμμ= = = L , 则11k n m λ++=,且121k μμμ+++=L . 112211()k k k k f x x x x λλλλ++++++L 1111[()]k k k k f m x x x μμλ++=+++L 1111()()k k k k mf x x f x μμλ++>+++L 1111()()()k k k k m f x m f x f x μμλ++>+++L 1111()()()k k k k f x f x f x λλλ++=+++L ∴当1n k =+时,结论也成立. 综上由①②,对任意2n ≥,n N ∈,结论恒成立. 例12 解:⑴当2-=a 时,x x x f ln 2)(2 -=,当),1(+∞∈x ,0) 1(2)(2>-='x x x f , 故函数)(x f 在),1(+∞上是增函数. ⑵)0(2)(2>+='x x a x x f ,当],1[e x ∈,]2,2[222e a a a x ++∈+. 若2-≥a ,)(x f '在],1[e 上非负(仅当2-=a ,x=1时,0)(='x f ),故函数)(x f 在],1[e 上是增函数,此时=min )]([x f 1)1(=f . 若222-<<-a e ,当2a x -=时,0)(='x f ;当2 1a x -<≤时,0)(<'x f ,此时)(x f 是减函数;当 e x a ≤<-2 时,0)(>'x f ,此时)(x f 是增函数. 故=min )]([x f )2 (a f -2)2ln(2a a a --=. 若22e a -≤,)(x f '在],1[e 上非正(仅当2e 2-=a ,x=e 时,0)(='x f ),故函数)(x f 在],1[e 上是减函数,此时==)()]([min e f x f 2e a +. ⑶不等式x a x f )2()(+≤,可化为x x x x a 2)ln (2-≥-. ∵],1[e x ∈, ∴x x ≤≤1ln 且等号不能同时取,所以x x 因而x x x x a ln 22--≥(] ,1[e x ∈) 令x x x x x g ln 2)(2--=(] ,1[e x ∈),又2)ln ()ln 22)(1()(x x x x x x g --+-=', 当],1[e x ∈时,1ln ,01≤≥-x x ,0ln 22>-+x x , 从而0)(≥'x g (仅当x=1时取等号),所以)(x g 在],1[e 上为增函数, 故)(x g 的最小值为1)1(-=g ,所以a 的取值范围是),1[+∞-. 例13 解:(1)定义域),0()0,1(+∞?- (2),0)]1ln(1 1[1)(2时当>+++-= 'x x x x x f 0)(<'x f 单调递减。 当)0,1(-∈x ,令 0)1(11) 1(1)()1ln(11 )(2 2<+=+++- ='+++=x x x x x g x x x g , 0)1(11)1(1)()1ln(11)(2 2<+=+++-='+++= x x x x x g x x x g 故)(x g 在(-1,0)上是减函数,即01)0()(>=>g x g , 故此时)]1ln(1 1 [ 1)(2+++-='x x x x f 在(-1,0)和(0,+∞)上都是减函数 (3)当x >0时,1 )(+>x k x f 恒成立,令]2ln 1[21+<=k x 有 又k 为正整数,∴k 的最大值不大于3 下面证明当k=3时,)0( 1 )(>+> x x k x f 恒成立 当x >0时 021)1ln()1(>-+++x x x 恒成立 令x x x x g 21)1ln()1()(-+++=,则时当1 ,1)1ln()(->-+='e x x x g 时当1 ,1)1ln()(->-+='e x x x g ,0)(>'x g ,当0)( ,10<'-< ∴当)( ,1x g e x 时-=取得最小值03)1(>-=-e e g 当x >0时, 021)1ln()1(>-+++x x x 恒成立,因此正整数k 的最大值为3 例14解:(Ⅰ)F (x )= e x +sinx -ax,'()cos x F x e x a =+-. 因为x =0是F (x )的极值点,所以'(0)110,2F a a =+-==. 又当a =2时,若x <0, '()cos 0x F x e x a =+-<;若 x >0, '()cos 0x F x e x a =+->. ∴x =0是F (x )的极小值点, ∴a=2符合题意. (Ⅱ) ∵a =1, 且PQ //x 轴,由f (x 1)=g (x 2)得:121sin x x e x =+,所以12111sin x x x e x x -=+-. 令()sin ,'()cos 10x x h x e x x h x e x =+-=+->当x >0时恒成立. ∴x ∈[0,+∞)时,h (x )的最小值为h (0)=1.∴|PQ|mi n =1. (Ⅲ)令()()()2sin 2.x x x F x F x e e x ax ?-=--=-+- 则'()2cos 2.x x x e e x a ?-=++-()''()2sin x x S x x e e x ?-==--. 因为'()2cos 0x x S x e e x -=+-≥当x ≥0时恒成立, 所以函数S (x )在[0,)+∞上单调递增, ∴S (x )≥S (0)=0当x ∈[0,+∞)时恒成立; 因此函数'()x ?在[0,)+∞上单调递增, '()'(0)42x a ??≥=-当x ∈[0,+∞)时恒成立. 当a ≤2时,'()0x ?≥,()x ?在[0,+∞)单调递增,即()(0)0x ??≥=. 故a ≤2时F (x )≥F(-x )恒成立. [)[)[)[)(]00002'()0,'()0,(0,),0'()0.()0,(0)0(0,)()0(14)()00,2.a x x x x x x x x x x F x F x x a a ??????><+∞∴∈+∞<=∴∈<--≥∈+∞?∴>∞??Q 当时,又在单调递增,总存在使得在区间,上导致在递减,而,当时,,这与对恒成立不符,不合题意.综上取值范围是-,2分 例15 解:(Ⅰ)(1)2 ()(1)1g x a x b a =-++- 当0>a 时,[]()2,3g x 在上为增函数 故(3)296251 (2)544220g a a b a g a a b b =-++==???????? =-++==??? 当[]0()2,3a g x <时,在上为减函数 故(3)296221 (2)244253g a a b a g a a b b =-++==-???????? =-++==??? 011==∴ 2f x x x =+ -. (Ⅱ)方程(2)20x x f k -?≥化为1 2222 x x x k + -≥? 2111( )222x x k +-≥,令t x =2 1,221k t t ≤-+ ∵]1,1[-∈x ∴]2,2 1 [∈t 记 12)(2+-=t t t ?∴min ()0t ?= ∴0k ≤ (Ⅲ)方程0)3|12|2(|)12(|=--+-x x k f 化为 0)32(|12|21|12|=+--++-k k x x 0)21(|12|)32(|12|2=++-+--k k x x ,0|12|x ≠- 令t x =-|12|, 则方程化为0)21()32(2=+++-k t k t (0t ≠) ∵方程0)32(| 12|21|12|=+--++-k k x x 有三个不同的实数解, ∴由|12|-=x t 的图像知,0)21()32(2=+++-k t k t 有两个根1t 、2t , 且21t 1t 0<<< 或 101< 则?? ?<-=>+=0k )1(0k 21)0(?? 或 ??? ? ??? <+<=-=>+=12k 3200k )1(0 k 21)0(??∴0k > 例16 解: (Ⅰ)0a =时,()()2x f x x x b e =+, ()()()()()2 2232x x x f x x x b e x x b e e x x b x b '''????∴=+++=+++???? , 令()()2 32g x x b x b =+++,()()2 2 38180b b b ?=+-=-+>Q , ∴设12x x <是()0g x =的两个根, (1)当10x =或20x =时,则0x =不是极值点,不合题意; (2)当10x ≠且20x ≠时,由于0x =是()f x 的极大值点,故120x x .<< ()00g ∴<,即20b <,0b .∴< (Ⅱ)解:()()x f x e x a '=-2 (3)2x a b x b ab a ??+-++--??, 令2()(3)2g x x a b x b ab a =+-++--, 22=(3)4(2)(1)80a b b ab a a b ?-+---=+-+>则, 于是,假设12x x ,是()0g x =的两个实根,且12x x .< 由(Ⅰ)可知,必有12x a x <<,且12x a x 、、是()f x 的三个极值点, 则 1 x = 2x = 假设存在b 及4x 满足题意, (1)当12x a x ,,等差时,即21x a a x -=-时,则422x x a =-或412x x a =-, 于是1223a x x a b =+=--,即3b a .=-- 此时4223x x a a b = -=-- + a a =+ 或4123x x a a b =-=- -a a -=- (2)当21x a a x -≠-时,则212()x a a x -=-或12()2()a x x a -=- ①若()122x a a x -=-,则2 2 4x a x +=, 于是()()2 813323221+-+- --=+=b a b a x x a , 即 ()().33812++-=+-+b a b a 两边平方得() ()2 191170a b a b +-++-+=, 30 a b ++ +-= b a =- 第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)=e x -ln(x +m).(新课标Ⅱ卷) (1)设x =0是f(x)的极值点,求m ,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )=e x -ln(x +m )?f ′(x )=e x -1x +m ?f ′(0)=e 0-10+m =0?m =1, 定义域为{x |x >-1}, f ′(x )=e x -1x +m =e x (x +1)-1x +1, 显然f (x )在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明 g (x )=e x -ln(x +2), 则g ′(x )=e x -1x +2 (x >-2). h (x )=g ′(x )=e x -1x +2(x >-2)?h ′(x )=e x +1(x +2)2 >0, 所以h (x )是增函数,h (x )=0至多只有一个实数根, 又g ′(-12)=1e -132 <0,g ′(0)=1-12>0, 所以h (x )=g ′(x )=0的唯一实根在区间??? ?-12,0内, 设g ′(x )=0的根为t ,则有g ′(t )=e t -1t +2=0????-12 导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)=e x -ln(x +m).(2013全国新课标Ⅱ卷) (1)设x =0是f(x)的极值点,求m ,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. (1)解 f (x )=e x -ln(x +m )?f ′(x )=e x -1x +m ?f ′(0)=e 0-1 0+m =0?m =1, 定义域为{x |x >-1},f ′(x )=e x -1 x +m = e x x +1-1 x +1 , 显然f (x )在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明 g (x )=e x -ln(x +2),则g ′(x )=e x -1 x +2 (x >-2). h (x )=g ′(x )=e x -1x +2(x >-2)?h ′(x )=e x +1 x +22>0, 所以h (x )是增函数,h (x )=0至多只有一个实数根, 又g ′(-12)=1e -13 2 <0,g ′(0)=1-1 2>0, 所以h (x )=g ′(x )=0的唯一实根在区间??? ?-1 2,0内, 设g ′(x )=0的根为t ,则有g ′(t )=e t -1 t +2=0????-12 导数压轴题型归类总结 目 录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 (1) 二、交点与根的分布 (23) 三、不等式证明 (31) (一)作差证明不等式 (二)变形构造函数证明不等式 (三)替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母范围 (51) (一)恒成立之最值的直接应用 (二)恒成立之分离常数 (三)恒成立之讨论字母范围 五、函数与导数性质的综合运用 (70) 六、导数应用题 (84) 七、导数结合三角函数 (85) 书中常用结论 ⑴sin ,(0,)x x x π<∈,变形即为sin 1x x <,其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>. 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. (切线)设函数a x x f -=2)(. (1)当1=a 时,求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值; (2)当0>a 时,曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ,l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证:a x x >>21. 解:(1)1=a 时,x x x g -=3)(,由013)(2=-='x x g ,解得3 3 ±=x . 所以当33= x 时,)(x g 有最小值9 32)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12 122x a x x +=,∴12 1 112 11222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1,∴ 021 21 <-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. (2009天津理20,极值比较讨论) 已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时,求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率; ⑵当2 3 a ≠ 时,求函数()f x 的单调区间与极值. 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 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。 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。 导数压轴题型归类总结 目 录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 (1) 二、交点与根的分布 (23) 三、不等式证明 (31) (一)作差证明不等式 (二)变形构造函数证明不等式 (三)替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母围 (51) (一)恒成立之最值的直接应用 (二)恒成立之分离常数 (三)恒成立之讨论字母围 五、函数与导数性质的综合运用 (70) 六、导数应用题 (84) 七、导数结合三角函数 (85) 书中常用结论 ⑴sin ,(0,)x x x π<∈,变形即为sin 1x x <,其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>. 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. (切线)设函数a x x f -=2)(. (1)当1=a 时,求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值; (2)当0>a 时,曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ,l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证:a x x >>21. 解:(1)1=a 时,x x x g -=3)(,由013)(2=-='x x g ,解得3 3 ±=x . 所以当33= x 时,)(x g 有最小值9 3 2)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12 122x a x x +=,∴12 1 112 1 1222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1,∴ 021 21 <-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. (2009天津理20,极值比较讨论) 已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时,求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率; ⑵当2 3 a ≠ 时,求函数()f x 的单调区间与极值. 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: )(所以x f .3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=,且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ,且处取得极小值在函数 ②a 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: 所以)(x f .)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ,且处取得极大值在函数 导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. (I )讨论的单调性; (II )当时,证明对于任意的成立. 1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =(a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣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 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈()f x 1a =()3 ()'2 f x f x +>[]1,2x ∈ 例2.(21)(本小题满分12分)已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围; (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明:122x x +<. 例3.(本小题满分12分) 已知函数f (x )=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时,x 轴为曲线()y f x = 的切线; (Ⅱ)用min {},m n 表示m,n 中的最小值,设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => , 讨论h (x )零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数,函数 (Ⅰ)讨论在区间 上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且 求的取值范围. 例5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; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. 例6已知函数)(x f 满足21 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间; (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(,求b a )1(+的最大值。 例7已知函数,曲线在点处的切线方程为。 (Ⅰ)求、的值; (Ⅱ)如果当,且时,,求的取值范围。 ln ()1a x b f x x x = ++()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x >+-k 导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题, 内容主要包 括函数零点个数的确定、 根据函数零点个数求参数范围、 隐零点问题及零点存在 性赋值理论 .其形式逐渐多样化、综合化 . 、零点存在定理 例1【. 2019全国Ⅰ理 20】函数 f(x) sinx ln(1 x),f (x)为f (x)的导数.证明: 1) f (x)在区间 ( 1, 2 )存在唯一极大值点; 2) f (x) 有且仅有 2 个零点. 可得 g'(x)在 1, 有唯一零点 ,设为 2 则当x 1, 时,g x 0;当 x ,2 时,g'(x) 0. 所以 g(x) 在 1, 单调递增,在 , 单调递减 ,故g(x) 在 2 值点 ,即 f x 在 1, 存在唯一极大值点 . 2 (2) f x 的定义域为 ( 1, ). (i )由( 1)知, f x 在 1,0 单调递增 ,而 f 0 0,所以当 x ( 1,0)时, f'(x) 0,故 f x 在 ( 1,0)单调递减 ,又 f (0)=0 ,从而 x 0是 f x 在( 1,0] 的唯 一零点 . 【解析】( 1)设 g x f x ,则 g x 当x 1, 时, g'(x)单调递减,而 g 2 1 1 sinx 2 1 x 2 cosx ,g x 1x 0 0,g 0, 2 1, 存在唯一极大 2 , 时, f '(x) 0.故 f (x) 在(0, )单调递增,在 , 单调递 22 3 变式训练 1】【2020·天津南开中学月考】已知函数 f (x) axsin x 2(a R), 且 在, 0, 2 上的最大值为 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在( 0,π)内的零点个数,并加以证明 【解析】 (1)由已知得 f(x) a(sin x xcosx) 对于任意的 x ∈(0, ), 3 有 sinx xcosx 0,当 a=0 时,f(x)=- ,不合题意; 2 当 a<0时,x ∈(0,2 ),f ′(x)从<0而, f(x)在(0, 2 )单调递减, 3 又函数 f(x) ax sin x 2 (a ∈ R 在) [0, 2 ]上图象是连续不断的, 故函数在 [0, 2] 上的最大值为 f(0) ,不合题意; 当 a>0时,x ∈(0, 2),f ′(x)从>0而, f(x)在(0, 2 )单调递增, 3 又函数 f(x) ax sin x (a ∈R 在) [0, ]上图象是连续不断的, 33 故函数在[0, 2 ]上上的最大值为 f( 2)=2a- 23= 23,解得 a=1, 3 综上所述 ,得 f(x) xsinx 3(a R),; (2)函数 f(x) 在(0, π内)有且仅有两个零点。证明如下: 从而 f x 在 0, 没有零点 . 2 ( iii ) 当 x , 时 , f x 0 , 所 以 f x 在 单调递减.而 2 2 f 0, f 0 ,所以 f x 在, 有唯一零点 . 2 2 ( iv )当 x ( , ) 时,ln x 1 1,所以 f (x) <0,从而 f x 在( , ) 没有零点 . 减.又 f (0)=0 , f 1 ln 1 22 0 ,所以当x 0,2 时,f(x) 0. 综上, f x 有且仅有 2个零点. ii )当 x 0,2 时,由(1)知,f'(x)在(0, )单调递增 ,在 单调递减 ,而 f ' (0)=0 2 0 ,所以存在 ,2 ,使得 f'( ) 0,且当x (0, ) 时, f'(x) 0 ;当 x 导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题 极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者 ()()()x x f x x f x F --+=00。其中0x 为函数()x f y =的极值点。⑵利用对数平均不等式。 2 ln ln ab b a b a b a +< --< 。⑶变换主元等方法。 任务一、完成下面问题,总结极值点偏移问题的解决方法。 1.设函数2 2 ()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈ (1)试讨论函数()f x 的单调性; (2)()f x m =有两解12,x x (12x x <),求证:122x x a +>. 解析:(1)由2 2 ()ln f x a x x ax =-+-可知 2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x --+-'=-+-== 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞,所以 ① 若0a >时,当(0,)x a ∈时,()0f x '<,函数()f x 单调递减, 当(,)x a ∈+∞时,()0f x '>,函数()f x 单调递增; ② 若0a =时,当()20f x x '=>在(0,)x ∈+∞内恒成立,函数()f x 单调递增; ③ 若0a <时,当(0,)2 a x ∈-时,()0f x '<,函数()f x 单调递减, 当(,)2 a x ∈- +∞时,()0f x '>,函数()f x 单调递增; (2)要证122x x a +>,只需证12 2 x x a +>, (x)g =22 2(x)2,g (x)20(x)(x)a a f x a g f x x '''=-+-=+>∴=则为增函数。 只需证:12 x x ( )()02 f f a +''>=,即证()2121221212221+0+0a x x a x x a x x x x a -+->?-+->++(*) 又2222 111222ln ,ln ,a x x ax m a x x ax m -+-=-+-=两式相减整理得: 高考导数压轴题题型 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121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ; (1)求()f x 的解析式及单调区间; 【解析】 (1)1211()(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 )=1e 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 )=1e 1x x - +. 函数f ′(x )=1e 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. 导数压轴题7大题型归类总结,逆袭140+ 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 设a> 0,函数g(x)= (a A2 + 14)e A x + 4?若E 1、E 2 € [0 , 4],使得|f( E 1) - g( E 2)| v 1 成立, 求a 的取值范围. 二、交点与根的分布 三、不等式证明 (一)做差证明不等式 LL期嗨敕门划=1扣 M】求的单调逼减区创! <2)^7 I >-1 r求证1 I ----- + x+ 1 W;的宦义域为(一4 + Ehl&£ /I U li 故)白 )替换构造不等式证明不等式 >=/U ) “川理k C 1;/< <6 N 实出氓I:的崗散丿I + 2 导数应用之双变量问题 (一)构造齐次式,换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. (1)求实数,a b 的值; (2)设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点,求证:0F ' <. 【解析】(1)1,1a b ==-; (2)()2 ln f x x x x =+-,()()1ln F x m x x =+-,()11F x m x '=+- , 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点,所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? , 两式相减,得1212ln ln 1x x m x x -+=-, 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ,只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一:因为120x x << ,只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t ,即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<,则()()2 22 12110t h t t t t -'=--=-<, 所以函数()h t 在()0,1上单调递减,()()10h t h >=,即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题,此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数,常把12,x x 的关系变形 为齐次式,设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -= ==-=等,构造函数来解决,可称之为构造比较函数法. 思路二:因为120x x << ,只需证12ln ln 0x x -, 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<,则 () 21 10 Q x x x '= ==<, 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减,()() 20Q x Q x >=,即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】极值点偏移问题中,由于两个变量的地位相同,将待证不等式进行变形,可以构造关于1x (或2x )的一元函数来处理.应用导数研究其单调性,并借助于单调性,达到待证不等式的证明.此乃主元法. VIP免费欢迎下载 导数压轴题题型归纳 1.高考命题回顾 例1已知函数f(x)= e x- ln(x+ m).( 2013全国新课标n卷) (1)设x = 0是f(x)的极值点,求 m,并讨论f(x)的单调性; ⑵当m<2时,证明f(x)>0. 例 2 已知函数 f(x)= x2+ ax+ b,g(x)= e x(cx + d),若曲线 y= f(x)和曲线 y= g(x)都过点 P(0,2), 且在点P处有相同的切线 y= 4x+2 (2013全国新课标I卷) (I)求 a, b, c, d 的值 (n)若 x>-2 时, f(x) VIP免费欢迎下载 2.在解题中常用的有关结论探 (1)曲线y4(x)在X%处的切线的斜率等于f (x0),且切线方程为y=f'(x o)(x-x o)+f (x o)。 ⑵若可导函数y£(x)在X =x0处取得极值,则f'(X o)=0。反之,不成立。 ⑶ 对于可导函数f(X),不等式f -(x) ¥牡y勺解集决定函数f(x)的递增(减)区间。 ⑷函数f(x)在区间I上递增(减)的充要条件是:?爵 f (x)逮(切恒成立(fix)不恒为0). (5)函数f (X)(非常量函数)在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值,则可等价转化为方程f'(x)m在区间I上 有实根且为非二重根。(若 f (x)为二次函数且I=R,则有△ > 0 )。 (6) f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数,进而得到f-(x)翅或f'(X)<在I上恒成立 (7)若 , f (X)次恒成立,则 f (x)min 次;若0$ , f (X) <0 恒成立,则f(X)max <0 (8)若玄目,使得f(X0):,则f(X)max ;若3 X0 弓,使得 f (X D)却,则f(x)min 哎. (9)设f (x)与g(x)的定义域的交集为D,若灯X亡D f(x)》g(x)恒成立, 则有〔f(X)- g(x)]min >0 高三导数压轴题题型归 纳 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012. 导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)=e x -ln(x +m).(2013全国新课标Ⅱ卷) (1)设x =0是f(x)的极值点,求m ,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. (1)解 f (x )=e x -ln(x +m )f ′(x )=e x -1x +m f ′(0)=e 0 -10+m =0m =1, 定义域为{x |x >-1},f ′(x )=e x -1x +m =e x x +1-1 x +1 , 显然f (x )在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增. (2)证明 g (x )=e x -ln(x +2),则g ′(x )=e x - 1 x +2 (x >-2). h (x )=g ′(x )=e x - 1x +2(x >-2)h ′(x )=e x +1x +2?2 >0, 所以h (x )是增函数,h (x )=0至多只有一个实数根, 又g ′(-12)=1e -13 2 <0,g ′(0)=1-1 2>0, 所以h (x )=g ′(x )=0的唯一实根在区间? ?? ?? -12,0内, 设g ′(x )=0的根为t ,则有g ′(t )=e t - 1t +2=0? ?? ??-12 所以,e t =1 t +2 t +2=e -t , 当x ∈(-2,t )时,g ′(x ) 导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号:(9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数应用之双变量问题 (一)构造齐次式,换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. (1)求实数,a b 的值; (2)设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点,求证:0F ' <. 【解析】(1)1,1a b ==-; (2)()2 ln f x x x x =+-,()()1ln F x m x x =+-,()11F x m x '=+- , 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点,所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? , 两式相减,得1212ln ln 1x x m x x -+=-, 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ,只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一:因为120x x << ,只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ,即证12ln 0t t t -+>. 令()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<,则()()2 22 121 10t h t t t t -'=--=-<, 所以函数()h t 在()0,1上单调递减,()()10h t h >=,即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题,此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数,常把12,x x 的关系变形 为齐次式,设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -===-=等,构造函数来解决,可称之为构造比较函数法. 思路二:因为120x x << ,只需证12ln ln 0x x -, 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<,则 () 2 21 10Q x x x '= ==<, 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减,()()2 0Q x Q x >=,即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 2016全国各地导数压轴题汇编 1、(2016年全国卷I理数) 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 (I )求a 的取值围 (II )设21,x x 是)(x f 的两个零点,求证:221<+x x 2、(2016年全国卷I文数) 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x (I )讨论)(x f 的单调性 (II )若)(x f 有两个零点,求a 的取值围 3、(2016年全国卷II 理数) (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性,并证明当x >0时,(2)20;x x e x -++> (II)证明:当[0,1)a ∈ 时,函数2 x =(0)x e ax a g x x -->() 有最小值.设g (x )的最小值为()h a ,求函数()h a 的值域. 4、(2016年全国卷II 文数) 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. (I )当4a =时,求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程; (II)若当()1,x ∈+∞时,()0f x >,求a 的取值围. 5、(2016年全国卷III 理数) 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a >0,记错误!未找到引用源。的最大值为A (Ⅰ)求)(x f '; (Ⅱ)求A ; (Ⅲ)证明错误!未找到引用源。A x f 2)(≤' 6、(2016年全国卷III 文数) 设函数()ln 1f x x x =-+. (Ⅰ)讨论()f x 的单调性; (Ⅱ)证明当(1,)x ∈+∞时,11ln x x x -<<; (Ⅲ)设1c >,证明当(0,1)x ∈时,1(1)x c x c +->. 导数压轴题题型归纳 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)=e x -ln(x +m).(新课标Ⅱ卷) (1)设x =0是f(x)的极值点,求m ,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. 例2已知函数f(x)=x 2+ax +b ,g(x)=e x (cx +d),若曲线y =f(x)和曲线y =g(x)都过点P(0,2),且 在点P 处有相同的切线y =4x+2(新课标Ⅰ卷) (Ⅰ)求a ,b ,c ,d 的值 (Ⅱ)若x ≥-2时, ()()f x kg x ≤,求k 的取值范围。 例3已知函数)(x f 满足21 2 1 )0()1(')(x x f e f x f x +-=-(新课标) (1)求)(x f 的解析式及单调区间; (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(,求b a )1(+的最大值。 例4已知函数ln ()1a x b f x x x =++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。(新课标) (Ⅰ)求a 、b 的值; (Ⅱ)如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k f x x x > +-,求k 的取值范围。 例5设函数2 ()1x f x e x ax =---(新课标) (1)若0a =,求()f x 的单调区间; (2)若当0x ≥时()0f x ≥,求a 的取值范围 例6已知函数f(x)=(x 3+3x 2+ax+b)e - x . (1)若a =b =-3,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(-∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β-α>6. 2. 在解题中常用的有关结论※ 导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈. (I )讨论()f x 的单调性; (II )当1a =时,证明()3()'2 f x f x +>对于任意的[]1,2x ∈成立. ` 1.高考命题回顾 例1.已知函数) (a e2x+(a﹣2) e x﹣x. f x f x的单调性; (1)讨论() 《 (2)若() f x有两个零点,求a的取值范围. ' 例2.(21)(本小题满分12分)已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围; (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明:122x x +<. ( 例3.(本小题满分12分) ~ 已知函数f (x )=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时,x 轴为曲线()y f x = 的切线; (Ⅱ)用min {},m n 表示m,n 中的最小值,设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => , 讨论h (x )零点的个数 ] 例4.(本小题满分13分) 已知常数0a >,函数2()ln(1).2 x f x ax x =+-+ (Ⅰ)讨论()f x 在区间(0,)+∞上的单调性; (Ⅱ)若()f x 存在两个极值点12,,x x 且12()()0,f x f x +>求a 的取值范围. : < ! 例5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; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. ;2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)
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导数压轴题双变量问题题型归纳总结
全国高考导数压轴题总汇编
导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型(学生版)