高考导数专题复习
高中高考数学专题复习《函数与导数》
50．设奇函数 在 上是增函数，且 ，则不等式 的解集为.
51．函数 在定义域 内可导，其图
象如图，记 的导函数为 ，则不等式 的解集为_____________
52．由直线 ， ，曲线 及 轴所围成的图形的面积是．
53．曲线y＝ex在 处的切线方程是.
54．对于三次函数 给出定义：设 是函数 的导数， 是函数 的导数，若方程 有实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”，某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。给定函数 ，请你根据上面探究结果，计算
9．曲线 在 处的切线平行于直线 ，则 点的坐标为（）
A BLeabharlann C 和 D 和10．曲线 在点 处的切线方程是
A． B．
C． D．
11．若质点P的运动方程为S(t)=2t2+t（S的单位为米，t的单位为秒），则当t=1时的瞬时速度为（）
A 2米/秒B 3米/秒C 4米/秒D 5米/秒
12．函数 图象上关于原点对称点共有（ ）
高中高考数学专题复习<函数与导数>
1．下列函数中，在区间 上是增函数的是（）
A． B. C. D.
2．函数 的图象关于()
A．y轴对称B．直线y＝－x对称
C．坐标原点对称D．直线y＝x对称
3．下列四组函数中，表示同一函数的是()
A．y＝x－1与y＝ B．y＝ 与y＝
C．y＝4lgx与y＝2lgx2D．y＝lgx－2与y＝lg
A．“函数与方程”的上位B．“函数与方程”的下位
C．“函数模型及其应用”的上位D．“函数模型及其应用”的下位
29．已知 （）
A、 B、 C、 D、
导数专题复习1切线问题课件高三数学二轮专题复习
1.已知函数 f x 是偶函数，定义域为，0 0， ，且x 0 时，
11
f
x
x ex
1
，则曲
线 y f x 在点1，f 1 处的切线方程为
y x ee
．
思考 : 思考1.切点知道了吗,怎么求切点？
思考2.怎么求在切点处切线的斜率？
2.设 P 是函数 y x x 1 图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为
（这个定值k 就是切线PT 的斜率
k
lim
Pn P
k
PPn
lim
x0
f
(x0
x) x
f
(x0 )
f '(x0)
知识点归纳:
1.命题分析：本题型在高考解答题主要是在第(1)问中出现，也有可能在选择题或填空题中 出现，若为解答题，主要考点为： (1)导数的几何意义; (2)直线与函数图象相切的条件。
解：f (x) ln x 1
设切点为T (x0, x0 ln x0 ) 则切线方程为 y x0 ln x0 (ln x0 1)(x x0 )
点(e2, 0) 落在切线上
e2x0 ln x0 1 0
h(x) 是单调递增
令h(x) e2x ln x 1 则h(x) e2 1 (x 0)
6.已知 S x a2 ln x a2 aR ，则S 的最小值为（ B ）
A． 2 2
B． 1 2
C． 2
D． 2
思考 : 思考1.你能观察出本题的几何意义吗？
思考2.怎样借用导数的方法解决此题？
7.若曲线C1:y
x2 与曲线 C2
:
y
ex a
（a
0 ）存在公共切线，则a
高考数学复习专题训练—利用导数研究函数的零点(含解析)
高考数学复习专题训练—利用导数研究函数的零点1.(2021·福建厦门月考)已知函数f (x )=x 3-43x 2e x 的定义域为[-1,+∞). (1)求f (x )的单调区间;(2)讨论函数g (x )=f (x )-a 在区间[-1,2]上的零点个数.2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f (x )=x 2a -2ln x (a ∈R ,a ≠0). (1)求函数f (x )的极值;(2)若函数f (x )有两个零点x 1,x 2(x 1<x 2),且a=4,证明:x 1+x 2>4. 3.(2021·山东烟台期中)已知函数f (x )=ax+2ex +1(a ∈R ). (1)若函数f (x )在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围; (2)当a ≠0时,讨论函数g (x )=f (x )-a-3的零点个数,并给予证明.4.(2021·山西太原三模)已知函数f (x )=a ln x-14x 2+b-ln 2的图象在点(2,f (2))处的切线方程为y=-12x+1. (1)求f (x )的单调区间;(2)设x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )=f (x )-m 的两个零点,求证:x 2-x 1<32-4m.5.(2021·广东佛山期末)已知函数f (x )=ln x-mx 有两个零点. (1)求m 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:f'(x 1+x 2)<0.6.(2021·山东实验中学模拟)已知函数f (x )=2e x sin x (e 是自然对数的底数). (1)求f (x )的单调区间;(2)记g (x )=f (x )-ax ,0<a<6,试讨论g (x )在区间(0,π)上的零点个数(参考数据:e π2≈4.8).答案及解析1.解 (1)f'(x )=x 3+53x 2-83x e x =x3(3x+8)(x-1)e x ,因为x ∈[-1,+∞),所以函数f'(x )的零点为0和1. 所以当0<x<1时,f'(x )<0; 当x>1或-1≤x<0时,f'(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).(2)由(1)知,f (x )在区间[-1,2]上的极大值为f (0)=0,极小值为f (1)=-e3.因为f (-1)=-73e ,f (-1)f (1)=7e 2<72.72<1,所以f (1)<f (-1)<0.f (2)=8e 23,由g (x )=0,得f (x )=a.故当a<-e3或a>8e 23时,g (x )的零点个数为0; 当a=-e 3或0<a ≤8e 23时,g (x )的零点个数为1;当-e3<a<-73e 或a=0时,g (x )的零点个数为2; 当-73e ≤a<0时,g (x )的零点个数为3. 2.(1)解 函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2xa −2x =2x 2-2aax. 当a<0时,f'(x )<0,所以f (x )在区间(0,+∞)上单调递减,所以f (x )在区间(0,+∞)上无极值;当a>0时,若x ∈(0,√a ),f'(x )<0,f (x )在区间(0,√a )上单调递减.若x ∈(√a ,+∞),f'(x )>0,f (x )在区间(√a ,+∞)上单调递增,故f (x )在区间(0,+∞)上的极小值为f (√a )=1-2ln √a =1-ln a ,无极大值. (2)证明 当a=4时,f (x )=x 24-2ln x.由(1)知,f (x )在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f (x )的极值点.又x 1,x 2为函数f (x )的零点,所以0<x 1<2<x 2,要证x 1+x 2>4,只需证x 2>4-x 1.∵f (4-x 1)=(4-x 1)24-2ln(4-x 1)=x 124-2x 1+4-2ln(4-x 1),又f (x 1)=x 124-2ln x 1=0,∴f (4-x 1)=2ln x 1-2x 1+4-2ln(4-x 1). 令h (x )=2ln x-2x+4-2ln(4-x )(0<x<2),则h'(x )=2x -2+24-x=2(x -2)2x (4-x )>0,∴h (x )在区间(0,2)上单调递增,∴h(x)<h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得证.3.解(1)f'(x)=a-2e x.由题意得f'(x)≥0,即a≥2e x在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,2e x∈0,2e,所以a≥2e.故实数a的取值范围为2e,+∞.(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:由已知得g(x)=ax+2e x-a-2,则g'(x)=a-2e x=ae x-2e x.当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.又g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g'(x)<0,得x<ln 2a,令g'(x)>0,得x>ln2a,所以函数g(x)在区间-∞,ln2a上单调递减,在区间ln 2a,+∞上单调递增,而g(ln2a)=a ln2a−2a<0,g(a+2a)=2ea+2a>0.由于x>ln x,所以a+2a>2a>ln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a上存在一个零点.又g ln2a2+a+2=a a-ln a2+a+22,且ln2a2+a+2<ln2a,设h(a)=a-ln a2+a+22,则h'(a)=1-2a+1 a2+a+2=a2-a+1a2+a+2>0在区间(0,+∞)上恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以g ln2a2+a+2>0,所以g(x)在区间ln2a2+a+2,ln2a上存在一个零点.综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点; 当a>0时,函数g(x)有两个零点.4.(1)解由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax −12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1,所以{f(2)=0,f'(2)=-12,即{aln2-1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得{a=1,b=1,所以f(x)=ln x-14x2+1-ln 2,f'(x)=1x−12x=2-x22x,当x∈(0,√2)时,f'(x)>0;当x∈(√2,+∞)时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,√2),单调递减区间为(√2,+∞).(2)证明由(1)得f(x)=ln x-14x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0,√2)上单调递增,在区间[√2,+∞)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<√2<x2,∴x2-x1-32+4m=x2-x1-32+2(f(x2)+f(x1))=2ln x2+x2-12x22+2ln x1-x1-12x12+52-4ln 2.令t1(x)=2ln x+x-12x2,x>√2,则t1'(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1'(x)>0,得√2<x<2;令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(√2,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-12x2,0<x<√2,则t2'(x)=(x+2)(x-1)-x,令t2'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<√2,∴t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间[1,√2)上单调递减,∴t2(x)≤t2(1)=-32,∴x2-x1-32+4m≤t1(2)+t2(1)+52-4ln 2=1-2ln 2<0.∴x2-x1<32-4m.5.(1)解f'(x)=1x -m=1-mxx(x>0),当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点;当m>0时,若0<x<1m,则f'(x)>0,f(x)在区间0,1m上单调递增;若x>1m,则f'(x)<0,f(x)在区间1m,+∞上单调递减,∴f(x)在x=1m 处取得最大值,由题意得f(1m)=-ln m-1>0得0<m<1e,此时,有1m2>1 m >e>1,而f(1)=-m<0,f(1m2)=-2ln m-1m<0,∴由零点存在定理可知,f (x )在区间1,1m 和1m ,1m 2上各有一个零点.综上所述,m 的取值范围是0,1e .(2)证明 ∵x 1,x 2是f (x )的两个零点,不妨设x 1>x 2>0,∴ln x 1-mx 1=0①,ln x 2-mx 2=0②,①-②得ln x 1-ln x 2=mx 1-mx 2,即有m=ln x 1-ln x2x 1-x 2,由f'(x )=1x -m ,有f'(x 1+x 2)=1x 1+x 2-m=1x 1+x 2−ln x 1-ln x 2x 1-x 2, ∴要证f'(x 1+x 2)<0,即证ln x 1-ln x 2x 1-x 2>1x 1+x 2, 即证ln x 1-ln x 2>x 1-x2x 1+x 2,即证ln x1x 2−x 1x 2-1x 1x 2+1>0,即证ln x 1x 2+2x 1x 2+1-1>0,令x1x 2=t>1,设φ(t )=ln t+2t+1-1(t>1),则φ'(t )=t 2+1t (t+1)2>0,∴φ(t )在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t )>φ(1)=0, ∴f'(x 1+x 2)<0得证.6.解 (1)函数f (x )=2e x sin x 的定义域为R .f'(x )=2e x (sin x+cos x )=2√2e x sin x+π4.由f'(x )>0,得sin x+π4>0,可得2k π<x+π4<2k π+π(k ∈Z ),解得2k π-π4<x<2k π+3π4(k ∈Z ),由f'(x )<0,得sin x+π4<0,可得2k π+π<x+π4<2k π+2π(k ∈Z ),解得2k π+3π4<x<7π4+2k π(k ∈Z ).所以f (x )的单调递增区间为-π4+2k π,3π4+2k π(k ∈Z ),单调递减区间为3π4+2k π,7π4+2k π(k ∈Z ).(2)由已知g (x )=2e x sin x-ax ,所以g'(x )=2e x (sin x+cos x )-a ,令h (x )=g'(x ),则h'(x )=4e x cos x.因为x ∈(0,π),所以当x ∈0,π2时,h'(x )>0;当x∈π2,π时,h'(x)<0,所以h(x)在区间0,π2上单调递增,在区间π2,π上单调递减,即g'(x)在区间0,π2上单调递增,在区间π2,π上单调递减.g'(0)=2-a,g'(π2)=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.①当2-a≥0,即0<a≤2时,g'(0)≥0,所以∃x0∈π2,π,使得g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.因为g(0)=0,所以g(x0)>0.因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点.②当2-a<0,即2<a<6时,g'(0)<0,所以∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)<0,因为g(π2)=2eπ2−π2a>2eπ2-3π>0,所以g(x2)>0,因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)上有两个零点.综上所述,当0<a≤2时,g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点;当2<a<6时,g(x)在区间(0,π)上有两个零点.。
专题2 导数中的综合问题
常见曲线，动直线，参数与动直线问题等
处理含参问题的三种常见思路：全分离，半分离，不分离
全分离——分离参数（一刀两断型）优点：快到斩乱麻，实战中易操作，无参状态下顾虑较少缺点：遇到洛必达类型题会束缚住手脚，更有甚者想一刀两断，却剪不断，理还乱 半分离——数形结合（藕断丝莲型）优点：是非曲直，尽在图中，数形结合，一览无余，省略步骤，节约时间缺点：步骤有时欠规范，容易被莫名扣分，有时结构太复杂很难做曲直分参的效果出来不分离——分类讨论（不离不弃型）优点：步骤规范，简直是标配通法缺点：因为含参讨论所以会长篇大论，尤其是取点难题苦不堪言
例题2 已知函数 ,且曲线 在点 处的切线方程为 .
（1）求实数 , 的值及函数 的单调区间；
【解】由 ,得 ,因为曲线 在点 处的切线方程为 ,所以有 , ,即 解得 所以 ,由 ,得 ，所以函数 的单调递增区间是 ;由 ,得 ,所以函数 的单调递减区间为 .
课堂小结
全分离——分离参数（一刀两断型）优点：快到斩乱麻，实战中易操作，无参状态下顾虑较少缺点：遇到洛必达类型题会束缚住手脚，更有甚者想一刀两断，却剪不断，理还乱 半分离——数形结合（藕断丝莲型）优点：是非曲直，尽在图中，数形结合，一览无余，省略步骤，节约时间缺点：步骤有时欠规范，容易被莫名扣分，有时结构太复杂很难做曲直分参的效果出来不分离——分类讨论（不离不弃型）优点：步骤规范，简直是标配通法缺点：因为含参讨论所以会长篇大论，尤其是取点难题苦不堪言
演练中，不离不弃强化基础；实战中，大题一刀两断开路，小题藕断丝莲冲锋，灵活应对，三法结合，必能突破重围
归纳总结：
对点训练
(2023·黑龙江哈尔滨模拟)若对任意正实数 ，不等式 恒成立，则实数 的范围是________.
高考数学二轮导数专题复习——第二十二节 双变量问题之换元法与主元法-原卷版
第二十二节 双变量问题之换元法与主元法知识与方法1．换元法：将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于12x x 的整体结构，通过将12x x 换元成t 把问题化归成单变量问题来处理，这一方法也称为“齐次换元”.2.主元法：要证明的不等式或目标代数式中含有1x 和2x 两个变量，将其中一个变量看成主元，另一个变量看成次元，将主元换成x ，构造函数研究问题.典型例题【例1】已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）设0b a >>，证明：()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+-. 【例2】已知函数()2ln f x x x ax =-()a ∈R . （1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，2x 是()f x 的两个不同的极值点，证明：123ln ln 1x x +>-. 【例3】已知函数()()ln ln ax f x e x x=-（1）当a e =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当a e >时，证明：()()1f x a e <-.强化训练1．设a 和bln ln 2a b a ba b -+<<-. 2．已知函数()x f x e =，()ln g x x =（1）若直线1y kx =+与()g x 的图象相切，求实数k 的值； （2）设a b <，比较()()2f a f b +与()()f b f a b a--的大小，并说明理由.3．已知函数()()2ln 2f x a x x x x =-+-，其中a ∈R . （1）当2a e =-时，求()f x 的极值；（2）当0a >，120x x >>时，证明：()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.4．设函数()()()2ln 12f x x a x x =+--，其中0a ≠.（1）当12a =时，证明：()f x 有且仅有一个零点； （2）在函数()y f x =的图象上是否存在不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，使得线段AB 中点的横坐标0x 与直线AB 的斜率k 之间满足()0k f x '=?若存在，求出0x ；若不存在，说明理由.。
高考数学专题复习《导数的综合应用》PPT课件
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(+1)ln
H(x)=
,则
-1
1
=
--2ln
(-1)
2
,
2 -2+1
K'(x)= 2 >0,于是
K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以 K(x)>K(1)=0,于是 H'(x)>0,从而 H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法
(x+1)x
则,可得 lim+
x-1
→1
取值范围是(-∞,2].
第三章
高考大题专项(一) 导数的综合应用
内
容
索
引
01
突破1
利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
02
突破2
利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小
两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的
最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的
超实用高考数学专题复习：第四章导数及其应用 导函数的“隐零点”问题
(2)证明 g′(x)＝（x－2）ex＋ x3 a（x＋2）＝x＋x32(f(x)＋a). 由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因为 y＝x＋ex 2单调递增，对任意 λ∈12，e42，存在唯一的 xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)， 使得 h(a)＝λ.所以 h(a)的值域是12，e42. 综上，当 a∈[0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e42.
题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2019·天津卷)设函数 f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中 a∈R.
导函数的“隐零点”问题
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前，要 认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟 着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善 于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查 ，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量。 在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去面 对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难” ，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最好 再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30天 冲刺复习方法。
导数专题复习题
导数专题复习一、求下列函数的导数1．（08浙江）()()f x x x a =-2．（07天津）2221()()1ax a f x x x -+=∈+R ，其中a ∈R ． 3．（08陕西）21()kx f x x c+=+（0c >且1c ≠，k ∈R ） 4．（06山东） ()(1)ln(1)f x ax a x =-++，其中1a ≥- 5．（08安徽）1()(01)ln f x x x x x=>≠且6．（09全国）()()21f x x aIn x =++ 7．（07海南）2()ln(23)f x x x =++． 8．（07海南理） 2()ln()f x x a x =++ ．*9．（09辽宁）f(x)=21x 2－ax+(a －1)ln x ，1a > 10．（07四川） 已知函数()()22ln 0f x x a xx x=++>，11．（08山东）1()1ln(1),(1)ng x x x x =-----其中n ∈N*,a 为常数. 12．（09陕西）1()ln(1),01xf x ax x x-=++≥+，其中0a > 13．08辽宁设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++． 14．（11全国）h (x )＝2ln x ＋k －1x 2－1x (x >0)，15．（07安徽）a ≥0，f (x )=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x >0）.16．（05全国）设函数)10( )1(log )1(log )(22<<--+=x x x x x x f ，17.（11北京）kx e k x x f 2)()(-=18．（08重庆）2333()()422x g x x x e -=+- ,19．（09重庆）2()(0)xe g x k x k =>+20．（06全国）()11axx f x e x-+=- 21.（13年一模）2()=(1)x a f x x ，2()()e xf x x ax a -=++，2()xax x a f x e++=，()ln 1a f x x x =+-，x a ax x x f ln )1(21)(2-+-=，1()()2ln ()f x a x x a x =--∈R二、导数的几何意义1．（2010全国卷2文数）（7）若曲线2y x ax b =++在点(0,)b 处的切线方程是10x y -+=，则（A ）1,1a b == (B) 1,1a b =-= (C) 1,1a b ==- (D) 1,1a b =-=- 2．若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数， 则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是【 A 】.A ．B ．C ．D ．3．如图，已知函数()y f x =的图象，画出()f x '的图象 ~ab ab axyy y ）b4．如图，已知函数()y f x '=的图象，画出()y f x =的图象5．（2010辽宁文数）（12）已知点P 在曲线41xy e =+上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是 (A)[0,4π) (B)[,)42ππ （C ） 3(,]24ππ (D) 3[,)4ππ6．（11山东理科）函数2sin 2xy x =-的图象大致是|A ．B ．C ．D ．7.(2011石景山一模文8)．定义在R 上的函数)(x f 满足1)4(=f ，()f x '为)(x f 的导函数，已知)('x f y =的图象如图所示，若两个正数a ，b 满足1)2(<+b a f ，则11++a b 的取值范围是（ ）A ．)31,51(B ．1(,)(5,)3-∞+∞ C ．)5,31(D ．)3,(-∞8. （2013届北京丰台区一模理科）已知函数1()f x x a=+，2()3g x x =+. (Ⅰ)若曲线()()()h x f x g x =-在点（1，0）处的切线斜率为0，求a,b 的值；；9. （2013届房山区一模理科数学）已知函数21()(1)ln 2f x ax a x x =-++ ,.（Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；10. （2013届门头沟区一模理科）已知函数2()xax x af x e ++=．（Ⅰ）函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线与直线210x y +-=平行，求a 的值； 11. （北京市东城区普通校2013届高三3月联考数学（理）试题 ）已知函数x a ax x x f ln )1(21)(2-+-=xyOO yx(Ⅰ)若2=a ，求函数)(x f 在（1，)1(f ）处的切线方程；12. （北京市顺义区2013届高三第一次统练数学理科试卷（解析））设函数()()()12,03123-+=>-=b bx x g a ax x x f . (I)若曲线()x f y =与曲线()x g y =在它们的交点()c ,1处具有公共切线,求b a ,的值; 13. （【解析】北京市石景山区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）已知函数()=ln +1,f x x ax a R -∈是常数．（Ⅰ）求函数=()y f x 的图象在点(1,(1))P f 处的切线l 的方程；}三、利用导数研究函数的性质（一）单调性与导数的符号1．已知函数2()2ln 1f x x a x =--(0)a ≠，求函数()f x 的单调区间 2.求函数()ln f x a x x =+的单调区间3.求函数2()ln f x a x x =+，a ∈R ，的单调区间 4.已知函数21()(1)ln 2f x x ax a x =-+-，1a >，讨论函数()f x 的单调性。
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高考导数专题复习高考数学专题复习——导数目录一、有关切线的相关问题二、导数单调性、极值、最值的直接应用三、交点与根的分布1、判断零点个数2、已知零点个数求解参数范围四、不等式证明1、作差证明不等式2、变形构造函数证明不等式3、替换构造不等式证明不等式五、不等式恒成立求参数范围1、恒成立之最值的直接应用2、恒成立之分离常数3、恒成立之讨论参数范围六、函数与导数性质的综合运用导数运用中常见结论(1)曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '， 且切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+。
(2)若可导函数()y f x =在0x x = 处取得极值， 则0()0f x '=。
反之， 不成立。
(3)对于可导函数()f x ， 不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。
(4)函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ∀∈()f x '0≥(0)≤恒成立（()f x ' 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()0f x '=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 '0≥或()f x '0≤在I 上恒成立(7)若x I ∀∈， ()f x 0>恒成立， 则min ()f x 0>; 若x I ∀∈， ()f x 0<恒成立， 则max ()f x 0<(8)若0x I ∃∈， 使得0()f x 0>， 则max ()f x 0>；若0x I∃∈， 使得0()f x 0<， 则min ()f x 0<.(9)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ， 若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立， 则有[]min ()()0f x g x ->.(10)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ， 12()()f x g x >恒成立， 则min max ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈， 22x I ∃∈， 使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈， 22x I ∃∈， 使得12()()f x g x <， 则max max ()()f x g x <.（11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,， ()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈， 使得1()f x =2()g x 成立， 则A B ⊆。
(12)若三次函数f(x)有三个零点， 则方程()0f x '=有两个不等实根12x x 、，且极大值大于0， 极小值小于0. (13)证题中常用的不等式:① ln 1(0)x x x ≤-> ②≤ln +1(1)x x x ≤>-（） ③1x e x ≥+ ④1x e x -≥-⑤ ln 1(1)12x x x x -<>+ ⑥ 22ln 11(0)22x x x x <->⑦ sinx<x (0<x<π) ⑧lnx<x<xe (x>0)1 xx +一、有关切线的相关问题例题、【2019高考新课标1， 理21】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时， x 轴为曲线()y f x = 的切线； 【答案】（Ⅰ）34a =跟踪练习：1、(2019课标全国Ⅰ， 理21)设函数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. (1)求a ， b ， c ， d 的值；解：(1)由已知得f (0)＝2， g (0)＝2， f ′(0)＝4， g ′(0)＝4. 而f ′(x )＝2x ＋a ， g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )， 故b ＝2， d ＝2， a ＝4， d ＋c ＝4. 从而a ＝4， b ＝2， c ＝2， d ＝2.2、【2019高考新课标1， 理21】已知函数ln ()1a x bf x x x=++， 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（Ⅰ）求a 、b 的值；解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-， 且过点(1,1)， 故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =， 1b =。
3、 (2019课标全国Ⅰ， 理21)设函数1(0ln x xbe f x ae x x-=+， 曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ；【解析】：(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为()0,+∞， 112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--'=+-+由题意可得(1)2,(1)f f e '==， 故1,2a b == ……………6分二、导数单调性、极值、最值的直接应用 （一）单调性1、根据导数极值点的相对大小进行讨论 例题：【2019高考江苏， 19】已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.（1）试讨论)(x f 的单调性；【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增； 当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞-⎪⎝⎭， ()0,+∞上单调递增， 在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减；当0a <时， ()f x 在(),0-∞， 2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．当0a <时， ()2,0,3a x ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭U 时， ()0f x '>， 20,3a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时， ()0f x '<， 所以函数()f x 在(),0-∞， 2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．练习：1、已知函数1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R . ⑴当12a ≤时， 讨论()f x 的单调性； 答案：⑴1()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1211,1x x a==-. 当12a =时12x x =， ()0h x ≥恒成立， 此时()0f x '≤， 函数()f x 单调递减； 当102a <<时， 1110a ->>,(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110a-<， 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12a =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.2、已知a 为实数， 函数()(1)e x f x ax =+， 函数1()1g x ax=-， 令函数()()()F x f x g x =⋅． 当0a <时， 求函数()F x 的单调区间．解：函数1()e 1x ax F x ax +=-， 定义域为1x x a ⎧⎫≠⎨⎬⎩⎭．当0a <时， 222222221()21()e e (1)(1)xx a a x a x a a F x ax ax +---++'==--． 令()0F x '=， 得2221a x a +=． ……………………………………9分 ①当210a +<， 即12a <-时， ()0F x '<．∴当12a <-时， 函数()F x 的单调减区间为1(,)a -∞， 1(,)a +∞．………………11分②当102a -<<时， 解2221a x a+=得122121a a x x ++==． ∵121a a +<∴令()0F x '<， 得1(,)x a ∈-∞， 11(,)x x a∈， 2(,)x x ∈+∞；令()0F x '>， 得12(,)x x x ∈． ……………………………13分 ∴当102a -<<时， 函数()F x 的单调减区间为1(,)a -∞， 121()a a +，21()a ++∞；函数()F x 单调增区间为2121(a a ++． …………15分 ③当210a +=， 即12a =-时， 由（2）知， 函数()F x 的单调减区间为(,2)-∞-及(2,)-+∞2、根据判别式进行讨论例题：【2019高考四川， 理21】已知函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+， 其中0a >.（1）设()g x 是()f x 的导函数， 评论()g x 的单调性； 【答案】（1）当104a <<时， ()g x 在区间114114),()a a --+-+∞上单调递增， 在区间114114(a a --+-上单调递减；当14a ≥时， ()g x 在区间(0,)+∞上单调递增.【解析】（1）由已知， 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 2(1)ag x f x x a x x '==---+，所以222112()2()2224()2x a a g x x x x-+-'=-+=. 当104a <<时， ()g x 在区间114114),()a a --+-+∞上单调递增， 在区间114114(a a--+-上单调递减； 当14a ≥时， ()g x 在区间(0,)+∞上单调递增. 练习： 已知函数()ln af x x x x=--， a ∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间； 解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞．2221()1a x x af x x x x -++'=-+=．令()0f x '=， 得20x x a -++=， 记14a ∆=+．（ⅰ）当14a -≤时， ()0f x '≤， 所以()f x 单调减区间为(0,)+∞； …………5分（ⅱ）当14a >-时， 由()0f x '=得12114114a a x x ++-+==①若104a -<<， 则120x x >>，由()0f x '<， 得20x x <<， 1x x >；由()0f x '>， 得21x x x <<．所以， ()f x 的单调减区间为114(0,)a -+， 114(,)a+++∞， 单调增区间为114114(,)a a-+++； …………………………………………………………7分②若0a =， 由（1）知()f x 单调增区间为(0,1)， 单调减区间为(1,)+∞；③若0a >， 则120x x >>，由()0f x '<， 得1x x >；由()0f x '>， 得10x x <<．()f x 的单调减区间为114(,)a +++∞， 单调增区间为114(0,)a ++． ……9分综上所述：当14a -≤时， ()f x 的单调减区间为(0,)+∞；当104a -<<时，()f x 的单调减区间为114(0,)a-+， 114(,)a +++∞， 单调增区间为114114(,)a a -+++；当0a ≥时， ()f x 单调减区间为114(,)a+++∞， 单调增区间为114(0,)a++． ………………………………………………………10分2. 已知函数1()()2ln ()f x a x x a x=--∈R ．求函数()f x 的单调区间；解：函数的定义域为()0,+∞， 222122()(1)ax x af x a x x x-+'=+-=． ……………1分 （1）当0a ≤时， 2()20h x ax x a =-+<在(0,)+∞上恒成立，则()0f x '<在(0,)+∞上恒成立， 此时()f x 在(0,)+∞上单调递减． ……………4分 （2）当0a >时， 244a ∆=-，（ⅰ）若01a <<，由()0f x '>， 即()0h x >， 得211a x a -<或211a x a->； ………………5分由()0f x '<， 即()0h x <， 221111a a x --+-<<．………………………6分所以函数()f x 的单调递增区间为211(0,a a -和211()a a-+∞，单调递减区间为221111a a --+-． ……………………………………7分 （ⅱ）若1a ≥， ()0h x ≥在(0,)+∞上恒成立， 则()0f x '≥在(0,)+∞上恒成立， 此时()f x 在(0,)+∞上单调递增． …………………………………………………………… 3、含绝对值的函数单调性讨论例题：已知函数()ln f x x x a x =--.（1）若a =1， 求函数()f x 在区间[1,]e 的最大值; （2）求函数()f x 的单调区间； （3）若()0f x >恒成立， 求a 的取值范围 解：（1）若a =1, 则()1ln f x x x x =--．当[1,]x e ∈时, 2()ln f x x x x =--,2'121()210x x f x x x x--=--=>， 所以()f x 在[1,]e 上单调增, 2max ()()1f x f e e e ∴==--. ……………2分（2）由于()ln f x x x a x =--， (0,)x ∈+∞．（ⅰ）当0a ≤时， 则2()ln f x x ax x =--， 2'121()2x ax f x x a x x--=--=，令'()0f x =， 得20804a a x +=>（负根舍去），且当0(0,)x x ∈时， '()0f x <；当0(,)x x ∈+∞时， '()0f x >，所以()f x 在28(0,4a a +上单调减， 在28()4a a ++∞上单调增.……4分（ⅱ）当0a >时，①当x a ≥时， 2'121()2x ax f x x a x x--=--=,令'()0f x =， 得2184a a x +=（284a a x a +=<舍），若284a a a +≤， 即1a ≥, 则'()0f x ≥， 所以()f x 在(,)a +∞上单调增；28a a a ++>，即01a <<, 则当1(0,)x x ∈时， '()0f x <；当1(,)x x ∈+∞时， '()0f x >， 所以()f x 在区间28a a ++上是单调减， 在28()a a +++∞上单调增. ……………………………………………6分②当0x a <<时, 2'121()2x ax f x x a x x-+-=-+-=,令'()0f x =， 得2210x ax -+-=， 记28a ∆=-，若280a ∆=-≤， 即022a <≤则'()0f x ≤， 故()f x 在(0,)a 上单调减；若280a ∆=->， 即22a >则由'()0f x =得2384a a x -=， 2484a a x -=且340x x a <<<，当3(0,)x x ∈时， '()0f x <；当34(,)x x x ∈时， '()0f x >；当4(,)x x ∈+∞ 时，'()0f x >， 所以()f x 在区间28(0,4a a -上是单调减， 在2288a a a a --+-上单调增；在28()a a +-+∞上单调减. …………………………………………8分综上所述， 当1a <时,()f x 单调递减区间是28a a ++ ， ()f x 单调递增区间是28()a a +++∞；当122a ≤≤, ()f x 单调递减区间是(0,)a ， ()f x 单调的递增区间是(,)a +∞；当22a >, ()f x 单调递减区间是(0, 28a a --)和28()a a a +-，()f x 单调的递增区间是2288(44a a a a -+-和(,)a +∞. ………………10分 （3）函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞． 由()0f x >， 得ln xx a x->． * （ⅰ）当(0,1)x ∈时， 0x a -≥， ln 0xx<， 不等式*恒成立， 所以R a ∈； （ⅱ）当1x =时， 10a -≥，ln 0xx=， 所以1a ≠； ………………12分 （ⅲ）当1x >时， 不等式*恒成立等价于ln x a x x <-恒成立或ln xa x x>+恒成立． 令ln ()xh x x x =-， 则221ln ()x x h x x -+'=．因为1x >， 所以()0h x '>， 从而()1h x >． 因为ln xa x x<-恒成立等价于min (())a h x <， 所以1a ≤． 令ln ()xg x x x=+， 则221ln ()x x g x x +-'=．再令2()1ln e x x x =+-， 则1()20e x x x '=->在(1,)x ∈+∞上恒成立， ()e x 在(1,)x ∈+∞上无最大值．综上所述， 满足条件的a 的取值范围是(,1)-∞． …………………………16分 2．设a 为实数， 函数2()||f x x x a =-（2）求函数()f x 的单调区间4、分奇数还是偶数进行讨论例题：【2019高考天津， 理20已知函数()n ,nf x x x x R =-∈， 其中*n ,n 2N ∈≥.(I)讨论()f x 的单调性；【答案】(I) 当n 为奇数时， ()f x 在(,1)-∞-， (1,)+∞上单调递减， 在(1,1)-内单调递增；当n 为偶数时， ()f x 在(,1)-∞-上单调递增， ()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.(2)当n 为偶数时，当()0f x '>， 即1x <时， 函数()f x 单调递增； 当()0f x '<， 即1x >时， 函数()f x 单调递减.所以， ()f x 在(,1)-∞-上单调递增， ()f x 在(1,)+∞上单调递减. 5、已知单调区间求参数范围例题：（14年全国大纲卷文）函数f(x )=a x 3+3x 2+3x (a ≠0).（1）讨论函数f(x )的单调性；（2）若函数f(x )在区间（1， 2）是增函数， 求a 的取值范围.解：（1）2()363f x ax x '=++， 2()3630f x ax x '=++=的判别式△=36（1-a ）. （i ）若a ≥1， 则()0f x '≥， 且()0f x '=当且仅当a=1， x =-1， 故此时f （x ）在R 上是增函数.（ii ）由于a ≠0， 故当a<1时， ()0f x '=有两个根：121111,a ax x a a-+----==， 若0<a<1,则当x ∈（－∞， x 2）或x ∈（x 1， +∞）时， ()0f x '>， 故f （x ）在（－∞， x 2）， （x 1， +∞）上是增函数；当x ∈（x 2， x 1）时， ()0f x '<， 故f （x ）在（x 2， x 1）上是减函数； （2）当a>0， x >0时, ()0f x '>， 所以当a>0时， f （x ）在区间（1， 2）是增函数.若a<0时， f （x ）在区间（1,2）是增函数当且仅当(1)0f '≥且(2)0f '≥， 解得504a -≤<. 综上， a 的取值范围是5[,0)(0,)4-+∞U . 二、极值（一）判断有无极值以及极值点个数问题例题：【2019高考山东， 理21】设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-， 其中a R ∈. （Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数， 并说明理由；（2）当0a > 时， ()()28198a a a a a ∆=--=-①当809a <≤时， 0∆≤ ， ()0g x ≥ 所以， ()0f x '≥， 函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时， 0∆> 设方程2210ax ax a ++-=的两根为1212,(),x x x x < 因为1212x x +=- 所以， 1211,44x x <->- 由()110g -=>可得：111,4x -<<-所以， 当()11,x x ∈-时， ()()0,0g x f x '>> ， 函数()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时， ()()0,0g x f x '<< ， 函数()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞时， ()()0,0g x f x '>> ， 函数()f x 单调递增； 因此函数()f x 有两个极值点． （3）当0a < 时， 0∆> 由()110g -=>可得：11,x <-当()21,x x ∈-时， ()()0,0g x f x '>> ， 函数()f x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时， ()()0,0g x f x '<< ， 函数()f x 单调递减； 因此函数()f x 有一个极值点． 综上：当0a < 时， 函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时， 函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时， 函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点； 例题：【2019高考安徽， 理21】设函数2()f x x ax b =-+.（Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-内的单调性并判断有无极值， 有极值时求出极值；【解析】（Ⅰ）2(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+， 22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-， 22x ππ-<<.因为22x ππ-<<， 所以cos 0,22sin 2x x >-<<.①当2,a b R ≤-∈时， 函数(sin )f x 单调递增， 无极值. ②当2,a b R ≥∈时， 函数(sin )f x 单调递减， 无极值. ③当22a -<<， 在(,)22ππ-内存在唯一的0x ， 使得02sin x a =. 02x x π-<≤时， 函数(sin )f x 单调递减；02x x π<<时， 函数(sin )f x 单调递增.因此， 22a -<<， b R ∈时， 函数(sin )f x 在0x 处有极小值20(sin )()24a a f x fb ==-.（二）已知极值点个数求参数范围例题：【14年山东卷（理）】 设函数())ln 2(2x xk x e x f x +-=（k 为常数， 2.71828e =L是自然对数的底数）（I ）当0k ≤时， 求函数()f x 的单调区间；（II ）若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点， 求k 的取值范围。