2020届高考数学导数的11个专题

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2020高考数学函数和导数知识点归纳汇总(含答案解析)

2020年高考数学（理）函数和导数知识点归纳汇总目录基本初等函数性质及应用 (3)三角函数图象与性质三角恒等变换 (17)函数的图象与性质、函数与方程 (43)导数的简单应用与定积分 (60)利用导数解决不等式问题 (81)利用导数解决函数零点问题 (105)基本初等函数性质及应用题型一求函数值【题型要点解析】已知函数的解析式，求函数值，常用代入法，代入时，一定要注意函数的对应法则与自变量取值范围的对应关系，有时要借助函数性质与运算性质进行转化．例1．若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，且a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]【解析】由f (1)＝19，得a 2＝19，解得a ＝13或a ＝－13(舍去)，即f (x )＝4231-⎪⎭⎫⎝⎛x 由于y ＝|2x －4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f (x )在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减．【答案】 B例2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋ln 1＋x 2＋x ，x ≥0，3x 2＋ln 1＋x 2－x ，x <0，若f (x －1)<f (2x ＋1)，则x 的取值范围为________．【解析】若x >0，则－x <0，f (－x )＝3(－x )2＋ln (1＋(－x )2＋x )＝3x 2＋ln (1＋x 2＋x )＝f (x )，同理可得，x <0时，f (－x )＝f (x )，且x ＝0时，f (0)＝f (0)，所以f (x )是偶函数．因为当x >0时，函数f (x )单调递增，所以不等式f (x －1)<f (2x ＋1)等价于|x －1|<|2x ＋1|，整理得x (x ＋2)>0，解得x >0或x <－2.【答案】 (－∞，－2)∪(0，＋∞)例3．已知a >b >1，若log a b ＋log b a ＝52，a b＝b a ，则a ＝________，b ＝________.【解析】 ∵log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b ＝52，∴log a b ＝2或12.∵a >b >1，∴log a b <log a a ＝1，∴log a b ＝12，∴a ＝b 2.∵a b ＝b a ，∴(b 2)b ＝bb 2，即b 2b ＝bb 2.∴2b＝b 2，∴b ＝2，a ＝4.【答案】 4；2 题组训练一求函数值1．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)单调递增．若实数a 满足f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的最小值是( )A.32 B ．1C.12D ．2【解析】 log 12a ＝－log 2a ，f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，所以2f (log 2a )≤2f (1)，所以|log 2 a |≤1，解得12≤a ≤2，所以a 的最小值是12，故选C.【答案】 C2．若函数f (x )＝a x －2－2a (a >0，a ≠1)的图象恒过定点⎪⎭⎫⎝⎛31,0x ，则函数f (x )在[0,3]上的最小值等于________．【解析】令x －2＝0得x ＝2，且f (2)＝1－2a ，所以函数f (x )的图象恒过定点(2,1－2a )，因此x 0＝2，a ＝13，于是f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －2－23，f (x )在R 上单调递减，故函数f (x )在[0,3]上的最小值为f (3)＝－13.【答案】－13题型二比较函数值大小【题型要点解析】三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小．例1．已知a ＝3421-⎪⎭⎫ ⎝⎛，b ＝5241-⎪⎭⎫ ⎝⎛，c ＝31251-⎪⎭⎫⎝⎛，则( )A ．a b >c B ．a >c >b C ．b >c >aD ．b >a >c【解析】 ∵a ＝π3，b ＝3π，c ＝e π，∴函数y ＝x π是R 上的增函数，且3>e>1，∴3π>e π，即b >c >1；设f (x )＝x 3－3x ，则f (3)＝0，∴x ＝3是f (x )的零点，∵f ′(x )＝3x 2－3x ·ln 3，∴f ′(3)＝27－27ln 3<0，f ′(4)＝48－81ln 3<0，∴函数f (x )在(3,4)上是单调减函数，∴f (π)<f (3)＝0，∴π3－3π<0，即π3<3π，∴a a >c .故选D.【答案】 D题组训练二比较函数值大小 1．若a >b >1,0<c <1，则( ) A ．a c b >1⇔a c >bc ，A 错误；对B ：由于－1<c －1<0，∴函数y ＝x c －1在(1，＋∞)上单调递减，又∴a >b >1，∴a c －11)，则f ′(x )＝ln x ＋1>1>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此f (a )>f (b )>0⇔a ln a >b ln b >0⇔1a ln a <1b ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c a ln a >ln cb ln b⇔b log a c >a log b c ，C 正确；对D ：要比较log a c 和log b c ，只需比较ln c ln a 和ln cln b，而函数y ＝ln x 在(1，＋∞)上单调递增，故a >b >1⇔ln a >ln b >0⇔1ln a <1ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c ln a >ln c ln b ⇔log a c >log b c ，D 错误．故选C.【答案】 C2．设函数f (x )＝e x ＋2x －4，g (x )＝ln x ＋2x 2－5，若实数a ，b 分别是f (x )，g (x )的零点，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0【解析】依题意，f (0)＝－3<0，f (1)＝e －2>0，且函数f (x )是增函数，因此函数f (x )的零点在区间(0,1)内，即0<a <1.g (1)＝－3<0，g (2)＝ln 2＋3>0，函数g (x )的零点在区间(1,2)内，即1f (1)>0.又函数g (x )在(0,1)内是增函数，因此有g (a )<g (1)<0，g (a )<0<f (b )，选A.【答案】 A题型三求参数的取值范围【题型要点解析】利用指、对数函数的图象与性质可以求解的两类热点问题及其注意点 (1)对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时、常利用数形结合思想求解．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．(3)注意点：利用对数函数图象求解对数型函数性质及对数方程、不等式问题时切记图象的范围、形状一定要准确，否则数形结合时将误解．对于含参数的指数、指数问题，在应用单调性时，要注意对底数进行讨论．解决对数问题时，首先要考虑定义域，其次再利用性质求解．例1．已知f (x )＝⎩⎨⎧(1－2a )x ＋3a ，x ＜1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B.⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,1C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡-21,1D.⎪⎭⎫⎝⎛21,0【解析】要使函数f (x )的值域为R ，需使⎩⎨⎧1－2a ＞0，ln 1≤1－2a ＋3a ，∴⎩⎨⎧a ＜12，a ≥－1，∴－1≤a ＜12.故选C.【答案】 C例2．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x，x >0，则满足f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x >1的x 的取值范围是________．【解析】由题意，当x >12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋2x －12>1恒成立，即x >12满足题意；当0<x ≤12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋x －12＋1>1恒成立，即0<x ≤12满足题意；当x ≤0时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝x ＋1＋x －12＋1>1，解得x >－14，即－14<x ≤0.综上，x 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,41 【答案】⎪⎭⎫⎝⎛+∞,41题组训练三求参数的取值范围例1．若函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．【解析】当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4＋∞)．当x >2时，若a ∈(0,1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显示不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1<a ≤2.【答案】 (1,2]例2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋a ，x <12，4x－3，x ≥12的最小值为－1，则实数a 的取值范围是________．【解析】当x ≥12时，4x －3为增函数，最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛21＝－1，故当x <12时，x 2－2x ＋a ≥－1.分离参数得a ≥－x 2＋2x －1＝－(x －1)2，函数y ＝－(x －1)2开口向下，且对称轴为x ＝1，故在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21,上单调递增，所以函数在x ＝12处有最大值，最大值为－221⎪⎭⎫⎝⎛-＝－14，即a ≥－14.【答案】⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,41【专题训练】一、选择题1．定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x －2)＝f (x ＋2)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x ＋15，则f (log 220)等于( )A ．1B.45 C ．－1D ．－45【解析】由f (x －2)＝f (x ＋2)，得f (x )＝f (x ＋4)，因为4<log 220<5，所以f (log 220)＝f (log 220－4)＝－f (4－log 220)＝－f (log 2 45)＝－(2log 245＋15)＝－1.【答案】C2．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)(x 1≠x 2)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，则下列结论正确的是( )A ．f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)B ．f (log 25)<f (20.3)<f (0.32)C ．f (log 25)<f (0.32)<f (20.3) D ．f (0.32)<f (log 25)<f (20.3)【解析】 ∵对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)，且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，∴f (x )在(－∞，0)上是减函数．又∵f (x )是R 上的偶函数， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ∵0<0.32<20.3<log 25，∴f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)．故选A. 【答案】 A3．已知f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x－1)，则f ⎪⎭⎫⎝⎛31等于( )A ．2－log 23B ．log 23－log 27C ．log 27－log 23D ．log 23－2【解析】因为f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，所以f (x －2)＝－f (x )，所以f (x －4)＝f (x )，所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-312＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛35＝－f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-354＝－f ⎪⎭⎫⎝⎛37.又当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x －1)，所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛37＝log 2⎪⎭⎫⎝⎛-137＝log 243＝2－log 23，所以f ⎪⎭⎫⎝⎛31＝log 23－2，故选D.【答案】 D4．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，设a ＝ln1π，b ＝(ln π)2，c ＝ln π，当对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)时，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0，则( ) A ．f (a )>f (b )>f (c ) B ．f (b )>f (a )>f (c ) C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )【解析】由(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x 1)－f (x 2)(x 1－x 2)<0，所以y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，所以y ＝f (x )在(－∞，0)上单调递增，由于a ＝ln 1π＝－lnπ<－1，b ＝(ln π)2，c ＝ln π＝12ln π，所以|b |>|a |>|c |，因此f (c )>f (a )>f (b )，故选D.【答案】 D5．已知函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，a ＝(20.2)·f (20.2)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝(log 39)·f (log 39)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b >a >cB ．c >a >bC ．c >b >aD ．a >c >b【解析】因为函数y ＝f (x )关于y 轴对称，所以函数y ＝xf (x )为奇函数．因为[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )，且当x ∈(－∞，0)时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0，则函数y ＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减；因为y ＝xf (x )为奇函数，所以当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝xf (x )单调递减．因为1<20.2<2,0<log π3<1，log 39＝2，所以0<log π3<20.2<log 39，所以b >a >c ，选A.【答案】 A6．设a ＝0.23，b ＝log 0.30.2，c ＝log 30.2，则a ，b ，c 大小关系正确的是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >b >a【解析】根据指数函数和对数函数的增减性知，因为0<a ＝0.23<0.20＝1，b ＝log 0.30.2>log 0.30.3＝1，c ＝log 30.2<log 31＝0，所以b >a >c ，故选B.【答案】B7．对任意实数a ，b 定义运算“Δ”：a Δb ＝⎩⎨⎧a ，a －b ≤2，b ，a －b >2，设f (x )＝3x＋1Δ(1－x )，若函数f (x )与函数g (x )＝x 2－6x 在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则实数m 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(0,3]C ．[0,2]D ．[1,3]【解析】由题意得f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋1，x >0，3x ＋1，x ≤0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，函数g (x )＝(x －3)2－9在(－∞，3]上单调递减，若函数f (x )与g (x )在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则⎩⎨⎧m ≥0，m ＋1≤3，得0≤m ≤2，故选C.【答案】 C8．已知函数f (x )＝a |log 2 x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，给出下列命题：①F (x )＝|f (x )|；②函数F (x )是偶函数；③当a <0时，若0<m <n <1，则有F (m )－F (n )<0成立；④当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点．其中正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 ①∵函数f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0f (－x )，x <0，∴|f (x )|＝|a |log 2x |＋1|，∴F (x )≠|f (x )|，①不对；②∵F (－x )＝⎩⎨⎧f (－x )，x <0f (x )，x >0＝F (x )，∴函数F (x )是偶函数，故②正确；③∵当a <0时，若0<m <n <1，∴|log 2m |>|log 2n |，∴a |log 2m |＋1<a |log 2n |＋1，即F (m )<F (n )成立，故F (m )－F (n )<0成立，所以③正确；④∵f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，∴x >0时，(0,1)单调递减，(1，＋∞)单调递增， ∴x >0时，F (x )的最小值为F (1)＝1，故x >0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，∵函数F (x )是偶函数，∴x <0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，故当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点，所以④正确．【答案】D 二、填空题1.已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．【解析】依题意a ＝g (－log 25.1) ＝(－log 25.1)·f (－log 25.1) ＝log 25.1f (log 25.1)＝g (log 25.1)．因为f (x )在R 上是增函数，可设0＜x 1＜x 2，则f (x 1)＜f (x 2)．从而x 1f (x 2)＜x 2f (x 2)，即g (x 1)＜g (x 2)．所以g (x )在(0，＋∞)上亦为增函数．又log 25.1＞0,20.8＞0,3＞0，且log 25.1＜log 28＝3，20.8＜21＜3，而20.8＜21＝log 24＜log 25.1，所以3＞log 25.1＞20.8＞0，所以c ＞a ＞b .【答案】 b <a <c2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ≤1ln (x －1)，1<x ≤2若不等式f (x )≤5－mx 恒成立，则实数m 的取值范围是________．【解析】设g (x )＝5－mx ，则函数g (x )的图象是过点(0,5)的直线．在同一坐标系内画出函数y ＝f (x )和g (x )＝5－mx 的图象，如图所示．∵不等式f (x )≤5－mx 恒成立，∴函数y ＝f (x )图象不在函数g (x )＝5－mx 的图象的上方．结合图象可得，①当m <0时不成立；②当m ＝0时成立；③当m >0时，需满足当x ＝2时，g (2)＝5－2m ≥0，解得0<m ≤52.综上可得0≤m ≤52.∴实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52.3．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B ．[－1,0]C ．[0,1]D ．[－1,1]【解析】函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，将x 换为－x ，函数值不变，即有f (x )图象关于y 轴对称，即f (x )为偶函数，有f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f (x )＝x ln(1＋x )＋x 2的导数为f ′(x )＝ln (1＋x )＋x 1＋x＋2x ≥0，则f (x )在[0，＋∞)递增，f (－a )＋f (a )≤2f (1)，即为2f (a )≤2f (1)，可得f (|a |))≤f (1)，可得|a |≤1，解得－1≤a ≤1.【答案】 D4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(3a －1)x －4a ，(x <1)，log a x ， (x ≥1)在R 上不是单调函数，则实数a 的取值范围是________．【解析】当函数f (x )在R 上为减函数时，有3a －1<0且0<a <1且(3a －1)·1＋4a ≥log a 1，解得17≤a <13，当函数f (x )在R 上为增函数时，有3a －1>0且a >1且(3a －1)·1＋4a ≤log a 1，a 无解．∴当函数f (x )在R 上为单调函数时，有17≤a <13，∴当函数f (x )在R 上不是单调函数时，有a >0且a ≠1且a <17或a ≥13即0<a <17或13≤a <1或a >1.5．定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为 ________.【解析】根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22 016＝22 016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22 016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1 008.【答案】 1 008三角函数图象与性质三角恒等变换题型一函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式与图象【题型要点解析】解决三角函数图象问题的方法及注意事项(1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．【例1】函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的部分图象如图，则S ＝f (1)＋…＋f (2017)等于( )A ．0 B.4 0312C.4 0352 D.4 0392【解析】由题设中提供的图象信息可知⎩⎪⎨⎪⎧A ＋b ＝32，－A ＋b ＝12，解得A ＝12，b ＝1，T ＝4⇒ω＝2π4＝π2，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπx2＋1，又f(0)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ2＋1＝12sinφ＋1＝1⇒sinφ＝0，可得φ＝kπ，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ππkx2＋1，由于周期T＝4，2017＝504×4＋1，且f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，所以S＝f(1)＋…＋f(2016)＋f(2017)＝2016＋f(2017)＝2016＋f(1)＝2016＋32＝4 0352，故选C.【答案】 C【例2】．已知函数f(x)＝sin2ωx－12(ω>0)的周期为π2，若将其图象沿x轴向右平移a个单位(a>1)，所得图象关于原点对称，则实数a的最小值为( )A.π4B.3π4C.π2D.π8【解析】∵f(x)＝1－cos 2ωx2－12＝－12cos 2ωx，2π2ω＝π2，解得ω＝2，从而f(x)＝－12cos 4x.函数f(x)向右平移a个单位后，得到新函数为g(x)＝－12cos(4x－4a)．∴cos 4a＝0,4a＝π2＋kπ，k∈Z，当k＝0时，a的最小值为π8.选D.【答案】 D题组训练一函数y＝A sin(ωx＋φ)的解析式与图象1．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，且f (α)＝1，α∈⎪⎭⎫ ⎝⎛3,0π，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα等于( )A.13 B ．±223C.223D ．－223【解析】由题图可知A ＝3，易知ω＝2，φ＝5π6，即f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πx . 因为f (α)＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα＝1，所以sin ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝13，因为α∈⎪⎭⎫⎝⎛3,0π，所以2α＋5π6∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα，所以cos ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝－223，故选D. 【答案】 D2．已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+322πx ，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2【解析】因为C 1，C 2函数名不同，所以将C 2利用诱导公式转化成与C 1相同的函数名，则C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2322ππx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ，则由C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍变为y ＝cos 2x ，再将曲线向左平移π12个单位得到C 2，故选D.【答案】 D3．设函数y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是T ，将其图象向左平移14T 后，得到的图象如图所示，则函数y ＝sin ωx (ω>0)的单调递增区间是( )A.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ B.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24737,24737ππππ C.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-12737,12737ππππ D.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡++242167,24767ππππ 【解析】方法一由已知图象知，y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是2×7π12＝7π6，所以2πω＝7π6，解得ω＝127，所以y ＝sin 127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ 方法二因为T ＝2πω，所以将y ＝sin ωx (ω>0)的图象向左平移14T 后，所对应的解析式为y ＝sin ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωπ2x .由图象知，ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωππ2127＝3π2，所以ω＝127，所以y ＝sin127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ(k ∈Z )．【答案】 A题型二三角函数的性质【题型要点】(1)奇偶性的三个规律：①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π(k ∈Z )；③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )．(2)对称性的三个规律①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得； ③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)的图象的对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π2(k ∈Z )解得．(3)三角函数单调性：求形如y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一段思路是令ωx＋φ＝z，则y＝A sin z(或y＝A cos z)，然后由复合函数的单调性求得．(4)三角函数周期性：函数y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))的最小正周期T＝2π|ω|.应特别注意y＝|A sin(ωx＋φ)|的周期为T＝π|ω|.【例3】设函数f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4.(1)求ω的值；(2)若函数y＝f(x＋φ)(0<φ<π2)是奇函数，求函数g(x)＝cos(2x－φ)在[0,2π]上的单调递减区间．【解】(1)f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋3 2＝12sin2ωx－3(1＋cos 2ωx)2＋32＝12sin2ωx－32cos2ωx＝sin⎪⎭⎫⎝⎛-32πωx，设T为f(x)的最小正周期，由f(x)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋[2f(x)max]2＝π2＋4，∵f(x)max＝1，∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋4＝π2＋4，整理得T＝2π.又ω>0，T＝2π2ω＝2π，∴ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ，∴f (x ＋φ)＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3πϕx .∵y ＝f (x ＋φ)是奇函数，则sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πϕ＝0，又0<φ<π2，∴φ＝π3， ∴g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，则k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ， ∴单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡++32,6ππππk k k ∈Z . 又∵x ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ；当k ＝1时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ∴函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ.【例4】．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋π6)(ω>0)的最小正周期为4π，则( )A ．函数f (x )的图象关于原点对称B ．函数f (x )的图象关于直线x ＝π3对称C ．函数f (x )图象上的所有点向右平移π3个单位长度后，所得的图象关于原点对称D ．函数f (x )在区间(0，π)上单调递增【解析】2πω＝4π⇒ω＝12，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 不是奇函数，图象不关于原点对称；x ＝π3时f (x )＝32不是最值，图象不关于直线x ＝π3对称；所有点向右平移π3个单位长度后得y ＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-6)3(21ππx ＝sin 12x 为奇函数，图象关于原点对称；因为x ∈(0，π)⇒12x ＋π6∈⎪⎭⎫⎝⎛32,6ππ，所以函数f (x )在区间(0，π)上有增有减，综上选C.【答案】 C【例5】．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0)，x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,12ππ的图象如图所示，若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，则f (x 1＋x 2)等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2【解析】根据函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈[－π12，2π3]的图象知，3T 4＝2π3－⎪⎭⎫ ⎝⎛-12π＝3π4，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2；又x ＝－π12时，2×⎪⎭⎫⎝⎛-12π＋φ＝0，解得φ＝π12， ∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ；又f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，不妨令x 1＝0，则x 2＝π3， ∴x 1＋x 2＝π3，∴f (x 1＋x 2)＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+⨯632ππ＝1.故选A. 【答案】 A题组训练二三角函数的性质1．如图是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛≤>>2,0,0πϕωA 图象的一部分．为了得到这个函数的图象，只要将y ＝sin x (x ∈R )的图象上所有的点( )A ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变D ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【解析】观察图象知，A ＝1，T ＝2⎪⎭⎫⎝⎛-365ππ＝π，ω＝2πT ＝2，即y ＝sin(2x ＋φ)；将点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3π代入得⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ32sin ＝0，结合|φ|≤π2，得φ＝π3，所以y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πx .故选A. 【答案】 A2．已知函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12(ω＞0)，x ∈R ，若f (x )在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )A.⎥⎦⎤⎝⎛125,0π B.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65 C.⎥⎦⎤ ⎝⎛65,0π D.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡1211,65 【解析】函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12＝12cos ωx ＋32sin ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx ，可得T ＝2πω≥π，0＜ω≤2，f (x )在区间(π，2π)内没有零点，函数的图象如图两种类型，结合三角函数可得：⎩⎪⎨⎪⎧ωπ＋π6≥02ωπ＋π6≤π或⎩⎪⎨⎪⎧πω＋π6≥π2ωπ＋π6≤2π，解得ω∈⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65.故选B.【答案】 B题型三三角恒等变换【题型要点解析】三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等； (2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦．【例6】如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C位于第一象限，点B 的坐标为⎪⎭⎫⎝⎛-135,1312，∠AOC ＝α.若|BC |＝1，则3cos 2α2－sin α2·cos α2－32的值为________．【解析】由题意得|OC |＝|OB |＝|BC |＝1，从而△OBC 为等边三角形，所以sin ∠AOB ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513，又因为3cos 2α2－sinα2cos α2－32＝3·1＋cos α2－sin α2－32＝－12sin α＋32cos α＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513.【答案】513【例7】．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+83πα等于( ) A ．－45B.45 C ．－35D.35【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫⎝⎛+83πα＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+82παπ＝－sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝－45，故选A.【答案】 A【例8】．已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，且0<β<α<π2，那么β等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3【解析】 cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)，由已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，0<β<α<π2，可知sinα＝45，sin(α－β)＝210 ，代入上式得cos β＝35×7210＋45×210＝25250＝22，所以β＝π4，故选C.【答案】 C题组训练三三角恒等变换1．若sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则cos 2α的值为( )A ．－35B.35 C ．－45D.45【解析】由sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则sin α＋3cos α＝0，可得：tan α＝sin αcos α＝－3；则cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝1－tan 2αtan 2α＋1＝1－91＋9＝－45.故选C. 【答案】 C2．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π的值为( ) A ．－19B.19 C.53D ．－53【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π ＝－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＋sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝1－2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＋1－cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx＝2－3cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝53. 【答案】 C3．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝－14，α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ.则sin 2α＝________.【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ3＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝12sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－14，即sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－12.∵α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ，∴2α＋π3∈⎪⎭⎫ ⎝⎛34,ππ， ∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－32，∴sin 2α＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+332ππα＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παcos π3－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παsin π3＝12.【答案】12题型四三角函数性质的综合应用【题型要点】研究三角函数的性质的两个步骤第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．【例9】设函数f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，其中0<ω<3.已知f⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ上的最小值．【解析】 (1)因为f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x ωωcos 23sin 21 ＝3⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin πωx由题设知f ⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx所以g (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+34ππx ＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-12πx因为x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ，所以x －π12∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,3ππ，当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.【答案】－32题组训练四三角函数性质的综合应用已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )．(1)求f ⎪⎭⎫⎝⎛32π的值．(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间．【解析】 (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛－221⎪⎭⎫ ⎝⎛-－23×32×⎪⎭⎫ ⎝⎛-21得f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2si ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 所以f (x )的最小正周期是π 由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z . 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k πk ∈Z .【专题训练】一、选择题1．已知α满足sin α＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ4＝( )A.718B.2518 C ．－718D ．－2518【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ4＝22()cos α－sin α·22()cos α＋sin α＝12()cos 2α－sin 2α＝12(1－2sin 2α)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-9121＝718，选A. 【答案】 A2．若函数f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1(ω>0)在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，则ω的取值范围是( )A ．[0,1)B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,43 C ．[1，＋∞)D.⎥⎦⎤ ⎝⎛43,0 【解析】由题意，因为f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1＝4sin ωx ·1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π22＋cos2ωx －1＝2sin ωx (1＋sin ωx )＋cos2ωx－1＝2sin ωx 所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-ωπωπ2,2表示函数含原点的递增区间，又因为函数在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω，即⎩⎪⎨⎪⎧－π2ω≤－π2π2ω≥2π3⇒⎩⎨⎧ω≤1ω≤34，又ω>0，所以0<ω≤34，故选D.【答案】 D3．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω>0)在x ＝1和x ＝－1处分别取得最大值和最小值，且对于∀x 1，x 2∈[－1,1](x 1≠x 2)都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，则函数f (x ＋1)一定是( )A ．周期为2的偶函数B ．周期为2的奇函数C ．周期为4的奇函数D ．周期为4的偶函数【解析】由题意可得，[－1,1]是f (x )的一个增区间，函数f (x )的周期为2×2＝4，∴2πω＝4，ω＝π2， ∴f (x )＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x .再根据f (1)＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2＝A ，可得sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπ2＝cos φ＝1，故φ＝2k π，k ∈Z ，∴f (x ＋1)＝A sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππk x 2)1(2＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x ＝A cos π2x ，∴f (x ＋1)是周期为4的偶函数，故选D. 【答案】D4．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的最小正周期是π，若其图象向左平移π3个单位后得到的函数为奇函数，则函数f (x )的图象( )A ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,12π对称B ．关于直线x ＝π12对称C ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,6π对称D ．关于直线x ＝π6对称【解析】由于函数最小正周期为π，所以ω＝2，即f (x )＝sin(2x ＋φ)．向左平移π3得到sin ⎪⎭⎫⎝⎛++ϕπ322x 为奇函数，故2π3＋φ＝π，φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx .f ⎪⎭⎫⎝⎛12π＝sin π2＝1，故x ＝π12为函数的对称轴，选B. 【答案】 B5．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图，f ⎪⎭⎫⎝⎛-2413π＝( )A ．－62 B ．－32C ．－22D ．－1【解析】根据函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象知，A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝2πω＝π，解得ω＝2； ∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)．由五点法画图知，ω×π3＋φ＝2π3＋φ＝π，解得φ＝π3，∴f (x )＝ 2 sin(2x ＋π3)，∴f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2413π＝2sin(－13π12＋π3)＝2sin(－3π4)＝－1，故选D. 【答案】 D6．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，若f (0)＝－3，且函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，则以下结论正确的是( )A ．函数f (x )的最小正周期为π3B ．函数f (x )的图象关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,97π对称 C ．函数f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛2411,4ππ上是增函数D ．由y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位长度可以得到函数f (x )的图象【解析】函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，∵f (0)＝－3，即2sin φ＝－3，∵－π2<φ<π2， ∴φ＝－π3又∵函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，∴－ω×π12－π3＝π2＋k π，k ∈Z . 可得ω＝12k －10，∵0＜ω＜12.∴ω＝2.∴f (x )的解析式为：f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .最小正周期T ＝2π2＝π，∴A 不对．当x ＝7π9时，可得y ≠0，∴B 不对．令－π2≤2x －π3≤π2，可得－π12≤x ≤5π12，∴C 不对．函数y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位，可得2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-125πx ＝2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-652πx＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-2652ππx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx . ∴D 项正确．故选D. 【答案】 D 二、填空题7．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<><2,0,0πϕωA 的图象与y 轴的交点为(0,1)，它在y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x 0,2)和(x 0＋2π，－2)，则f (x )＝________.【解析】由题意可得A ＝2，T 2＝2π，T ＝4π，∴ω＝2πT ＝2π4π＝12，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕ2x ，∴f (0)＝2sin φ＝1.由|φ|<π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx . 【答案】 2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx8．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________．【解析】 f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4πωx ，因为f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋2k π，k ∈Z .又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2，则ω2＝π4，所以ω＝π2.【答案】π29．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13⎪⎭⎫ ⎝⎛<<20πα，则sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ6＝________.【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13，∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)3(2αππ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13；又0<α<π2，∴π6<π6＋α<2π3， ∴sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝223.【答案】22310．已知π2<β<α<34π，cos(α－β)＝1213，sin(α＋β)＝－35，则sin2α＝__________A.5665 B ．－5665 C.6556D ．－6556【解析】由题意得π2<β<α<3π4，则0<α－β<π4，π<α＋β<3π2，由cos(α－β)＝1213⇒sin(α－β)＝513，sin(α＋β)＝－35⇒cos(α＋β)＝－45，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝513×(－45)＋1213×(－35)＝－5665，故选B.【答案】 B 三、解答题11．已知函数f (x )＝sin ωx cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω＞0)图象的两条相邻对称轴为π2.(1)求函数y ＝f (x )的对称轴方程；(2)若函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．【解析】 (1)函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32.化简可得f (x )＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πωx ，由题意可得周期T ＝π，∴π＝2π2ω∴w ＝1∴f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx故函数y ＝f (x )的对称轴方程为2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，即x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )(2)由函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，可知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＝13>0，且0<x 1<5π12<x 2<2π3. 易知(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于x ＝5π12对称，则x 1＋x 2＝5π6，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--1165x x π＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6521πx ＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-2321ππx＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝13.12．已知函数f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx (0＜ω＜2)，且f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π(1)求ω的值及函数f (x )的最小正周期； (2)将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，已知g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2α＝536，求cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πα的值．【解】 (1)f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx ＝3sin ωx cos ωx ＋3cos 2ωx ＝32sin2ωx ＋32cos2ωx ＋32＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πωx ＋32，因为函数y ＝f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π，。

2020年高考数学(理)【热点·重点·难点】专练导数及其应用(解析版)

热点04 导数及其应用【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容 .函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的思路解析与解题套路，从而在以后的导数题目中能够快速得到导数问题的得分技巧.【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立选择小题可以采用排除法与特殊值法相结合的验证方法能够比较快捷准确得到答案，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解.对于理科类导数类题目，对于比较复杂的导数题目.一般需要二次求导，但是要注意导数大小与原函数之间的关系，搞清楚导数与原函数的关系是解决此类题目的关键所在.含参不等式证明问题也是一种重难点题型，对于此类题型应采取的方法是：一双变量常见解题思路：1双变量化为单变量→寻找两变量的等量关系；2转化为构造新函数；二含参不等式常见解题思路：1参数分离；2通过运算化简消参（化简或不等关系）；3将参数看成未知数，通过它的单调关系来进行消参.那么两种结构的解题思路理顺了，那么我们来看这道题.这是含参的双变量问题，一般来说，含参双变量问题我们一般是不采用转化为构造新函数，我们最好就双变量化为单变量，这就是我们解这道题的一个非常重要的思路：① 寻找双变量之间的关系并确定范围，并且确定参数的取值范围；②化简和尝试消参；③双变量化为单变量.④证明函数恒成立（求导、求极值……）（经典题型2018年全国一卷理21题）【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】（建议用时：90分钟）1．（2019·全国高考真题（理））已知曲线ln x y ae x x =+在点），（ae 1处的切线方程为b x y +=2，则（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】详解：1ln y '++=x ae x 21=+=ae y ，即1a e -=将（1,1）代入b x y +=2得1.12==+b b 故故选D ．【名师点睛】本题关键得到含有a ，b 的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系.2．（2019·安徽高三期中（理））已知函数11,1()4ln ,1x x f x x x +≤⎧=⎨⎩>,则方程()f x ax =恰有两个不同的实根时，实数a 的取值范围是A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ． C ． D ．1,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】。

2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ，所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意．若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )，令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增，所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点．综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．方法二先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1，所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．解由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0，所以φ(e)<φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2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：x 1＋x 2<2.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝，所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0.而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立；当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立，所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意，所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增；当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0，所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意．由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减，又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)，即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。

2020届高三一轮复习专题：导数之双变量的问题

双变量问题是导数问题中的一个难点，通常情况下，让所求的参数的式子满足另外一个已知的式子的取值范围，不仅可以解决最值得问题，还可以解决其中双变量中的参数问题。

一．双变量最值[例题1]已知函数14341ln)(-+-=xxxxf.（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设42)(2-+-=bxxxg，若对任意)2,0(1∈x，[]2,12∈x，不等式)()(21xgxf≥恒成立，求实数b的取值范围二、双变量求参数问题[例题1] 设是函数的一个极值点. （1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（2）设，若存在，使得成立，求的取值范围.3x =()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈a b a b ()f x ()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭[]12,0,4ξξ∈()()121f g ξξ-<a[例题2] ．（1）若，求函数的极值；（2）若是函数的一个极值点，试求出关于的关系式（用表示），并确定的单调区间；（3）在（2）的条件下，设，函数．若存在使得成立，求的取值范围．2()()()xf x x ax b e x R =++∈2,2a b ==-()f x 1x =()f x a b a b ()f x 0a >24()(14)xg x a e +=+]4,0[,21∈λλ1|)()(|21<-λλf f a[例题3] 已知二次函数对都满足且，设函数（，）．（Ⅰ）求的表达式；（Ⅱ）若，使成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）设，，求证：对于，恒有．()g x x R ∀∈2(1)(1)21g x g x x x -+-=--(1)1g =-19()()ln 28f x g x m x =+++m R ∈0x >()g x x R +∃∈()0f x ≤m 1m e <≤()()(1)H x f x m x =-+12[1,]x x m ∀∈，12|()()|1H x H x -<[例题4]设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性；(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围．221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m。

2020高考数学-导数压轴题型归类总结(解析版)

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 1xx<，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33±=x .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,(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 +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 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23a ≠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。

2020届高考数学压轴题-导数题型及方法归纳

2020届高考理科数学一轮复习要点+题型解析导数压轴题专项突破【专题导航】一、分类讨论临界点的确定问题二、有关x 、x ln 、xe 的组合函数问题三、极值点偏移问题四、导数零点不可求问题五、构造函数问题六“任意”与“存在”问题一、分类讨论临界点的确定问题【题型一】根据二次项系数确定讨论的临界点【要点解析】导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论：(1)根据二次项系数是否为0，判断函数是否为二次函数；(2)由二次项系数的正负，判断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点．【例题】已知函数f (x )＝ln x ＋x ＋1，g (x )＝x 2＋2x . (1)求函数φ(x )＝f (x )－g (x )的极值；(2)若m 为整数，对任意的x ＞0都有f (x )－mg (x )≤0成立，求实数m 的最小值．【解析】 (1)由φ(x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x ＋1－x 2－2x ＝ln x －x 2－x ＋1(x ＞0)，得φ′(x )＝1x －2x －1＝－2x 2－x ＋1x(x ＞0)，令φ′(x )＞0，解得0＜x ＜12，令φ′(x )＜0，解得x ＞12，所以函数φ(x )的单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛210，，单调递减区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，21，故函数φ(x )的极大值是φ⎪⎭⎫⎝⎛21＝ln 12－14－12＋1＝14－ln 2，函数φ(x )无极小值．(2)设h (x )＝f (x )－mg (x )＝ln x －mx 2＋(1－2m )x ＋1，则h ′(x )＝1x －2mx ＋1－2m ＝－2mx 2＋(1－2m )x ＋1x ＝－(2mx －1)(x ＋1)x(x ＞0)．当m ≤0时，因为x ＞0，所以2mx －1＜0，x ＋1＞0，所以h ′(x )＞0，故h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又因为h (1)＝ln 1－m ×12＋(1－2m )＋1＝－3m ＋2＞0，不满足题意，所以舍去．当m ＞0时，令h ′(x )＞0，得0＜x ＜12m，令h ′(x )＜0，得x ＞12m，故h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛m 210，上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，2m 1上单调递减，所以h (x )max ＝h ⎪⎭⎫ ⎝⎛m 21＝ln 12m －m ·221⎪⎭⎫⎝⎛m ＋(1－2m )·12m ＋1＝14m －ln(2m )．令t (m )＝14m －ln(2m )(m ＞0)，显然t (m )在(0，＋∞)上单调递减，且t ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＝12＞0，t (1)＝14－ln 2＝14(1－ln 16)＜0，故当m ≥1时，t (m )＜0，满足题意，故整数m 的最小值为1. 【题型二】根据判别式确定分类讨论的临界点【要点解析】求导后，要判断导函数是否有零点(或导函数分子能否分解因式)，若导函数是二次函数或与二次函数有关，此时涉及二次方程问题，Δ与0的大小关系往往不确定，所以必须寻找分界点，进行分类讨论．【例题】已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．【解析】由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增．当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a .①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增；②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－ 1－1a，x 2＝－1＋ 1－1a. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---∞-a 111，和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞---,111a 上单调递增，在 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+----a a 111,111上单调递减．综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---∞-a 111，和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞---,111a 上单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+----a a 111,111上单调递减．【题型三】根据零点的大小确定分类讨论的临界点【要点解析】(1)根据导函数的“零点”划分定义域时，既要考虑导函数“零点”是否在定义域内，还要考虑多个“零点”的大小问题，如果多个“零点”的大小关系不确定，也需要分类讨论．(2)导函数“零点”可求，可根据“零点”之间及“零点”与区间端点之间的大小关系进行分类讨论．本题根据零点a 2，e 之间的大小关系进行分类讨论，再利用导数研究其函数的单调性．【例题】已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．【解析】易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a2或x ＝e.当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a 2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛20a ，时，f ′(x )＞0，当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e a ，2时，f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛e a ，2； ②若a2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a 2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛2a e ，时，f ′(x )＜0，当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛∞+，2a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛2a e ，综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛e a，2；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛2a e ，【题型四】根据函数零点与定义域的关系确定分类讨论的临界点【要点解析】导函数零点是否分布在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要分类讨论．本题根据函数h ′(x )的零点a 是否在定义域[1,2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．【例题】已知函数f (x )＝－a ln x －e xx ＋ax ，a ∈R.(1)当a ＜0时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，若关于x 的不等式g (x )≤－e x＋x 22＋(a －1)x 在[1,2]上有解，求a的取值范围．【解析】(1)由题意知，f ′(x )＝－a x －x e x －exx 2＋a ＝(ax －e x )(x －1)x 2(x ＞0)，当a ＜0时，ax －e x ＜0恒成立，所以当x ＞1时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)因为g (x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g (x )＝－a ln x －e x ＋2ax －a ，由题意知，存在x 0∈[1,2]，使得g (x 0)≤－e x 0＋x 202＋(a －1)x 0成立．即存在x 0∈[1,2]，使得－a ln x 0＋(a ＋1)x 0－x 202－a ≤0成立，令h (x )＝－a ln x ＋(a ＋1)x －x 22－a ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝－a x ＋a ＋1－x ＝－(x －a )(x －1)x ，x ∈[1,2]．①当a ≤1时，h ′(x )≤0，所以函数h (x )在[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝－a ln 2＋a ≤0成立，解得a ≤0，所以a ≤0.②当1＜a ＜2时，令h ′(x )＞0，解得1＜x ＜a ；令h ′(x )＜0，解得a ＜x ＜2. 所以函数h (x ) 在[1，a ]上单调递增，在[a,2]上单调递减，又因为h (1)＝12，所以h (2)＝－a ln 2＋a ≤0，解得a ≤0，与1＜a ＜2矛盾，舍去．③当a ≥2时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝12＞0，不符合题意，舍去．综上所述，a的取值范围为(－∞，0]．二、有关x、xln、x e的组合函数问题【题型一】x、xln、的组合函数问题【要点解析】对于有关x与ln x的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．1、熟悉函数f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．2、熟悉函数f(x)＝ln xh(x)(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题】设函数f(x)＝x ln x－ax22＋a－x(a∈R)．(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x－ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln xx，令h (x )＝ln xx(x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln xx 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→0，故实数a的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛e 10，.(2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋x x －2.设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2.令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8,10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝2241000-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+x x x ＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，故k 的最大值为4.【题型二】x 、xe 的组合函数问题【要点解析】在求解有关x 与e x 的组合函数综合题时要把握三点： 1、灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；2、把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；3、函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．4、熟悉函数f(x)＝h(x)e g(x)(g(x)为一次函数，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．5、熟悉函数f(x)＝e xh(x)(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题】已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·e x，a∈R.(1)求证：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．【解析】(1)证明：f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)e x.设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)e x0，得a(x0e x0－x0＋1)＝e x0，①又因为直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)e x0，整理得a(x0e x0＋e x0－1)＝e x0，②结合①②得x0e x0－x0＋1＝x0e x0＋e x0－1，即e x0＋x0－2＝0，令h(x)＝e x＋x－2，则h′(x)＝e x＋1＞0，所以h(x)在R上单调递增．又因为h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数x0，使得e x0＋x0－2＝0，且x0∈(0,1)，所以存在唯一实数a ，使①②两式成立，故存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切．(2)令f (x )＞g (x )，即a (x －1)＞(ax －1)e x ，所以ax e x －ax ＋a ＜e x ，所以⎪⎭⎫⎝⎛--x e x x a 1＜1，令m (x )＝x －x －1e x ，则m ′(x )＝e x ＋x －2e x，由(1)可得m (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且x 0∈(0,1)，故当x ≤0时，m (x )≥m (0)＝1，当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1，所以当x ∈Z 时，m (x )≥1恒成立．①当a ≤0时，am (x )＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；②当0＜a ＜1时，m (x )＜1a ，因为1a＞1，m (0)＝m (1)＝1，所以两个整数解分别为0,1，即⎩⎨⎧m (2)≥1a，m (－1)≥1a，解得a ≥e 22e 2－1，即a ∈⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，1222e e ③当a ≥1时，m (x )＜1a，因为1a ≤1，m (x )在x ∈Z 时大于或等于1，所以m (x )＜1a无整数解，舍去．综上所述，a 的取值范围为⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，1222e e【题型三】 x 、x ln 、xe 的组合函数问题【要点解析】1、熟悉函数f (x )＝h (x )ln x ±e x (h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图形特征，做到对图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”．2、熟悉函数f (x )＝e xh (x )±ln x (其中h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不同时为0))的图形特征，做到对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”．【解题策略一】分离参数设而不求若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在本题中，通过虚设零点x 0，得到x 0＝－ln x 0，将e x 0－ln x 0－1转化为普通代数式1x 0＋x 0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x 0，即借助φ′(x 0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．【例题】已知函数f (x )＝ln x ＋m x ，g (x )＝e xx (e ＝2.718 28……为自然对数的底数)，是否存在整数m ，使得对任意的x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21，都有y ＝f (x )的图象在y ＝g (x )的图象下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说明理由．【解析】假设存在整数m 满足题意，则不等式ln x ＋m x ＜e x x ，对任意的x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21恒成立，即m ＜e x －x ln x 对任意的x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21恒成立．令v (x )＝e x －x ln x ，则v ′(x )＝e x －ln x －1，令φ(x )＝e x －ln x －1，则φ′(x )＝e x －1x，易知φ′(x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21上单调递增，因为φ′⎪⎭⎫⎝⎛21＝e 12－2＜0，φ′(1)＝e －1＞0且φ′(x )的图象在⎪⎭⎫⎝⎛1,21上连续，所以存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,21，使得φ′(x 0)＝0，即e x 0－1x 0＝0，则x 0＝－ln x 0.当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛0x ,21时，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )单调递增．则φ(x )在x ＝x 0处取得最小值，且最小值为 φ(x 0)＝e x0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1＞2x 0·1x 0－1＝1＞0，所以v ′(x )＞0，即v (x )在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21上单调递增，所以m ≤e 12－12ln 12＝e 12＋12ln 2≈1.995 29，故存在整数m 满足题意，且m 的最大值为1.【解题策略二】分离x ln 与xe若不分离e x 与ln x ，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理拆分与变形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的容易用导数工具求解的函数模型．【例题】设函数f (x )＝ln x ＋1x ，求证：当x ＞1时，不等式f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1).【解析】将不等式f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1)变形为1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x ＞2ex －1x e x ＋1，分别构造函数g (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x 和函数h (x )＝2e x －1x e x ＋1.对于g ′(x )＝x －ln x x 2，令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x.因为x ＞1，所以φ′(x )＞0，所以φ(x )在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )＞φ(1)＝1＞0，所以g ′(x )＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以当x ＞1时，g (x )＞g (1)＝2，故g (x )e ＋1＞2e ＋1. 对于h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2，因为x ＞1，所以1－e x＜0，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上是减函数，所以当x ＞1时，h (x )＜h (1)＝2e ＋1.综上所述，当x ＞1时，g (x )e ＋1＞h (x )，即f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1).【题型四】借助切线不等式1+≥x e x，1ln -≤x x 进行放缩【要点解析】借助放缩，巧妙求出H (x )的最小值，同时利用放缩说明H (x )没有最大值，从而求出实数a 的取值范围．【例题】已知函数f (x )＝mx 2＋nx －x ln x (m ＞0)，且f (x )≥0. (1)求 nm的最小值；(2)当n m 取得最小值时，若方程e x －1＋(1－2a )x －af (x )＝0无实根，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)令g (x )＝f xx ＝mx ＋n －ln x ，则f (x )≥0⇔g (x )≥0(x ＞0)，又因为g ′(x )＝mx －1x ，由g ′(x )＞0，得x ＞1m ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜1m ，所以g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛m 10，上单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1m 上单调递增．此时g (x )min ＝g ⎪⎭⎫⎝⎛m 1＝1＋n －ln 1m ≥0⇒1m ＋n m －1m ln 1m ≥0，即n m ≥1m ln 1m －1m . 令h (t )＝t ln t －t (t ＞0)，则h ′(t )＝ln t ，由h ′(t )＞0，得t ＞1；由h ′(t )＜0，得0＜t ＜1，所以h (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h (t )min ＝h (1)＝－1，则n m ≥－1，即m in ⎪⎭⎫⎝⎛m n ＝－1.(2) 由(1)知，当n m 取得最小值－1时，t ＝1m＝1，m ＝1，n ＝－1.则ex －1＋(1－2a )x －af (x )＝0⇒a ＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )，记H (x )＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )(x ＞0)，则H ′(x )＝(x －1)[(x －ln x )e x －1－x ]x 2(x ＋1－ln x )2，由(1)知 x －1－ln x ≥0⇒ln x ≤x －1，即e x －1≥x ，则(x －ln x )e x －1－x ≥e x －1－x ≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以当x ∈(0,1)时，H ′(x )＜0，所以H (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )＞0，所以H (x )在(1，＋∞) 上为增函数．所以x ＝1时，H (x )取得最小值，为H (1)＝1.由ln x ≤x －1，自变量取1x 可得－ln x ≤1x －1⇒2≤x ＋1－ln x ≤x ＋1x ，即x (x ＋1－ln x )≤x 2＋1⇒1x (x ＋1－ln x )≥1x 2＋1，由x －1≥ln x ，自变量取e x 3可得e x 3－1＞x 3(x ＞0)，从而e x ＞⎝⎛⎭⎫x ＋333，则可得e x －1＞x ＋327.当x ＞1时，H (x )＝e x －1＋x x (x ＋1－ln x )＞(x ＋2)327(x 2＋1)＞(x ＋1)327(x ＋1)2＝x ＋127，即H (x )无最大值，所以H (x )∈[1，＋∞)．故a ＜1时原方程无实根，即实数a 的取值范围为(－∞，1)．三、极值点偏移问题【要点解析】图说极值点偏移1.已知函数f (x )的图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点刚好满足x 1＋x 22＝x 0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．2．若x 1＋x 22≠x 0，则极值点偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．【题型一】对称变换【要点解析】对称变换，主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：1、定函数(极值点为x 0)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0.2、构造函数，即根据极值点构造对称函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )，若证x 1x 2＞x 20，则令F (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛xx 2. 3、判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．4、比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出f (x )与f (2x 0－x )的大小关系．5、转化，即利用函数f (x )的单调性，将f (x )与f (2x 0－x )的大小关系转化为x 与2x 0－x 之间的关系，进而得到所证或所求．【提醒】若要证明f ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号问题，还需进一步讨论x 1＋x 22与x 0的大小，得出x 1＋x 22所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．【例题】已知函数h (x )与函数f (x )＝x e x (x ∈R)的图象关于原点对称，如果x 1≠x 2，且h (x 1)＝h (x 2)，求证：x 1＋x 2＞2.【解析】由题意知，h (x )＝－f (－x )＝x e －x ，h ′(x )＝e －x (1－x )，令h ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由x1≠x2，不妨设x1＞x2，根据h(x1)＝h(x2)，结合图象可知x1＞1，x2＜1，令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，因为x＞1,2x－2＞0，所以e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，F(x)＞0，即当x＞1时，h(x)＞h(2－x)，则h(x1)＞h(2－x1)，又因为h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)＞h(2－x1)，因为x1＞1，所以2－x1＜1，所以x2,2－x1∈(－∞，1)，因为h(x)在(－∞，1)上是增函数，所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2.【题后反思】本题证明的不等式中含有两个变量，对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定，如本题中利用x2,2－x1，其取值范围都为(－∞，1)，若将所证不等式化为x1＞2－x2，则x1,2－x2的取值范围都为(1，＋∞)，此时就必须利用函数h(x)在(1，＋∞)上的单调性来求解．【题型二】消参减元【要点解析】消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下：【例题】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，方程f (x )＝m (m ＜－2)有两个相异实根x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1·x 22＜2. 【解析】(1)由题意得，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x ＞0)．当a ≤0时，由x ＞0，得1－ax ＞0，即f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ，由f ′(x )＜0，得x ＞1a，所以f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 10，上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 10，上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 上单调递减． (2)证明：由题意及(1)可知，方程f (x )＝m (m ＜－2)的两个相异实根x 1，x 2满足ln x －x －m ＝0，且0＜x 1＜1＜x 2，即ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0.由题意，可知ln x 1－x 1＝m ＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知，f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，故x 2＞2. 令g (x )＝ln x －x －m ，则g (x )－g ⎪⎭⎫⎝⎛22x ＝－x ＋2x 2＋3ln x －ln 2. 令h (t )＝－t ＋2t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，则h ′(t )＝－(t －2)2(t ＋1)t 3当t ＞2时，h ′(t )＜0，h (t )单调递减，所以h (t )＜h (2)＝2ln 2－32＜0，所以g (x )＜g ⎪⎭⎫⎝⎛22x .因为x 2＞2且g (x 1)＝g (x 2)，所以h (x 2)＝g (x 2)－g ⎪⎭⎫⎝⎛22x ＝g (x 1)－g ⎪⎭⎫ ⎝⎛22x ＜0，即g (x 1)＜g ⎪⎭⎫⎝⎛22x 因为g (x )在(0,1)上单调递增，所以x 1＜2x 22，故x 1·x 22＜2. 【题后反思】本题第(2)问要证明的方程根之间的不等式关系比较复杂，此类问题可通过不等式的等价变形，将两个根分布在不等式两侧，然后利用函数的单调性转化为对应函数值之间的大小关系即可．显然构造函数的关键仍然是消掉参数，另外根据函数性质确定“x 2＞2”是解题的一个关键点，确定其范围之后才能将x 1与2x 22化归到函数的同一个单调区间上，这也是此类问题的一个难点——精确定位．【题型三】比(差)值换元【要点解析】比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．【例题】已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R.若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，求证：x 1x 2＞e 2(e 为自然对数的底数)．【解析】欲证x 1x 2＞e 2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2.由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数f ′(x ) 有两个零点，又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)，即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，于是ln x 1＋ln x 2＝.1ln 1121212-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x x x x x由0＜x 1＜x 2，设t ＝x 2x 1，则t ＞1.因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t ＞1.要证ln x 1＋ln x 2＞2，即证(t ＋1)ln t t －1＞2(t ＞1)，即证当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1..令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，所以h (t )为(1，＋∞)上的增函数．因此h (t )＞ln 1－2(1－1)1＋1＝0.于是当t ＞1时，有ln t ＞2(t －1)t ＋1.所以有ln x 1＋ln x 2＞2成立，即x 1x 2＞e 2.【题后反思】求解本题的关键点有两个．一个是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，这是解决问题的基础，若只用一个极值点表示参数，如得到m ＝ln x 1x 1之后，代入第二个方程，则无法建立两个极值点的关系，本题中利用两个方程相加(减)之后再消参，巧妙地把两个极值点与参数之间的关系建立起来；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把方程转化为一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题求解．本题利用参数m 的值相等建立方程，进而利用对数运算的性质，将方程转化为关于x 2x 1的方程，通过建立函数模型求解该问题，这体现了对数学建模等核心素养的考查．四、导数零点不可求问题【题型一】猜出方程f ′(x )＝0的根【要点解析】当所求的导函数解析式中出现ln x 时，常猜x ＝1；当函数解析式中出现e x 时，常猜x ＝0.【例题】设f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围．【解析】 (1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0；当x ＞1时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，a ＋1＞1，即0＜a ＜1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解．设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ，则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx2.接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．因为g ′(1)＝0，且当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0，当x ＞1时，g ′(x )＜0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．【题型二】隐零点代换【例题】设函数f (x )＝e 2x －a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)求证：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【解析】 (1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点．当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又因为f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0，所以当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点．法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x ＞0)．因为函数g (x )＝2x (x ＞0)，h (x )＝e 2x (x ＞0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x ＞0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)．由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a ＞0时，f ′(x )有唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．因为2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (当且仅当x 0＝12时等号成立)．所以当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.【反思】本题第(2)问的解题思路是求函数f (x )的最小值，因此需要求f ′(x )＝0的根，但是f ′(x )＝2e 2x －ax ＝0的根无法求解．故设出f ′(x )＝0的根为x 0，通过证明f (x )在(0，x 0)和(x 0，＋∞)上的单调性知f (x )min ＝f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的设而不求．【题型三】证——证明方程f ′(x )＝0无根【要点解析】当利用导函数求函数f (x )在区间[a ，b ]，[a ，b )或(a ，b ]上的最值时，可首先考虑函数f (x )在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f (x )在区间的端点处取得最值(此时若求f ′(x )＝0的根，则此方程是无解的)．【例题】已知m ∈R ，函数f (x )＝mx －m x －2ln x ，g (x )＝2ex ，若∃x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＞g (x 0)成立，求实数m 的取值范围．【解析】因为当x ＝1时，f (x )＝0，g (x )＝2e ，不存在f (x 0)＞g (x 0)，所以关于x 的不等式f (x )＞g (x )在[1，e]上有解，即关于x 的不等式2e ＋2x ln xx 2－1＜m (1＜x ≤e)有解．设u (x )＝2e ＋2x ln xx 2－1(1＜x ≤e)，则u ′(x )＝2x 2－4e x －2－(2x 2＋2)ln x(x 2－1)2(1＜x ≤e)，但不易求解方程u ′(x )＝0.可大胆猜测方程u ′(x )＝0无解，证明如下：由1＜x ≤e ，可得－(2x 2＋2)ln x ＜0， 2x 2－4e x －2＝2(x －e)2－2e 2－2＜0，所以u ′(x )＜0，u (x )在(1，e]上是减函数，所以函数u (x )的值域是⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，142e e 故所求实数m 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+-，142e e 五、构造函数问题【要点解析】利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键．【题型一】 “比较法”构造函数证明不等式【要点解析】当试题中给出简单的基本初等函数，例如f (x )＝x 3，g (x )＝ln x ，进而证明在某个取值范围内不等式f (x )≥g (x )成立时，可以类比作差法，构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或φ(x )＝g (x )－f (x )，进而证明h (x )min ≥0或φ(x )max ≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g (x )＞0(f (x )＞0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h (x )＝f (x )g (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max ≤1)．【例题】已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)求证：当x ＞0时，x 2＜e x .【解析】(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a . 因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2，所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＞0，故g (x )在R 上单调递增．所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x .【反思】在本题第(2)问中，发现“x 2，e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x 2＜e x ”构造函数，得到“g (x )＝e x －x 2”，并利用(1)的结论求解．【题型二】 “拆分法”构造函数证明不等式【要点解析】当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．【例题】已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解析】 (1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)，①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e ，0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,a e 上单调递减．(2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：要证xf (x )－e x ＋2e x ≤0，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x(x －1)e x 2.所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x ＞0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.【反思】对于第(2)问xf (x )－e x ＋2e x ≤0的证明直接构造函数h (x )＝x eln x －ax 2－e x ＋2e x ，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f (x )≤e x x －2e 或ln x －x ＋2≤e xe x ，再分别对不等式两边构造函数证明不等式．【题型三】 “换元法”构造函数证明不等式【要点解析】若两个变元x 1，x 2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式(其中m (x 1，x 2)为x 1，x 2组合成的表达式)，进而使用换元令m (x 1，x 2)＝t ，使所要证明的不等式转化为关于t 的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．【例题】已知函数f (x )＝ln xx －k 有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2＞e 2.【解析】f (x )＝ln xx －k ，设x 1＞x 2＞0，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减，得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1x 2＞2，只需证ln x 1＋ln x 2＞2，也就是证k (x 1＋x 2)＞2，即证k ＞2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t ＞1)，则只需证ln t ＞2(t －1)t ＋1(t ＞1)．令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0，故函数h (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (t )＞h (1)＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1. 所以x 1x 2＞e 2.【反思】不妨设x 1＞x 2＞0，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可得ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立．【题型四】 “转化法”构造函数【要点解析】在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．【例题】设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R ，若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a ＜1恒成立，求m的取值范围．【解析】对任意的b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a ＜1等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x ＞0)，故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－221⎪⎭⎫ ⎝⎛-x ＋14(x ＞0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+，41六“任意”与“存在”问题【题型一】单一任意与存在问题【要点解析】1、∀x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min ＞0.如图①.2、∃x ，使得f (x )＞g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max ＞0.如图②.【例题】设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝af ′(x )，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)若对于任意x ≥0，总有f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围； (2)若存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)设h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－a1＋x(x ≥0)，则h ′(x )＝11＋x ＋a(1＋x )2＝x ＋1＋a (1＋x )2.当a ≥－1时，h ′(x )≥0，h (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (0)＝－a ，则－a ≥0，a ≤0，∴a ∈[－1,0]．当a ＜－1时，ln(1＋x )≥0，－a1＋x ＞0，所以h (x )≥0恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为[－∞，0]．(2)由(1)可知，当a ≥－1时，存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，当a ＜－1时，f (x )≥g (x )恒成立．综上可知，实数a 的取值范围为(－∞，＋∞)．【反思】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数．【题型二】双任意与存在相等问题11221212上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．2、∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例题】已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x21－x. (1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．【解析】 (1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a.∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+,321a ∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2.当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，上单调递增，g (x )＜g ⎪⎭⎫ ⎝⎛21-＝83，故g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，上的值域为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-38-，若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21-，，使得f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52，故实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛25-0，(2)证明：当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝3x ⎪⎭⎫⎝⎛-132x 当x ＞2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(2，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4， ∴f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 21－x在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)． ∵(－∞，－－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．【反思】本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．【题型三】双任意与双存在不等问题1212min g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.2、存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)＞g (x 2)，等价于f (x )max ＞g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例题】已知f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x .(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围； (2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max .当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e＋1.只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－221⎪⎭⎫ ⎝⎛+-e x ＋221⎪⎭⎫ ⎝⎛+e 的最大值为h ⎪⎭⎫⎝⎛+21e ＝。

2020年高考数学导数解答题专项练习(含答案解析)

2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3)上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.（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.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x 2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f /(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2)，线段AB的中点的横坐标为x 0，且x 1,x 2恰为函数h(x)=lnx-cx 2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R 为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x 1,x 2,且x 1<x 2.①求a 的取值范围；②求证：x 1x 2>e 2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax 2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx 2，g(x)=0.5mx 2+x，m ϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x 的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m 的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m 为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时,设g(x)=2f(x)+x 2的两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2)恰为h(x)=lnx-cx 2-bx 的零点,求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x －kx 2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x 0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x 0)<0成立，求实数m 的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；，（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1x，证明：．218.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m≤xln x在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g′(x)=ln x－1ln x2，当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x－2x，当x∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，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(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。

2020年高考数学(理)总复习：导数的简单应用与定积分(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：导数的简单应用与定积分题型一导数的几何意义及导数的运算【题型要点解析】(1)曲线y ＝f (x )在点x ＝x 0处导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x 0)，由此当f ′(x 0)存在时，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)过P 点的切线方程的切点坐标的求解步骤：①设出切点坐标；①表示出切线方程；①已知点P 在切线上，代入求得切点坐标的横坐标，从而求得切点坐标．(3)①分式函数的求导，要先观察函数的结构特征，可化为整式函数或较为简单的分式函数；①对数函数的求导，可先化为和、差的形式；①三角函数的求导，先利用三角函数的公式转化为和或差的形式；①复合函数的求导过程就是对复合函数由外层逐层向里求导．所谓最里层是指此函数已经可以直接引用基本初等函数导数公式进行求导．例1．函数f (x )＝14 ln x ＋x 2－bx ＋a (b >0，a ①R )的图象在点(b ，f (b ))处的切线的倾斜角为α，则倾斜角α 的取值范围是( )A.⎪⎭⎫⎝⎛2,4ππ B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,4ππ C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡ππ,43 D.⎪⎭⎫⎝⎛ππ,43 【解析】】依题意得f ′(x )＝14x ＋2x －b ，f ′(b )＝14b＋b ≥214b ·b ＝1(b >0)，当且仅当14b ＝b >0，即b ＝12时取等号，因此有tan α≥1，即π4≤α<π2，即倾斜角α 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,4ππ，选B.【答案】 B例2．若实数a ，b ，c ，d 满足(b ＋a 2－3ln a )2＋(c －d ＋2)2＝0，则(a －c )2＋(b －d )2的最小值为( ) A. 2 B ．2 C ．2 2D ．8【解析】因为实数a ，b ，c ，d 满足(b ＋a 2－3ln a )2＋(c －d ＋2)2＝0，所以b ＋a 2－3ln a ＝0，设b ＝y ，a ＝x ，则有y ＝3ln x －x 2，由c －d ＋2＝0，设d ＝y ，c ＝x ，则有y ＝x ＋2，所以(a －c )2＋(b －d )2就是曲线y ＝3lnx －x 2与直线y ＝x ＋2之间的最小距离的平方值，对曲线y ＝3ln x －x 2求导：y ′＝3x －2x 与平行y ＝x ＋2平行的切线斜率k ＝1＝3x －2x ，解得x ＝1或x ＝－32(舍去)，把x ＝1代入y ＝3ln x －x 2，解得y ＝－1，即切点(1，－1)，则切点到直线y ＝x ＋2的距离为L ＝|1＋1＋2|2＝22，所以L 2＝8，即(a －c )2＋(b －d )2的最小值为8，故选D.【答案】 D题组训练一导数的几何意义及导数的运算1．若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln (x ＋1)的切线，则b ＝( ) A ．1 B.12C ．1－ln 2D ．1－2ln 2【解析】对于函数y ＝ln x ＋2，切点为(r ，s )，y ′＝1x ，k ＝1r ，对于函数y ＝ln (x ＋1)，切点为(p ，q )，y ′＝1x ＋1，k ＝1p ＋1，1r ＝1p ＋1①r ＝p ＋1，斜率k ＝1r ＝1p ＋1＝q －s p －r ＝(ln r ＋2)－ln (p ＋1)r －p ，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2r ＝12，p ＝－12，s ＝ln r ＋2＝ln 12＋2＝2－ln 2，s ＝q ＋2代入y ＝2x ＋b,2－ln 2＝2×(12)＋b ，得：b ＝1－ln 2.【答案】 C2．在直角坐标系xOy 中，设P 是双曲线C ：xy ＝1(x >0)上任意一点，l 是曲线C 在点P 处的切线，且l 交坐标轴于A 、B 两点，则以下结论正确的是( )A ．①OAB 的面积为定值2 B ．①OAB 的面积有最小值为3C ．①OAB 的面积有最大值为4D ．①OAB 的面积的取值范围是[3,4]【解析】设P 是双曲线xy ＝1上任意一点，其坐标为P (x 0，y 0)，经过P 点的切线方程为y ＝kx ＋b .双曲线化为y ＝1x 形式，y 对x 的导数为y ′＝－1x2，在P 点处导数为－1x 20，切线方程为(y －y 0)＝－1x 20(x －x 0)，令x ＝0，y ＝y 0＋1x 0＝x 0·y 0＋1x 0＝2x 0＝2y 0，(其中x 0·y 0＝1)，则切线在y 轴截距为2y 0，令y ＝0，x ＝2x 0，则切线在x 轴截距为2x 0，设切线与两坐标轴相交于A 、B 两点构成的三角形为OAB .S ①OAB ＝12|OA |·|OB |＝12|2x 0|·|2y 0|＝2|x 0·y 0|＝2，故切线与两坐标轴构成的三角形面积定值为2.【答案】 A题型二利用导数研究函数的单调性【题型要点解析】求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．【提醒】讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．例1.已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x ，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．(2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x ，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥2x －2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x －2x 2.①φ(x )在[1，＋∞)上单调递减，①φ(x )max ＝φ(1)＝0， ①a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ①实数a 的取值范围为[0，＋∞)．题组训练二利用导数研究函数的单调性设函数f (x )＝3x 2＋ax e x(a ①R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．【解析】 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0. (2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,29题型三利用导数研究函数的极值(最值)问题【题型要点解析】(1)利用导数研究函数的极值的一般思想：①求定义域；①求导数f ′(x )；①解方程f ′(x )＝0，研究极值情况；①确定f ′(x 0)＝0时x 0左右的符号，定极值．(2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上最大值与最小值的步骤：①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；①将函数y ＝f (x )的极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(3)当极值点和给定的自变量范围关系不明确时，需要分类求解，在求最值时，若极值点的函数值与区间端点的函数值大小不确定时需分类求解．例1.设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln (1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c ＋a ＋1x －2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ①(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln (1－x )＝lnx 1－x.令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0，单调增区间为⎪⎭⎫⎝⎛1,21.从而G (x )min ＝G ⎪⎭⎫⎝⎛21＝ln 12＝－ln 2.(2)由(1)中c ＝－ln 2，得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x －2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x －(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x －(a ＋1)，则g ′(x )＝ax (2＋x )e x >0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0①(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．因为g (x 0)＝ax 20·e x 0－(a ＋1)＝0，所以ax 20·e x 0＝a ＋1，即a ·e x 0＝a ＋1x 20，因为对于任意的x ①(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e x 0＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·e x 0＝a ＋1，所以x 20·e x 0＝a ＋1a >1.又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e x 0≤e ，所以1<a ＋1a ≤e ，故a ≥1e －1.题组训练三利用导数研究函数的极值(最值)问题已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值．【解】 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x (e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －ce x .令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0，所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .因为f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者，而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.题型四定积分【题型要点解析】(1)求简单定积分最根本的方法就是根据微积分定理找到被积函数的原函数，其一般步骤：①把被积函数变为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的和或差；①利用定积分的性质把所求定积分化为若干个定积分的和或差；①分别用求导公式找到F (x )，使得F ′(x )＝f (x )；①利用牛顿——莱布尼兹公式求出各个定积分的值；①计算所求定积分的值．有些特殊函数可根据其几何意义，求其围成的几何图形的面积，即其对应的定积分．(2)求由函数图象或解析几何中曲线围成的曲边图形的面积，一般转化为定积分的计算与应用，但一定找准积分上限、积分下限及被积函数，且当图形的边界不同时，要讨论解决，其一般步骤：①画出图形，确定图形范围；①解方程组求出图形交点范围，确定积分上、下限；①确定被积函数，注意分清函数图象的上、下位置；①计算下积分，求出平面图形的面积．例1．设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ①[－1，1)x 2－1，x ①[1，2]，则⎰-21f (x )d x 的值为( )A.π2＋43 B.π2＋3 C.π4＋43D.π4＋3【解析】⎰-21f (x )d x ＝⎰-211－x 2d x ＋⎰-21(x 2－1)d x ＝12π×12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 331⎪⎪⎪21＝π2＋43，故选A.【答案】 A例2．⎰1⎪⎭⎫ ⎝⎛+-212x x d x ＝________.【解析】⎰1⎪⎭⎫ ⎝⎛+-212x x d x ＝⎰101－x 2d x ＋⎰112x d x ，⎰112x d x ＝14，⎰11－x 2d x 表示四分之一单位圆的面积，为π4，所以结果是π＋14.【答案】π＋14例3．由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴所围成图形的面积为( ) A ．3 B.103 C.73D.83【解析】由题可知题中所围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2＋1y ＝－x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2y ＝5(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即A (1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎰1(x 2＋1)d x ＋12×22＝⎪⎭⎫⎝⎛+x x 331|10＋2＝103，选B. 【答案】 B 题组训练四定积分1．已知1sin φ＋1cos φ＝22，若φ①⎪⎭⎫⎝⎛2,0π，则⎰-ϕtan 1(x 2－2x )d x ＝( )A.13 B ．－13C.23D ．－23【解析】依题意，1sin φ＋1cos φ＝22①sin φ＋cos φ＝22sin φcos φ①2sin(φ＋π4)＝2sin2φ，因为φ①(0，π2)，所以φ＝π4，故⎰-ϕtan 1(x 2－2x )d x ＝⎰-ϕtan 1－1(x 2－2x )d x ＝(x 33－x 2)|1－1＝23.选C.【答案】 C 2．函数y ＝⎰t(sin x ＋cos x sin x )d x 的最大值是________．【解析】 y ＝⎰t(sin x ＋cos x sin x )d x＝⎰t⎪⎭⎫⎝⎛+x x 2sin 21sin d x ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--x x 2cos 41cos ⎪⎪⎪t 0＝－cos t －14cos 2t ＋54＝－cos t －14(2cos 2 t －1)＋54＝－12(cos t ＋1)2＋2，当cos t ＝－1时，y max ＝2. 【答案】 2 【专题训练】一、选择题1．已知变量a ，b 满足b ＝－12a 2＋3ln a (a >0)，若点Q (m ，n )在直线y ＝2x ＋12上，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为( )A ．9 B.353C.95D ．3【解析】令y ＝3ln x －12x 2及y ＝2x ＋12，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值就是曲线y ＝3ln x －12x 2上一点与直线y ＝2x ＋12的距离的最小值，对函数y ＝3ln x －12x 2求导得：y ′＝3x －x ，与直线y ＝2x ＋12平行的直线斜率为2，令2＝3x －x 得x ＝1或x ＝－3(舍)，则x ＝1，得到点(1，－12)到直线y ＝2x ＋12的距离为355，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为(355)＝95.【答案】C2．设a ①R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ①R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3 C ．a >－13D ．a <－13【解析】 y ′＝a e ax ＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax ＝－3，①e ax >0，①a <0.又当a <0时，0<e ax <1，要使a e ax ＝－3，则a <－3，故选B.【答案】 B3．已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ①[1,2]，b ①(2,3]，函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．[3，＋∞)D ．[5，＋∞)【解析】 ①f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，①f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[a ，b ]上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在[a ，b ]上恒成立，即有t ≥32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1在[a ，b ]上恒成立，而函数y ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1在[1,3]上单调递增，由于a ①[1,2]，b ①(2,3]，当b ＝3时，函数y ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1取得最大值，即y max ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+313＝5，所以t ≥5，故选D.【答案】 D4．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )(a ①R )有唯一的零点x 0，(e ＝2.718…)则( ) A ．－1<x 0<－12B ．－12<x 0<－14C ．－14<x 0<0D ．0<x 0<12【解析】函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )(a ①R )，则x >－a ，可得f ′(x )＝e x －1x ＋a ，f ″(x )＝e x ＋1(x ＋a )2恒大于0，f ′(x )是增函数，令f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0＋a，有唯一解时，a ＝1e x 0－x 0，代入f (x )可得：f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋a )＝e x 0－ln(1e x 0)＝e x 0＋x 0，由于f (x 0)是增函数，f (－1)≈－0.63，f (－12)≈0.11，所以f (x 0)＝0时，－1<x 0<－12.故选A.【答案】 A5．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f (x )>2(x ＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则下列不等式中，一定成立的是( )A ．f (1)>f (2)2>f (3)3B.f (1)2>f (4)3>f (9)4 C ．f (1)<f (2)2<f (3)3D.f (1)2<f (4)3<f (9)4【解析】 ①f (x )>2(x ＋x )f ′(x )， ①f (x )>2x (x ＋1)f ′(x )， ①f (x )12x>(x ＋1)f ′(x )．①f ′(x )(x ＋1)－f (x )12x <0，①(f (x )x ＋1)′<0，设g (x )＝f (x )x ＋1，则函数g (x )在(0，＋∞)上递减，故g (1)>g (4)>g (9)，①f (1)2>f (4)3>f (9)4.故选B.【答案】 B6．已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若f ′(x )满足f ′(x )－f (x )x －1>0，y ＝f (x )e x 关于直线x ＝1对称，则不等式f (x 2－x )e x 2－x<f (0)的解集是( )A ．(－1,2)B ．(1,2)C ．(－1,0)①(1,2)D ．(－∞，0)①(1，＋∞)【解析】令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x .①f ′(x )－f (x )x －1>0，当x >1时，f ′(x )－f (x )>0，则g ′(x )>0，①g (x )在(1，＋∞)上单调递增；当x <1时，f ′(x )－f (x )<0，则g ′(x )<0， ①g (x )在(－∞，1)上单调递减． ①g (0)＝f (0)，①不等式f (x 2－x )e x 2－x <f (0)即为不等式g (x 2－x )<g (0)．①y ＝f (x )e x 关于直线x ＝1对称，①|x 2－x |<2，①0<x 2－x <2，解得－1<x <0或1<x <2，故选C. 【答案】 C7．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)①(0,1)B ．(－∞，－1)①(1，＋∞)C ．(－1,0)①(1，＋∞)D ．(－1,0)①(0,1)【解析】根据题意，设函数g (x )＝f (x )x 2(x ≠0)，当x >0时，g ′(x )＝f ′(x )·x －2·f (x )x 3<0，说明函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，又f (1)＝0，所以g (1)＝0，故g (x )在(－1,0)①(0,1)上的函数值大于零，即f (x )在(－1,0)①(0,1)上的函数值大于零．【答案】D8．定义在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( ) A.3f ⎪⎭⎫⎝⎛4π>2f ⎪⎭⎫ ⎝⎛3π B ．f (1)<2f ⎪⎭⎫⎝⎛6πsin 1C.2f ⎪⎭⎫⎝⎛6π>f ⎪⎭⎫ ⎝⎛4π D.3f ⎪⎭⎫⎝⎛6π<f ⎪⎭⎫⎝⎛3π 【解析】构造函数F (x )＝f (x )sin x.则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ①⎪⎭⎫⎝⎛2,0π，从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π上为增函数，所以有F ⎪⎭⎫ ⎝⎛6π<F ⎪⎭⎫ ⎝⎛3π，3sin36sin 6ππππ⎪⎭⎫⎝⎛<⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ①3f ⎪⎭⎫ ⎝⎛6π<f ⎪⎭⎫⎝⎛3π，故选D.【答案】 D 二、填空题9．已知曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则实数a ＋b 的值为____________．【解析】因为两个函数的交点为(0，m )，①m ＝a cos0，m ＝02＋b ×0＋1，①m ＝1，a ＝1，①f (x )，g (x )在(0，m )处有公切线，①f ′(0)＝g ′(0)，①－sin 0＝2×0＋b ，①b ＝0，①a ＋b ＝1.【答案】 110．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ①(0，＋∞)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )>0成立，若a ＝40.2f (40.2)，b ＝(log 43)f (log 43)，c ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1614log 1614log f ，则a ，b ，c 的大小关系是________．【解析】根据题意，令g (x )＝xf (x )，则a ＝g (40.2)，b ＝g (log 43)，c ＝g (log 4116)有g (－x )＝(－x )f (－x )＝(－x )[－f (x )]＝xf (x )，则g (x )为偶函数，又由g ′(x )＝(x )′f (x )＋xf ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又由当x ①(0，＋∞)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )>0成立，则当x ①(0，＋∞)时，有g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上为增函数，分析可得|log 4116|>|40.2|>|log 43|，则有c >a >b ；故答案为：c >a >b .【答案】 c >a >b11．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．【解析】令f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎪⎭⎫⎝⎛-a x 1＝ln x －2ax ＋1＝0，得ln x ＝2ax －1.因为函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，所以f ′(x )＝ln x －2ax ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln x 与y ＝2ax －1的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象，过点(0，－1)作y ＝ln x 的切线，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率k ＝1x 0，切线方程为y ＝1x 0x －1.切点在切线y ＝1x 0x －1上，则y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln x 上，则ln x 0＝0，①x 0＝1，即切点为(1,0)，切线方程为y ＝x －1.再由直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 有两个交点，知直线y ＝2ax －1位于两直线y ＝0和y ＝x －1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0.【答案】 ⎪⎭⎫ ⎝⎛21,012．曲线y ＝2sin x (0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为________．【解析】令2sin x ＝1，得sin x ＝12，当x ①[0，π]时，得x ＝π6或x ＝5π6，所以所求面积S ＝∫5π6(2sin x －1)d x＝(－2cos x －x )π6⎪⎪⎪5π6π6＝23－2π3. 【答案】 23－2π3三、解答题13．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．【解析】 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)， (i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减． (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a .当x ①(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ①(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增．(2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ①当a ①(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；①当a ①(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln (3a－1)，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2r 0－n 0>0.由于ln (3a －1)>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．14．已知函数f (x )＝e ax (其中e ＝2.71828…)，g (x )＝f (x )x .(1)若g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝12时，求函数g (x )在[m ，m ＋1](m >0)上的最小值．【解析】 (1)由题意得g (x )＝f (x )x ＝eaxx在[1，＋∞)上是增函数，故'⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛x e ax ＝e ax (ax －1)x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立，即ax －1≥0在[1，＋∞)恒成立，a ≥1x 在x ①[1，＋∞)上恒成立，而1x ≤1，①a ≥1； (2)当a ＝12时，g (x )＝e x 2x ，g ′(x )＝e x 2(x2－1)x 2，当x >2时，g ′(x )>0，g (x )在[2，＋∞)递增，当x <2且x ≠0时，g ′(x )<0，即g (x )在(0,2)，(－∞，0)递减，又m >0，①m ＋1>1，故当m ≥2时，g (x )在[m ，m ＋1]上递增，此时，g (x )min ＝g (m )＝e m 2m ，当1<m <2时，g (x )在[m,2]递减，在[2，m ＋1]递增，此时，g (x )min ＝g (2)＝e2，当0<m ≤1时，m ＋1≤2，g (x )在[m ，m ＋1]递减，此时，g (x )min ＝g (m ＋1)＝e m ＋12m ＋1，综上，当0<m ≤1时，g (x )min ＝g (m ＋1)＝e m ＋12m ＋1，当1<m <2时，g (x )min ＝g (2)＝e2，m ≥2时，g (x )min ＝g (m )＝e m 2m .。

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目录导数专题一、单调性问题 (2)导数专题二、极值问题 (38)导数专题三、最值问题 (53)导数专题四、零点问题 (77)导数专题五、恒成立问题和存在性问题 (118)导数专题六、渐近线和间断点问题 (170)导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题 (190)导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元 (201)导数专题九、公切线解决导数中零点问题 (214)导数专题十、极值点偏移问题 (219)导数专题十一、构造函数解决导数问题 (227)导数专题一、单调性问题【知识结构】【知识点】一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.三、分类讨论的思路步骤：第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与区间的位置关系（分类讨论）；第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；第四步、（列表）根据第五步的草图列出f '(x)，f (x)随x 变化的情况表，并写出函数的单调区间；第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数值比较得到函数的最值.四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：1.最高次项系数是否为0；2.导函数是否有极值点；3.两根的大小关系；4.根与定义域端点讨论等。

五、求解函数单调性问题的思路：（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为f '(x) ≥ 0 或f '(x) ≤ 0 恒成立；（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参变量的范围；（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于零有解.六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法（1）参变分离；（2）导函数的根与区间端点直接比较；（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

七、求解函数单调性问题方法提炼：（1）将函数f (x )单调增（减）转化为导函数f '(x)≥(≤)0恒成立；（2）f '(x)=g (x )h (x )，由g (x)> 0 （或g (x)< 0 ）可将f '(x)≥(≤)0恒成立转化为h (x )≥(≤)0（或h (x )≤(≥)0）恒成立；（3）由“分离参数法”或“分类讨论”，解得参数取值范围。

{ }【考点分类】考点一、分类讨论求解函数单调性；【例 1-1】（2015-2016 朝阳一模理 18）已知函数 f (x ) = x + a ln x , a ∈ R ．（Ⅰ）求函数 f (x ) 的单调区间；（Ⅱ）当 x ∈[1, 2]时，都有 f (x ) > 0 成立，求 a 的取值范围；（Ⅲ）试问过点P (1，3) 可作多少条直线与曲线 y = f (x ) 相切？并说明理由．f (x ) 的定义域为 x x > 0 ． f '(x ) = 1+ a =x + a ．xx（1）当 a ≥ 0 时， f '(x ) > 0 恒成立，函数 f (x ) 在(0, +∞) 上单调递增；（2）当 a < 0 时，令 f '(x ) = 0 ，得 x = -a ．当0 < x < -a 时， f '(x ) < 0 ，函数 f (x ) 为减函数；当 x > -a 时， f '(x ) > 0 ，函数 f (x ) 为增函数．综上所述，当 a ≥ 0 时，函数 f (x ) 的单调递增区间为(0, +∞) ．当a < 0 时，函数 f (x ) 的单调递减区间为(0, -a ) ，单调递增区间为(-a ，+∞) ．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当-a ≤ 1 时，即 a ≥ -1 时，函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上为增函数，所以在区间[1, 2] 上， f (x )min = f (1) = 1 ，显然函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上恒大于零；（2）当1 < -a < 2 时，即-2 < a < -1 时，函数 f (x ) 在[1，- a ) 上为减函数，在(-a , 2] 上为增函数，所以 f (x )min = f (-a ) = -a + a ln(-a ) ．依题意有 f (x )min = -a + a ln(-a ) > 0 ，解得 a > -e ，所以-2 < a < -1 ．（3）当-a ≥ 2 时，即 a ≤ -2 时， f (x ) 在区间[1, 2] 上为减函数，所以 f (x )min = f (2) = 2+a ln 2 ．依题意有 f (x )min = 2+aln 2 > 0 ，解得 a > - 2 ln 2 ，所以-2ln 2< a ≤ -2 ．x x综上所述，当 a > -2ln 2时，函数 f (x ) 在区间[1, 2] 上恒大于零．（Ⅲ）设切点为（x , x +a ln x ) ，则切线斜率 k = 1 +a，切线方程为 y - (x + a ln x ) = (1 +x 0a)(x - x ) ．因为切线过点 P (1,3) ，则3 - (x + a ln x ) = (1 + a)(1 - x ) ．即 a (ln x 0 +0 -1) - 2 = 0 ． ………………①令 g (x ) = a (ln x + 1-1) - 2 (x > 0) ，则 g '(x ) = a ( 1- 1 ) = a (x -1) ．x（1）当 a < 0 时，在区间(0,1) 上， g '(x ) > 0 ， x x 2x 2g (x ) 单调递增；在区间(1, +∞) 上， g '(x ) < 0 ， g (x ) 单调递减，所以函数 g (x ) 的最大值为 g (1) = -2 < 0 ．故方程 g (x ) = 0 无解，即不存在 x 0 满足①式．因此当 a < 0 时，切线的条数为0 ．（2）当 a > 0 时, 在区间(0,1) 上， g '(x ) < 0 ， g (x ) 单调递减，在区间(1, +∞) 上， g '(x ) > 0 ， g (x ) 单调递增，所以函数 g (x ) 的最小值为 g (1) = -2 < 0 ．1+ 2 2 -1- 2-1- 2 取 x 1 = ea> e ，则 g (x 1 ) = a (1+ + e aa -1) - 2 = a e a > 0 ．故 g (x ) 在(1, +∞) 上存在唯一零点．-1-212 1+ 2 1+ 2 1+ 2 2取 x 2 = e < e ，则 g (x 2 ) = a (-1- a + e a -1) - 2 = a e a - 2a - 4 = a [e a - 2(1+ )] ． a设t = 1 + 2(t > 1) ， u (t ) = e t - 2t ，则u '(t ) = e t- 2 ．a1xa当t > 1 时， u '(t ) = e t- 2 > e - 2 > 0 恒成立．所以u (t ) 在(1, +∞) 单调递增， u (t ) > u (1) = e - 2 > 0 恒成立．所以 g (x 2 ) >0 ．故 g (x ) 在(0,1) 上存在唯一零点．因此当 a > 0 时，过点 P (1，3) 存在两条切线．（3）当 a = 0 时， f (x ) = x ，显然不存在过点 P (1，3) 的切线．综上所述，当 a > 0 时，过点 P (1，3) 存在两条切线；当 a ≤ 0 时，不存在过点 P (1，3) 的切线．【例 1-2】（2015-2016 海淀一模理 18）已知函数 f ( x ) = ln x + 1 -1 ， g ( x ) = x -1.x （Ⅰ）求函数 f (x ) 的最小值；（Ⅱ）求函数 g (x ) 的单调区间；(Ⅲ) 求证：直线 y = x 不是曲线 y = g (x ) 的切线.ln xf (x ) 的定义域为(0, +∞)，f '( x ) = 1 - 1= x - 1x x 2 x 2当 x 变化时， f '(x ) ， f (x ) 的变化情况如下表：函数 f (x ) 在(0, +∞) 上的极小值为 f (a ) = ln1 + 1- 1 = 0 ，1所以 f (x ) 的最小值为0（Ⅱ）解：函数 g (x ) 的定义域为(0,1) Y (1, +∞) ，ln x - ( x -1) 1 ln x + 1-1g '( x ) = x = x =f ( x ) ln 2 x ln 2 x ln 2 x由（Ⅰ）得， f ( x ) ≥ 0 ，所以 g '(x ) ≥ 01 210 0所以g (x) 的单调增区间是(0,1),(1, +∞) ，无单调减区间.（Ⅲ）证明：假设直线y =x 是曲线g(x) 的切线.ln x+x-1设切点为(x0 , y0 ) ，则g '(x0 ) =1，即0=1ln2 x又 y =x-1, y =x ，则x-1=x .ln xln x所以ln x0=x-1= 1-1xx, 得g '(x0 ) = 0 ，与g '(x0 ) = 1矛盾所以假设不成立，直线y =x 不是曲线g(x) 的切线【练1-1】（2015-2016 西城一模理18）已知函数f ( x) =xe x -ae x -1 ，且f ' (1) =e . (Ⅰ) 求a 的值及f (x) 的单调区间；(Ⅱ) 若关于x 的方程f ( x) =kx2 - 2(k > 2) 存在两个不相等的正实数根x , x ，证明：x -x > ln4.1 2 ef ( x) 求导，得 f '(x) = (1+x)e x -a e x-1 ，所以 f '(1) = 2e -a = e ，解得a =e.故 f (x) =x e x -e x ， f '(x) =x e x.令 f '(x) = 0 ，得 x = 0 .当x 变化时， f '( x) 与f (x) 的变化情况如下表所示：所以函数的单调减区间为，单调增区间为.（Ⅱ）解：方程 f (x) =kx2 - 2 ，即为(x -1)e x -kx2 + 2 = 0 ，设函数 g(x) = (x -1)e x -kx2 + 2 .求导，得g'(x) =x e x - 2kx =x(e x - 2k) ．由g'(x) = 0 ，解得 x = 0 ，或 x = ln(2k) .所以当x ∈ (0, +∞) 变化时，g'(x) 与g(x) 的变化情况如下表所示：002(x +x -(0, ln(2k )) (ln(2k ), +∞) 由k > 2 ，得ln(2k ) > ln 4 > 1 . 又因为 g (1) = -k + 2 < 0 ，所以 g (ln(2k )) < 0 .不妨设 x 1 < x 2 （其中 x 1, x 2 为 f (x ) = kx 2 - 2 的两个正实数根），因为函数 g (x ) 在(0, ln 2k ) 单调递减，且 g (0) = 1 > 0 ， g (1) = -k + 2 < 0 ，所以0 < x 1 < 1.同理根据函数 g (x ) 在(ln 2k , +∞) 上单调递增，且 g (ln(2k )) < 0 ，可得 x 2 > ln(2k ) > ln 4，所以| x - x |= x - x > ln 4 -1 = ln 4，1 2 2 1e即 | x 1 - x 2|> ln 4 . e【练 1-2】（2011-2012 石景山一模文 18）已知函数 f (x ) = x 2+ 2a ln x .（Ⅰ）若函数 f (x ) 的图象在(2, f (2)) 处的切线斜率为1 ，求实数 a 的值；（Ⅱ）求函数 f (x ) 的单调区间；（Ⅲ）若函数 g (x ) = 2 + f (x ) 在[1, 2] 上是减函数，求实数 a 的取值范围.x2a 2x 2 + 2a f '(x ) = 2x + =1 分x x由已知 f '(2) = 1，解得 a = -3 .............................................................. 3 分（II ）函数 f (x ) 的定义域为(0, +∞) .（1）当 a ≥ 0 时, f '(x ) > 0 ， f (x ) 的单调递增区间为(0, +∞)；……5 分（2）当 a < 0 时 f '(x ) =.x当 x 变化时， f '(x ), f (x ) 的变化情况如下：2由上表可知，函数 f (x ) 的单调递减区间是；单调递增区间是+∞) ................................................................ 8 分（II ）由 g (x ) = 2 + x 2+ 2a ln x 得 g '(x ) = - 2 xx2+ 2x +2a ， ....... 9 分x由已知函数 g (x ) 为[1, 2] 上的单调减函数，则 g '(x ) ≤ 0 在[1, 2] 上恒成立，即- + 2x +2a≤ 0 在[1, 2] 上恒成立. x 2x即 a ≤ 1 - x 2在[1, 2] 上恒成立 ................................ 11 分x令h (x ) = 1- x 2，在[1, 2] 上 h '(x ) = - 1 - 2x = -( 1+ 2x ) < 0 ，x所以 h (x ) 在[1, 2] 为减函数.h (x )minx 2 x 2= h (2) = - 7, 2所以 a ≤ -7 .......................................................................................... 14 分2【练 1-3】（2015-2016 朝阳期末文 19）已知函数 f (x ) = (2k -1) ln x + k + 2x ， k ∈ R .x（Ⅰ）当 k = 1 时，求曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；（Ⅱ）当 k = e 时，试判断函数 f (x ) 是否存在零点,并说明理由；（Ⅲ）求函数 f (x ) 的单调区间.【答案】函数 f (x ) 的定义域： x ∈ (0,+∞) .f '(x ) = 2k - 1 - k x x 2 + 2 = 2x 2 + (2k - 1)x - k x2= (x + k )(2x - 1) .x 2（Ⅰ）当 k = 1 时， f (x ) = ln x + 1x+ 2x .f '(x ) = (x + 1)(2x - 1) .x 2有 f (1) = ln1 + 1 + 2 = 3 ，即切点（1,3），k = f '(1) =(1 + 1)(2 - 1)= 2 .12所以曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1)) 处切线方程是 y - 3 = 2(x -1) ，即 y = 2x + 1.（Ⅱ）若 k = e ， f (x ) = (2e -1) ln x + e+ 2x .xf '(x ) = (x + e)(2x -1) .x 2令 f '(x ) = 0 ，得 x 1 = -e （舍）， x 2= 1.2则 f (x )=1= (2e -1) ln 1 + e + 2 ⋅ 1= 2(1 - ln 2)e + ln 2 + 1 > 0 .minf ( )22 122所以函数 f (x ) 不存在零点.（Ⅲ） f '(x ) = (x + k )(2x - 1) .x2当- k ≤ 0 ，即 k ≥ 0 时，当- k > 1，2(0,) ， (-k ,+∞) ； 2即 k < - 2时， f (x ) 的单调增区间是当0 < -k <1，即- 122< k < 0 时，当- k =，即 k = - 时，2 2综上 k ≥ 0 时， f (x ) 的单调增区间是( 1,+∞) ;减区间是 2(0, 1 ) .2 1⎨1 当- < k < 0 时， f (x ) 的单调增区间是(0,-k ) , ( 12 2 1,+∞) ;减区间是(-k , 1 ) .2当 k = - 2 1 时， f (x ) 的单调增区间是(0,+∞) ;1 1当 k < - 2时， f (x ) 的单调增区间是(0, ) ， (-k ,+∞) ;减区间是( 2 2 ,-k) . 【练1（2015-2016 丰台期末文 20）设函数 f ( x ) = x 3 + ax 2+ bx 的图象与直线 y = -3x + 8相切于点 P (2, 2) ．（Ⅰ）求函数 f (x ) 的解析式；（Ⅱ）求函数 f (x ) 的单调区间；（Ⅲ）设函数 g (x ) = 1x 3-m +1 x 2 + mx - 1(m > 1) ，对于∀ x ∈[0, 4] , ∃ x ∈[0, 4] ，32 3 1 2使得 f ( x 1 ) = g ( x 2 ) ，求实数 m 的取值范围.f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx 的图象与直线 y = -3x + 8 相切于点 P (2, 2) ，∴ f '(2) = -3 ， f (2) = 2 ．∵ f '( x ) = 3x 2 + 2ax + b ，⎧8 + 4a + 2b = 2∴ ⎨ ⎩3⨯ 22+ 2a ⨯ 2 + b = -3⎧a = -6 解得． ⎩b = 9∴ f ( x ) = x 3 - 6x 2 + 9x ．（Ⅱ） f '( x ) = 3x 2 -12x + 9 = 3( x -1)( x - 3) ，令 f '(x ) > 0 ，得 x < 1或 x > 3 ；令 f '(x ) < 0 ，得1 < x < 3 ．∴ f (x ) 的单调递增区间为(-∞,1) ， (3, +∞) ；单调递减区间为(1,3) ． …8 分（Ⅲ）记 f (x ) 在[0, 4] 上的值域为 A , g (x ) 在[0, 4] 上的值域为 B ，∵对于∀x1 ∈[0, 4]，∃x2 ∈[0, 4]，使得f ( x1 ) =g ( x2 ) ，∴A ⊆B ．由（Ⅱ）得：f (x) 在[0,1]上单调递增，在(1,3) 上单调递减，在[3, 4]上单调递增，f (0) = 0 ，f (1) = 4 ，f (3) = 0 ，f (4) = 4 ，∴A =[0, 4]．∵g(x) =1x3 -m +1x2 +mx -1(m > 1) ，3 2 3∴g '(x) =x2 - (m +1)x +m = (x -1)(x -m)．1 当1 <m < 4 时，g(x) 在[0,1]上单调递增，在[1, m]上单调递减，在[m, 4]上单调递增，∴g(x) 的最小值为g(0) 或g(m)，g(x) 的最大值为g(1) 或g(4) ．∵g(0) =-1< 0 ，且A ⊆B ，3∴g(1) ≥ 4 或g(4) ≥ 4 ，∴g(1) =1m -1≥ 4 或g(4) =-4m +13 ≥ 4 ，2 2即m ≥ 9 或m ≤9 ．4 又∵1 <m < 4 ，∴1 <m ≤9 ．42 当m ≥ 4 时，g(x) 在[0,1]上单调递增，[1, 4]上单调递减，∴g(x) 的最小值为g(0) 或g(4) ，g(x) 的最大值为g(1) ．∵g(0) =-1< 0 ，且A ⊆B ，3 ∴g(1) ≥4 ，， 1 = ∴ 1 m - 1≥ 4 ，即 m ≥ 9 ．2 2综上所述：1 < m ≤ 9或 m ≥ 9 ．41 【练 1-5】（2015-2016 朝阳二模文 20）已知函数 f (x ) = ax - - (a +1) ln x , xa ∈ R .(Ⅰ)求函数 f (x ) 的单调区间；1（Ⅱ）当 a ≥ 1 时，若 f (x ) > 1 在区间[ , e] 上恒成立，求 a 的取值范围.e' ax 2 - (a +1)x +1 (ax -1)(x -1) 【答案】(Ⅰ) 函数 f (x ) 的定义域为{x x > 0} , f (x) =2 2 . x x（1）当 a ≤ 0 时， ax -1 < 0 ,令 f '(x ) > 0 ，解得0 < x < 1，则函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1)令 f '(x ) < 0 ，解得 x > 1 ，函数 f (x ) 单调递减区间为（1，+∞）.所以函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1) ，单调递减区间为（1，+∞）.1（2）当0 < a < 1时， a> 1 ,令 f '(x ) > 0 ，解得0 < x < 1或 x > 1，则函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1) ；a 令 f '(x ) < 0 ，解得1 < x < 1 ，函数 f (x ) 单调递减区间为（1 1) .a a1 1所以函数 f (x ) 的单调递增区间为(0，1) ，（，+∞) ，单调递减区间为（1， ) .（3）当 a = 1时， f'(x )= a (x -1)2x 2a≥ 0 恒成立，所以函数 f (x ) 的单调递增区间为（0，+∞) .（4）当 a >1时， 0 << 1,a令 f '(x ) > 0 ，解得0 < x < 1或 x > 1 ，则函数 f (x ) 的单调递增区间为（0) ，（1，+∞) ；， aa令 f '(x ) < 0 ，解得 1 < x < 1 ，则函数 f (x ) 的单调递减区间为( 1，1) .aa1 1所以函数 f (x ) 的单调递增区间为（0， ) ，（1，+∞) ，单调递减区间为( a a，1) （Ⅱ）依题意，1< < 1在区间[ , e] e上 f (x ) min > 1.' ax 2 - (a +1)x +1 (ax -1)(x -1)f (x ) = = ， a ≥ 1 .x 2 x 2令 f '(x ) = 0 得， x =1或 x = 1.a若 a ≥ e ，则由 f '(x ) > 0 得，1 < x ≤ e ，函数 f (x ) 在(1, e )上单调递增.由 f '(x ) < 0 得， 1 ≤ x < 1,函数 f (x ) 在( 1,1)上单调递减.e e所以 f (x )min = f (1) = a -1 > 1，满足条件；若1 < a < e ，则由 f '(x ) > 0 得， 1 < x < 1或1 < x < e ；ea由 f '(x ) < 0 得， 1< x < 1 .a1 1 1 函数 f (x ) 在(1, e ), ( , ) 上单调递增,在( ,1) 上单调递减.e aa1f (x )min = min{ f ( e), f (1)}，⎧ 1 ⎧ e 2 ⎪ f ( ) > 1依题意⎨ e ⎪a > ，即⎨ e +1 ，所以2 a e ； ⎪⎩ f (1) > 1 若 a = 1，则 f '(x ) ≥ 0 .1 ⎩⎪ a > 21所以 f (x ) 在区间[ e , e] 上单调递增， f (x )min = 综上， a > 2 . f ( ) > 1，不满足条件；e1 【练 1-6】（2015-2016 房山二模文 19）已知函数 f ( x ) = x + ex（Ⅰ）求函数 f ( x ) 的单调区间；（Ⅱ）若直线 y = kx 与曲线 y = f ( x ) 没有公共点，求实数k 的取值范围。