“函数与导数”大题常考的3类题型
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。
方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。
题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。
方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。
例题：已知函数f(x)=x-3x。
1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。
提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。
将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。
答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。
1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。
（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。
题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。
方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。
（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。
（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。
导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型主要包括求函数的导数、求函数的极值、求曲线的切线方程和法线方程等。
下面给出这些题型的解题方法：
1. 求函数的导数：
- 根据导数的定义，逐项求导；
- 利用乘法法则、复合函数法则、除法法则等求导法则简化计算；
- 对于含有多项式函数、指数函数、对数函数、三角函数等函数的复合函数，可以根据相应的求导法则和运算规律进行求导。
2. 求函数的极值：
- 首先求函数的导数，得到导函数；
- 解导函数的方程，求得导函数的零点，即函数的驻点；
- 利用二阶导数判别法来判断驻点的类型（极大值点、极小值点或拐点）；
- 如果导函数的零点为函数的一个极值点，则该极值点对应的函数值为极值。
3. 求曲线的切线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 然后利用一般点斜式的切线方程公式，以该点和斜率为参数，得到切线方程。
4. 求曲线的法线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 利用切线斜率与法线斜率的关系（切线斜率与法线斜率的乘积等于-1），由此得到法线的斜率；
- 然后以该点和法线斜率为参数，利用一般点斜式的法线方程公式得到法线方程。
以上是导数大题题型的一般解题方法，根据具体题目特点和要求，可能需要结合其他数学知识和技巧进行推导和计算。
专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类(精讲精练)(原卷版)
专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类【命题规律】函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值； （2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题； （4）函数不等式的证明． （5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．【核心考点目录】核心考点一：含参数函数单调性讨论 核心考点二：导数与数列不等式的综合问题 核心考点三：双变量问题 核心考点四：证明不等式 核心考点五：极最值问题 核心考点六：零点问题核心考点七：不等式恒成立问题核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 核心考点九：利用导数解决一类整数问题 核心考点十：导数中的同构问题 核心考点十一：洛必达法则核心考点十二：导数与三角函数结合问题【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）已知a b ∈R ，，函数()()sin ,x f x e a x g x =-=(1)求函数()y f x =在()()0,0f 处的切线方程； (2)若()y f x =和()y g x =有公共点， （i ）当0a =时，求b 的取值范围； （ii ）求证：22e a b +>．2．（2022·北京·统考高考真题）已知函数()e ln(1)x f x x =+． (1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (2)设()()g x f x '=，讨论函数()g x 在[0,)+∞上的单调性； (3)证明：对任意的,(0,)s t ∈+∞，有()()()f s t f s f t +>+．3．（2022·浙江·统考高考真题）设函数e()ln (0)2f x x x x=+>． (1)求()f x 的单调区间；(2)已知,a b ∈R ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭； （ⅰ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e6e 6e a ax x a --+<+<-． （注：e 2.71828=是自然对数的底数）4．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．5．（2022·全国·统考高考真题）已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+． (1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()ln xf x x a xx e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．7．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值． (1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【方法技巧与总结】1、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0x ），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0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-． （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0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x xx x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．【核心考点】核心考点一：含参数函数单调性讨论 【规律方法】1、导函数为含参一次型的函数单调性导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．2、导函数为含参二次型函数的单调性当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域； （2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．在此我们首先要清楚()()()f x f x f x '''、、之间的联系是如何判断原函数单调性的．（1）二次求导目的：通过()f x ''的符号，来判断()f x '的单调性；（2）通过赋特殊值找到()f x '的零点，来判断()f x '正负区间，进而得出()f x 单调性． 【典型例题】例1．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知三次函数()()32111212322f x ax a x x =+---.(1)当3a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程， (2)讨论()y f x =的单调性.例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2122ex f x x a x a -⎡⎤=+-+-⎣⎦，R a ∈，讨论函数()f x 单调性；例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()212ln 212f x a x x a x =+-+，a ∈R ，求()f x 的单调区间.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()22ln 211f x x ax a x a =---+∈R .求函数()f x 的单调区间；核心考点二：导数与数列不等式的综合问题 【规律方法】在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．【典型例题】例5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数()1ln f x x a x x=--.(1)若不等式()0f x ≥在()1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：()()()22211ln 21ni n n i i n n =+-⎛⎫>⎪+⎝⎭∑.例6．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数()e (2)2,x f x x a ax a =-++∈R ． (1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)若不等式()0f x ≥对0x ∀≥恒成立，求实数a 的范围； (3)证明：当111,1ln(21)23n n n*∈++++<+N ．例7．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数()e ax f x x =-（12a ≥）. (1)(0,1)x ∈，求证：1sin ln 1x x x<<-；(2)证明：111sin sin sin()23f n n+++<.(ln20.693,ln3 1.099≈≈)核心考点三：双变量问题 【规律方法】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【典型例题】例8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()()ln 1R f x x ax a =-+∈. (1)若过原点的一条直线l 与曲线()y f x =相切，求切点的横坐标；(2)若()f x 有两个零点12x x ，，且212x x >，证明：①1228>e x x ； ②2212220+>e x x .例9．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数2()e ,2xmx f x m =-∈R . (1)讨论()f x 极值点的个数；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，证明:()()122e f x f x m +<-.例10．（2023·全国·高三专题练习）巳知函数()ln(3)f x x x =+-. (1)求函数f （x ）的最大值; (2)若关于x 的方程e ln3,(0)3x a a a x +=>+有两个不等实数根x x ₁，₂，证明: 122e e x xa+>.核心考点四：证明不等式 【规律方法】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． （4）对数单身狗，指数找基友 （5）凹凸反转，转化为最值问题 （6）同构变形 【典型例题】例11．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数()()22ln ,f x x ax bx a b =-+∈R ．(1)当0b =时，讨论()f x 的单调性;(2)设12,x x 为()f x 的两个不同零点，证明：当()0,x ∈+∞时，()()12212124sin 2e x x f x x x x +-+<++．例12．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知2()(ln 1)f x x x =+． (1)求()f x 的单调递增区间； (2)若124()()ef x f x +=，且12x x <，证明12ln()ln 21x x +>-．例13．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数()ln m x nf x x+=在()()1,1f 处的切线方程为1y =. (1)求实数m 和n 的值；(2)已知()(),A a f a ，()(),B b f b 是函数()f x 的图象上两点，且()()f a f b =，求证：()()ln ln 1a b ab +<+.核心考点五：极最值问题 【规律方法】利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．【典型例题】例14．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知函数()31,R 3f x x ax a a =-+∈.(1)当1a =-时，求()f x 在[]22-,上的最值； (2)讨论()f x 的极值点的个数.例15．（2023·江西景德镇·高三统考阶段练习）已知函数21()(2)e e,()2x f x x g x a x x ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，其中a 为大于0的常数，若()()()F x f x g x =-． (1)讨论()F x 的单调区间；(2)若()F x 在()1x t t =≠取得极小值，求()g t 的最小值．例16．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知0a >，函数()()()F x f x g x =-的最小值为2，其中1()e x f x -=，()ln()g x ax =．(1)求实数a 的值；(2)(0,)∀∈+∞x ，有(1)1(e )f x m kx k g x +-≥+-≥，求2mk k -的最大值．核心考点六：零点问题 【规律方法】函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数． 【典型例题】例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2e 2x m f x x m =+∈R ． (1)若存在0x >，使得()0f x <成立，求m 的取值范围；(2)若函数()()2e e x F x x f x =+-有三个不同的零点，求m 的取值范围．例18．（2023·全国·高三专题练习）设0a >，已知函数()e 2xf x a x =--，和()()ln 22g x x a x =-++⎡⎤⎣⎦.(1)若()f x 与()g x 有相同的最小值，求a 的值；(2)设()()()2ln 2F x f x g x a =++-有两个零点，求a 的取值范围.例19．（2023春·广西·高三期末）已知函数()()ln e axxf xg x x ax ==-，. (1)当1a =时，求函数()f x 的最大值；(2)若关于x 的方()()f x g x +=1有两个不同的实根，求实数a 的取值范围.核心考点七：不等式恒成立问题 【规律方法】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈． （1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f xg x <成立，则()()maxmin f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x <成立，则()()maxmax f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x <成立，则()()minmax f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集．【典型例题】例20．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数()ln 1f x x =+.(1)若函数()()1g x mf x x =+-的图象在1x =处的切线与直线2y x =平行，求函数()g x 在1x =处的切线方程；(2)求证：当12a ≤时，不等式()1af x a +≤在[1,e]上恒成立.例21．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()(1)e (R x f x x ax a =--∈且a 为常数）. (1)当0a =，求函数()f x 的最小值；(2)若函数()f x 有2个极值点，求a 的取值范围；(3)若()ln e 1x f x x ≥-+对任意的,()0x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.例22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()e 1ln ln 0x f x a x a x a =+--⋅>．(1)若e a =，求函数()f x 的单调区间； (2)若不等式()1f x <在区间()1,+∞上有解，求实数a 的取值范围．核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 【规律方法】1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210x x x +≠．如下图所示．图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏．【典型例题】例23．（2022•浙江期中）已知函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ． （1）求实数a 的取值范围； （2）证明：121x x a +>+．例24．（2021春•汕头校级月考）已知，函数()f x lnx ax =-，其中a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()f x 有两个零点， ()i 求a 的取值范围；()ii 设()f x 的两个零点分别为1x ，2x ，证明：212x x e >．例25．（2022•浙江开学）已知a R ∈，()ax f x x e -=⋅（其中e 为自然对数的底数）． （ⅰ）求函数()y f x =的单调区间；（ⅰ）若0a >，函数()y f x a =-有两个零点x ，2x ，求证：22122x x e +>．核心考点九：利用导数解决一类整数问题 【规律方法】分离参数、分离函数、半分离 【典型例题】例26．已知函数()ln 2f x x x =--． （1）求函数在()()1,1f 处的切线方程（2）证明：()f x 在区间()3,4内存在唯一的零点；（3）若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值．例27．已知函数211()ln 2f x x x x a a ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，(0)a ≠． （1）当12a =时，求函数()fx 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）令2()()F x af x x =-，若()12F x ax <-在()1,x ∈+∞恒成立，求整数a 的最大值．（参考数据：4ln 33<，5ln 44<）．例28．已知函数()ln 2f x x x =--．（1）证明：()f x 在区间()3,4内存在唯一的零点；（2）若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值．核心考点十：导数中的同构问题【规律方法】1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：()xf x x e =⋅，()xf x e x =±；寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、x 、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围． （3）在解析几何中的应用：如果()()1122,,,Ax y B x y 满足的方程为同构式，则,A B 为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB 的方程（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于(),n a n 与()1,1n a n --的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解【典型例题】例29．（2022·河北·高三阶段练习）已知函数()ln f x x x =． （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且b a a b =，证明：2111e a b<+<．例30．（2022·河南郑州·二模（文））已知函数()e 21e xf x x =⋅-+，()ln 2xg x x=+． （1）求函数()g x 的极值；（2）当x >0时，证明：()()f x g x ≥例31．（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数()()e x f x ax a =-∈R ．（1）讨论f （x ）的单调性．（2）若a ＝0，证明：对任意的x >1，都有()4333ln f x x x x x ≥-+．核心考点十一：洛必达法则 【规律方法】法则1、若函数()f x 和()g x 满足下列条件： （1）()lim 0x af x →=及()lim 0x ag x →=；（2）在点a 的去心邻域()(),,a a a a εε-⋃+内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='，那么()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='．法则2、若函数()f x 和()g x 满足下列条件：（1）()lim 0x f x →∞=及()lim 0x g x →∞=； （2）0A ∃>，()f x 和()g x 在(),A -∞与(),A +∞上可导，且()0g x '≠； （3）()()limx f x l g x →∞'='，那么()()limx f x g x →∞=()()limx f x l g x →∞'='．法则3、若函数()f x 和()g x 满足下列条件： （1）()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞；（2）在点a 的去心邻域()(),,a a a a εε-⋃+内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='， 那么()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='． 注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： （1）将上面公式中的x a →，,x x →+∞→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则也成立． （2）洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，1∞，∞，，∞-∞型．（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，1∞，∞，，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．()()()()()()limlimlimx ax ax a f x f x f x g x g x g x →→→'''=='''，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 【典型例题】例32．已知函数()=ln (,)f x a x bx a b R +∈在12x =处取得极值，且曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线10x y -+=垂直．（1）求实数,a b 的值；（2）若[1,)x ∀∈+∞，不等式()(2)mf x m x x≤--恒成立，求实数m 的取值范围．例33．设函数()1x f x e -=-．（1）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （2）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围．例34．设函数sin ()2cos xf x x=+．如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．22sin 2sin 2sin (sin )x x x x x x =-=-核心考点十二：导数与三角函数结合问题 【规律方法】 分段分析法【典型例题】例35．（2023·河南郑州·高三阶段练习）已知函数()1sin e xx f x x -=+，ππ,2x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦． (1)求证：()f x 在ππ,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增；(2)当[]π,0x ∈-时，()sin e cos sin xf x x x k x --⎡⎤⎣⎦恒成立，求k 的取值范围．例36．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()sin ()cos f x x x a x =-+（a 为常数），函数3211()32g x x ax =+.(1)证明：（i ）当0x >时，sin x x >； （ii ）当0x <时，sin x x <；(2)证明：当0a ≥时，曲线()y f x =与曲线()y g x =有且只有一个公共点.例37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数π()e sin sin ,[0,π]4xf x x x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭.(1)若1a ≤，判断函数()f x 的单调性； (2)证明：e (π)1sin cos x x x x -+≥-.【新题速递】1．（2023·北京·高三专题练习）已知1x =是函数()()ln ln ln 21xf x x ax x=-+++的一个极值点． (1)求a 值；(2)判断()f x 的单调性；(3)是否存在实数m ，使得关于x 的不等式()f x m ≥的解集为()0,∞+?直接写出m 的取值范围．2．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知()214ln 2f x x x a x =-+． (1)若函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：()()1210ln f x f x a +>-+．3．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知函数()()2e 21xf x x ax =+-，其中R a ∈，若()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为210x by ++=． (1)求函数()f x 的解析式；(2)求函数()f x 在区间[]3,1-上的最值．4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1f x x =-，()ln(1)g x m x =-，R m ∈. (1)若直线:20l x y -=与()y g x =在(0,(0))g 处的切线垂直，求m 的值；(2)若函数()()()h x g x f x =-存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()()1122x h x x h x >.5．（2023·北京·高三专题练习）已知函数()2e x f x =，直线:2l y x b =+与曲线()y f x =相切．(1)求实数b 的值；(2)若曲线()y af x =与直线l 有两个公共点，其横坐标分别为(,)m n m n <． ①求实数a 的取值范围； ②证明：()()1f m f n ⋅>．6．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()()33ln af x x a x x=--+． (1)当0a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若[]1,e x ∀∈，()0f x <，求实数a 的取值范围．7．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数()31f x x ax =-+．(1)当1a =时，过点()1,0作曲线()y f x =的切线l ，求l 的方程； (2)当0a ≤时，对于任意0x >，证明：()cos f x x >．8．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数()22e xx f x ax +=++． (1)若()f x 单调递增，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，其中12x x <，求证：2133x x a ->-．9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()43,R,04a f x x ax bx ab a =--∈≠ (1)若0b =，求函数()f x 的单调区间；(2)若存在0R x ∈，使得()()00f x x f x x =+-，设函数()y f x =的图像与x 轴的交点从左到右分别为A ，B ，C ，D ，证明：点B ，C 分别是线段AC 和线段BD 的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）10．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()()2e e xf x x =-+，()()2112g x a x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()()ln 1ln h x x x a =-+，其中a 为常数，若()()()()F x f x g x h x =-+.(1)讨论()F x 的单调区间；(2)若()F x 在()1x t t =≠取得极小值，且()()f t mh t ≥恒成立，求实数m 的取值范围.11．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，过点P (2，0)作直线l 交抛物线于A ，B 两点．(1)若l 的倾斜角为π4，求△F AB 的面积；(2)过点A ，B 分别作抛物线C 的两条切线1l ，2l 且直线1l 与直线2l 相交于点M ，问：点M 是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．12．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知函数()21ln 2f x x ax =-，()()21e 112x g x x ax a x =--+-，(1)求函数()y f x =的单调区间；(2)若对于定义域内任意x ，()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．。
2023年高考数学客观题专题六 函数与导数
2.函数的奇偶性:
(1)奇函数、偶函数的定义:
如果对于函数f(x)的定义域内的任意一个x,都有f(-x)=f(x),则称
函数y=f(x)是偶函数;
如果对于函数则
称函数y=f(x)是奇函数.
(2)奇、偶函数的性质:
①偶函数的图象关于y轴对称;奇函数的图象关于原点对称.
A∩B= (
)
A.(1,2)
B.[1,2]
C.[1,2)
D.(1,2]
【答案】D
【解析】由题意得x-1>0,解得x>1,则集合B={x|x>1}.
而集合A={x|-1≤x≤2},
于是A∩B={x|1<x≤2}.故选D.
6.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
1
D.-4
)
3.若奇函数y=f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(3)=3,则f(-1)=
【答案】-3
【解析】y=f(x)的图象关于直线x=2对称,则f(3)=f(1)=3.
y=f(x)为奇函数,则f(-1)=-f(1)=-3.
.
1
4.函数f(x)=ln(+1)+
4 − 2 的定义域为
(
方程f(x)=0有实数根⇔函数y=f(x)的图象与x轴有交点⇔函数
y=f(x)有零点.
2.定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一
条曲线,并且有:f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即
存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个c也就是方程f(x)=0的根.
指数、对数的运算性质:
(1)幂的运算性质:aman=am+n;
高中数学导数大题八类题型总结
导数-大题导数在大题中一般作为压轴题出现，其复杂的原因就在于对函数的综合运用：1.求导，特别是复杂函数的求导2.二次函数（求根公式的运用）3.不等式：基本不等式、均值不等式等4.基本初等函数的性质：周期函数、对数函数、三角函数、指数函数5.常用不等式的巧妙技巧：1/2<ln2<1，5/2<e<3导数大题最基本的注意点：自变量的定义域1.存在性问题2.韦达定理的运用3.隐藏零点4.已有结论的运用5.分段讨论6.分类讨论7.常见不等式的应用8.导数与三次函数的利用1. 存在性问题第(1)问有两个未知数，一般来说，双未知数问题要想办法合并成一个未知数来处理合并成一个未知数后利用不等式1.存在性问题(2)问将有且仅有一个交点分成两部分证明，分别证至多存在一个交点与必然存在交点：证明必然存在交点是单纯的找“特殊点”问题高考导数大题中的存在性问题，最后几乎都会变成零点的存在性问题要点由于只关注零点的存在性，因此就没有必要对t(x)求导讨论其单调性，直接使用零点定即可。
(2)问先对要证明的结论进行简单变形：证毕韦达定理的使用(1)问是常规的分类讨论问题隐零点设而不求，代换整体证明对称轴已经在-1右侧，保证有零点且-1处二次函数值大于0两道例题都是比较简单的含参“隐零点”问题，总之就是用零点(极值点)反过来表示参数再进行计算一些比较难的题目，一般问题就会进行一定提示，如利用(2)问提示(3)问，其难点就在于知道要利用已有结论，但无从下手第(1)问分类讨论问题，分离变量做容易导致解题过于复杂(2)问将不等式两边取对数之后思路就很清晰了(1)(2)分别证明两个不等号即可化到已知的结论上()()()()()()()()()()()()''''1101,0,1,0;1,,00,11,110f x x xx f x x f x x f x f x x x x f x f =->=∈>∈+∞<∈∈+∞==为的零点于是在上单调递增，在上单调递减是的极大值点，(3)问需要利用(2)问结论才能比较顺利的证明利用(2)中结论第(1)问是一个比较简单的存在型问题分段)高考导数大题除求导外，隐藏零点、韦达定理、极值点偏移、二，三阶导等技巧，都是附加的技巧，导数的核心，是分类讨论的考察，高考题多数绕不开分类讨论。
“函数与导数”大题常考的3类题型含解析
题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型1．设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1±2， 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)令g (x )＝f (x )－ax －1＝(1－x 2)e x－(ax ＋1)， 令x ＝0，可得g (0)＝0.g ′(x )＝(1－x 2－2x )e x－a ， 令h (x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，则h ′(x )＝－(x 2＋4x ＋1)e x， 当x ≥0时，h ′(x )<0，h (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故h (x )≤h (0)＝1－a ，即g ′(x )≤1－a ，要使f (x )－ax －1≤0在x ≥0时恒成立，需要1－a ≤0， 即a ≥1，此时g (x )≤g (0)＝0，故a ≥1. 综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0<x <12时，f ′(x )>0；当x >12时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为( 12，＋∞ ).(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x.令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3， 则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33.3．已知函数f (x )＝2a －x2e x (a ∈R)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )>－1恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x 2－2x －2aex，当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，f ′(x )≥0，∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 当a >－12时，令x 2－2x －2a ＝0，解得x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f (x )>－1⇔2a －x 2e x >－1⇔2a >x 2－e x，由条件知，2a >x 2－e x对∀x ≥1恒成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x ，∴h ′(x )＝2－e x. 当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x≤2－e<0， ∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴h (x )＝2x －e x≤2－e<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )＝x 2－e x在[1，＋∞)上单调递减， ∴g (x )＝x 2－e x≤g (1)＝1－e ， 故若f (x )>－1在[1，＋∞)上恒成立， 则需2a >g (x )max ＝1－e ，∴a >1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－e 2，＋∞. 4．(2019·广西柳州模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x . (1)若x ＝3是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的取值；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.∵x ＝3是函数f (x )的一个极值点， ∴f ′(3)＝0，解得a ＝－6.经检验a ＝－6时，x ＝3是函数f (x )的一个极小值点，符合题意，∴a ＝－6. (2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0， 记F (x )＝x －ln x (x >0)，∴F ′(x )＝x －1x(x >0)， ∴当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增．∴F (x )≥F (1)＝1>0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0.记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ， ∴G ′(x )＝x －x －ln x －x －x －x －ln x 2＝x －x －2ln x ＋x －ln x 2.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增．∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1. 故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a －1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.6．(2019·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0.(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a .解：(1)f ′(x )＝x －a 2x ＝x ＋a x －ax(x >0)．当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 当x ＝a 时，f (x )取最小值f (a )＝12a 2－a 2ln a .令12a 2－a 2ln a ≥0，解得0<a < e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a <x 2<2a ，则2a －x 2<a .要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a －x 2，则只需证f (x 1)<f (2a －x 2)． 因为f (x 1)＝f (x 2)，则只需证f (x 2)<f (2a －x 2)． 设g (x )＝f (x )－f (2a －x )，a ≤x ≤2a .则g ′(x )＝x －a 2x ＋2a －x －a 22a －x ＝－2a a －x2x a －x≤0，所以g (x )在[a,2a )上单调递减，从而g (x )≤g (a )＝0.又a <x 2<2a ，于是g (x 2)＝f (x 2)－f (2a －x 2)<0， 即f (x 2)<f (2a －x 2)． 因此x 1＋x 2>2a .。
导数大题求参归类(学生版)
导数大题求参归类目录题型01 恒成立求参：常规型题型02 恒成立求参：三角函数型题型03恒成立求参：双变量型题型04 恒成立求参：整数型题型05恒成立求参：三角函数型整数题型06“能”成立求参：常规型题型07“能”成立求参：双变量型题型08“能”成立求参：正余弦型题型09 零点型求参：常规型题型10 零点型求参：双零点型题型11 零点型求参：多零点综合型题型12 同构型求参：x1，x2双变量同构题型13 虚设零点型求参高考练场热点题型归纳题型01恒成立求参：常规型【解题攻略】利用导数求解参数范围的两种常用方法：(1)分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；(2)分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.1(2024上·北京·高三阶段练习)设a>0，函数f(x)=x a ln x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≤x，求a的取值范围；(3)若f (x)≤1，求a．2(2024上·甘肃武威·高三统考期末)已知函数f x =2xe x+a ln x+1.(1)当a=0时，求f x 的最大值；(2)若f x ≤0在x∈0,+∞上恒成立，求实数a的取值范围.【变式训练】1(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数f x =x2-ax e x．(1)若f x 在-2,-1上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若f x ≥sin x对x∈-∞,0恒成立，求实数a的取值范围．2(2024上·山西·高三期末)已知函数f x =m x-12-2x+2ln x，m≥2.(1)求证：函数f x 存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间a,b的长度b-a的取值范围；(2)当x≥1时，f x ≤2xe x-1-4x恒成立，求实数m的取值范围.3(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2x2-a ln x-1，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x+1)>(x+1)2+1x+1-1e x恒成立，求实数a的取值范围．题型02恒成立求参：三角函数型【解题攻略】三角函数与导数应用求参：1.正余弦的有界性2.三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sin x x≥0.1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =sin xx，g x =a cos x．(1)求证：x∈0,π2时，f x <1；(2)当x∈-π2,0∪0,π2时，f x >g x 恒成立，求实数a的取值范围；(3)当x∈-π2,0∪0,π2时，f x2>g x 恒成立，求实数a的取值范围．2(2023上·全国·高三期末)已知函数f (x )=e x sin x -2x .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求f (x )在区间0,π2上的最大值；(3)设实数a 使得f (x )+x >ae x 对x ∈R 恒成立，求a 的最大整数值.【变式训练】1(2023上·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习)已知函数f x =e ax -2ax a ∈R ,a ≠0 .(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≥sin x -cos x +2-2ax 对任意x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围.2(2023上·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习)已知函数f x =e x-sin x-cos x,f x 为其导函数．(1)求f x 在-π,+∞上极值点的个数；(2)若f (x)≥ax+2-2cos x a∈R对∀x∈-π,+∞恒成立，求a的值．题型03恒成立求参：双变量型【解题攻略】一般地，已知函数y =f x ,x ∈a ,b ，y =g x ,x ∈c ,d(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，总有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x min ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x max ．1(2023·四川攀枝花·统考模拟预测)已知函数f x =ae x -x a ∈R ．(1)当a =1时，求f x 的单调区间；(2)设函数g x =x 2-1 e x -x -f x ，当g x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 时，总有tg x 2 ≥2+x 1 ex 2+x 22-3 成立，求实数t 的值．2(2024上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习)设函数f x =e x -ax ，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )在[1,+∞)上的极值；(2)若函数f (x )有两零点x 1,x 2x 1<x 2 ，且满足x 1+λx 21+λ>1，求正实数λ的取值范围.【变式训练】1(2023·上海松江·校考模拟预测)已知函数f (x )=ax -a ln x -e xx.(1)若a =0，求函数y =f (x )的极值点；(2)若不等式f (x )<0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数y =f (x )有三个不同的极值点x 1、x 2、x 3，且f (x 1)+f (x 2)+f (x 3)≤3e 2-e ，求实数a 的取值范围.2(2023下·山东德州·高三校考阶段练习)已知函数f x =2ln x +12(a -x )2，其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2 ，求a 的取值范围.题型04恒成立求参：整数型【解题攻略】恒成立求参的一般规律①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；如果参数涉及到整数，要注意对应解中相邻两个整数点函数的符号1(2023上·湖北·高三校联考阶段练习)已知f x =e x -2x +a ．(1)若f x ≥0恒成立，求实数a 的取值范同：(2)设x 表示不超过x 的最大整数，已知e x +2ln x -e +2 x +2≥0的解集为x x ≥t ，求et ．(参考数据：e ≈2.72，ln2≈0.69，ln3≈1.10)2(2023上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =ae x-2，g x =x+1x+2ln x，e=2.71828⋯为自然对数底数．(1)证明：当x>1时，ln x<x2-12x；(2)若不等式f x >g x 对任意的x∈0,+∞恒成立，求整数a的最小值．【变式训练】1(2023·江西景德镇·统考一模)已知函数f x =sin x+sin ax，x∈0,π2.(1)若a=2，求函数g x =f x +sin x值域；(2)是否存在正整数a使得f xx>3cos x恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =5+ln x，g x =kxx+1k∈R．(1)若函数f x 的图象在点1,f1处的切线与函数y=g x 的图象相切，求k的值；(2)若k∈N∗，且x∈1,+∞时，恒有f x >g x ，求k的最大值．(参考数据：ln5≈1.61,ln6≈1.7918,ln2+1≈0.8814)题型05恒成立求参：三角函数型整数1(2020·云南昆明·统考三模)已知f(x)=e x-2x-1 2．(1)证明：f(x)>0；(2)对任意x≥1，e sin x+x2-ax-1-ln x>0，求整数a的最大值．(参考数据：sin1≈0.8,ln2≈0.7)2(2020上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =a sin x +sin2x ，a ∈R .(1)若a =2，求函数f x 在0,π 上的单调区间；(2)若a =1，不等式f x ≥bx cos x 对任意x ∈0,2π3恒成立，求满足条件的最大整数b .【变式训练】1(2022·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x +a cos x -2x -2，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)讨论f ′(x )在区间0,π2 内极值点的个数；(2)若x ∈-π2，0时，f (x )≥0恒成立，求整数a 的最小值．2(2023·云南保山·统考二模)设函数f x =x sin x ，x ∈R (1)求f x 在区间0,π 上的极值点个数；(2)若x 0为f x 的极值点，则f x 0 ≥λln 1+x 20 ，求整数λ的最大值.题型06“能”成立求参：常规型【解题攻略】形如f x ≥g x 的有解的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x max≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a≥φx 或a≤φx 恒成立，即a≥φx min或a≤φx max恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可.1(2023上·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中)已知函数f x =a ln x+x，a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若存在x∈e,e2，使f x ≤ax+1 2ln x成立，求实数a的取值范围.注：e为自然对数的底数.2(2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习)已知函数f x =a2e2x+a-2e x-12x2，y=g x 是y=f x 的导函数.(1)若a=3，求y=g x 的单调区间；(2)若存在实数x∈0,1使f x >32a-2成立，求a的取值范围.【变式训练】1(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =x2+a ln ex．(1)讨论f x 的单调性；(2)若存在x∈1,e，使得f x -ax-a≤2，求实数a的最小值．2(2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三统考阶段练习)已知函数f x =a ln x+1-a2x2-x a∈R.(1)若a=2，求函数f x 的单调区间；(2)若存在x0≥1，使得f x0<aa-1，求a的取值范围.题型07“能”成立求参：双变量型【解题攻略】一般地，已知函数y =f x ,x ∈a ,b ，y =g x ,x ∈c ,d(1)相等关系记y =f x ,x ∈a ,b 的值域为A , y =g x ,x ∈c ,d 的值域为B ,①若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则有A ⊆B ；②若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则有A ⊇B ；③若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，故A ∩B ≠∅；(2)不等关系(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，总有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x min ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x max ．1(2022·江西上饶·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=2ax -e x +2，其中a ≠0.(1)若a =12，讨论函数f (x )的单调性；(2)是否存在实数a ，对任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f x 1 +f x 2 =4成立？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．2(2023上·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校考阶段练习)已知函数f x =a ln x +1xx >0 ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若存在x 1，x 2满足0<x 1<x 2，且x 1+x 2=1，f x 1 =f x 2 ，求实数a 的取值范围．【变式训练】1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax 2-2+5a x +5ln x a ∈R ，g x =x 2-52x .(1)若曲线y =f x 在x =3和x =5处的切线互相平行，求a 的值；(2)求f x 的单调区间；(3)若对任意x 1∈0,52 ，均存在x 2∈0,52，使得f x 1 <g x 2 ，求a 的取值范围．2(2023上·重庆·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．题型08“能”成立求参：正余弦型1(2017·江苏淮安·高三江苏省淮安中学阶段练习)函数f (x )=a cos x -x +b (a >0,b >0).(1)求证：函数f (x )在区间0,a +b 内至少有一个零点；(2)若函数f (x )在x =-π6处取极值，且∃x ∈0,π2 ，使得f (x )<3cos x -sin x 成立，求实数b 的取值范围.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x +2-2cos x(1)求函数f (x )在-π2，π2 上的最值：(2)若存在x ∈0，π2使不等式f (x )≤ax 成立，求实数a 的取值范围【变式训练】1(2020·四川泸州·统考二模)已知函数f (x )=sin x x,g (x )=(x -1)m -2ln x .(1)求证：当x ∈(0,π]时，f (x )<1；(2)求证：当m >2时，对任意x 0∈(0,π]，存在x 1∈(0,π]和x 2∈(0,π](x 1≠x 2)使g (x 1)=g (x 2)=f (x 0)成立.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ln1+x-a sin x，a∈R．(1)若y=f x 在0,0处的切线为x-3y=0，求a的值；(2)若存在x∈1,2，使得f x ≥2a，求实数a的取值范围．题型09零点型求参：常规型【解题攻略】零点常规型求参基础：1.分类讨论思想与转化化归思想2.数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处(极值点处)3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
导数大题10种主要题型导学案含详解
导数大题10种主要题型（一）预习案题型一：构造函数1.1 “比较法”构造函数例1．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，x2＜e x．1.2 “拆分法”构造函数例2．设函数f（x）＝ae x lnx+，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线为y＝e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a，b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．1.3 “换元法”构造函数例3．已知函数f（x）＝ax2+xlnx（a∈R）的图象在点（1，f（1））处的切线与直线x+3y＝0垂直．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：当n＞m＞0时，lnn﹣lnm＞﹣；（Ⅲ）若存在k∈Z，使得f（x）＞k恒成立，求实数k的最大值．1.4 “二次（甚至多次）”构造函数例4．已知函数f（x）＝e x+m﹣x3，g（x）＝ln（x+1）+2．（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为1，求实数m的值；（2）当m≥1时，证明：f（x）＞g（x）﹣x3．题型二：隐零点问题例1．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．例2．（Ⅰ）讨论函数f（x）＝e x的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）e x+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）＝（x＞0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．导数大题10种主要题型（一）预习案答案例1． 解：（1）f ′（x ）＝e x ﹣a ，∵f ′（0）＝﹣1＝1﹣a ，∴a ＝2．∴f （x ）＝e x ﹣2x ，f ′（x ）＝e x ﹣2．令f ′（x ）＝0，解得x ＝ln 2．当x ＜ln 2时，f ′（x ）＜0，函数f （x ）单调递减；当x ＞ln 2时，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增．∴当x ＝ln 2时，函数f （x ）取得极小值，为f （ln 2）＝2﹣2ln 2，无极大值．（2）证明：方法一（作差法）令g （x ）＝e x ﹣x 2，则g ′（x ）＝e x ﹣2x ，由（1）可得：g ′（x ）＝f （x ）≥f （ln 2）＞0，∴g （x ）在R 上单调递增，因此：x ＞0时，g （x ）＞g （0）＝1＞0，∴x 2＜e x ．方法二（作商法）：即可只需证1)(,2)(<=x h e x x h x例2． 解：（Ⅰ） 函数f （x ）的定义域为（0，+∞），， 由题意可得f （1）＝2，f '（1）＝e ，故a ＝1，b ＝2.（Ⅱ）证明：方法一（凹凸反转法）由（Ⅰ）知，，从而f （x ）＞1等价于，设函数g （x ）＝xlnx ，则g '（x ）＝1+lnx ，所以当时，g '（x ）＜0， 当时，g '（x ）＞0，故g （x ）在单调递减，在单调递增，从而g （x ）在（0，+∞）的最小值为．设函数，则h '（x ）＝e ﹣x （1﹣x ），所以当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，当x ∈（1，+∞）时，h '（x ）＜0，故h （x ）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，从而h （x ）在（0，+∞）的最大值为．综上：当x ＞0时，g （x ）＞h （x ），即f （x ）＞1．方法二（放缩法）例3． 解：（Ⅰ）∵f （x ）＝ax 2+xlnx ，∴f ′（x ）＝2ax +lnx +1，∵切线与直线x +3y ＝0垂直，∴切线的斜率为3，∴f ′（1）＝3，即2a +1＝3，故a ＝1； （Ⅱ）由（Ⅰ）知f （x ）＝x 2+xlnx ，x ∈（0，+∞），f ′（x ）＝2x +lnx +1，x ∈（0，+∞）， ∵f ′（x ）在（0，+∞）上单调递增，∴当x ＞1时，有f ′（x ）＞f ′（1）＝3＞0，∴函数f （x ）在区间（1，+∞）上单调递增，∵n ＞m ＞0，∴，∴f （）＞f （1）＝1即，∴lnn ﹣lnm ＞； （Ⅲ）由（Ⅰ）知f （x ）＝x 2+xlnx ，x ∈（0，+∞），f ′（x ）＝2x +lnx +1，x ∈（0，+∞）， 令g （x ）＝2x +lnx +1，x ∈（0，+∞），则，x ∈（0，+∞），由g ′（x ）＞0对x ∈（0，+∞），恒成立，故g （x ）在（0，+∞）上单调递增， 又∵011121)1(222<-=+-=e e e g ，而＞0， ∴存在x 0∈，使g （x 0）＝0 ∵g （x ）在（0，+∞）上单调递增，∴当x ∈（0，x 0）时，g （x ）＝f ′（x ）＜0，f （x ）在（0，x 0）上单调递减；当x ∈（x 0，+∞）时，g （x ）＝f ′（x ）＞0，f （x ）在（x 0，+∞）上单调递增；∴f （x ）在x ＝x 0处取得最小值f （x 0）∵f （x ）＞k 恒成立，所以k ＜f （x 0）由g （x 0）＝0得，2x 0+lnx 0+1＝0，所以lnx 0＝﹣1﹣2x 0，∴f （x 0）＝＝＝﹣＝﹣，又，∴f （x 0）∈， ∵k ∈Z ，∴k 的最大值为﹣1．例4． 解：（1）函数f （x ）＝e x +m ﹣x 3的导数为f ′（x ）＝e x +m ﹣3x 2，在点（0，f （0））处的切线斜率为k ＝e m ＝1，解得m ＝0；（2）证明：f （x ）＞g （x ）﹣x 3即为e x +m ＞ln （x +1）+2．由y ＝e x ﹣x ﹣1的导数为y ′＝e x ﹣1，当x ＞0时，y ′＞0，函数递增；当x ＜0时，y ′＜0，函数递减．即有x ＝0处取得极小值，也为最小值0．即有e x ≥x +1，则e x +m ≥x +m +1，由h（x）＝x+m+1﹣ln（x+1）﹣2＝x+m﹣ln（x+1）﹣1，h′（x）＝1﹣，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）递增；﹣1＜x＜0时，h′（x）＜0，h（x）递减．即有x＝0处取得最小值，且为m﹣1，当m≥1时，即有h（x）≥m﹣1≥0，即x+m+1≥ln（x+1）+2，则有f（x）＞g（x）﹣x3成立．例5．（Ⅰ）解：∵，x＝0是f（x）的极值点，∴，解得m＝1．所以函数f（x）＝e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．∵．设g（x）＝e x（x+1）﹣1，则g′（x）＝e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．当m＝2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）＝0，得，ln（x0+2）＝﹣x0．故f（x）≥＝＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．例6．解：（1）证明：f（x）＝f'（x）＝e x（）＝∵当x∈（﹣∞，﹣2）∪（﹣2，+∞）时，f'（x）≥0∴f（x）在（﹣∞，﹣2）和（﹣2，+∞）上单调递增∴x＞0时，＞f（0）＝﹣1即（x﹣2）e x+x+2＞0（2）g'（x）＝＝＝＝，a∈[0，1），由（1）知，f（x）+a单调递增，对任意的a∈[0，1），f（0）+a＝a﹣1＜0，f（2）+a＝a≥0，因此存在唯一的t∈（0，2]，使得f（t）+a＝0，当x∈（0，t）时，g'（x）＜0，g（x）单调减；当x∈（t，+∞），g'（x）＞0，g（x）单调增；h（t）＝＝＝记k（t）＝，在t∈（0，2]时，k'（t）＝＞0，故k（t）单调递增，所以h（a）＝k（t）∈（，]．导数大题10种主要题型（二）预习案题型三：恒成立、存在性问题3.1 单变量恒成立、存在性问题例1．已知函数f （x ）＝xlnx ，g （x ）＝﹣x 2+ax ﹣3．（1）求函数f （x ）在[t ，t +2]（t ＞0）上的最小值；（2）若存在x 0∈[，e ]（e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…），使不等式2f （x 0）≥g （x 0）成立，求实数a 的取值范围．3.2 双变量恒成立、存在性问题极值点偏移问题：由于函数左右增减速率不同导致函数图像失去对称性。
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“函数与导数”大题常考的3类题型一、学前明考情——考什么、怎么考[真题尝试]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a－2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2. 2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①当h (2)>0，即a <e 24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②当h (2)＝0，即a ＝e 24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当h (2)<0，即a >e 24时， 因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a >0， 故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24. 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 可知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(2)＝0，所以当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e x e－ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e－1x .可知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且g ′(1)＝0，所以当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e时，f (x )≥0. [把握考情]常规角度 1.单调性问题．主要考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以及由函数的单调性求参数范围.2.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数以及由函数零点或方程的根求参数的值或取值范围．3.不等式问题．主要考查不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性问题．主要以解答题为主，综合性较强，难度较大创新角度常与切线、函数的单调性、极值、最值等知识综合命题，且常与指数函数、对数函数的复合函数结合二、课堂研题型——怎么办、提知能1、利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的单调性是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难．常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数．考法一 求函数的单调区间 [例1] (2018·湘东五校联考节选)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R)．当x >1时，求f (x )的单调区间．[解] f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，①当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．②当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ，当1<x <e k 时，f ′(x )<0；当x >e k 时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．综上所述，当k ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k >0时，函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．[方法技巧]利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f ′(x )结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．[针对训练](2019·湖南、江西十四校联考)已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间． 解：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 ＝a 2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 ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，e 时，f ′(x )<0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；②若a 2＝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 ∈⎝⎛⎭⎫e ，a 2时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2. 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⎝⎛⎭⎫a 2，e ；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⎝⎛⎭⎫e ，a 2. 考法二 讨论函数的单调性[例2] 已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)，讨论函数f (x )的单调性． [解] f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， 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，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ； 由f ′(x )＝ax －1ax2<0，得0<x <1a ， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．[方法技巧]讨论函数f (x )单调性的步骤(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求导数f ′(x )，并求方程f ′(x )＝0的根；(3)利用f ′(x )＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f ′(x )的正负，由符号确定f (x )在该区间上的单调性．[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[针对训练]已知函数f (x )＝1－ln x ＋a 2x 2－ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋2a 2x －a ＝2a 2x 2－ax －1x ＝(2ax ＋1)(ax －1)x. ①若a ＝0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >0，则当x ＝1a时，f ′(x )＝0， 当0<x <1a时，f ′(x )<0； 当x >1a时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． ③若a <0，则当x ＝－12a时，f ′(x )＝0， 当0<x <－12a时，f ′(x )<0； 当x >－12a时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递增． 综上所述，当a ＝0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增； 当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递增． 考法三 由函数的单调性求参数[例3] 设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝1，f ′(0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0. (2)由(1)知f (x )＝13x 3－a 2x 2＋1， 则g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎫x ＋2x max ＝－22， 当且仅当x ＝2x ，即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．[方法技巧]由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)由可导函数f (x )在D 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)对x ∈D 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2＋(a ＋1)x ＋3. (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋12x 2＋3，定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x )＝－1x ＋x ＝x 2－1x. 由⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1.所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．(2)法一：因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝a x＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0，即(x ＋1)(x ＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x ＋1＞0，所以x ＋a ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以a ≥0，故实数a 的取值范围是[0，＋∞)．法二：因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝a x ＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 2＋(a ＋1)x ＋a ，因为Δ＝(a ＋1)2－4a ≥0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＋12≤0，g (0)≥0，即a ≥0， 所以实数a 的取值范围是[0，＋∞).2、利用导数研究函数的零点或方程根[典例] (2019·安徽十大名校联考)设函数f (x )＝e x －x 2－ax －1(e 为自然对数的底数)，a ∈R.(1)证明：当a <2－2ln 2时，f ′(x )没有零点；(2)当x >0时，f (x )＋x ≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)证明：∵f ′(x )＝e x －2x －a ，令g (x )＝f ′(x )，∴g ′(x )＝e x －2.令g ′(x )<0，解得x <ln 2；令g ′(x )>0，解得x >ln 2，∴f ′(x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )min ＝f ′(ln 2)＝2－2ln 2－a .当a <2－2ln 2时，f ′(x )min >0，∴f ′(x )的图象恒在x 轴上方，∴f ′(x )没有零点．(2)当x >0时，f (x )＋x ≥0恒成立，即e x －x 2－ax ＋x －1≥0恒成立，∴ax ≤e x －x 2＋x －1，即a ≤e x x －x －1x＋1恒成立． 令h (x )＝e x x －x －1x ＋1(x >0)，则h ′(x )＝(x －1)(e x －x －1)x 2. 当x >0时，e x －x －1>0恒成立，令h ′(x )<0，解得0<x <1，令h ′(x )>0，解得x >1，∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝e －1.∴a 的取值范围是(－∞，e －1]．[方法技巧]利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(1)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；(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[针对训练](2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R)(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0,1]上零点的个数． 解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，令f ′(x )<0，得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，∴f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12， 先考虑f (x )在区间[0,1]上的零点个数，①当a ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增且f (0)＝0，∴f (x )在[0,1]上有一个零点；②当a ≥e 时，f (x )在[0,1]上单调递减且f (0)＝0，∴f (x )在[0,1]上有一个零点；③当1<a <e 时，f (x )在[0，ln a )上单调递减，在(ln a,1]上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0,1]上有两个零点，当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0,1]上有一个零点．当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)． ∴当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点；当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点．3、利用导数研究不等式导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题． 常见的考法有：(1)证明不等式．(2)不等式恒成立问题．(3)存在型不等式成立问题．考法一 证明不等式[例1] (2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x. (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.[解] (1)因为f ′(x )＝－ax 2＋(2a －1)x ＋2e x， 所以f ′(0)＝2，f (0)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是y ＋1＝2x ，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x .令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1.当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)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.[方法技巧]1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0. 2．证明不等式时的一些常见结论(1)ln x≥x－1，等号当且仅当x＝1时取到；(2)e x≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；(3)ln x<x<e x，x>0；(4)xx＋1≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．[针对训练](2018·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．解：(1)因为f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，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，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>0)．g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0<x<e.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．考法二不等式恒成立问题[例2](2019·安徽江淮十校联考)已知函数f(x)＝x ln x(x>0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值． [解] (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0<x <1e， ∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )在x ＝1e 处取得极小值，极小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ， 得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x， 问题转化为m ≤⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min .令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)， 则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2， 由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4，即m ≤4，所以m 的最大值是4.[方法技巧]不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a >0，Δ<0或a <0，Δ<0)求解．[针对训练]设函数f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)，若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围．解：令F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2.F (0)＝2k －2≥0⇒k ≥1，F (－2)＝－2k e －2＋2≥0⇒k ≤e 2，所以1≤k ≤e 2.由F ′(x )＝2(x ＋2)(k e x －1)＝0⇒x 1＝－2，x 2＝－ln k ≥－2.。