导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数压轴题双变量问题题型
归纳总结
-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
导数应用之双变量问题
（一）构造齐次式，换元
【例】已知函数()2
ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.
（1）求实数,a b 的值；
（2）设()()()()2
1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x
的两个零点，求证：0F '
<.
【解析】（1）1,1a b ==-；
（2）()2
ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x
'=+-
， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11
221ln 1ln m x x m x x +=???+=??
， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，
1212ln ln 1x x F m x x -'
=+=-
0F '<
，只需证
12
12ln ln x x x x -<
-. 思路一：因为120x x <<
，只需证
1122ln ln ln 0
x x x x ->
?>.
令()0,1t =
，即证12ln 0t t t -+>. 令()()1
2ln 01h t t t t t
=-+<<，则()()2
22
121
10t h t t t t -'=--=-<，
所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1
2ln 0t t t
-+>.
由上述分析可知0F '
<.
【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形
为齐次式，设12111222
,ln ,,x x x x
t t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.
思路二：因为120x x <<
，只需证12ln ln 0x x -， 设(
))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 ()
2
21
10Q x x
x '=
==<，
所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2
0Q x Q x >=，即证2ln ln x
x -. 由上述分析可知0F '
<.
【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.
【变式训练】 已知函数()()2
1f x x axlnx ax 2a R 2
=
-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2
．
【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，
（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2
，设2
1
x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.
【解析】（1）略
（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，
则2211lnx x lnx x a a =??=?
，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），
即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜2
21221
(x x )x (ln )x -，即证22221121
x (x x )(ln )x x x -<=2
112x x 2x x -+，
由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2
t-t-12t
+，
则g′（t ）=2
21lnt 1t t -+
=112lnt t t t ??-+ ??
?， 令h （t ）=2lnt-t+
t
1
，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，
∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，
∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0， 即ln 2t ＜t-2+
t
1
在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． 【变式训练】 已知函数()1
2ln f x x a x x
=-+?. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()2
ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，
且()12122x x y x x g +??'=-?
???的范围是2ln 2,3??-+∞????
，求实数a 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()222
1221
1a x ax f x x x x
--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '=
得12x a x a ==+
当(
()
20,x a a a ∈+
+∞
时，()0f
x '<；
当(x a a ∈时，()0f x '>，
所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+
，无单调递增区间； 当1a >时，(
)f x 单调递减区间为(()
0,,a
a
+∞；
单调递增区间为(
a a .
（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()1
2g x b cx x
'=
--， ∴()121212
22x x g b c x x x x +??'=--+
?+??， 由()()120g x g x ==得()()22
112122
ln
x b x x c x x x =-+-， ()()()()1222
121212121222-+??'=-=---- ?+??
x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212
12
2212ln ln 1
??
- ?
-??=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴2
2
(1)0(1)
t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3??-
+∞????，得t 的取值范围是10,2??
???
，∵122x x a +=，
∴()
22
2
2
2
22112212121
122
1221
2(2)242x x x x x x
a x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，
∴2
122119422,2x x a t x x t ??
=
++=++∈+∞????，又∵1a >，故a
的取值范围是4??+∞?????
.
(二)各自构造一元函数
【例】 已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 3
44x x
-
+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'ax f x a x x
-=
-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，
等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可. 【详解】（1） 略
（2）()()()2222
13113143'4444x x x x g x x x x x -+--+-=--?==
， 在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，
在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 31
2
-， 因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值， 当a ＞0时，f （x ）max ＝f （
1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-
，所以3
lna ＞ln ，解得
a 【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()x f x x ax a a -=+-?∈R .
（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；
（2）设2
()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.
【解析】 (1)当0a =时，因为()2
x
f x x e -=?，所以()()
()2
'2,'13x
f x x x e f e -=-+?-=-，又因为
()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即
320ex y e ++=.
(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]
0,2上，()f x 的最大值大
于或等于()g x 的最大值”.因为()2
2
15124g x x x x ??=--=-- ??
?，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+?-+-? ()2
22x e x a x a -??=-+--??
()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.
①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]
0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+?
，由()2
1
41a e
+?≥，得24a e ≥-； ②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2
1
24f a e =+?
.由1a -≥，得1a ≤-；由()21
41a e
+?
≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]
0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-， 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)={e
?x
+1,x ≤0,2√x, x >0.
函数y =f(f(x)+1)?m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2．
（1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值；
（2）若x 1 当x >0时，f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞)． 令f(f(x)+1)=m ，∵ f(x)+1>1，∴ f(f(x)+1)>2，∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(?∞,0]，增区间为(0,+∞). 设f(x)+1=t 1，f(x)+1=t 2，且t 1<0，t 2>1．∴ f(x)=t 1?1无解. 第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－10＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}， f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋1， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)， 则g ′(x )＝e x －1x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1(x ＋2)2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －132 <0，g ′(0)＝1－12>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0????－12 导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－1 0＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1 x ＋m ＝ e x x ＋1－1 x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1 x ＋22>0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－1 2，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1 t ＋2＝0????－12 导数压轴题型归类总结 目 录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31） （一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母范围 （51） （一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母范围 五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85） 书中常用结论 ⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x <，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>. 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. （切线）设函数a x x f -=2)(. （1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21. 解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3 ±=x . 所以当33= x 时，)(x g 有最小值9 32)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12 122x a x x +=，∴12 1 112 11222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 21 <-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2. （2009天津理20，极值比较讨论） 已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当2 3 a ≠ 时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠-=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。 2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。 导数压轴题型归类总结 目 录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31） （一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母围 （51） （一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母围 五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85） 书中常用结论 ⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x <，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>. 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. （切线）设函数a x x f -=2)(. （1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21. 解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3 ±=x . 所以当33= x 时，)(x g 有最小值9 3 2)33(- =g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12 122x a x x +=，∴12 1 112 1 1222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 21 <-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2. （2009天津理20，极值比较讨论） 已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当2 3 a ≠ 时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠-=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论： ①a 若＞ 3 2 ，则a 2-＜2-a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： )(所以x f .3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=，且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在函数 ②a 若＜3 2 ，则a 2-＞2-a ，当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： 所以)(x f .)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极大值在函数 导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. （I ）讨论的单调性； （II ）当时，证明对于任意的成立. 1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x . （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. ()2 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈()f x 1a =()3 ()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈ 例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 例3.（本小题满分12分） 已知函数f （x ）=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数,函数 (Ⅰ)讨论在区间 上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且 求的取值范围. 例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例6已知函数)(x f 满足21 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 例7已知函数，曲线在点处的切线方程为。 （Ⅰ）求、的值； （Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。 ln ()1a x b f x x x = ++()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x >+-k 导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题， 内容主要包 括函数零点个数的确定、 根据函数零点个数求参数范围、 隐零点问题及零点存在 性赋值理论 .其形式逐渐多样化、综合化 . 、零点存在定理 例1【. 2019全国Ⅰ理 20】函数 f(x) sinx ln(1 x),f (x)为f (x)的导数．证明： 1) f (x)在区间 ( 1, 2 )存在唯一极大值点； 2) f (x) 有且仅有 2 个零点． 可得 g'(x)在 1, 有唯一零点 ,设为 2 则当x 1, 时,g x 0；当 x ,2 时,g'(x) 0. 所以 g(x) 在 1, 单调递增,在 , 单调递减 ,故g(x) 在 2 值点 ,即 f x 在 1, 存在唯一极大值点 . 2 (2) f x 的定义域为 ( 1, ). (i )由( 1)知, f x 在 1,0 单调递增 ,而 f 0 0,所以当 x ( 1,0)时, f'(x) 0,故 f x 在 ( 1,0)单调递减 ,又 f (0)=0 ,从而 x 0是 f x 在( 1,0] 的唯 一零点 . 【解析】( 1)设 g x f x ,则 g x 当x 1, 时, g'(x)单调递减,而 g 2 1 1 sinx 2 1 x 2 cosx ,g x 1x 0 0,g 0, 2 1, 存在唯一极大 2 , 时, f '(x) 0.故 f (x) 在(0, )单调递增,在 , 单调递 22 3 变式训练 1】【2020·天津南开中学月考】已知函数 f (x) axsin x 2(a R), 且 在, 0, 2 上的最大值为 (1)求函数 f(x)的解析式； (2)判断函数 f(x)在( 0，π)内的零点个数，并加以证明 【解析】 (1)由已知得 f(x) a(sin x xcosx) 对于任意的 x ∈(0, )， 3 有 sinx xcosx 0,当 a=0 时,f(x)=- ，不合题意； 2 当 a<0时,x ∈(0,2 ),f ′(x)从<0而, f(x)在(0, 2 )单调递减， 3 又函数 f(x) ax sin x 2 (a ∈ R 在) [0, 2 ]上图象是连续不断的， 故函数在 [0, 2] 上的最大值为 f(0) ，不合题意； 当 a>0时,x ∈(0, 2),f ′(x)从>0而, f(x)在(0, 2 )单调递增， 3 又函数 f(x) ax sin x (a ∈R 在) ［0, ］上图象是连续不断的， 33 故函数在［0, 2 ］上上的最大值为 f( 2)=2a- 23= 23，解得 a=1， 3 综上所述 ,得 f(x) xsinx 3(a R),； (2)函数 f(x) 在(0, π内)有且仅有两个零点。证明如下： 从而 f x 在 0, 没有零点 . 2 ( iii ) 当 x , 时 , f x 0 , 所 以 f x 在 单调递减.而 2 2 f 0, f 0 ,所以 f x 在, 有唯一零点 . 2 2 ( iv )当 x ( , ) 时,ln x 1 1,所以 f (x) <0,从而 f x 在( , ) 没有零点 . 减.又 f (0)=0 , f 1 ln 1 22 0 ,所以当x 0,2 时,f(x) 0. 综上, f x 有且仅有 2个零点. ii )当 x 0,2 时,由(1)知,f'(x)在(0, )单调递增 ,在 单调递减 ,而 f ' (0)=0 2 0 ,所以存在 ,2 ,使得 f'( ) 0,且当x (0, ) 时, f'(x) 0 ；当 x 导数压轴题分类（2）---极值点偏移问题 极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者 ()()()x x f x x f x F --+=00。其中0x 为函数()x f y =的极值点。⑵利用对数平均不等式。 2 ln ln ab b a b a b a +< --< 。⑶变换主元等方法。 任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。 1．设函数2 2 ()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈ （1）试讨论函数()f x 的单调性; （2）()f x m =有两解12,x x （12x x <）,求证：122x x a +>. 解析：（1）由2 2 ()ln f x a x x ax =-+-可知 2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x --+-'=-+-== 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以 ① 若0a >时，当(0,)x a ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； ② 若0a =时，当()20f x x '=>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增； ③ 若0a <时，当(0,)2 a x ∈-时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(,)2 a x ∈- +∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； （2）要证122x x a +>，只需证12 2 x x a +>， (x)g =22 2(x)2,g (x)20(x)(x)a a f x a g f x x '''=-+-=+>∴=则为增函数。 只需证：12 x x ( )()02 f f a +''>=，即证()2121221212221+0+0a x x a x x a x x x x a -+->?-+->++（*） 又2222 111222ln ,ln ,a x x ax m a x x ax m -+-=-+-=两式相减整理得： 高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1e x x m -+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1x x - +. 函数f ′(x )＝1e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+ 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 设a> 0,函数g(x)= (a A2 + 14)e A x + 4?若E 1、E 2 € [0 , 4],使得|f( E 1) - g( E 2)| v 1 成立, 求a 的取值范围. 二、交点与根的分布 三、不等式证明 （一）做差证明不等式 LL期嗨敕门划=1扣 M】求的单调逼减区创！ <2)^7 I >-1 r求证1 I ----- + x+ 1 W；的宦义域为(一4 + Ehl&￡ /I U li 故)白 )替换构造不等式证明不等式 >=/U ) “川理k C 1；/< <6 N 实出氓I:的崗散丿I + 2 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 12110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -= ==-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 21 10 Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()() 20Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法. VIP免费欢迎下载 导数压轴题题型归纳 1.高考命题回顾 例1已知函数f(x)= e x- ln(x+ m).( 2013全国新课标n卷) (1)设x = 0是f(x)的极值点，求 m，并讨论f(x)的单调性; ⑵当m<2时，证明f(x)>0. 例 2 已知函数 f(x)= x2+ ax+ b,g(x)= e x(cx + d)，若曲线 y= f(x)和曲线 y= g(x)都过点 P(0,2), 且在点P处有相同的切线 y= 4x+2 (2013全国新课标I卷) (I)求 a, b, c, d 的值 (n)若 x>-2 时, f(x) VIP免费欢迎下载 2.在解题中常用的有关结论探 (1)曲线y4(x)在X%处的切线的斜率等于f (x0)，且切线方程为y=f'(x o)(x-x o)+f (x o)。 ⑵若可导函数y￡(x)在X =x0处取得极值，则f'(X o)=0。反之，不成立。 ⑶ 对于可导函数f(X)，不等式f -(x) ￥牡y勺解集决定函数f(x)的递增(减)区间。 ⑷函数f(x)在区间I上递增(减)的充要条件是：?爵 f (x)逮(切恒成立(fix)不恒为0). (5)函数f (X)(非常量函数)在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f'(x)m在区间I上 有实根且为非二重根。(若 f (x)为二次函数且I=R，则有△ > 0 )。 (6) f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f-(x)翅或f'(X)<在I上恒成立 (7)若 , f (X)次恒成立，则 f (x)min 次；若0$ , f (X) <0 恒成立，则f(X)max <0 (8)若玄目，使得f(X0):，则f(X)max ；若3 X0 弓，使得 f (X D)却，则f(x)min 哎. (9)设f (x)与g(x)的定义域的交集为D,若灯X亡D f(x)》g(x)恒成立, 则有〔f(X)- g(x)]min >0 高三导数压轴题题型归 纳 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012. 导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )f ′(x )＝e x －1x ＋m f ′(0)＝e 0 －10＋m ＝0m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x x ＋1－1 x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x － 1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x － 1x ＋2(x >－2)h ′(x )＝e x ＋1x ＋2?2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间? ?? ?? －12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t － 1t ＋2＝0? ?? ??－12 所以，e t ＝1 t ＋2 t ＋2＝e －t ， 当x ∈(－2，t )时，g ′(x ) 导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 121 10t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 2 21 10Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2 0Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 （I ）求a 的取值围 （II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x 2、（2016年全国卷Ｉ文数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性 （II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值围 3、（2016年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 4、（2016年全国卷II 文数） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值围. 5、（2016年全国卷III 理数） 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记错误!未找到引用源。的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明错误!未找到引用源。A x f 2)(≤' 6、（2016年全国卷III 文数） 设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->. 导数压轴题题型归纳 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例2已知函数f(x)＝x 2＋ax ＋b ，g(x)＝e x (cx ＋d)，若曲线y ＝f(x)和曲线y ＝g(x)都过点P(0，2)，且 在点P 处有相同的切线y ＝4x+2（新课标Ⅰ卷） （Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值 （Ⅱ）若x ≥－2时, ()()f x kg x ≤，求k 的取值范围。 例3已知函数)(x f 满足21 2 1 )0()1(')(x x f e f x f x +-=-（新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 例4已知函数ln ()1a x b f x x x =++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。（新课标） （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x > +-，求k 的取值范围。 例5设函数2 ()1x f x e x ax =---（新课标） (1)若0a =，求()f x 的单调区间； (2)若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围 例6已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e － x . (1)若a ＝b ＝－3,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6. 2. 在解题中常用的有关结论※ 导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈. （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）当1a =时，证明()3()'2 f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. ` 1.高考命题回顾 例1.已知函数) （a e2x+(a﹣2) e x﹣x. f x f x的单调性； （1）讨论() 《 （2）若() f x有两个零点，求a的取值范围. ' 例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. （ 例3.（本小题满分12分） ~ 已知函数f （x ）=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 ] 例4.(本小题满分13分) 已知常数0a >,函数2()ln(1).2 x f x ax x =+-+ (Ⅰ)讨论()f x 在区间(0,)+∞上的单调性; (Ⅱ)若()f x 存在两个极值点12,,x x 且12()()0,f x f x +>求a 的取值范围. : < ! 例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. ;2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)
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