高考数学大题规范解答-(二)导数应用问题答题模板
高中数学高考导数题型分析及解题方法
导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ ；3．函数331x x y -+=极值题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围；2．已知三次函数32()f x x ax bx c =+++在1x =和1x =-时取极值，且(2)4f -=-． (1) 求函数()y f x =的表达式； (2) 求函数()y f x =的单调区间和极值；(3) 若函数()()4(0)g x f x m m m =-+>在区间[3,]m n -上的值域为[4,16]-，试求m 、n 应满足的条件．3．设函数()()()f x x x a x b =--．（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点．题型四：利用导数研究函数的图象1．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ） 2．函数的图像为14313+-=x x y ( )3．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( )A 、0B 、1C 、2D 、3题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围1．设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f（1）求函数)(x f 的单调区间、极值.（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围2．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值（1）求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间 （2）若对x ∈〔－1，2〕，不等式f （x ）<c2恒成立，求c 的取值范围。
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
二．单调性问题
题型 1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。分类的方法有：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 1）在求极值点的过程中，未知数的系数与
0
的关系不定而引起的分类； （2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与
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 求曲线 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
高考压轴题：导数题型及解题方法归纳
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)(x f y =在0x x =处的切线方程。
方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。
题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。
方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，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，曲线过某点的切线往往不止一条。
例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ．（1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。
将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。
（答案：m 的范围是()2,3--）练习 1. 已知曲线x x y 33-=（1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。
答案：（03=+y x 或027415=--y x ）（2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。
2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1）题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。
方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。
（)(,22x f x ）；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 求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。
（答案02=--e y x e ）练习 1.求曲线2x y =与曲线2)1(--=x y 的公切线方程。
高中数学高考导数题型分析及解题方法【最新资料】
导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）2．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；（Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上 故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f 当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时① ②13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
高中数学高考导数题型分析及解题方法
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
－－泰戈尔导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f（2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
(完整word版)高中数学高考导数题型分析及解题方法(2)
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和 空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
--- 泰戈尔导数题型分析及解题方法一、 考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值, 二、 热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值f(x) / 3x?2在区间1,1上的最大值是222.已知函数y f(x) x(x c )在x 2处有极大值，则常数33 .函数y 1 3x x 有极小值—1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程A 31 31 .曲线y 4x x在点1 3处的切线方程是4 .求下列直线的方程:所以切线方程为y 1 x 1，即x y 2X 0 1 或 X 0 52 •若曲线f(x)x 4 x 在P 点处的切线平行于直线3x y 0，贝U P 点的坐标为(1, 0)43•若曲线y x的一条切线I 与直线x 4y垂直，则I 的方程为4x函数的最大值和最小值。
c =632(1)曲线y X X 1在p(-1,1)处的切线; (2)曲线yx 2过点P(3,5) 的切线;解:( 1) 点P( 1,1)在曲线 y x 3 x 2 1上, y /3x 2 2x k y /l x(2)显然点P(3,5)不在曲线上，所以可设切点为 A(Xo ，yo)，则yo 2X 。
①又函数的导数为y / 2x/|x x o所以过A (x0，y0)点的切线的斜率为k y lx x0 2x0,又切线过A(x0，y0)、p(3,5)点，所以有2x 0X 0 y 。
53②，由①②联立方程组得,y0 1 y0 25，即切点为(1, 1)时，切线斜率为k1 2x0 2;;当切点为(5, 25)时，切线斜率为k2 2x0 10；所以所求的切线有两条，方程分别为 y 12(x 1)或y 2510(x 5),即y 2x 1 或y 10x25题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值3 —1 •已知函数f (x ) x ax bx c,过曲线y f (x)上的点P(1, f(1))的切线方程为y=3x+1x 3 ax 2 bx c,求导数得 f (x) 3x 2 2ax b.过y f(x)上点P (1, f ⑴)的切线方程为:y f (1) f (1)(x 1),即 y (a b c 1) (3 2ab)(x 1).而过yf (x)上P ［1, f (1)］的切线方程为y 3x3 2a b 3即 2a b 0 故 a c3a c3若函数f(x)在x2处有极值，求f(x)的表达式;在(I)的条件下，求函数y f(x)在［—3, 1］上的最大值;(出) 若函数y f(x)在区间［—2, 1］上单调递增，求实数 b 的取值范围由 f (X )1....y f (x)在x 2时有极值,故f (2) 0, 4a 12由①②③得a=2 , b=—4, c=5...f (x) x 2x24x 5.2(2) f (x) 3x4x 4 (3x 2)(x 2).3 x 2时，f 当2当—x 1 时,f (x)3 (x) 0;当22x 3 时，f(X)；0. f(x)极大f( 2) 13又f(1) 4, f(x)在［—3, 1］上最大值是13。
导数大题第一、二问解题方法
导数大题一、二问专练-、求单调性解题步骤(1)求函数f(x)的定义域(2)求函数的导函数f (x)，并化简;(注意此处是否引出讨论) (3)令f (x) =0 ,求出所有的根，并检查根是否在定义域内。
(讨论：1)讨论的对象，即讨论哪个字母参数2)讨论的引发，即为何讨论3)讨论的范围，即讨论中要做到“不重不漏” )(4)列表：注意定义域的划分、f(X)正负号的确定(5)根据列表情况作出答案二、导数难点：难点一：如何讨论:(1) 判断f (x) =0是否有根(可通过判别式的正负来确定) ，如果无法确定，引发讨论;(2) 求完根后，比较f(X)=0两根的大小，如果无法确定，引发讨论。
(3在填表时确定f (x)的正负或解不等式f(x)・0过程中，引发讨论。
难点二、f(x)正负的确定(1)当f(X)或f(X)式中未确定部分是一次或二次函数时，画函数图象草图来确定正负号;(2) f (x)为其他函数时，由f (x) 0的解集来确定f(X)的正负。
(3)若f (x) =0无根或重根，不必列表，直接判断导函数的正负即可。
题型一：讨论f(x)=0是否有根型(1)若导数是二次函数，需判断判别式的正负(2)若导数是一次函数y =kx • b，需判断k的正负1、设函数f(x) =x3-3ax b(a =0).(I)若曲线y = f(x)在点(2, f(2))处与直线y =8相切，求a,b的值;(n)求函数f (x)的单调区间与极值点3 22. (08 文)已知函数f (x) = x ax - 3bx c(b = 0)，且g(x)二f (x) - 2是奇函数.(I)求a , c的值；(n)求函数f (x)的单调区间_ 2(18)(本小题共13分)已知函数f(x)二x —alnx(a・R ).(练习)(I)若a = 2，求证：f (x)在(1,r)上是增函数;(2)求f (x)的单调区间;ax18.设函数f (x) = —2 a 0。
导数大题方法总结
一般来说，一到比较温和的导数题的会在第一问设置这样的问题：若 f(x)在 x =k 时取得极值，试求所给函数中参数的值；或者是 f(x)在(a , f(a)) 处的切线与某已知直线垂直，试求所给函数中参数的值等等很多条件。
虽然会有很多的花样，但只要明白他们的本质是考察大家求导数的能力，就会轻松解决。
这一般都是用来送分的，所以遇到这样的题，一定要淡定，方法是：先求出所给函数的导函数，然后利用题目所给的已知条件，以上述第一种情形为例：令 x = k，f(x)的导数为零，求解出函数中所含的参数的值，然后检验此时是否为函数的极值。
注意：①导函数一定不能求错，否则不只第一问会挂，整个题目会一并挂掉。
保证自己求导不会求错的最好方法就是求导时不要光图快，一定要小心谨慎，另外就是要将导数公式记牢，不能有马虎之处。
②遇到例子中的情况，一道要记得检验，尤其是在求解出来两个解的情况下，更要检验，否则有可能会多解，造成扣分，得不偿失。
所以做两个字来概括这一类型题的方法就是：淡定。
别人送分，就不要客气。
③求切线时，要看清所给的点是否在函数上，若不在，要设出切点，再进行求解。
切线要写成一般式。
一般这一类题都是在函数的第二问，有时也有可能在第一问，依照题目的难易来定。
这一类题问法都比较的简单，一般是求 f(x)的单调(增减)区间或函数的单调性，以及函数的极大(小)值或是笼统的函数极值。
一般来说，由于北京市高考不要求二阶导数的计算，所以这类题目也是送分题，所以做这类题也要淡定。
这类问题的方法是：首先写定义域，求函数的导函数，并且进行通分，变为假分式形式。
往下一般有两类思路，一是走一步看一步型，在行进的过程中，一点点发现参数应该讨论的范围，一步步解题。
这种方法个人认为比较累，而且容易丢掉一些情况没有进行讨论，所以比较推荐第二种方法，就是所谓的一步到位型，先通过观察看出我们要讨论的参数的几个必要的临介值，然后以这些值为分界点，分别就这些临界点所分割开的区间进行讨论，这样不仅不会漏掉一些对参数必要的讨论，而且还会是自己做题更有条理，更为高效。
高考数学答题模板：第7讲 导数的应用问题 含解析 精品
第7讲 导数的应用问题函数的单调性、极值、最值问题例8 已知函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1(x ∈R )，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当a ≠0时，求函数f (x )的单调区间与极值．审题破题 (1)直接求f ′(x )，得f ′(2)后写出切线方程；(2)求导函数f ′(x )后要对a 进行讨论，可以列表观察函数f (x )的单调性，极值． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝2x x 2＋1，f (2)＝45，又f ′(x )＝2(x 2＋1)－2x ·2x (x 2＋1)2＝2－2x 2(x 2＋1)2，f ′(2)＝－625.所以，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －45＝－625(x －2)，即6x ＋25y －32＝0. (2)f ′(x )＝2a (x 2＋1)－2x (2ax －a 2＋1)(x 2＋1)2＝－2(x －a )(ax ＋1)(x 2＋1)2.由于a ≠0，以下分两种情况讨论．①当a ＞0，令f ′(x )＝0，得到x 1＝－1a ，x 2＝a .当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在区间⎝⎭⎫－∞，－1a ，(a ，＋∞)内为减函数， 在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，a 内为增函数． 函数f (x )在x 1＝－1a 处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫－1a ， 且f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－a 2. 函数f (x )在x 2＝a 处取得极大值f (a )，且f (a )＝1. ②当a ＜0时，令f ′(x )＝0，得到x 1＝a ，x 2＝－1a ，当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在区间(－∞，a )，⎝⎭－1a ，＋∞内为增函数，在区间⎝⎭⎫a ，－1a 内为减函数． 函数f (x )在x 1＝a 处取得极大值f (a )，且f (a )＝1. 函数f (x )在x 2＝－1a 处取得极小值f (－1a )，且f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－a 2. 综上，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1a ，a )，单调递减区间为(－∞，－1a )，(a ，＋∞)，极大值为1，极小值为－a 2.当a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(－1a ，＋∞)，单调递减区间为(a ，－1a )，极大值为1，极小值为－a 2.构建答题模板第一步：确定函数的定义域．如本题函数的定义域为R . 第二步：求f (x )的导数f ′(x )． 第三步：求方程f ′(x )＝0的根．第四步：利用f ′(x )＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出表格．第五步：由f ′(x )在开区间内的正、负值判断f (x )在开区间内的单调性． 第六步：明确规范地表述结论．第七步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题中f ′(x )＝0的根为x 1＝－1a ，x 2＝a .要确定x 1，x 2的大小，就必须对a 的正、负进行分类讨论．这就是本题的关键点和易错点． 对点训练8 已知函数f (x )＝a ln x ＋2a 2x＋x (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性． (1)解 f (x )的定义域为{x |x >0}． f ′(x )＝a x －2a 2x 2＋1 (x >0)．根据题意，有f ′(1)＝－2， 所以2a 2－a －3＝0， 解得a ＝－1或a ＝32.(2)解 f ′(x )＝a x －2a 2x 2＋1＝x 2＋ax －2a 2x 2＝(x －a )(x ＋2a )x 2(x >0)．①当a >0时，因为x >0，由f ′(x )>0得(x －a )(x ＋2a )>0，解得x >a ； 由f ′(x )<0得(x －a )(x ＋2a )<0，解得0<x <a .所以函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减． ②当a <0时，因为x >0，由f ′(x )>0得(x －a )(x ＋2a )>0，解得x >－2a ； 由f ′(x )<0得(x －a )(x ＋2a )<0，解得0<x <－2a .所以函数f (x )在(0，－2a )上单调递减，在(－2a ，＋∞)上单调递增．导数与不等式问题例9 设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小关系；(3)是否存在x 0>0，使得|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立？若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．审题破题 (1)先求出f (x )，再求g (x )，然后讨论g (x )的单调区间，最值；(2)可构造函数h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ，通过h (x )的单调性比较g (x )，g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小；(3)对任意x >0若不存在x 0，只需取一特殊值即可；若存在x 0，一般利用最值解决． 解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ， g (x )＝ln x ＋1x ，所以g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0， 故(0,1)是g (x )的单调减区间， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 故(1，＋∞)是g (x )的单调增区间，因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点， 从而是最小值点，所以最小值为g (1)＝1. (2)g ⎝⎛⎭⎫1x ＝－ln x ＋x ，设h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ＝2ln x －x ＋1x ， 则h ′(x )＝－(x －1)2x 2，当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h ′(1)＝0， 因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减， 当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g ⎝⎛⎭⎫1x ， 当x >1时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫1x . (3)满足条件的x 0不存在． 证明如下：假设存在x 0>0，使|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立，即对任意x >0，有ln x <g (x 0)<ln x ＋2x ，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g (x 0)时，有ln x 1＝g (x 0)，这与(*)左边不等式矛盾， 因此，不存在x 0>0，使|g (x )－g (x 0)|<1x对任意x >0成立．构建答题模板第一步：构造函数h (x )＝g (x )－g (1x)；第二步：根据求单调性、极值的步骤探求函数h (x )的单调性； 第三步：根据h (x )的单调性比较h (x )和0的大小； 第四步：下结论，反思回顾.对点训练9 已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ＋ln x .(1)当a ＝b 时，若函数f (x )在定义域上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)设函数f (x )在x ＝12，x ＝1处取得极值，且f (1)＝－1，若对任意的x ∈⎣⎡⎦⎤14，2，f (x )≤m 恒成立，求m 的取值范围．(参考数据：e ≈2.7) 解 (1)∵a ＝b 时，f (x )＝ax 2＋ax ＋c ＋ln x ，∴f ′(x )＝2ax ＋a ＋1x ＝2ax 2＋ax ＋1x(x >0)．当a ＝0时，f ′(x )＝1x >0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，∵x >0，∴2ax 2＋ax ＋1>0，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，设g (x )＝2ax 2＋ax ＋1，函数g (x )在⎣⎡⎭⎫－14，＋∞上单调递减，且g (0)＝1>0，故在(0，＋∞)上，函数g (x )的符号不确定，即此时f ′(x )的符号不确定，∴函数f (x )在(0，＋∞)上不单调．综上可知，a 的取值范围是0，＋∞)． (2)∵f (x )在x ＝12，x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b ＋1＝0，a ＋b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－3，即f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x ，且f (x )＝x 2－3x ＋c ＋ln x .又∵f (1)＝－1，∴1－3＋c ＝－1，得c ＝1， ∴f (x )＝x 2－3x ＋1＋ln x . ∵当x ∈⎣⎡⎫14，12时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在⎣⎡⎭⎫14，12上单调递增； ∵当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减； ∵当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(1,2]上单调递增． ∴f (x )极大值＝f ⎝⎛⎭⎫12＝14－32＋1＋ln 12 ＝－14－ln2，而f (2)＝－1＋ln2，f (2)－f ⎝⎛⎭⎫12＝－34＋ln4 ＝ln4－lne 34，由于4>e>e 34，故f (2)>f ⎝⎛⎭⎫12， ∴f (x )max ＝－1＋ln 2，∴m ≥－1＋ln 2.。
专题14 导数综合应用的解题模板
专题14导数综合应用的解题模板【高考地位】导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第2小问，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.类型一利用导数研究不等式证明问题例1设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x＜x ；(3)设c ＞1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .【解析】(1)(2)略(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，[关键1：利用要证明的不等式直接构造函数]则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．[关键2：利用导数研究函数单调性、极值]由(2)知1＜c －1ln c＜c ，故0＜x 0＜1.[关键3：判断极值点所在的区间]又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .[关键4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]【变式演练1】（作差法证明不等式）已知函数()(sin cos )e x f x x x x =+-，()'f x 为()f x 的导函数．（1）设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间；（2）若0x ≥，证明：()1f x x ≥-．【答案】（1）()g x 的单调递增区间是2π2π(2π2π),33k k k -++∈Z ，；单调递减区间是2π(2π,3k +4π2π),3k k +∈Z ；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，求得()(),g x g x '，解三角不等式则问题得解；（2）构造函数()()1h x f x x =+-，通过二次求导，判断()h x 的单调性，即可求得()h x 的最小值，则问题得解.【详解】（1）由已知，()(1cos sin )e (sin cos )e (12sin )e x x x f x x x x x x x x '=++++-=++，所以()()()(1sin cos )e x g x f x f x x x '=-=++，()(12cos )e x g x x '=+，令()0g x '>，得1cos 2x >-，解得2π2π2π2π,33k x k k -+<<+∈Z ，令()0g x '<，得1cos 2x <-，解得2π4π2π2π,33k x k k +<<+∈Z ，故()g x 的单调递增区间是2π2π(2π2π),33k k k -++∈Z ，；单调递减区间是2π(2π,3k +4π2π),3k k +∈Z .（2）要证()1f x x ≥-，只需证：0()1f x x +-≥．设()()1h x f x x =+-，0x ≥，则()()1(12sin )e 1x h x f x x x ''=-=++-．记()()(12sin )e 1x t x h x x x '==++-，则()(22sin 2cos )e x t x x x x '=+++．当[0,π]x ∈时，sin 0x ≥，又22cos 0x +≥，e 0x >，所以()0t x ' ；当(π,)x ∈+∞时，πx >，2sin 2x ≥-，所以2sin π20x x +>->，又22cos 0x +≥，e 0x >，所以()0t x ' ．综上，当0x ≥时，()0t x ' 恒成立，所以()t x 在[0,)+∞上单调递增．所以，()(0)0t x t ≥=，即()0h x '≥，所以，()h x 在[0,)+∞上递增，则()(0)0h x h ≥=，证毕．【变式演练2】（换元法证明双变量不等式）已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,+∞内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【答案】（Ⅰ）e ,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（I ）对原函数求导，根据()f x 在(0,)+∞内的单调性得ln 24x a x+在()0,x ∈+∞上恒成立，构造函数ln 2()x g x x+=，求出其最大值即可求出a 的取值范围;（Ⅱ）函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，等价于'()ln 240f x x ax =+-=在()0,x ∈+∞内有两根1x ，2x ，将极值点代入作差，设120x x <<，得到0a <时原不等式成立；0a >时，将原不等式转化为12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令12x t x =，(0,1)t ∈，构造函数2(1)()ln 1t h t t t -=-+，证明()(1)0h t h >=，即原不等式成立.【详解】（I ）由题可知()ln 24f x x ax +'=-，0x >，()f x 在()0,+∞内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤'在()0,+∞内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,+∞内恒成立，令()ln 2x g x x x =+，则()21ln x g x x--'=，∴当10e x <<时，()0g x ¢>，即()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内为增函数，当1x e >时，()0g x ¢<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数，∴()max g x =1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，即4a e ≥，4e a ≥，∴e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,+∞内有两根1x ，2x ，1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧∴⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-，不妨设120x x <<，当0a <时，1212x x a+>恒成立，当0a >时，要证明1212x x a +>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--，即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令12x t x =，(0,1)t ∈，令2(1)()ln 1t h t t t -=-+，22(1')()0(1)t h t t t --∴=<+，()h t ∴在(0,1)t ∈上单调递减，()(1)0h t h ∴>=，2(1)ln 1t t t -∴>+，即12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立，1212x x a∴+>.【变式演练3】（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）已知函数()()2232ln f x x a x a x =+-+，其中a ∈R ．（1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线210x y ++=平行，求实数a 的值及函数()()4ln g x f x x =-的单调区间；（2）若函数()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()()12100f x f x ++>．【答案】（1）12a =,()g x 单调递减区间为()0,3，单调递增区间为()3,+∞；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出a 的值，再求()g x 的定义域，求()'g x ，由()'g x 0>，求得()g x 的递增区间，由()'g x 0<，求得递减区间；（2）函数()f x 在定义域上有两个极值点12,x x 等价于222(3)20x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不相等的根12,x x .解不等式组()()2230224316020a a a a ⎧-->⎪⨯⎪⎪∆=-->⎨⎪>⎪⎪⎩，求得a 的范围，再化简得到212()()2ln 49f x f x a a a a +=-+-，再构造2()2ln 49g a a a a a =-+-，再利用导数证明()10g a >-，即得证.【详解】（1）由()()2232ln ,0f x x a x a x x =+-+>，得()()2223a f x x a x'=+-+，又()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线210x y ++=平行，所以()1442f a '=-=-，解得12a =．则()253ln g x x x x =--，得()()()()2133250x x g x x x x x+-'=--=>．当()0,3x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，区间为()0,3；当()3,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，区间为()3,+∞．（2）证明：因为函数()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，所以()()22230a f x x a x'=+-+=在()0,∞+上有两个根1x ，2x ，且12x x <，即()222320x a x a +-+=在()0,∞+上有两个不相等的根1x ，2x ，则123x x a +=-，12x x a =，由题意得()()2230224316020a a a a ⎧-->⎪⨯⎪⎪∆=-->⎨⎪>⎪⎪⎩，解得01a <<，则()()()()2212111222232ln 232ln f x f x x a x a x x a x a x +=+-+++-+()()()2121212122232ln x x x x a x x a x x =+-+-++()()()2322332ln a a a a a a =--+--+22ln 49a a a a =-+-，令()22ln 49g a a a a a =-+-，其中01a <<，故()2ln 26g a a a '=-+．令()()2ln 26h a g a a a '==-+，()220h a a'=->，()()h a g a '=在()0,1上单调递增．由于()33e2e0h --=-<，()140h =>，所以存在常数()31e ,t -∈，使得()0h t =，即ln 30t t -+=，ln 3t t =-，且当()0,a t ∈时，()()0h a g a '=<，()g a 在()0,t 上单调递减；当()1a t ∈,时，()()0h a g a '=>，()g a 在(),1t 上单调递增，所以当01a <<时，()()2min 2ln 49g a g t t t t t ==-+-()22234929t t t t t t =--+-=--．又()31e ,t -∈，()222911010t t t --=-->-，所以()10g a >-，即()100g a +>，故()()12100f x f x ++>得证．【变式演练4】（极值点偏移类的不等式证明）已知函数cos ()xf x x=，()sin cos g x x x x =+.（1）判断函数()g x 在区间(0,2)π上的零点的个数；（2）记函数()f x 在区间(0,2)π上的两个极值点分别为1x ，2x ，求证：12()()0f x f x +<.【答案】（1）2个；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．【详解】（1）()cos g x x x '=，0x >，当1(0,)2x π∈时，()0g x '>，函数单调递增，当13(,)22x ππ∈时，()0g x '<，函数单调递减，当3(,2)2x ππ∈时，()0g x '>，函数单调递增，且(0)10g =>，11()022g ππ=>，()10g π=-<，33()022g ππ=-<，(2)10g π=>，故函数()g x 在1(0,)2π，3(,2ππ上不存在零点，存在11[,]2x ππ∈，使得()0g x =，同理23[,2]2x ππ∈使得()0g x =综上，()g x 在区间(0,2)π上的零点有2个.（2）2sin cos ()x x xf x x +'=-，由（1）可得，()sin cos g x x x x =+在区间1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在零点，所以()f x 在1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在极值点12x x <，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，因为sin y x =在13(,)22ππ上单调递减，则122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，又因为sin cos 0(1,2)i i i x x x i +==，即1tan i ix x =-，又1213222x x ππππ<<<<<，∴1211x x >即12tan tan x x ->-，122tan tan tan()x x x π∴<=-，11(,)2x ππ∈ ，23(,2)2x ππ∈，21(,)2x πππ-∈，由tan y x =在1(,)2ππ上单调递增可得1212x x πππ<<-<．12121212cos cos ()()sin sin x x f x f x x x x x ∴+=+=--再由sin y x =在1(,)2ππ上单调递减，得122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，所以12()()0f x f x +<．【变式演练5】（函数与数列综合的不等式证明）已知函数()()1ln f x x x x λλ⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭R .（1）当1x >时，不等式()0f x <恒成立，求λ的最小值；（2）设数列()*1N n a n n =∈，其前n 项和为n S ，证明：2ln 24n n na S S -+>.【答案】（1）12；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）()2'2x x f x xλλ-+-=，分12λ≥，102λ<<，0λ≤三种情况推理即可；（2）由（1）可得()111111121ln 112121n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫++⋅+- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦+<=⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭，即()()11ln 1ln 221n n n n +-<++，利用累加法即可得到证明.【详解】（1）由()()1ln f x x x x λλ⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭R ，得()2'2x x f x xλλ-+-=.当12λ≥时，方程20x x λλ-+-=的2140λ∆=-≤，因此2x x λλ-+-在区间()1,+∞上恒为负数.所以1x >时，()'0fx <，函数()f x 在区间()1,+∞上单调递减.又()10f =，所以函数()0f x <在区间()1,+∞上恒成立；当102λ<<时，方程20x x λλ-+-=有两个不等实根，且满足1211122x x λλ=<<=，所以函数()f x 的导函数()'f x在区间11,2λ⎛+ ⎪⎝⎭上大于零，函数()f x 在区间1141,2λ⎛+ ⎪⎝⎭上单增，又()10f =，所以函数()f x 在区间1141,2λ⎛+ ⎪⎝⎭上恒大于零，不满足题意；当0λ≤时，在区间()1,+∞上()1ln ln f x x x x x λ⎛⎫=+-≥⎪⎝⎭，函数ln y x =在区间()1,+∞上恒为正数，所以在区间()1,+∞上()f x 恒为正数，不满足题意；综上可知：若1x >时，不等式()0f x <恒成立，λ的最小值为12.（2）由第（1）知：若1x >时，()()1111ln 22x x x x x x +-⎛⎫<--= ⎪⎝⎭.若*n ∈N ，则()111111121ln 112121n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫++⋅+- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦+<=⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭，即()()11ln 1ln 221n n n n +-<++成立.将n 换成1n +，得()()()()11ln 11ln 121211n n n n ++-+<+⎡⎤⎣⎦+++⎡⎤⎣⎦成立，即()()()()11ln 2ln 12122n n n n +-+<+++，以此类推，得()()()()11ln 3ln 22223n n n n +-+<+++，()()11ln 2ln 212214n n n n--<+-，上述各式相加，得11111ln 2ln ln 2212214n n n n n n n-=<+++++++- ，又2111112212n n S S n n n n -=++++++- ，所以2ln 24n n n a S S -+>.【变式演练6】（拆分法证明不等式）已知21()12xf x e x x =---，2()cos 221g x x x =+-.（1）证明：0x ≥时，()0f x ≥；（2）求函数()g x 的单调区间；（3）证明：0x ≥时，21sin 22sin sin 2xxe x x x +≥+.【答案】（1）证明见解析；（2）递减区间为(),0-∞，递增区间为()0,+∞；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）采用二次求导法，()1xf x e x '=--，再令()()x f x ϕ'=，求得()1xx e ϕ'=-，由0x ≥时，()0x ϕ'≥得出()f x ¢单增，故()()0f x f ≥，即可得证；（2）解法同（1），二次求导法，()2sin 24g x x x '=-+，再令()()h x g x ='，得到()4cos 240h x x '=-+≥，进而()'g x 单增，又()'00g =，从而得出()g x 的增减区间；（3）采用分析法，要证0x ≥时，21sin 22sin sin 2xxe x x x +≥+，即证()2e sin 2cos sin x x x x x ≥-+，观察()f x 表达式可知，若要利用（1）的结论，在x x e ⋅中，多出的因式x 应该要进行适当放缩才能求解，而不等式右侧都有公因式sin x ，联想到0x ≥时，sin x x ≥的放缩，故对不等式右侧应进行sin x 正负的分段讨论，再结合（2）的结论进行放缩，即可求解【详解】（1）()1x f x e x '=--，令()()x f x ϕ'=，则()1x x e ϕ'=-，因为0x ≥，所以()e 10xx ϕ'=-≥，所以()ϕx 在[)0,+∞单调递增，所以()()00x ϕϕ≥=，所以()f x 在[)0,+∞单调递增，则()()00f x f ≥=.（2）()2sin 24g x x x '=-+，令()()h x g x ='，则()4cos 240h x x '=-+≥，所以()h x 在R 上单调递增，又()00h =，所以0x <时，()()00h x h <=，函数()g x 单调递减；0x >时，()()00h x h >=，函数()g x 单调递增.所以，()g x 的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,+∞.（3）证明：要证21e sin 22sin sin 2xx x x x +≥+，即证()2e sin 2cos sin x x x x x ≥-+.①当x π≥时，e e 3x x ππ≥>，而()2sin 2cos sin 3x x x -+≤（以[],2x ππ∈为例，[]sin 0,2cos 1,3,x x ≤-∈故()sin 2cos 0x x -≤，所以()2sin 2cos sin 3x x x -+≤）所以不等式成立.②当0πx <<时，sin 0x >，由（2）知：0x ≥时，2cos 212x x ≥-，所以221cos 12122x x x ⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭，212cos 12x x -≤+所以只需证221e sin 1sin 2x x x x x ⎛⎫≥++ ⎪⎝⎭.令()sin p x x x =-（0x ≥），则()cos 10p x x '=-≤，所以()p x 在[)0,+∞单调递减，所以()()00p x p ≤=，即sin x x ≤.故只需证221e 12x x x x x ⎛⎫≥++ ⎪⎝⎭，即证：21e 12xx x ≥++.由（1）知，上述不等式成立.③当0x =时，不等式等号显然成立综上，当0x ≥时，21e sin 22sin sin 2xx x x x +≥+.【点睛】本题考查由导数的正负求解原函数的增减区间，利用导数证明不等式在给定区间恒成立问题，放缩法、构造函数法求解不等式恒成立问题，属于难题，当一次求导不能直接判断导数正负时，往往需要二次求导，在放缩法的使用过程中，形如0x ≥时，sin x x ≥的放缩应熟记，本题中第（3）问难度较大，共用到了两次放缩，在处理这种复杂问题时，往往采用分步放缩，分步得分策略类型二利用导数研究不等式恒成立问题(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围.【解析】(1)略(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a (x －1)x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1，[关键1：对条件进行恒等变形，直接构造函数]则g ′(x )＝1x －2a (x ＋1)2＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2，g (1)＝0.[关键2：利用导函数确定分类标准]①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；[关键3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域]②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－(a －1)2－1，x 2＝a －1＋(a －1)2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，此时g (x )＜g (1)＝0.[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]综上，a 的取值范围是(－∞，2].【变式演练7】（分离参数法解决不等式恒成立问题）已知函数()()()xf x x a e a =-∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）当2a =时，设函数()()ln ,g x f x x x b b =+--∈Z ，若()0g x ≤对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，求b 的最小值.【答案】（1）单调递减区间为(),1a -∞-，单调递增区间为()1,a -+∞；（2）3-.【解析】【分析】（1）对函数()f x 求导，可得()()1xf x x a e '=-+，解导数不等式可得出单调性；（2）由()0g x ≤对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，变量分离得()2ln xb x e x x ≥-+-对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，构造函数()()2ln xh x x e x x =-+-，对函数()h x 求导，求单调性，得到函数的最大值，进而可得b 的最小值.【详解】（1）因为()()x f x x a e =-，所以()()1xf x x a e '=-+，当(),1x a ∈-∞-时，()0f x '<；当()1,x a ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 的单调递减区间为(),1a -∞-，单调递增区间为()1,a -+∞.（2）由()()2ln xg x x e x x b =-+--，因为()0g x ≤对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，()2ln x b x e x x ≥-+-对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，构造函数()()2ln xh x x e x x =-+-，()()()11111x x h x x e x e x x ⎛⎫'=-+-=-- ⎪⎝⎭.∵1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴10x -<，且()1xt x e x=-单调递增，∵121202t e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110t e =->，∴一定存在唯一的01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()00t x =.即01x ex =，00ln x x =-.∴()h x 在01,3x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()0,1x 上单调递减.∴()()()0000000max 022ln =2x x h x h x x e x x x x -==-+--()001124,3x x ⎛⎫=-+∈-- ⎪⎝⎭.∵b ∈Z ，∴b 的最小值为3-.【变式演练8】（利用函数最值解决双参数恒成立问题）已知函数()xxf x e e-=+，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）设0a >，函数()2123g x x ax a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意[]21,1x ∈-，()()1223f x g x ≥都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【解析】【分析】（1）求导可得：()xxf x e e -'=-，因为0x >，所以e 1x >，1xe -<，所以()0xxf x e e-'=->，即可得证.（2）解读题意可得：()()max max 23f x g x ≥，求出最值，代入即可得解.【详解】（1）证明：()x x f x e e-'=-因为0x >，所以e 1x >，1xe -<，∴()0x xf x e e -'=->所以()f x 在()0+∞，上单调递增.（2）由题意得：()()max max23f x g x ≥()()max a af x f a e e -==+()g x 的对称轴02ax =-<所以()()max 513g x g ==所以52a ae e -+≥，令(),0a e m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥【变式演练9】（等价转化法解决不等式恒成立问题）已知函数f (x )＝e x ＋x e -，其中e 是自然对数的底数.（1）若关于x 的不等式mf (x )≤x e -＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围；（2）已知正数a 满足：存在x ∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 03＋3x 0)成立.试比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论.【答案】（1）1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）不等式变形，用分离参数法和换元法得11111m t t ≤--++-对1t >恒成立，求出11111t t --++-的最小值即可得；（2）令函数()31()e 3exx g x a x x =+--+，利用导数求出()g x 的最小值，由题中不等式有解的条件得12e e a -+>，然后再考虑要比较1a e -与1e a -的大小，由于它们均为正数，同取自然底数的对数，即比较(1)ln a e -和(1)ln e a -的大小，即比较ln 1e e -与ln 1a a -的大小，因此引入新函数ln ()(1)1xh x x x =>-，同样利用导数得其单调性，然后可得分三类1,,2e e a e a e a e -+<<=>，可得大小关系．【详解】（1）由条件可得1(1)1x x m e e e --+-≤-在(0)+∞，上成立，令e (0)xt x =>，则t>1，∴211111111111t t m t t t t t t --≤=-=--++--++-对任意t>1成立，∵1t >，∴10t ->，∴111131t t -++≥=-，∴1113111t t -≥--++-，当且仅当t=2时，即ln 2x =时等号成立，则m 的取值范围是1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）令函数()31()e 3e xx g x a x x =+--+，则()21()e 31exx g x a x '=-+-，当1x时，21e 0,10exx x ->-≥，又a >0，故()0g x '>，则()g x 在[1,)+∞上的单调递增函数，则()g x 在[1,)+∞上的最小值是1(1)e e 2g a -=+-，由于存在0[1,)x ∈+∞，使得()0030030xx e ea x x -+--+<成立，当且仅当最小值(1)0<g ，故1e e 20a -+-<，即12e e a -+>，1a e -与1e a -均为正数，同取自然底数的对数，即比较(1)ln a e -和(1)ln e a -的大小，即比较ln 1e e -与ln 1aa -的大小，构造函数ln ()(1)1xh x x x =>-，则211ln ()(1)x x h x x --'=-，再设211()1ln ,()x m x x m x x x'-=--=，1x >时，()0m x '<，从而m(x)在(1,)+∞上单调递减，此时()(1)0m x m <=，故()0h x '<在(1,)+∞上恒成立，则ln ()1xh x x =-在(1,)+∞上单调递减，综上所述，当111,2a e e e a e e a ---⎛⎫+∈<⎪⎝⎭，，当a=e 时，11a e e a --=；当(,)a e ∈+∞时，11e a e a -->．类型三利用导数研究函数零点问题例3已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.【解析】(1)略(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，[关键1：变形后构造函数．此处结合分析法，考虑下一步判断求导结果与零的关系，求导消参，需先变形]则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．[关键2：]又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．[关键3：利用零点存在性定理判断零点个数]综上，f (x )只有一个零点.【变式演练9】（研究函数零点个数）设函数()32f x x ax bx =++（a ，R b ∈）的导函数为()f x .已知1x ，2x 是()f x 的两个不同的零点.（1）证明：23a b >；（2）当0b =时，若对任意0x >，不等式()ln f x x x >恒成立，求a 的取值范围；（3）求关于x 的方程()()()1211()2x f x f x f x x x '=-++的实根的个数.【答案】（1）证明见解析；（2）1a ≥-；（3）1.【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导函数必有两个不同零点列不等式，解得结果；（2）先分离变量，转化为求对应函数()2ln x x F x x-=最值，利用导数确定其单调性，根据单调性确定最值，即得结果；（3）先求122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭，再构造差函数()()321211()2x x G x x ax bx f x x f x +⎛⎫'=++--- ⎪⎝⎭，再利用导数确定其单调性，最后根据单调性以及()10G x =确定零点个数，即得结果.【详解】（1）证明：()232f x x ax b '=++，令()2320f x x ax b '=++=∵()0f x =有两个不等的实根，∴2241203a b a b ∆=->⇒>.（2）0b =时，()32f x x ax =+，由()ln f x x x ≥得32ln x ax x x+≥∴22ln ln x x x ax x x a x-+≥⇒≥令()2ln x x F x x -=，()222212ln 1ln x x x x x x x F x x x ⎛⎫--+ ⎪--⎝⎭'==令()21ln g x x x =--，()120g x x x'=--<∴()g x 在()0,+¥上单调递减，注意到()10g =∴当01x <<时，()0gx >，()0F x '>，()F x '单调递增；当1x >时，()0g x <，()0F x '<，()F x 单调递减：∴()()max 11F x F ==-，∴1a ≥-.（3）()()3212112x x x ax bx f x x f x +⎛⎫'++=-+⎪⎝⎭()()32121102x x x ax bx f x x f x +⎛⎫'⇒++---= ⎪⎝⎭212233x x a a f f b +⎛⎫⎛⎫''=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令()()321211()2x x G x x ax bx f x x f x +⎛⎫'=++---⎪⎝⎭()()2222221211323296(3)02333x x a G x x ax b f x ax b b x ax a x a +⎛⎫''=++-=++-+=++=+≥ ⎪⎝⎭∴()G x 在R 上单调递增，故()G x 在R 上至多只有一个零点，注意到()10G x =∴()G x 在R 上只有1个零点，即()()1211()2x x f x f x x f x '+⎛⎫=-+⎪⎝⎭的实根个数为1.【变式演练10】（已知零点存在情况求参数的值）已知函数()()1xf x e ax =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，若P 为直线3y x =+与函数()f x 图像的一个公共点，其横坐标为t ，且(),1t m m ∈+，求整数m 的所有可能的值.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）整数m 的所有可能的值为4-，0.【解析】【分析】【详解】（1）由()()1xf x e ax =+得()()1xf x eax a '=++①当0a =时，()0f x '>，()f x 在(),-∞+∞为增②当0a >时，由()10a f x x a+'>⇒>-，故()f x 在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭为增，在1,a a +⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭为减③当0a <时，由()10a f x x a +'>⇒<-，故()f x 在1,a a +⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭为增，在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭为减.（2）当1a =时，()()1x f x ex =+，由()()31311x x x e x x e x x ++=+⇒=≠-+令()()311x x g x e x x +=-≠-+，()()2201x g x e x '=+>+，定义()g x 在(),1-∞-递增，在()1,-+∞也递增，而()41403g e --=-<，()330g e --=>，故43t -<<-，又()0130g =-<，()120g e =->，又得01t <<，所以整数m 的所有可能的值为4-，0.【变式演练11】（已知零点存在情况求参数的取值范围）已知函数()()()1xf x e m x m R =++∈.（1）当1m =-时，讨论()f x 的单调性：（2）若()f x 有两个零点，求实数m 的取值范围.【答案】（1）函数()f x 的单调减区间为(),0-∞，单调增区间为()0,∞+；（2）1m <-.【解析】【分析】（1）将1m =代入原函数，对函数()f x 求导，根据导数与函数单调性的关系即可求出结果；（2）对函数()f x 求导，对m 进行分类讨论，当0m ≥时，易证函数在R 上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；当0m <时，根据导数在函数单调性中的应用，可知函数()f x 在()(),ln m -∞-单调递减，在()()ln ,m -+∞单调递增，若有两个零点，根据函数图像的趋势和零点存在定理可知()()ln 0f m -<，又()10f ->，()40f m ->，由此即可求出m 的范围.【详解】（1）1m =时，()1xf x e '=-，令()0f x '>，得0x >，令()0f x '<，得0x <，所以，函数()f x 的单调减区间为(),0-∞，函数()f x 的单调增区间为()0,∞+（2）()xf x e m '=+当0m ≥时，()0f x '>，函数在R 上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；当0m <时，令()0f x '>，得()ln x m >-，令()0f x '<，得()ln x m <-，所以函数()f x 在()(),ln m -∞-单调递减，在()()ln ,m -+∞单调递增.若有两个零点，应令()()()ln ln 0f m m m m m -=-+-+<，得1m <-，此时，()110f e --=>，当0x >时，令()22x x g x e =-，所以()x g x e x '=-，()1x g x e ''=-，所以()10x g x e ''=->，所以()xg x e x '=-在()0+∞，上单调递增，所以()()010g x g '='>>，所以()22xx g x e =-在()0+∞，上单调递增，所以()()010g x g >=>，所以22xx e >；所以，()()()()42414814410m f m em m m m m m m --=+->+-=+>综上，1m <-.。
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导数是解决函数问题的重要工具，利用导数解决函数的单调性问题、求函数极值、最值及解决生活中的最优化问题，是高考考查的热点，在解答题中每年必考，常与不等式、方程结合考查，试题难度较大，因此对该部分知识要加大训练强度，提高解题能力．
“大题规范解答——得全分”系列之(二)
导数的应用问题答题模板
[典例] (2012北京高考·满分13分)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx . (1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
[教你快速规范审题]
1．审条件，挖解题信息 观察条件
―→
曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点
(1，c )处有公共切线
―――――――――――→两曲线在x ＝1处的纵坐标
及导数相同
⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (1)＝
g (1)，
f ′(1)＝
g ′(1)
2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求a ，b 的值―――――――→需要建立
关于a ，b 的方程组
将⎩
⎪⎨⎪⎧
f (1)＝
g (1)，
f ′(1)＝
g ′(1)用a ，b 表示即可 3．建联系，找解题突破口
解方程组⎩⎪⎨⎪⎧
f (1)＝
g (1)，f ′(1)＝g ′(1)―――――――→先求f ′(x )和g ′(x )f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ―――――→将x ＝1代入
⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋1＝
b ＋1，
2a ＝3＋b ，⇒a ＝b ＝3
1．审条件，挖解题信息
观察条件―→a 2＝4b ――――――――――――――――――→可消掉一个参数，使f (x )与g (x )含有同一个参数
f (x )＝ax 2＋1(a >0)，
g (x )＝x 3＋14a 2x
2．审结论，明解题方向
观察所求结论―→求函数f (x )＋g (x )的单调区间及其在区间(－∞，－1]上的最大值 ――――――→f (x )＋g (x )含x 3
及参数a 应利用导数解决 3．建联系，找解题突破口 问题转化为求函数h (x )＝f (x )＋g (x ),＝x 3＋ax 2＋14
a 2
x ＋1的导数 ――――――――→由h 确定单调区间
增区间为()2a ∞－，－和()6
a ∞－，＋， 单调递减区间为(,)26
a a －－
26
(1]a a
∞−−−−−−−−−−→－及－
与－，－的系，求最值
讨论区间关
①当－1≤－2
a
，即0<a ≤2时，h (x )max ＝h (－1)＝a －24a
②当－
2a <－1<－6a ，即2<a <6时，h (x )max ＝h (－2
a
)＝1 ③当－1≥－6a ，即6≤a 时，h (x )max ＝h (－2
a
)＝1
[教你准确规范解题]
(1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，
因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公切线，
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (1)＝
g (1)，
f ′(1)＝
g ′(1).(2分)
即⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋1＝
b ＋1，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(3分)
(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，
∵a 2＝4b ，∴h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋1
4a 2x ＋1.
则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1
4a 2，令h ′(x )＝0，
解得x 1＝－a 2，x 2＝－a
6
.
(5分)
由a >0，得h (x )与h ′(x )的变化情况如下： x ⎝
⎛⎭⎫－∞，－a 2
－a
2 ⎝⎛⎭⎫－a 2
，－a 6
－a
6 ⎝⎛⎭
⎫－a 6，＋∞ h ′(x ) ＋
0 －
0 ＋
h (x )
∴函数h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2和⎝⎛⎭
⎫－a
6，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2
，－a 6.(7分)
①当－1≤－a
2，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－
∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －a 2
4
；
(8分)
②当－a 2<－1<－a
6
，即2<a <6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤－a 2，－1上单调递减，在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭
⎫－a 2＝1；(10分)
③当－1≥－a 6，即a ≥6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6上单调递减，在区间⎝⎛⎦
⎤－a
6，－1上单调递增， 又因为h ⎝⎛⎭⎫－a 2－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝1
4
(a －2)2>0， 所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭
⎫－a
2＝1.(12分) 综上所述：当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 2
4；当a ∈(2，＋∞)时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1.
(13分)
[常见失分探因]
易忽视条件“在它们的交点(1，c )处具有公切线”的双重性而造成条件缺失，不能列出关于a ，b 的方程组，从而使题目无法求解.
易将单调递增区间写成并集“ (－∞，－
2a )∪ (－6a ，＋∞)”或“ (－∞，－2
a
)或 (－6
a
，＋∞))”而导致错误.易忽视对a 的分类讨论或分类不准确造成解题错误 —————————————————[教你一个万能模板]———————————
用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答：
―→
―→
―→
―→。