高考文科数学导数专题复习
高中数学专题复习导数专题总结
目录第一部分构造辅助函数求解导数问题 (2)技法一：“比较法”构造函数 (2)技法二：“拆分法”构造函数 (3)技法三：“换元法”构造函数 (5)技法四：二次(甚至多次)构造函数 (8)强化训练 (10)第二部分利用导数探究含参数函数的性质 (15)技法一：利用导数研究函数的单调性 (15)技法二：利用导数研究函数的极值 (17)技法三：利用导数研究函数的最值 (20)强化训练 (22)第三部分导数的综合应用 (29)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根 (29)技法二：利用导数证明不等式 (32)技法三：利用导数研究不等式恒成立问题 (35)技法四：利用导数研究存在性与任意性问题 (45)技法五：利用导数研究探究性问题 (48)强化训练 (50)第一部分构造辅助函数求解导数问题对于证明与函数有关的不等式,或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时,常常需要构造辅助函数,并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决；题目本身特点不同,所构造的函数可有多种形式,解题的繁简程度也因此而不同,这里给出几种常用的构造技巧.技法一：“比较法”构造函数[典例](2017·广州模拟)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)证明：当x＞0时,x2＜e x.[解](1)由f(x)＝e x－ax,得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1,所以a＝2,所以f(x)＝e x－2x,f′(x)＝e x－2,令f′(x)＝0,得x＝ln 2,当x＜ln 2时,f′(x)＜0,f(x)单调递减；当x＞ln 2时,f′(x)＞0,f(x)单调递增.所以当x＝ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4,f(x)无极大值.QQ群339444963(2)证明：令g(x)＝e x－x2,则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0,故g(x)在R上单调递增.所以当x＞0时,g(x)＞g(0)＝1＞0,即x2＜e x.[方法点拨]在本例第(2)问中,发现“x2,e x”具有基本初等函数的基因,故可选择对要证明的“x2＜e x”构造函数,得到“g(x)＝e x－x2”,并利用(1)的结论求解.[对点演练]已知函数f(x)＝xe x,直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0(x0＜1)处的切线,求证：f (x )≤g (x ).证明：函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0). 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0), 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e0x ＝1－x e 0x －1－x 0e x e 0＋x x .设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x ,则φ′(x )＝－e 0x －(1－x 0)e x , ∵x 0＜1,∴φ′(x )＜0,∴φ(x )在R 上单调递减,又φ(x 0)＝0, ∴当x ＜x 0时,φ(x )＞0,当x ＞x 0时,φ(x )＜0, ∴当x ＜x 0时,h ′(x )＞0,当x ＞x 0时,h ′(x )＜0,∴h (x )在区间(－∞,x 0)上为增函数,在区间(x 0,＋∞)上为减函数, ∴h (x )≤h (x 0)＝0, QQ 群339444963 ∴f (x )≤g (x ).技法二：“拆分法”构造函数[典例] 设函数f (x )＝ae x ln x ＋bex －1x ,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线为y ＝e (x －1)＋2.(1)求a ,b ； (2)证明：f (x )＞1.[解] (1)f ′(x )＝ae x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ＋be x－1x －1x 2(x ＞0),由于直线y ＝e (x －1)＋2的斜率为e ,图象过点(1,2), 所以⎩⎨⎧ f 1＝2，f ′1＝e ，即⎩⎨⎧ b ＝2，ae ＝e ，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知f (x )＝e x ln x ＋2ex －1x (x ＞0),从而f (x )＞1等价于x ln x ＞xe －x －2e . 构造函数g (x )＝x ln x ,则g ′(x )＝1＋ln x , 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时,g ′(x )＜0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时,g ′(x )＞0,故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减, 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增, QQ 群339444963 从而g (x )在(0,＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .构造函数h (x )＝xe －x－2e ,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)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减, 从而h (x )在(0,＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e . 综上,当x ＞0时,g (x )＞h (x ),即f (x )＞1. [方法点拨]对于第(2)问“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”的证明,若直接构造函数h (x )＝ae x ln x ＋bex －1x－1,求导以后不易分析,因此并不宜对其整体进行构造函数,而应先将不等式“ae x ln x ＋be x －1x ＞1”合理拆分为“x ln x ＞xe －x －2e ”,再分别对左右两边构造函数,进而达到证明原不等式的目的.[对点演练] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ,b 的值；(2)证明：当x ＞0,且x ≠1时,f (x )＞ln xx －1. 解：(1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x x ＋12－bx 2(x ＞0).由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12,且过点(1,1), 故⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝1，f ′1＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x(x ＞0), 所以f (x )－ln x x －1＝11－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x －x 2－1x . 考虑函数h (x )＝2ln x －x 2－1x (x ＞0), 则h ′(x )＝2x －2x 2－x 2－1x 2＝－x －12x 2.所以当x ≠1时,h ′(x )＜0.而h (1)＝0, 故当x ∈(0,1)时,h (x )＞0,可得11－x 2h (x )＞0； 当x ∈(1,＋∞)时,h (x )＜0,可得11－x 2h (x )＞0. 从而当x ＞0,且x ≠1时,f (x )－ln xx －1＞0,即f (x )＞ln xx －1.QQ 群339444963 技法三：“换元法”构造函数[典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R )的图象在点(1,f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直.(1)求实数a 的值；(2)求证：当n ＞m ＞0时,ln n －ln m ＞m n －nm .[解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x , 所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1,因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直,所以切线的斜率为3, 所以f ′(1)＝3,即2a ＋1＝3,故a ＝1. (2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －nm , 即证ln n m ＞m n －n m ,只需证ln n m －m n ＋nm ＞0. 令n m ＝x ,构造函数g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1), 则g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1.因为x ∈[1,＋∞),所以g ′(x )＝1x ＋1x 2＋1＞0, 故g (x )在(1,＋∞)上单调递增. 由已知n ＞m ＞0,得nm ＞1,所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫n m ＞g (1)＝0, QQ 群339444963即证得ln n m －m n ＋nm ＞0成立,所以命题得证. [方法点拨]对“待证不等式”等价变形为“ln n m －m n ＋n m ＞0”后,观察可知,对“nm ”进行换元,变为“ln x －1x ＋x ＞0”,构造函数“g (x )＝ln x －1x ＋x (x ≥1)”来证明不等式,可简化证明过程中的运算.[对点演练]已知函数f (x )＝x 2ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0,存在唯一的s ,使t ＝f (s )；(3)设(2)中所确定的s 关于t 的函数为s ＝g (t ),证明：当t ＞e 2时,有25＜ln g tln t ＜12.解：(1)由已知,得f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)(x ＞0), 令f ′(x )＝0,得x ＝1e. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ f ′(x ) － 0 ＋ f (x )极小值所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1e ,单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)证明：当0＜x ≤1时,f (x )≤0, ∵t ＞0,∴当0＜x ≤1时不存在t ＝f (s ). 令h (x )＝f (x )－t ,x ∈[1,＋∞).由(1)知,h (x )在区间(1,＋∞)上单调递增. h (1)＝－t ＜0,h (e t )＝e 2t ln e t －t ＝t (e 2t －1)＞0. 故存在唯一的s ∈(1,＋∞),使得t ＝f (s )成立. (3)证明：因为s ＝g (t ),由(2)知,t ＝f (s ),且s ＞1, 从而ln g tln t＝ln s ln f s ＝ln sln s 2ln s＝ln s 2ln s ＋ln ln s ＝u2u ＋ln u,QQ 群339444963其中u ＝ln s . 要使25＜ln g t ln t＜12成立,只需0＜ln u ＜u 2.当t ＞e 2时,若s ＝g (t )≤e ,则由f (s )的单调性,有t ＝f (s )≤f (e )＝e 2,矛盾. 所以s ＞e ,即u ＞1,从而ln u ＞0成立.另一方面,令F (u )＝ln u －u 2,u ＞1,F ′(u )＝1u －12, 令F ′(u )＝0,得u ＝2.当1＜u ＜2时,F ′(u )＞0； 当u ＞2时,F ′(u )＜0. 故对u ＞1,F (u )≤F (2)＜0, 因此ln u ＜u2成立.综上,当t ＞e 2时,有25＜ln g tln t＜12.技法四：二次(甚至多次)构造函数[典例] (2017·广州综合测试)已知函数f (x )＝e x ＋m －x 3,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 )－x 3. [解] (1)因为f (x )＝e x ＋m －x 3, 所以f ′(x )＝e x ＋m －3x 2.因为曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线斜率为1, 所以f ′(0)＝e m ＝1,解得m ＝0.(2)证明：因为f (x )＝e x ＋m －x 3,g (x )＝ln(x ＋1)＋2, 所以f (x )＞g (x )－x 3等价于e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0. 当m ≥1时,e x ＋m －ln(x ＋1)－2≥e x ＋1－ln(x ＋1)－2. 要证e x ＋m －ln(x ＋1)－2＞0, 只需证明e x ＋1－ln(x ＋1)－2＞0.设h (x )＝e x ＋1－ln(x ＋1)－2,则h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1. 设p (x )＝e x ＋1－1x ＋1,则p ′(x )＝e x ＋1＋1x ＋12＞0,所以函数p (x )＝h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1,＋∞)上单调递增.因为h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝e 12－2＜0,h ′(0)＝e －1＞0,所以函数h ′(x )＝e x ＋1－1x ＋1在(－1,＋∞)上有唯一零点x 0,且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0.QQ 群339444963因为h ′(x 0)＝0,所以ex 0＋1＝1x 0＋1,即ln(x0＋1)＝－(x0＋1).当x∈(－1,x0)时,h′(x)＜0,当x∈(x0,＋∞)时,h′(x)＞0,所以当x＝x0时,h(x)取得最小值h(x0),所以h(x)≥h(x0)＝ex0＋1－ln(x0＋1)－2＝1x0＋1＋(x0＋1)－2＞0.综上可知,当m≥1时,f(x)＞g(x)－x3.[方法点拨]本题可先进行适当放缩,m≥1时,e x＋m≥e x＋1,再两次构造函数h(x),p(x).[对点演练](2016·合肥一模)已知函数f(x)＝ex－x ln x,g(x)＝e x－tx2＋x,t∈R,其中e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立,求t的取值范围.解：(1)由f(x)＝ex－x ln x,知f′(x)＝e－ln x－1,则f′(1)＝e－1,而f(1)＝e,则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1),即y＝(e－1)x＋1.(2)∵f(x)＝ex－x ln x,g(x)＝e x－tx2＋x,t∈R,∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0,＋∞)恒成立等价于e x－tx2＋x－ex＋x ln x≥0对任意的x∈(0,＋∞)恒成立,即t≤e x＋x－ex＋x ln xx2对任意的x∈(0,＋∞)恒成立.令F(x)＝e x＋x－ex＋x ln xx2,则F′(x)＝xe x＋ex－2e x－x ln xx3＝1x2⎝⎛⎭⎪⎫e x＋e－2e xx－ln x,令G(x)＝e x＋e－2e xx－ln x,则G ′(x )＝e x －2xe x －e x x 2－1x ＝e x x －12＋e x －xx 2＞0对任意的x ∈(0,＋∞)恒成立.∴G (x )＝e x＋e －2e xx －ln x 在(0,＋∞)上单调递增,且G (1)＝0,∴当x ∈(0,1)时,G (x )＜0,当x ∈(1,＋∞)时,G (x )＞0, 即当x ∈(0,1)时,F ′(x )＜0,当x ∈(1,＋∞)时,F ′(x )＞0, ∴F (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增, ∴F (x )≥F (1)＝1, ∴t ≤1,即t 的取值范围是(－∞,1].强化训练1.设函数f (x )＝x 2e x －1＋ax 3＋bx 2,已知x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点. (1)求a ,b 的值； (2)讨论f (x )的单调性；(3)设g (x )＝23x 3－x 2,比较f (x )与g (x )的大小. 解：(1)因为f ′(x )＝e x －1(2x ＋x 2)＋3ax 2＋2bx ＝xe x －1(x ＋2)＋x (3ax ＋2b ), 又x ＝－2和x ＝1为f (x )的极值点, 所以f ′(－2)＝f ′(1)＝0, 因此⎩⎨⎧－6a ＋2b ＝0，3＋3a ＋2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝－1.(2)因为a ＝－13,b ＝－1, 所以f ′(x )＝x (x ＋2)(e x －1－1), 令f ′(x )＝0,解得x 1＝－2,x 2＝0,x 3＝1.因为当x ∈(－∞,－2)∪(0,1)时,f ′(x )＜0； 当x ∈(－2,0)∪(1,＋∞)时,f ′(x )＞0.所以f (x )在(－2,0)和(1,＋∞)上是单调递增的； 在(－∞,－2)和(0,1)上是单调递减的. (3)由(1)可知f (x )＝x 2e x －1－13x 3－x 2. 故f (x )－g (x )＝x 2e x －1－x 3＝x 2(e x －1－x ), 令h (x )＝e x －1－x ,则h ′(x )＝e x －1－1. 令h ′(x )＝0,得x ＝1, 因为当x ∈(－∞,1]时,h ′(x )≤0, 所以h (x )在(－∞,1]上单调递减； 故当x ∈(－∞,1]时,h (x )≥h (1)＝0； 因为当x ∈[1,＋∞)时,h ′(x )≥0, 所以h (x )在[1,＋∞)上单调递增； 故x ∈[1,＋∞)时,h (x )≥h (1)＝0.所以对任意x ∈(－∞,＋∞),恒有h (x )≥0； 又x 2≥0,因此f (x )－g (x )≥0.故对任意x ∈(－∞,＋∞),恒有f (x )≥g (x ). 2.(2015·北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时,f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值.解：(1)因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )(－1＜x ＜1), 所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x,f ′(0)＝2. 又因为f (0)＝0,所以曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝2x .(2)证明：令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )＞0(0＜x ＜1),所以g (x )在区间(0,1)上单调递增. 所以g (x )＞g (0)＝0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(3)由(2)知,当k ≤2时,f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立.当k ＞2时,令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33,则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－k ＋21－x 2.所以当0＜x ＜4k －2k 时,h ′(x )＜0, 因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减. 故当0＜x ＜4k －2k 时,h (x )＜h (0)＝0,即f (x )＜k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k ＞2时,f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0,1)恒成立.综上可知,k 的最大值为2.3.(2016·广州综合测试)已知函数f (x )＝me x －ln x －1. (1)当m ＝1时,求曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程； (2)当m ≥1时,证明：f (x )＞1. 解：(1)当m ＝1时,f (x )＝e x －ln x －1, 所以f ′(x )＝e x－1x .所以f (1)＝e －1,f ′(1)＝e －1.所以曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1),即y ＝(e －1)x .(2)证明：当m ≥1时,f (x )＝me x －ln x －1≥e x －ln x －1(x ＞0). 要证明f (x )＞1,只需证明e x －ln x －2＞0. 设g (x )＝e x －ln x －2,则g ′(x )＝e x －1x . 设h (x )＝e x －1x ,则h ′(x )＝e x ＋1x 2＞0,所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x 在(0,＋∞)上单调递增. 因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2＜0,g ′(1)＝e －1＞0,所以函数g ′(x )＝e x －1x 在(0,＋∞)上有唯一零点x 0,且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.因为g ′(x 0)＝0,所以ex 0＝1x 0,即ln x 0＝－x 0.当x ∈(0,x 0)时,g ′(x )＜0；当x ∈(x 0,＋∞)时,g ′(x )＞0. 所以当x ＝x 0时,g (x )取得最小值g (x 0). 故g (x )≥g (x 0)＝ex 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2＞0.综上可知,当m ≥1时,f (x )＞1.4.(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝a x －x 2e x (x ＞0),其中e 为自然对数的底数.(1)当a ＝0时,判断函数y ＝f (x )极值点的个数；(2)若函数有两个零点x 1,x 2(x 1＜x 2),设t ＝x 2x 1,证明：x 1＋x 2随着t 的增大而增大.解：(1)当a ＝0时,f (x )＝－x 2e x (x ＞0),f ′(x )＝－2x ·e x －－x 2·e xe x 2＝x x －2e x,令f ′(x )＝0,得x ＝2,当x ∈(0,2)时,f ′(x )＜0,y ＝f (x )单调递减, 当x ∈(2,＋∞)时,f ′(x )＞0,y ＝f (x )单调递增, 所以x ＝2是函数的一个极小值点,无极大值点,即函数y ＝f (x )有一个极值点.(2)证明：令f (x )＝a x －x 2e x ＝0,得x 32＝ae x ,因为函数有两个零点x 1,x 2(x 1＜x 2),所以x 1321＝aex 1,x 322＝aex 2,可得32ln x 1＝ln a ＋x 1, 32ln x 2＝ln a ＋x 2.故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2x 1.又x 2x 1＝t ,则t ＞1,且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ，解得x 1＝32ln t t －1,x 2＝32t ln tt －1.所以x 1＋x 2＝32·t ＋1ln tt －1.①令h (x )＝x ＋1ln xx －1,x ∈(1,＋∞),则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1xx －12.令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ,得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 2. 当x ∈(1,＋∞)时,u ′(x )＞0. 因此,u (x )在(1,＋∞)上单调递增, 故对于任意的x ∈(1,＋∞),u (x )＞u (1)＝0, 由此可得h ′(x )＞0,故h (x )在(1,＋∞)上单调递增. 因此,由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大.第二部分利用导数探究含参数函数的性质技法一：利用导数研究函数的单调性[典例]已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx,函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于x轴.(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.[解](1)依题意得g′(x)＝1x＋2ax＋b(x＞0).由函数g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于x轴得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0,∴b＝－2a－1.(2)由(1)得g′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1x＝2ax－1x－1x.∵函数g(x)的定义域为(0,＋∞),∴当a＝0时,g′(x)＝－x－1 x.由g′(x)＞0,得0＜x＜1,由g′(x)＜0,得x＞1,当a＞0时,令g′(x)＝0,得x＝1或x＝1 2a,若12a＜1,即a＞12,由g′(x)＞0,得x＞1或0＜x＜1 2a,由g′(x)＜0,得12a＜x＜1；若12a＞1,即0＜a＜12,由g′(x)＞0,得x＞12a或0＜x＜1,由g′(x)＜0,得1＜x＜1 2a,若12a ＝1,即a ＝12在(0,＋∞)上恒有g ′(x )≥0.综上可得：当a ＝0时,函数g (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时,函数g (x )在(0,1)上单调递增, 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时,函数g (x )在(0,＋∞)上单调递增, 当a ＞12时,函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增. [方法点拨](1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.(3)本题(2)求解应先分a ＝0或a ＞0两种情况,再比较12a 和1的大小. [对点演练](2016·太原一模)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R ). (1)当a ＝2时,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)设函数h (x )＝f (x )＋1＋ax ,求函数h (x )的单调区间. 解：(1)当a ＝2时,f (x )＝x －2ln x ,f (1)＝1, 即切点为(1,1),∵f ′(x )＝1－2x ,∴f ′(1)＝1－2＝－1,∴曲线y ＝f (x )在点(1,1)处的切线方程为y －1＝－(x －1),即x ＋y －2＝0. (2)由题意知,h (x )＝x －a ln x ＋1＋ax (x ＞0), 则h ′(x )＝1－a x －1＋a x 2＝x 2－ax －1＋ax 2＝x＋1[x－1＋a]x2,①当a＋1＞0,即a＞－1时,令h′(x)＞0,∵x＞0,∴x＞1＋a,令h′(x)＜0,∵x＞0,∴0＜x＜1＋a.②当a＋1≤0,即a≤－1时,h′(x)＞0恒成立,综上,当a＞－1时,h(x)的单调递减区间是(0,a＋1),单调递增区间是(a＋1,＋∞)；当a≤－1时,h(x)的单调递增区间是(0,＋∞),无单调递减区间.技法二：利用导数研究函数的极值[典例]设a＞0,函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x).(1)若曲线y＝f(x)在(2,f(2))处的切线与直线y＝－x＋1垂直,求切线方程.(2)求函数f(x)的极值.[解](1)由已知,得f′(x)＝x－(a＋1)＋ax(x＞0),又由题意可知y＝f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f′(2)＝1,即2－(a＋1)＋a2＝1,解得a＝0,此时f(2)＝2－2＝0,故所求的切线方程为y＝x－2.(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝x2－a＋1x＋ax＝x－1x－ax(x＞0).①当0＜a＜1时,若x∈(0,a),则f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；若x∈(a,1),则f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；若x∈(1,＋∞),则f′(x)＞0,函数f(x)单调递增.此时x＝a是f(x)的极大值点,x＝1是f(x)的极小值点,函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a , 极小值是f (1)＝－12. ②当a ＝1时,f ′(x )＝x －12x≥0,所以函数f (x )在定义域(0,＋∞)内单调递增, 此时f (x )没有极值点,故无极值. ③当a ＞1时,若x ∈(0,1),则f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增； 若x ∈(1,a ),则f ′(x )＜0,函数f (x )单调递减； 若x ∈(a ,＋∞),则f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增.此时x ＝1是f (x )的极大值点,x ＝a 是f (x )的极小值点,函数f (x )的极大值是f (1)＝－12,极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a .综上,当0＜a ＜1时,f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a , 极小值是－12；当a ＝1时,f (x )没有极值；当a ＞1时f (x )的极大值是－12,极小值是－12a 2＋a ln a . [方法点拨]对于解析式中含有参数的函数求极值,有时需要分类讨论后解决问题.讨论的思路主要有：(1) 参数是否影响f ′(x )零点的存在；(2)参数是否影响f ′(x )不同零点(或零点与函数定义域中的间断点)的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号(如果有影响,需要分类讨论). [对点演练](2016·山东高考)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ,a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x ),求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值,求实数a 的取值范围. 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ,可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ,x ∈(0,＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0,x ∈(0,＋∞)时,g ′(x )＞0,函数g (x )单调递增； 当a ＞0,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时,g ′(x )＞0,函数g (x )单调递增,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时,g ′(x )＜0,函数g (x )单调递减. 所以当a ≤0时,g (x )的单调增区间为(0,＋∞)；当a ＞0时,g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ,单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知,f ′(1)＝0.①当a ≤0时,f ′(x )单调递增, 所以当x ∈(0,1)时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减； 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值,不合题意. ②当0＜a ＜12时,12a ＞1,由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增,可得当x ∈(0,1)时,f ′(x )＜0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时,f ′(x )＞0.所以f (x )在(0,1)内单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增,所以f (x )在x ＝1处取得极小值,不合题意. ③当a ＝12时,12a ＝1,f ′(x )在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减, 所以当x ∈(0,＋∞)时,f ′(x )≤0,f (x )单调递减,不合题意. ④当a ＞12时,0＜12a ＜1,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增,当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减. 所以f (x )在x ＝1处取极大值,符合题意.综上可知,实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.技法三：利用导数研究函数的最值[典例] 已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＞0时,求函数f (x )在[1,2]上的最小值. [解] (1)由题意,f ′(x )＝1x －a (x ＞0),①当a ≤0时,f ′(x )＝1x －a ＞0,即函数f (x )的单调递增区间为(0,＋∞).②当a ＞0时,令f ′(x )＝1x －a ＝0,可得x ＝1a , 当0＜x ＜1a 时,f ′(x )＝1－ax x ＞0； 当x ＞1a 时,f ′(x )＝1－ax x ＜0,故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ,单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )的单调递增区间为(0,＋∞)；当a ＞0时,函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ,单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞.(2)①当1a ≤1,即a ≥1时,函数f (x )在区间[1,2]上是减函数,所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2,即0＜a ≤12时,函数f (x )在区间[1,2]上是增函数,所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1＜1a ＜2,即12＜a ＜1时,函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数.又f (2)－f (1)＝ln 2－a ,所以当12＜a ＜ln 2时,最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a＜1时,最小值为f(2)＝ln 2－2a.综上可知,当0＜a＜ln 2时,函数f(x)的最小值是－a；当a≥ln 2时,函数f(x)的最小值是ln 2－2a.[方法点拨](1)在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值,在不是闭区间的情况下,函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在,也可能只存在一个,或既无最大值也无最小值；(2)在一个区间上,如果函数只有一个极值点,则这个极值点就是最值点.[对点演练]1.若函数f(x)＝xx2＋a(a＞0)在[1,＋∞)上的最大值为33,则a的值为()A.33 B.3C.3＋1D.3－1解析：选D f′(x)＝x2＋a－2x2x2＋a2＝a－x2x2＋a2.令f′(x)＝0,得x＝a或x＝－a(舍去),若a≤1,即0＜a≤1时,在[1,＋∞)上f′(x)＜0,f(x)max＝f(1)＝11＋a＝33.解得a＝3－1,符合题意.若a＞1,即a＞1时,在[1,a)上f′(x)＞0,在(a,＋∞)上f′(x)＜0,所以f(x)max＝f(a)＝a2a＝33,解得a＝34＜1,不符合题意,综上知,a＝3－1.2.已知函数f(x)＝x ln x,g(x)＝(－x2＋ax－3)e x(a为实数).(1)当a＝5时,求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[]t，t＋2(t＞0)上的最小值.解：(1)当a＝5时,g(x)＝(－x2＋5x－3)e x,g(1)＝e.又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)e x,故切线的斜率为g ′(1)＝4e . 所以切线方程为y －e ＝4e (x －1), 即y ＝4ex －3e .(2)函数f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝ln x ＋1, 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞f ′(x ) － 0 ＋ f (x )极小值①当t ≥1e 时,在区间[]t ，t ＋2上f (x )为增函数, 所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0＜t ＜1e 时,在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数,在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数,所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 综上,f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t ln t ，t ≥1e ，－1e ，0＜t ＜1e .强化训练1.已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )(a ＞0). (1)若x ＝2是f (x )的极值点,求a 的值； (2)求f (x )的单调区间. 解：f ′(x )＝x 1－a －axx ＋1,x ∈(－1,＋∞). (1)依题意,得f ′(2)＝0,即21－a －2a 2＋1＝0,解得a ＝13.经检验,a ＝13符合题意,故a 的值为13.(2)令f ′(x )＝0,得x 1＝0,x 2＝1a －1.①当0＜a ＜1时,f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1,单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞.②当a ＝1时,f (x )的单调减区间是(－1,＋∞).③当a ＞1时,－1＜x 2＜0,f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，0,单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，a －1和(0,＋∞).综上,当0＜a ＜1时,f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1,单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时,f (x )的单调减区间是(－1,＋∞)；当a ＞1时,f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0,单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1和(0,＋∞).2.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞,1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1,e ](e 为自然对数的底数)上的最大值. 解：(1)当x ＜1时,f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2), 令f ′(x )＝0,解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：＝3.(2)①当－1≤x ＜1时,由(1)知,函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增.因为f (－1)＝2,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427,f (0)＝0,所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时,f (x )＝a ln x ,当a ≤0时,f (x )≤0； 当a ＞0时,f (x )在[1,e ]上单调递增, 则f (x )在[1,e ]上的最大值为f (e )＝a .综上所述,当a ≥2时,f (x )在[－1,e ]上的最大值为a ； 当a ＜2时,f (x )在[－1,e ]上的最大值为2. 3.已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ).(1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值,∀x ∈(0,＋∞),f (x )≥bx －2恒成立,求实数b 的取值范围.解：(1)由已知得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x ＞0).当a ≤0时,f ′(x )≤0在(0,＋∞)上恒成立,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递减, ∴f (x )在(0,＋∞)上没有极值点. 当a ＞0时,由f ′(x )＜0,得0＜x ＜1a , 由f ′(x )＞0,得x ＞1a ,∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增,即f (x )在x ＝1a 处有极小值.∴当a ≤0时,f (x )在(0,＋∞)上没有极值点, 当a ＞0时,f (x )在(0,＋∞)上有一个极值点.(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值,∴f ′(1)＝0,解得a ＝1,∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b , 令g (x )＝1＋1x －ln xx ,则g ′(x )＝ln x －2x 2, 令g ′(x )＝0,得x ＝e 2.则g (x )在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,＋∞)上单调递增, ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2,即b ≤1－1e 2, 故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.4.已知方程f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0,其中a ∈R ,x ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[0,＋∞)上存在最大值和最小值,求实数a 的取值范围. 解：(1)由f (x )·x 2－2ax ＋f (x )－a 2＋1＝0得f (x )＝2ax ＋a 2－1x 2＋1,则f ′(x )＝－2x ＋a ax －1x 2＋12. ①当a ＝0时,f ′(x )＝2x x 2＋12,所以f (x )在(0,＋∞)上单调递增,在(－∞,0)上单调递减, 即f (x )的单调递增区间为(0,＋∞),单调递减区间为(－∞,0).②当a ＞0时,令f ′(x )＝0,得x 1＝－a ,x 2＝1a ,当x 变化时,f ′(x )与f (x )的变化情况如下： QQ 群339444963x (－∞,x 1) x 1 (x 1,x 2) x 2 (x 2,＋∞) f ′(x ) － 0 ＋ 0 －f (x )极小值极大值故f (x )的单调递减区间是(－∞,－a ),⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞,单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，1a . ③当a ＜0时,令f ′(x )＝0,得x 1＝－a ,x 2＝1a ,当x 变化时,f ′(x )与f (x )的变化情况如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1a ,(－a ,＋∞),单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，－a .(2)由(1)得,a ＝0不合题意.当a ＞0时,由(1)得,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减,所以f (x )在[0,＋∞)上存在最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a 2＞0.设x 0为f (x )的零点,易知x 0＝1－a 22a ,且x 0＜1a . 从而当x ＞x 0时,f (x )＞0；当x ＜x 0时,f (x )＜0. 若f (x )在[0,＋∞)上存在最小值,必有f (0)≤0, 解得－1≤a ≤1.所以当a ＞0时,若f (x )在[0,＋∞)上存在最大值和最小值,则实数a 的取值范围是(0,1].当a ＜0时,由(1)得,f (x )在(0,－a )上单调递减,在(－a ,＋∞)上单调递增,所以f (x )在[0,＋∞)上存在最小值f (－a )＝－1.易知当x ≥－a 时,－1≤f (x )＜0,所以若f (x )在[0,＋∞)上存在最大值,必有f (0)≥0,解得a ≥1或a ≤－1.所以当a ＜0时,若f (x )在[0,＋∞)上存在最大值和最小值,则实数a 的取值范围是(－∞,－1].综上所述,实数a 的取值范围是(－∞,－1]∪(0,1]. 5.设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .(1)讨论函数f (sin x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值；(2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0,求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值D ；(3)在(2)中,取a 0＝b 0＝0,求z ＝b －a 24满足条件D ≤1时的最大值. 解：(1)由题意,f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b , 则f ′(sin x )＝(2sin x －a )cos x ,因为－π2＜x ＜π2,所以cos x ＞0,－2＜2sin x ＜2. ①a ≤－2,b ∈R 时,函数f (sin x )单调递增,无极值； ②a ≥2,b ∈R 时,函数f (sin x )单调递减,无极值；③对于－2＜a ＜2,在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2内存在唯一的x 0,使得2sin x 0＝a .－π2＜x ≤x 0时,函数f (sin x )单调递减； x 0≤x ＜π2时,函数f (sin x )单调递增.因此,－2＜a ＜2,b ∈R 时,函数f (sin x )在x 0处有极小值f (sin x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝b －a 24.QQ 群3 3 9 4 4 4 9 6 3(2)当－π2≤x ≤π2时,|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|, 当(a 0－a )(b －b 0)≥0,x ＝π2时等号成立, 当(a 0－a )(b －b 0)＜0时,x ＝－π2时等号成立.由此可知,|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|.(3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1,此时0≤a 2≤1,－1≤b ≤1,从而z ＝b －a 24≤1.取a ＝0,b ＝1,则|a |＋|b |≤1,并且z ＝b －a 24＝1. 由此可知,z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1. 6.已知函数f (x )＝x －1x ,g (x )＝a ln x (a ∈R ).(1)当a ≥－2时,求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2)设h (x )＝f (x )＋g (x ),且h (x )有两个极值点为x 1,x 2,其中x 1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12,求h (x 1)－h (x 2)的最小值.解：(1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x (x ＞0),则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2,令m (x )＝x 2－ax ＋1,则Δ＝a 2－4. ①当－2≤a ≤2时,Δ≤0,从而F ′(x )≥0, 所以F (x )的单调递增区间为(0,＋∞)； ②当a ＞2时,Δ＞0,设F ′(x )＝0的两根为 x 1＝a －a 2－42,x 2＝a ＋a 2－42,所以F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞,F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42. 综上,当－2≤a ≤2时,F (x )的单调递增区间为(0,＋∞)； 当a ＞2时,F (x )的单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞,F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42. (2)对h (x )＝x －1x ＋a ln x ,x ∈(0,＋∞)求导得, h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2,h ′(x )＝0的两根分别为x 1,x 2,则有x 1·x 2＝1,x 1＋x 2＝－a , 所以x 2＝1x 1,从而有a ＝－x 1－1x 1.令H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x －1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x －x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－x －1x ln x ＋x －1x , 即H ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1ln x ＝21－x1＋x ln xx 2(x ＞0).当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时,H ′(x )＜0,所以H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减,又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2),所以[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln 2－3.第三部分 导数的综合应用(一)技法一：利用导数研究函数的零点或方程的根[典例] (2016·北京高考)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4,若函数f (x )有三个不同零点,求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件. [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c , 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 因为f (0)＝c ,f ′(0)＝b ,所以曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时,f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c , 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0,得3x 2＋8x ＋4＝0, 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞,＋∞)上的情况如下： x (－∞,－2)－2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞ f ′(x )＋－＋所以当c ＞0且c －3227＜0时,存在x 1∈(－4,－2),x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23,x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0, 使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知,当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时,函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点. (3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时, f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0,x ∈(－∞,＋∞), 此时函数f (x )在区间(－∞,＋∞)上单调递增, 所以f (x )不可能有三个不同零点. 当Δ＝4a 2－12b ＝0时,f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点,记作x 0. 当x ∈(－∞,x 0)时,f ′(x )＞0,f (x )在区间(－∞,x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0,＋∞)时,f ′(x )＞0,f (x )在区间(x 0,＋∞)上单调递增. 所以f (x )不可能有三个不同零点. 综上所述,若函数f (x )有三个不同零点, 则必有Δ＝4a 2－12b ＞0.故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件. 当a ＝b ＝4,c ＝0时,a 2－3b ＞0,f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点, 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件. 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件. [方法点拨]利用导数研究方程根的方法(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)通过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.[对点演练]已知函数f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a .(1)当a ＝1时,求f (x )的单调区间.(2)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点,求a 的最小值. 解：(1)当a ＝1时,f (x )＝x －1－2ln x ,则f ′(x )＝1－2x ,其中x ∈(0,＋∞).由f ′(x )＞0,得x ＞2,由f ′(x )＜0,得0＜x ＜2,故f (x )的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,＋∞).(2)f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a＝(2－a )(x －1)－2ln x ,令m (x )＝(2－a )(x －1),h (x )＝2ln x ,其中x ＞0,则f (x )＝m (x )－h (x ).①当a ＜2时,m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数,h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数, 结合图象知,若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点, 则m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12, 即(2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1≥2ln 12, 所以a ≥2－4ln 2,所以2－4ln 2≤a ＜2.②当a ≥2时,在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上m (x )≥0,h (x )＜0, 所以f (x )＞0,所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点.由①②得a≥2－4ln 2,所以a min＝2－4ln 2.技法二：利用导数证明不等式[典例]设f(x)＝e x－1.(1)当x＞－1时,证明：f(x)＞2x2＋x－1x＋1；(2)当a＞ln 2－1且x＞0时,证明：f(x)＞x2－2ax.[证明](1)当x＞－1时,f(x)＞2x2＋x－1x＋1,即e x－1＞2x2＋x－1x＋1＝2x－1,当且仅当ex＞2x,即e x－2x＞0恒成立时原不等式成立.令g(x)＝e x－2x,则g′(x)＝e x－2.令g′(x)＝0,即e x－2＝0,解得x＝ln 2.当x∈(－∞,ln 2)时,g′(x)＝e x－2＜0,故函数g(x)在(－1,ln 2)上单调递减；当x∈[ln 2,＋∞)时,g′(x)＝e x－2≥0,故函数g(x)在[ln 2,＋∞)上单调递增.所以g(x)在(－1,＋∞)上的最小值为g(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0,所以在(－1,＋∞)上有g(x)≥g(ln 2)＞0,即e x＞2x.故当x∈(－1,＋∞)时,f(x)＞2x2＋x－1x＋1.(2)f(x)＞x2－2ax,即e x－1＞x2－2ax,则e x－x2＋2ax－1＞0.令p(x)＝e x－x2＋2ax－1,则p′(x)＝e x－2x＋2a,令h(x)＝e x－2x＋2a,则h′(x)＝e x－2.由(1)可知,当x∈(－∞,ln 2)时,h′(x)＜0,函数h(x)单调递减；当x∈[ln 2,＋∞)时,h′(x)≥0,函数h(x)单调递增.所以h(x)的最小值为h(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.因为a＞ln 2－1,所以h(ln 2)＞2－2ln 2＋2(ln 2－1)＝0,即h(x)≥h(ln 2)＞0,所以p′(x)＝h(x)＞0,即p(x)在R上为增函数,故p(x)在(0,＋∞)上为增函数,所以p(x)＞p(0),而p(0)＝0,所以p(x)＝e x－x2＋2ax－1＞0,即当a＞ln 2－1且x＞0时,f(x)＞x2－2ax.[方法点拨]对于最值与不等式的证明相结合试题的求解往往先对不等式进行化简,然后通过构造新函数,转化为函数的最值,利用导数来解决.解决此类问题应该注意三个方面：(1)在化简所证不等式的时候一定要注意等价变形,尤其是两边同时乘以或除以一个数或式的时候,注意该数或式的符号；(2)灵活构造函数,使研究的函数形式简单,便于计算最值；(3)在利用导数求解最值时要注意定义域的限制,且注意放缩法的灵活应用.[对点演练](2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝e x－ax－1(a为常数),曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；(3)若x1＜ln 2,x2＞ln 2,且f(x1)＝f(x2),试证明：x1＋x2＜2ln 2.解：(1)由f(x)＝e x－ax－1,得f′(x)＝e x－a.又f′(0)＝1－a＝－1,所以a＝2,所以f(x)＝e x－2x－1,f′(x)＝e x－2.由f′(x)＝e x－2＞0,得x＞ln 2.所以函数y＝f(x)在区间(－∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,＋∞)上单调递增.(2)证明：设x＞ln 2,所以2ln 2－x＜ln 2,f(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1＝4e x＋2x－4ln 2－1.令g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＝e x－4e x－4x＋4ln 2(x≥ln 2),所以g′(x)＝e x＋4e－x－4≥0,当且仅当x＝ln 2时,等号成立,所以g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)在(ln 2,＋∞)上单调递增.又g(ln 2)＝0,所以当x＞ln 2时,g(x)＝f(x)－f(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0,即f(x)＞f(2ln 2－x),所以f(x2)＞f(2ln 2－x2),又因为f(x1)＝f(x2),所以f(x1)＞f(2ln 2－x2),由于x2＞ln 2,所以2ln 2－x2＜ln 2,因为x1＜ln 2,由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞,ln 2)上单调递减,所以x1＜2ln 2－x2,即x1＋x2＜2ln 2.技法三：利用导数研究不等式恒成立问题[典例]设f(x)＝e x－a(x＋1).(1)若∀x∈R,f(x)≥0恒成立,求正实数a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋ae x,且A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点,若对任意的a≤－1,直线AB的斜率恒大于常数m,求m的取值范围.[解](1)因为f(x)＝e x－a(x＋1),所以f′(x)＝e x－a.由题意,知a＞0,故由f′(x)＝e x－a＝0,解得x＝ln a.故当x∈(－∞,ln a)时,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；当x∈(ln a,＋∞)时,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增.所以函数f(x)的最小值为f(ln a)＝e ln a－a(ln a＋1)＝－a ln a.由题意,若∀x∈R,f(x)≥0恒成立,即f(x)＝e x－a(x＋1)≥0恒成立,故有－a ln a≥0,又a＞0,所以ln a≤0,解得0＜a≤1.所以正实数a的取值范围为(0,1].(2)设x1,x2是任意的两个实数,且x1＜x2.则直线AB的斜率为k＝g x2－g x1x2－x1,由已知k＞m,即g x2－g x1x2－x1＞m.因为x2－x1＞0,所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1),即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1.因为x1＜x2,所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数,故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立,所以m≤g′(x).而g′(x)＝e x－a－a e x,又a≤－1＜0,故g′(x)＝e x＋－ae x－a≥2ex·－ae x－a＝2－a－a.而2－a－a＝2－a＋(－a)2＝(－a＋1)2－1≥3,所以m的取值范围为(－∞,3].[方法点拨]解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法,由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法.而第(2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起,命题思路比较新颖,解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题,进而构造相应的函数,通过导函数研究其单调性解决.[对点演练]已知f(x)＝x ln x,g(x)＝－x2＋ax－3.(1)若对一切x∈(0,＋∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.(2)证明：对一切x∈(0,＋∞),ln x＞1e x－2ex恒成立.解：(1)由题意知2x ln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0,＋∞)恒成立,则a≤2ln x＋x＋3 x,设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0),。
文科高考数学导数知识点
文科高考数学导数知识点导数是高中数学中重要的知识点之一，它是微积分的基础。
掌握导数的概念和运算规则，对于理解数学的发展和应用具有重要意义。
本文将对文科高考中与导数相关的知识点进行探讨和总结。
一、导数的定义与计算导数是描述函数变化率的概念，它表示函数在某一点上的瞬时变化率。
对于一个函数f(x)，其在点x处的导数可以用极限的概念表示为：f'(x) = lim（h→0）（f(x+h) - f(x)）/h其中h为接近于0的一个无限小的实数。
在计算导数时，常用的求导法则包括常数法则、幂法则、和差法则、积法则和商法则等。
这些法则在导数的计算中提供了方便的方法，使我们能够快速准确地求得函数的导数。
二、导数的几何意义导数的几何意义体现在函数曲线上的切线斜率上。
函数曲线在某一点上的切线斜率等于该点的导数值。
这意味着导数可以告诉我们函数在某一点上是上升还是下降，以及上升或下降的速率。
利用导数的几何意义可以解决很多与函数变化率相关的问题，例如求极大值和极小值点、确定函数在某个区间上的单调性以及判定函数的凸凹性等。
三、导数的应用导数不仅仅是一种数学工具，它还在实际问题的建模和求解中具有广泛的应用。
例如，在经济学中，导数可以用来解决边际成本、边际效益和最优决策等问题；在物理学中，导数可以用来描述物体的运动状态、速度和加速度等；在生物学中，导数可以用来研究物种的增长和衰退规律等。
导数在各个领域的应用都展示了它的重要性和实用性。
四、导数与其他数学概念的联系导数与其他数学概念之间存在着紧密的联系，它们相互依存、相互推进，共同构成了数学学科的核心。
在微积分中，导数与积分是密切相关的。
导数可以通过积分来求解，而积分则可以通过导数来解释和解决问题。
导数与函数的极限、连续性以及泰勒级数展开等概念也有紧密的关联。
掌握导数的知识，有助于我们更好地理解和运用这些数学概念。
五、导数在解决实际问题中的应用举例最后，我们通过举例来说明导数在解决实际问题中的应用。
高考文科数学第二轮专题导练总复习课件 导数及其应用
分析： (1)由切线方程知，已知点处的导函数为0， 列出关于待定系数的方程组；(2)根据已知切线的 斜率，列出关于切点横坐标的方程，利用三角函 数的周期找到切点．
解析 : 1因为f x ax bsinx，所以f x a bcosx.
f ( ) a 1 b 0，f ( ) a 3 b 3，
h3
(
1 2
)
25 4
，而h2
(1) 2
2 2ln 1 2
2
2ln2
h3
(
1 2
)可
知交点个数为2个，即曲线C2与C3的交点个数为2个．
例3.已知函数f x alnx x2 (a为实常数)． 1若a 2，求证：函数f x在(1， )上是增函
数；
2求函数f x在[1，e]上的最小值及相应的x的值．
2 得x1 0，x2 a.
因为x 1, 1，1 a 2，所以当x 1, 0时，
f x 0，f x递增；
当x 0, 1时，f x 0，f x递减． 所以f x在区间1, 1上的最大值为f 0 b，
所以b 1.
又f 1 1 3 a 1 2 3 a，f 1 1 3 a 1 3 a，
万元)与年产量(单位：万件)的函数关系式为y=x3+81x1-234，则使该生产厂家获得最大年利润
3
的年产量为＿万件．
.
解析 : 导数 y x2 81 0，解得 x 9(x 9舍去)； 易得函数 y 1 x3 81x 234
3
在区间0,9上是增函数，在区间(9， )上是减函数，
所以在x 9处取极大值，也是最大值，故填 9.
设h2 x 2 x 2lnx，h3 x x2 x 6，
2023年高考数学(文科)一轮复习——利用导数研究函数的零点问题
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点. 综上，实数a的取值范围为(－∞，0).
1234
索引
2.设函数 f(x)＝12x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0. (1)求函数 f(x)的单调区间； 解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
索引
题型二 根据零点个数确定参数范围
例2 (2020·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2. (1)讨论f(x)的单调性； 解 (1)f′(x)＝3x2－k. 当k＝0时，f(x)＝x3， 故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增. 当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0， 故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫 做隐零点；若x0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行，实际上， 此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
索引
例 设函数f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的单调区间； 解 (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间. 当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a， 令f′(x)>0，得x>ln a， 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞).
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴x＝1是φ(x)唯一的极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
高考数学文科导数与函数训练复习专题
高考文科数学专题复习导数训练题一、考点回顾和基础知识1．导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容．考查方式以客观题为主，主要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义.2.导数的应用是高中数学中的重点内容,导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工具,特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题.选择填空题侧重于利用导数确定函数的单调性、单调区间和最值问题,解答题侧重于导数的综合应用,即与函数、不等式、数列的综合应用.3.应用导数解决实际问题,关键是建立适当的数学模型（函数关系）,如果函数在给定区间内只有一个极值点,此时函数在这点有极值,而此时不用和端点值进行比较,也可以得知这就是最值.2.导数（导函数的简称）的定义：设是函数定义域的一点，如果自变量在处有增量，则函数值也引起相应的增量；比值称为函数在点到之间的平均变化率；如果极限存在，则称函数在点处可导，并把这个极限叫做在处的导数，记作或，即=.注：①是增量，我们也称为“改变量”，因为可正，可负，但不为零.②以知函数定义域为，的定义域为，则与关系为.3.求导数的四则运算法则：（为常数）0x )(x f y =x 0x x ∆y )()(00x f x x f y -∆+=∆xx f x x f x y ∆-∆+=∆∆)()(00)(x f y =0x x x ∆+0xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(lim lim0000)(x f y =0x )(x f y =0x )(0'x f 0|'x x y =)(0'x f xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(lim lim0000x ∆x ∆)(x f y =A )('x f y =B A B B A ⊇''')(v u v u ±=±)(...)()()(...)()(''2'1'21x f x f x f y x f x f x f y n n +++=⇒+++=⇒''''''')()(cv cv v c cv u v vu uv =+=⇒+=c*复合函数的求导法则：或4.几种常见的函数导数：I.（为常数）（）II.二、经典例题剖析考点一：求导公式 例1)(/x f 是1231)(3++=x x x f 的导函数，则=-)1(/f . 考点二：导数的几何意义例2. 已知函数)(x f y =的图象在点))1(,1(f M 处的切线方程是221+=x y ，则=+)1()1(/f f . 考点三：导数的几何意义的应用例3.已知曲线,23:23x x x y C +-=直线,:kx y l =且直线l 与曲线C 相切于点()(),0,000≠x y x 求直线l 的方程及切点坐标. 考点四：函数的单调性例4.设函数c bx ax x x f 8332)(23+++=在1=x 及2=x 时取得极值. (1)求b a ,的值及函数)(x f 的单调区间；(2)若对于任意的[],3,0∈x 都有)(x f <2c 成立，求c 的取值范围.考点五：函数的最值例5.已知a 为实数，).)(4()(2a x x x f --=(1)求导数)(/x f ；(2)若,0)1(/=-f 求)(x f 在区间[]2,2-上的最值.考点六：导数的综合性问题例6. 设函数)0()(3≠++=a c bx ax x f 为奇函数，其图象在点())1(,1f 处的切线与直线076=--y x 垂直，导函数.12|)(min /-=x f (1)求c b a ,,的值；(2)求函数)(x f 的单调递增区间，并求函数)(x f 在[]3,1-上的最大值和最小值.例7．已知cx bx ax x f ++=23)(在区间[]1,0上是增函数,在区间()()+∞∞-,1,0,上是减函数，又1322f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭．（Ⅰ）求()f x 的解析式；（Ⅱ）若在区间[0](0)m m >，上恒有()f x x ≤成立，求m 的取值范围．)0(2'''≠-=⎪⎭⎫⎝⎛v v u v vu v u )()())(('''x u f x f x ϕϕ=x u x u y y '''⋅=0'=C C x x cos )(sin '=1')(-=n n nx x R n ∈x x sin )(cos '-=x x 1)(ln '=e xx a a log 1)(log '=x x e e =')(a a a x x ln )('=例8．设函数2()()f x x x a =--（x ∈R ），其中a ∈R ．（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程；（Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的极大值和极小值；（Ⅲ）当3a >时，证明存在[]10k ∈-，，使得不等式22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立．例9．已知),,()(23R c b a c bx x ax x f ∈++-=在()0,∞-上是增函数,[]3,0上是减函数,方程0)(=x f 有三个实根，它们分别是.,2,βα(1)求b 的值，并求实数a 的取值范围；(2)求证：βα+≥.25三、 方法总结 （一）方法总结导数是中学限选内容中较为重要的知识，由于其应用的广泛性，为我们解决所学过的有关函数问题提供了一般性方法，是解决实际问题强有力的工具．导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的对象．要牢记导数公式，熟练应用导数公式求函数的导数，掌握求导数的方法．应用导数解决实际问题的关键是要建立恰当的数学模型，了解导数概念的实际背景．应用导数求函数最值及极值的方法在例题讲解中已经有了比较详细的叙述． （二）高考预测导数的考查方式以客观题为主，主要考查求导数的基本公式和法则，以及导数的几何意义．也可以解答题的形式出现，即以导数的几何意义为背景设置成导数与解析几何的综合题．导数的应用是重点，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值、最值、值域问题． 四、强化训练1．已知曲线42x y =的一条切线的斜率为21，则切点的横坐标为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．42．函数,93)(23-++=x ax x x f 已知)(x f 在3-=x 时取得极值，则=a （ ）（A ）2 （B ）3 （C ）4 （D ）53．函数32312)(x x x f -=在区间[]6,0上的最大值是（ ） A ．323B ．163C ．12D ．94．三次函数x ax y +=3在()+∞∞-∈,x 内是增函数，则 （ ） A ． 0>aB ．0<aC ．1=aD ．31=a 5．在函数x x y 83-=的图象上,其切线的倾斜角小于4π的点中,坐标为整数的点的个数是（ ）A ．3B ．2C ．1D ．06．已知函数,)(23c bx ax x x f +++=当1-=x 时，取得极大值7；当1-=x 时，取得极小值．求这个极小值及c b a ,,的值．7．设函数).()(23R x cx bx x x f ∈++=已知)()()(/x f x f x g -=是奇函数. （1）求c b ,的值；（2）求)(x g 的单调区间与极值.8．用长为18 cm 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？ 9．已知函数()()()331,5f x x ax g x f x ax =+-=--，其中()'fx 是的导函数.(I)对满足11a -≤≤的一切a 的值，都有()0g x <，求实数x 的取值范围；(II)设2a m =-，当实数m 在什么范围内变化时，函数()y f x =的图象与直线3y =只有一个公共点. 10．设函数22()21(0)f x tx t x t x t =++-∈>R ，．(I)求()f x 的最小值()h t ； (II)若()2h t t m <-+对(02)t ∈，恒成立，求实数m 的取值范围．11．设函数).,(4)1(3)(23R b a b ax x a x x f ∈+++-= (I)若函数)(x f 在3=x 处取得极小值,21求b a ,的值；(II)求函数)(x f 的单调递增区间； (III) 若函数)(x f 在)1,1(-上有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围．12．已知二次函数),,()(2R c b a c bx ax x f ∈++=满足：对任意R x ∈，都有)(x f ≥,x 且当)3,1(∈x 时，有)(x f ≤2)2(81+x 成立．(I)试求)2(f 的值；(II)若,0)2(=-f 求)(x f 的表达式； (III)在(II)的条件下，若[)+∞∈,0x 时，)(x f >412+x m 恒成立，求实数m 的取值范围． 13．已知函数).,(4)(,6)23(213)(223R m a m x ax x g x x a x a x f ∈-+-=++-=(I)当[]3,0,1∈=x a 时，求()f x 的最大值和最小值；(II)当a <2且0≠a 时，无论a 如何变化，关于x 的方程)()(x g x f =总有三个不同实根，求m 的取值范围．例题参考答案例1 3；例2 3；例3 ⎪⎭⎫⎝⎛--=83,23,41x y ；例4 (1) ,4,3=-=b a 增区间为()()+∞∞-,2,1,；减区间为()2,1， (2) ()()+∞-∞-,91, ；例5 (1),423)(2/--=ax x x f (2).2750)34()(,29)1()(min max -===-=f x f f x f ； 例6 (1).0,12,2=-==c b a (2) ()().28)2()(,18)3()(;,2,2,min max -====+∞-∞-f x f f x f ； 例7解：（Ⅰ）2()32f x ax bx c '=++，由已知(0)(1)0f f ''==，即0320c a b c =⎧⎨++=⎩，，解得032c b a =⎧⎪⎨=-⎪⎩，． 2()33f x ax ax '∴=-，13332422a a f ⎛⎫'∴=-= ⎪⎝⎭，2a ∴=-，32()23f x x x ∴=-+．（Ⅱ）令()f x x ≤，即32230x x x -+-≤，(21)(1)0x x x ∴--≥，102x ∴≤≤或1x ≥． 又()f x x ≤在区间[]0m ，上恒成立，102m ∴<≤． 例8解：（Ⅰ）当1a =时，232()(1)2f x x x x x x =--=-+-，得(2)2f =-，且2()341f x x x '=-+-，(2)5f '=-．所以，曲线2(1)y x x =--在点(22)-，处的切线方程是25(2)y x +=--，整理得580x y +-=． （Ⅱ）解：2322()()2f x x x a x ax a x =--=-+-，22()34(3)()f x x ax a x a x a '=-+-=---． 令()0f x '=，解得3ax =或x a =． 由于0a ≠，以下分两种情况讨论．（1）若0a >，当x 变化时，()f x '的正负如下表：因此，函数()f x 在3ax =处取得极小值3a f ⎛⎫⎪⎝⎭，且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在x a =处取得极大值()f a ，且()0f a =． （2）若0a <，当x 变化时，()f x '的正负如下表：因此，函数()f x 在x a =处取得极小值()f a ，且()0f a =；函数()f x 在3ax =处取得极大值3a f ⎛⎫⎪⎝⎭，且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：由3a >，得13a>，当[]10k ∈-，时，cos 1k x -≤，22cos 1k x -≤． 由（Ⅱ）知，()f x 在(]1-∞，上是减函数，要使22(cos )(cos )f k x f k x --≥，x ∈R 只要22cos cos ()k x k x x --∈R ≤ 即22cos cos ()x x k k x --∈R ≤ ①设2211()cos cos cos 24g x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，则函数()g x 在R 上的最大值为2．要使①式恒成立，必须22k k -≥，即2k ≥或1k -≤．所以，在区间[]10-，上存在1k =-，使得22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立．例9解：(1))(,23)(2/x f b x ax x f +-= 在()0,∞-上是增函数，在[]3,0上是减函数，所以当0=x 时，)(x f 取得极小值，.048,0)2(.0,0)0(/=+-∴==∴=∴c a f b f又方程0)(=x f 有三 实根，023)(.02/=+-=∴≠∴b x ax x f a 的两根分别为.32,021ax x == 又)(x f 在()0,∞-上是增函数，在[]3,0上是减函数，)(/x f ∴>0在()0,∞-上恒成立，)(/x f <0在[]3,0上恒成立．由二次函数的性质知，a >0且a 32≥0,3∴<a ≤.92 故实数a 的取值范围为.92,0⎥⎦⎤⎝⎛ (2) βα,2, 是方程0)(=x f 的三个实根，则可设.2)22()2())(2)(()(23αβαββαβαβαa x a x a ax x x x a x f -+++++-=---= 又),,()(23R c b a c bx x ax x f ∈++-=有,21,1)2(-=+∴=++aa βαβα 0 <a ≤∴,92βα+≥.25强化训练答案： ADAAD6．解：b ax x x f ++=23)(2/.据题意，－1，3是方程0232=++b ax x 的两个根，由韦达定理得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯--=+-3313231b a∴c x x x x f b a +--=∴-=-=93)(,9,323，2,7)1(=∴=-c f ∴极小值25239333)3(23-=+⨯-⨯-=f 7．解：（1）∵()32f x x bx cx=++，∴()232f x x bx c'=++。
高中文科数学导数复习
导数常见基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则：C ' 0 (C 为常数)；(x n )' nx n 1, n Q*;(sin x)' cosx; (cos x)' sin x;1 (e x )' e x ;(a x )' a x lna(a 0,a 1); (ln x)'; x1(log a x)'- (a 0,a 1). xln a法则 1 : [u(x)v(x)]' u '(x)v'(x);法则 2: [u(x)v(x)]u'(x)v(x)u(x)v'(x);、导数在研究函数中的应用1、 了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间2、 了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值， 会求在闭区间上函数的最大值、最小值。
3、 会用导数解决某些实际问题。
导数的概念与和、差、积、商的导数5、导数的几何意义：是曲线y f (x)上点(X 。
，f (X 。
))处的切线的斜率。
因此，如果y f (x)在点x °可导，则曲线y f (x)在点(x °, f (x °))处的切线方程为 y f(x °) f /(X 0)(x x °)， K 切 f (x °)， K 法6、导函数(导数)：如果函数y f (x)在开区间(a,b)内的每点处都有导数，此时对于每一个x (a,b)，都对应着一个确定的导数f /(x)，从而构成了一个新的函数 f /(x),称这个函数f /(x)为函数yf (x)在开区间内的导函数，简称导数,法则3:u(x) v(x)(v(x) 0).v (x)4、导数的定义：设函数y f (x)在x x 0处附近有定义，如果x 0时，y 与x 的比」(也叫函数的平均变化率)有极限即x丄 无限趋近于某个常数，我们把这个极限值叫x做函数y f (x)在x x 。
高考文科数学知识点
高考文科数学知识点【导语】在高考复习进程中，文科的学生要怎样做好数学知识点的复习准备呢？下面是作者收集整理的高考文科数学知识点以供大家学习。
高考文科数学知识点：导数一、综述导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1.导数的常规问题：(1)刻画函数(比初等方法精确细微);(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);(3)运用问题(初等方法常常技能性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2.关于函数特点，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引发注意。
二、知识整合1.导数概念的知道。
2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3.要能正确求导，必须做到以下两点：(1)熟练掌控各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
(2)对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
高考文科数学知识点：不等式不等式这部分知识，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的运用。
因此不等式运用问题体现了一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的增进作用。
在解决问题时，要根据题设与结论的结构特点、内在联系、挑选适当的解决方案，终究归结为不等式的求解或证明。
不等式的运用范畴十分广泛，它始终贯串在全部中学数学当中。
诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的肯定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的值、最小值问题，无一不与不等式有着密切的联系，许多问题，终究都可归结为不等式的求解或证明。
高考文科数学导数真题汇编(带答案)
高考文科数学导数真题汇编(带答案)高考数学文科导数真题汇编答案一、客观题组4.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。
5.设函数f(x)=x^2-2x，则f(x)的单调递减区间为。
7.设函数f(x)在R上可导，其导函数f'(x)，且函数f(x)在x=2处取得极大值，则函数y=xf'(x)的图象可能是。
8.设函数f(x)=1/(2x-lnx)，则x=2为f(x)的极小值点。
9.函数y=1/(2x-lnx)的单调递减区间为(0,1]。
11.已知函数f(x)=x^2+bx+c的图象经过点(1,2)，且在点(2,3)处的切线斜率为4，则b=3.12.已知函数f(x)=ax^2+bx+c的图象过点(1,1)，且在点(2,3)处的切线斜率为5，则a=2.二、大题组2011新课标】21.已知函数f(x)=aln(x/b)+2，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.(1) 求a、b的值；(2) 证明：当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)。
解析】1) f'(x)=a/(xlnb)+2/x，由于直线x+2y-3=0的斜率为-1/2，且过点(1,f(1))，解得a=1，b=1.2) 由(1)知f(x)=ln(x)+1，所以f(x)-2ln(x/b)=ln(x/b)+1>0，当x>1，且x≠b时，f(x)>2ln(x/b)成立。
2012新课标】21.设函数f(x)=ex-ax-2.(1) 求f(x)的单调区间；(2) 若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求k的最大值。
解析】1) f(x)的定义域为(-∞,+∞)，f'(x)=ex-a，若a≤0，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增。
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实用标准 文案大全 高考文科数学导数专题第1讲 变化率与导数、导数的计
算 知 识 梳 理 1.导数的概念 (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝0limxf（x0＋Δx）－f（x0）Δ x.
(2)函数f(x)的导函数f′(x)＝0limxf（x＋Δx）－f（x）Δ x为f(x)的导函数.
2.导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0)) 处的切线的斜 率，过点P的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0). 3.基本初
等函数的导数公式 4.导数的运算法则若f′(x)，g′(x)存在，则有： 考点一 导数的计算 【例1】 求下列函数的导数：
(1)y＝exln x；(2)y＝xx2＋1x＋1x 3；
解 (1)y′＝(ex)′ln x＋ex(ln x)′＝exln x＋ex1x＝ln x＋1xex.(2)因为y＝x3
＋1＋1x 2，
所以y′＝(x3)′＋(1)′＋1x 2′＝3x2－2x 3. 【训练1】 (1) 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2x·f′(1)＋ln x，则f′(1)等于( ) A.－e B.－1 C.1 D.e 解析 由f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得f′(x)＝2f′(1)＋1x，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.答案 B (2)(2015·天津卷)已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数.若f′(1)＝3，则a的值为________.
(2)f′(x)＝aln x＋x·1x＝a(1＋ln x).由于f′(1)＝a(1＋ln 1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3.答案 (2)3 考点二 导数的几何意义 命题角度一 求切线方程 【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.解析 (1)设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1
＋x.又f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)＝ex－1＋x，所以当x>0时，f(x)＝ex－1＋x.因此，
当x>0时，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝e0＋1＝2.则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线的斜率为f′(1)＝2，所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0. 答案 2x－y＝0 【训练2】(2017·威海质检)已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x) 相切，则直 实用标准 文案大全 线l的方程为( )A.x＋y－1＝0 B.x－y－1＝0 C.x＋y＋1＝0 D.x－y＋1＝0 (2)∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln x上，∴设切点为(x0，y0).又∵f′(x)＝1＋ln x，∴y0＝x0ln x0，y0＋1＝（1＋ln x0）x0，解得x0＝1，y0＝0.∴切点为(1，0)，∴f′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.答案 B 命题角度二 求切点坐标 【例3】 (2017·西安调研)设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝1x(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________. 解析 由y′＝ex，知曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率k1＝e0＝1.设P(m，n)，又y＝1x(x>0)的导数y′＝－1x 2，曲线y＝1x(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－1m 2.依题意k1k2＝－1，所以m＝1，从而n＝1. 则点P的坐标为(1，1).答案 (1，1) 【训练3】若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________.解析 (1)由题意得y′＝ln x＋x·1x＝1＋ln x，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P(m，n)，则1＋ln m＝2，解得m＝e，所以n＝eln e＝e，即点P的坐标为(e，e). 答案 (1)(e，e) 命题角度三 求与切线有关的参数值(或范围) 【例4】 (2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________. 解析 由y＝x＋ln x，得y′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝1
＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.又该切线与y＝ax2＋(a＋2)x＋1
相切，消去y，得ax2＋ax＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案 8 【训练4】1.函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________. 函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝1x＋a，即1x＋a在(0，＋∞)上有解，a＝2－1x，因为a＞0，所以2－1 x＜2，所以a的取值范围是(－∞，2).答案 (2)(－∞，2) 2.点P是曲线x2－y－ln x＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为( )
A.1 B.32 C.5 2 D.2 解析 点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小，直线y＝x－2的斜率为1，令y＝x2－ln x，得y′＝2x－1x＝1，解得x＝1或 x＝－12(舍
去)，故曲线y 实用标准 文案大全 ＝x2－ln x上和直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标为(1，1)，点(1，1)
到直线y＝x－2 的距离等于2，∴点P到直线y＝x－2 的最小距离为2.答案 D 第2讲 导数在研究函数中的应用 知 识 梳 理 函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x) 在这个区间内单调递 增；(2)若f′(x)<0，则f(x) 在这个
区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x) 在这个区间内是常数函数. 考点一 利用导数研究函数的单调性 【例1】设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性. 解 f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2]＝ex(ax＋1)(x＋2)
＝aexx＋1a(x＋2)①当a＝12时，f′(x)＝12ex(x＋2)2≥0恒成立，∴函数f(x)在R上单调递增； ②当0＜a＜12时，有1a＞2，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＞0，有x＞－2或x＜－1a， 令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＜0，有－1a＜x＜－2，∴函数f(x)在－∞，
－1a和(－2，＋∞)上单调递增，在－1a，－2上单调递减；③当a＞12时，有1a＜2，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＞0时，有x＞－1a或x＜－2，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＜0时，有－2＜x＜－1a，
∴函数f(x)在(－∞，－2)和－1a，＋∞上单调递增；在－2，－1a上单调递减. 【训练1】(2016·四川卷节选)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝1x－ee x，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0. (1)解 由题意得f′(x)＝2ax－1 x＝2ax2－1 x(x>0).当a≤0时，f′(x)<0，
f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0有x ＝12a，当x∈
0，12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈ 12a，＋∞时，f′(x)>0，
f(x)单调递增.(2)证明 令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，
所以ex－1>x，从而g( x)＝1x－1ex－1>0. 考点二 求函数的单调区间 【例2】 (2015·重庆卷改编)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值. (1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间. 解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－43处取得极值，所以f′
－ 43＝0，即3a·169 ＋2·－43．
实用标准 文案大全 ＝16a 3－83＝0，解得a＝12. (2)由(1)得g(x)＝12x3＋x2ex故g′
(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0.解之得－1间为(－1，0)，(－∞，－4). 【训练2】 已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间. 解 (1)
对f(x)求导得f′(x)＝14－ax 2－1x，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝54.(2)由(1)知f(x)＝x4＋54 x－ln x－