导数的综合应用题型及解法
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
导数题型总结
导数题型总结导数题型总结导数及其应用题型总结题型一：切线问题①求曲线在点（xo，yo）处的切线方程②求过曲线外一点的切线方程③求已知斜率的切线方程④切线条数问题例题1：已知函数f（x）=x+x-16，求：（1）曲线y=f（x）在点（2，-6）处的切线方程（2）过原点的直线L是曲线y=f（x）的切线，求它的方程及切点坐标（3）如果曲线y=f（x）的某一切线与直线y=-(1/4)x+3垂直，求切线方程及切点坐标例题2：已知函数f（x）=ax+2bx+cx在xo处去的极小值-4.使其导数f”(x)>0的x的取值范围为（1,3），求：（1）f(x)的解析式；（2）若过点P （-1，m）的曲线y=f(x)有三条切线，求实数m的取值范围。
题型二：复合函数与导数的运算法则的综合问题例题3：求函数y=xcos （x+x-1）sin（x+x-1）的导数题型三：利用导数研究函数的单调区间①求函数的单调区间（定义域优先法则）②求已知单调性的含参函数的参数的取值范围③证明或判断函数的单调性例题4：设函数f(x)=x+bx+cx，已知g（x）=f(x)-f”(x)是奇函数，求y=g （x）的单调区间例题5：已知函数f(x)=x3-ax-1，（1）若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围（2）是否存在实数a，使f(x)在（-1,1）上单调递减？若存在，求出a的范围；若不存在，说明理由。
例题6：证明函数f(x)=lnx/x2在区间（0,2）上是减函数。
题型四：导数与函数图像问题例1：若函数y=f(x)的导函数在区间[a,b]上是增函数，则函数y=f(x)在[a,b]上的图象可能是y题型五：利用导数研究函数的极值和最值例题7：已知函数f(x)=-x3+ax2+bx在区间（-2,1）上x=-1时取得极小值，x=2/3时取得极yy32323oaoobxoabxbxabxaA．B．C．D．大值。
求（1）函数y=f(x)在x=-2时的对应点的切线方程（2）函数y=f(x)在[-2,1]上的最大值和最小值。
函数与导数高考常考题型与解法(有答案)
函数与导数高考常考题型与方法 题型一. 函数的性质及应用例1．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且1()02f =，则满足19(log )0f x >的x 的集合为________．例2．已知函数f ( x ) 是定义在R 上的偶函数，且在区间 [0，＋∞) 上单调递增．若实数a 满足 212(log )(log )2(1)f a f a f +≤，则a 的取值范围是：11. [1, 2] . (0, ] . [, 2] D. (0, 2]22A B C例3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，不等式f (x ＋a ) > f (2a －x ) 在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是________．例4．定义在R 上的函数f ( x ) 满足 f (x ＋6)＝f (x )，当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2；当－1≤ x <3时， f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 015) 等于：A ．335B ．336C ．1 678D ．2 012例5．已知函数f ( x ) 是(－∞，＋∞) 上的奇函数，且f ( x ) 的图象关于x ＝1对称，当x ∈[0，1] 时， f (x )＝2x －1，(1) 求证：f (x )是周期函数；(2) 计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017) 的值．例6．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于________．例7．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为________．例8．已知函数y ＝－x 2＋ax －a 4＋12在区间[0，1]上的最大值是2，则实数a 的值为________．例9．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ，b 为常数，且a ≠0)满足条件f (1＋x )＝f (1－x )，且方程f (x )＝x 有两个相等的实根．(1) 求f (x )的解析式；(2) 是否存在实数m ，n ( m < n )，使f ( x ) 的定义域和值域分别为 [m ，n ]和 [3m ，3n ] ？ 如果存 在，求出m ，n 的值；如果不存在，请说明理由．例10．已知f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)，且a ≤1.(1) 当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2) 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围．题型二. 函数的图象及应用 （识图、作图及用图）例11．函数y ＝e x ＋e －xe x －e－x 的图象大致为：例12．已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝k x 若方程f (x )＝g (x ) 有两个不相等的实根， 则实数k 的取值范围是：A ．1(0, )2B ．1(, 1)2C ．(1，2)D ．(2，＋∞)例13．解：函数y ＝11－x的图象与函数y ＝2sin πx (－2≤x ≤4) 的图象所有交点的横坐标之和等于： A ．2 B ．4 C ．6 D ．8例14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3 f (x )＋1的零点个数是________．例15． 已知函数{1231231232 |21|, 1(), ()()() ( ) log (1), 1x x f x f x f x f x x x x x x x x x +≤===≠≠++->若其中，则的取值 范围是 .例16．若a b 、分别是方程lg 4, 104xx x x +=+= 的实数根，函数2()2, 0() 2, 0x a b x x f x x ⎧+++≤⎪=⎨>⎪⎩，则关于x 的方程 ()f x x = 解的个数是：. 1 . 2 . 3 . 4A B C D题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．对于任意实数x ，函数f (x )＝(5－a )x 2－6x ＋a ＋5恒为正值，则a 的取值范围是________．例18．已知函数f (x )＝x 2＋m x －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x ) < 0成立，则实数m 的取值范 围是________．例19．若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，求a 的最小值．例20．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x < 0恒成立，则实数m 的取值范围是：A ．(－2，1)B ．(－4，3)C ．(－1，2)D ．(－3，4)例21．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞) 恒成立，则实数a 的取值范围是：A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)例22．11 ()sin cos 3cos (4) [0, ]222f x x x a x a x π=-++-若函数在区间上单调递增，则实数 a 的取值范围是：1161. [0, ] . [, 0] . (, ] . (, 0]797A B C D --∞-∞例22．已知函数22()23, ()27f x x x g x x ax =-+=-+-(1) ()() s t f x g x a >若对任意实数、，都有，求实数的取值范围； (2) ()() x f x g x a >若对任意实数，都有，求实数的取值范围；例23．已知函数32()ln (), ()23af x x x a Rg x x x x=-∈=- (1) 若m 为正实数，求函数1(), [, ]y g x x m m=∈上的最小值； (2) 若对任意的实数1[, 2] ()()2s t f s g t ∈≤、，都有，求实数a 的取值范围.例24．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，(a ≠0)．(1) 若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2) 若函数h (x )＝f (x )－g (x ) 在 [1，4] 上单调递减，求a 的取值范围．题型四. 导数的综合应用 例25．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，x f ′(x )－f (x )<0， 则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是：A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)例26．设函数f (x )的导函数()f x '对任意x ∈R 都有()()f x f x '>成立，则：A ．3f (ln 2)>2f (ln 3)B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3)C ．3(ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定例27．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且不等式f (x )>－xf ′(x )在(0，＋∞)上恒成立， 则函数g (x ) = x f (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为：A ．4B ．3C ．2D ．1例28．定义域为R 的函数 f ( x ) 对任意x 都有f (2＋x )＝f (2－x )，且其导函数f ′(x )满足f ′（x ）2－x >0，则当2 < a < 4时，有：A ．f (2a )<f (log 2a )<f (2)B ．f (log 2a )<f (2)<f (2a )C ．f (2a )<f (2)<f (log 2a )D ．f (log 2a )<f (2a )<f (2)例29． 函数3211()22132f x ax ax ax a =+-++ 的图象经过四个象限的一个充分必要条件是： 41163.. 1 . 20 . 332516A aB aC aD a-<<--<<--<<-<<-例30．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)，若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行． 求：(1) a 的值；(2) 求函数f (x ) 的单调区间．例31．设函数f (x )＝13x 3－a2x 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) 若a > 0，求函数f (x )的单调区间；(3) 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．例32．(2014·安徽高考) 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a > 0.(1) 讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2) 当x ∈[0，1]时，求f (x ) 取得最大值和最小值时的x 的值．例33．(2015·北京高考)设函数 f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1) 求f (x )的单调区间和极值；(2) 证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．例34．(2015·福建高考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(1) 求函数f (x )的单调递增区间；(2) 证明：当x > 1时，f (x ) < x －1；(3) 确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0 >1，当x ∈(1，x 0) 时，恒有f (x ) > k (x －1)．例35．(2014·福建高考)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 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，x 2 < e x ；(3) 证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 < c e x .函数与导数高考常考题型与方法参考答案题型一. 函数的性质及应用知识要点：．必会结论 1．函数单调性常用的结论：① 对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0⇔f (x )在D上是减函数．② 对勾函数y ＝x ＋ax(a > 0 ) 的增区间为(]－∞，－a 和[)a ，＋∞，减区间为[－a ，0)和(]0，a .③ 在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．④ 函数复合函数f (g (x )) 的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )单调性的关系是“同增异减”． 2． 函数奇偶性常用的结论：① 如果一个奇函数f (x )在原点处有定义，即f (x )有意义，那么一定有f (0)＝0； ② 如果函数f (x )是偶函数，那么f (x ) = f (－x ) = f (－|x |) = f (|x |)；③ 在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇； ④ 奇函数在两个对称区间上具有相同的单调性．偶函数在两个对称区间上具有相反的单调性． 3．函数周期性常用结论：对f (x )定义域内任一自变量的值x ：① 若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ( a > 0 )；② 若f (x ＋a )＝1f （x ），则T ＝2a ( a > 0 )；③ 若f (x ＋a )＝－1f （x ），则T ＝2 a ( a > 0 )；④ 若 f (x ＋a )＝f (x －b )，则T ＝a+b ( a > 0，b > 0 )．4．对称性的三个常用结论：① 若函数y ＝f (x ＋a )是偶函数，即f (a －x )＝f (a ＋x )，则函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ② 若对于R 上的任意x 都有f (2a －x )＝f (x )或f (－x )＝f (2a ＋x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ③ 若函数y ＝f (x ＋b )是奇函数，即f (－x ＋b )＋f (x ＋b )＝0，则函数y ＝f (x )关于点(b ，0)中心对称．例1．解：由题意知11()0, ()022f f =-=，结合图象由11199911(log )0, log 0 og 22f x x x >-<<>得或l10 1< <33x x <<解得或 例2．解：∵ f ( x ) 是偶函数，∴1222(log )(log )(log )f a f a f a =-=，∴原不等式可化为f (log 2a )≤ f (1)．又∵ f ( x ) 在区间 [0,＋∞)上单调递增，∴0≤|log 2a |≤1，即0≤log 2a ≤1或－1≤log 2a < 0 解得1≤a ≤2，12≤a <1，综上可知 12≤ a ≤2，故选C ．例3．解：二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，该函数在(－∞，0]上单调递减，∴ x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3 < 3， ∴ f (x ) 在R 上单调递减，∴ 由f (x ＋a ) > f (2a －x ) 等价于x ＋a < 2a －x ，即2x < a ，∴2x < a 在 [ a ，a ＋1 ] 上恒成立，∴2(a ＋1) < a ，∴ a <－2．例4．解：由f (x ＋6)＝ f (x ) 知f ( x ) 为周期函数且周期为6，由题意知f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝ －1，f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0，f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (2 015) ＝335(f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6))＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝335＋1＝336，故选B ．例5．(1) 证明：函数f (x )为奇函数且图象关于x ＝1对称，则f (－x )＝－f (x )，f (2＋x )＝f (－x )＝－f (x )， 所以f (4＋x )＝f [(2＋x )＋2]＝－f (2＋x )＝f (x )，所以f (x )是以4为周期的周期函数．(2) 解：当x ∈[1，2]时，2－x ∈[0，1]，又f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (x )＝f (2－x )＝22－x －1，x ∈[1，2]．∴ f (0)=0，f (1)=1，f (2)=0，f (3)=f (－1)=－f (1)=－1，又f (x ) 是以4为周期的周期函数． ∴ f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)＝f (2 016)＋f (2 017)＝f (0)＋f (1)＝1.例6．解：因为f ( x ) ＝2|x －a |，所以f ( x ) 的图象关于直线x ＝a 对称．又由f (1＋x )＝f (1－x )，知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故a ＝1，且f ( x ) 的增区间是[1，＋∞)，由函数f (x )在[m ，＋∞)上单 调递增，知[m ，＋∞)⊆[1，＋∞)，所以m ≥1，故m 的最小值为1.例7．解：作出函数f (x )的图象如图所示，当x ＝1时，y 最小，最小值为2，当x ＝0或x ＝2时，y ＝3，由图象知m 的范围为 [1，2]．例8．解：y ＝f (x )＝2()2a x --＋14(a 2－a ＋2)，对称轴为x ＝a 2，(1) 当0≤a 2≤1时，即0≤a ≤2时，f (x )max ＝14(a 2－a ＋2)，由14(a 2－a ＋2)＝2得a ＝－2或a ＝3，与0≤a ≤2矛盾，舍去．(2) 当a2 <0时，即a <0时，f (x )在[0，1]上单调递减，f (x )max ＝f (0)，由f (0)＝2，得－a 4＋12＝2，解得a ＝－6.(3) 当 a2 >1，即a >2时，f (x )在[0，1]上单调递增，f (x )max ＝f (1)，由f (1)＝2，得－1＋a －a 4＋12＝2，解得a ＝103综上所述a ＝－6或a ＝103.例9．解：(1) ∵ f ( x ) 满足f (1＋x )＝f (1－x )，∴ f ( x ) 的图象关于直线x ＝1对称．而二次函数 f ( x ) 的对称轴为直线 x ＝－b 2a ，∴－b2a＝1. ①又 f ( x ) ＝x 有相等的根，即ax 2＋(b －1)x ＝0有等根，∴Δ＝(b －1)2＝0. ② 由① ②得b ＝1，a ＝－12，∴ f ( x ) ＝－12x 2＋x .(2) ∵ f ( x ) ＝－12x 2＋x ＝－12(x －1)2＋12 ≤ 12.若存在满足要求的m ，n ，则必须3n ≤ 12，∴ n ≤ 16.从而m < n ≤ 16 < 1，又当x ≤1时，f (x )单调递增，∴⎩⎨⎧f （m ）＝－12m 2＋m ＝3m ，f （n ）＝－12n 2＋n ＝3n ，可解得m ＝－4，n ＝0满足要求，∴ 存在m ＝－4，n ＝0满足要求．例10．解：(1) 当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，f ′(x )＝1－12x2＞0，x ∈[1，＋∞)，即f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝1＋12×1＋2＝72.(2) f (x )＝x ＋ax＋2，x ∈[1，＋∞)．① 当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数．最小值为f (1)＝a ＋3. 要使f (x )＞0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3＞0，∴－3＜a ≤0. ② 当0＜a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)上为增函数， f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.∴a ＋3＞0，a ＞－3.∴0＜a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3，1]． 规律方法：1．求函数最值的五种常用方法及其思路① 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．② 图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．③ 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． ④ 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． ⑤ 换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 2．二次函数最值问题的类型及处理思路(1) 类型：① 对称轴、区间都是给定的（定轴定区间）；②对称轴动、区间固定（动轴定区间）； ③ 对称轴定、区间变动（定轴动区间）．(2) 解决这类问题的思路：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．题型二. 函数的图象及应用 （识图、作图及用图）例11．解：函数为奇函数，且x ＝0时函数无意义，可排除C 、D ，又y ＝e x ＋e －x e x －e －x ＝1＋2e 2x －1在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，故选A ．例12．解：先作出函数f (x )＝|x －2|＋1的图象，如图所示，当直线g (x )＝kx 与直线AB 平行时斜率为1， 当直线g (x )＝k x 过A 点时斜率为12，故f (x )＝g (x )有两个不相等的实根时，k 的范围为1(, 1)2.故选B ．（12题图） （13题图） （14题图）例13．解：如图，两个函数图象都关于点(1，0)成中心对称，两个图象在[－2，4]上共8个公共点， 每两个对应交点横坐标之和为2，故所有交点的横坐标之和为8. 故选D.例14．解：方程2f 2(x )－3 f (x )＋1＝0的解就是f (x )＝12 或f (x ) =1的解，作出y ＝f (x )的图象(如下图），由图象知零点的个数为5.例15．解：结合图象知1231, (2, 9], (1, 8]x x x +=-∈故知答案是例16．解：法1） 104lg(4), 44, lg 4, 44bb b b b t b t t t a t b a b =-⇔=--=⇔=-=-==-⇒+=由令则所以∴ 2 42, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 法2）由已知得lg 4, 104xx x x =-=- ，在同一坐标系中作出lg , 10 4xy x y y x ===-以及的图象，其中lg , 10xy x y == 的图象关于y x = 对称，直线 4y x y x ==-与 的交点为2 2（，）， 所以 4a b +=，242, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得 0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 规律方法：1．有关图象辨识问题的常见类型及解题思路：(1) 从函数的定义域，判断图象左右的位置，从函数的值域，判断图象的上下位置； (2) 从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3) 从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4) 从函数的周期性，判断图象的循环往复． 利用上述方法，排除、筛选错误或正确的选项． 2．利用对数函数的图象可求解的两类热点问题(1) 在求解函数单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想求解． (2) 对于方程解的个数、不等式等问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．解：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧5－a >0，36－4（5－a ）（a ＋5）<0，解得－4 < a < 4.例18．解：作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）<0，f （m ＋1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1<0，解得－22 < m < 0.例19．解：方法一、设f (x )＝x 2＋ax ＋1，则对称轴为x ＝－a 2，若－a 2 ≥12，即a ≤－1时，则f (x )在1(0, )2上是减函数．应有15()0122f a ≥⇒-≤≤-，若－a 2≤0，即a ≥0时，f (x )在1(0, )2上是增函数，应有f (0)＝1>0恒成立，故a ≥0.若0≤－a 2≤12，即－1≤a ≤0，应有()2af -＝a 24－a 22＋1＝1－a 24≥0恒成立．故－1≤a ≤0.综上a ≥－52，所以a 的最小值为－52.方法二、x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，即211 (0, ] 2x a x +≥-在上恒成立而22111515(0, ] , 222x x x y x y x x x ++∈==+∴≥-≤-时，单调递减，从而所以a ≥－52，故知a 的最小值为－52.例20．解：原不等式变形为m 2－m <1()2x ，∵ 函数y ＝1() (,1]2x -∞-在上是减函数，∴111()()222x -≥=，当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <1()2x恒成立等价于m 2－m <2，解得－1< m < 2，故选C .例21．解：由2x ln x ≥－x 2＋ax －3知a ≤ 2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x > 0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤ h (x )min ＝4，故选C .例22．解：221(1cos 2)11sin 2()cos 3sin (4)0, = [0, ]223sin 43sin 42x x f x x a x a a x x π-'=--+-≥≤++即在上恒面立 22sin 11() 0 ()0, (0, ] ()(0, ]113sin 4274()3()sin sin x g x x g x x g x x x xπ===∈=∈++令，当时，当时，∴ 10(), 07g x a ≤≤≤所以，故选D .例22．解：(1)222222()23(1)22, ()27()77f x x x x g x x ax x a a a =-+=-+≥=-+-=--+-≤- 2min max ()() ()(), 27s t f x g x f x g x a >>>-对任意实数、，都有，等价于即 3 3.a a -<<解得 的取值范围为(2) ()() , ()()0 x f x g x x R f x g x >∈->对任意实数，都有，等价于恒成立 22 , (1)50 (1)200x R x a x a ∈-++>∴∆=+-<即恒成立，11a a --<<-+解得 的取值范围为例23．解：(1) 由题意得1()6(1), 0, 1g x x x m m m'=-<<>又所以 所以1() [, 1]g x m在上单调递减，在 [1, ]m 上单调递增，故知min ()(1)1g x g ==-. (2) 方法一：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上， 由(1) 知min ()1g x =-，只需满足21ln 1ln , [, 2]2a x x a x x x x x -≤-⇔≤-∈恒成立. 令2()ln , ()2ln 1, 1()0, 0 1 ()0h x x x x h x x x x x h x x h x '''=-=+->><<<当时，当 时，所以min 1() [ [1 2 ()(1)12h x h x h ==-在,1]上递减，在,]上递增，所以 所以1a ≤-方法二：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上，由(1) 知min ()1g x =-，令1, (1)1s f a ==≤-则1 1 [,2] () 1 2a f x ≤-≤-下面证明当时，在区间上，函数恒成立因为111()ln ln , ln 1 ln 1a f x x x x x x x x x x x x x=-≤----≤+≥只需要证明－，即 令2311121()ln , [, 2], ()ln 1, ()02h x x x x h x x h x x x x x'''=+∈=-++=+> 所以1() [, 2], (1)02h x h ''=在上递增且所以1[, 1] ()0, () [1, 2] ()0, ()2x h x h x x h x h x ∈<∈>当时，递减，当时，递增 所以 () (1)1h x h ≥=综上，实数a 的取值范围为1a ≤-.例24．解：(1) h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由f (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2 < 0有解，即a > 1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a > G (x )min 即可．而21()(1)1G x x=--，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.(2) 由h (x ) 在[1，4] 上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立，所以a ≥G (x )max ，而21()(1)1G x x=--，因为x ∈[1，4]，所以11[, 1]4x ∈，所以G (x )max ＝－716 (此时x ＝4)，所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x ，∵ x ∈[1，4]，∴ h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，即h (x )在[1，4]上为减函数．故实数a 的取值范围是a ≥－716.规律方法： 1．不等式有解或不等式恒成立求参数范围问题的求解策略：分离参数转化为不含参数的函数最值问题．2．一元二次不等式恒成立问题的求解策略(1) ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的充要条件是a >0且b 2－4ac <0(x ∈R )． ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的充要条件是a <0且b 2－4ac <0(x ∈R )．(2) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )，若在区间[a ，b ]上f (x )<0与g (x )>0恒成立，则只需有⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）<0，f （b ）<0与⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）>0，g （b ）>0. (3) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )．若在区间[a ，b ]上f (x )>0与g (x )<0恒成立，可转化为在区间[a ，b ]上f (x )min > 0与g (x )max < 0成立问题或分离参数转化为不含参数的函数最值问题．3．几种题型的处理方法(1) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x R h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时恒成立在上恒成立. (2) min max , ()() ()()s t R f s g t f x g x ∈≥⇔≥对任意、时恒成立.(3) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时有解有解.题型四. 导数的综合应用例25．解：设g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴ g ′(x )<0，∴ g (x ) 在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0， ∵ f (x )为奇函数，∴ g (x )为偶函数，当x >0，g (x )>0时，f (x )>0，0 <x <1，当x <0，g (x )< 0时，f (x ) > 0，x <－1，故选A . 例26．解：构造函数 g (x )＝ f （x ）e x ， 则 g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x e 2x＝ f ′（x ）－f （x ）e x， 因为对任意x ∈R ，都有()()f x f x '>，所以g ′(x ) < 0，即函数g (x )在R 上单调递减， 又ln 2 < ln 3，所以g (ln 2) > g (ln 3)，即 f （ln 2）e ln 2 > f （ln 3）e ln 3，即f （ln 2）2>f （ln 3）3， 即 3f (ln 2) > 2f (ln 3)，故选A .例27．解：定义在R 的奇函数f (x )满足f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，f (－x )＝－f (x )，当x >0时，f (x )>－x f ′(x )，即f (x )＋x f ′(x )>0，∴[x f (x )]′>0，h (x )＝x f (x )在x >0时是增函数， 又h (－x )＝－x f (－x )＝x f (x )，∴h (x )＝x f (x )是偶函数，∴当x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0， 可得函数y 1＝x f (x )与y 2＝－lg|x ＋1|的大致图象如图，由图象可知，函数g (x )＝x f (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数为3个．例28．解：由f (2＋x )＝f (2－x )知f (x )的对称轴为x ＝2，由f ′（x ）2－x>0知f (x )在(2，＋∞)上单调递减．在(－∞，2)上单调递增．∵2<a <4，∴1<log 2 a <2<4<2a ，又f (x )的对称轴为x ＝2， ∴ f (2)>f (log 2 a )>f (2a )，故选A .例29．解：2()2(2)(1)f x ax ax a a x x '=+-=+-，当0a = 时，()1f x = ，函数()f x 的图象只经过第一、二象限不合题意； 当 0a >时，函数()f x 的极大值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极小值为； 若()f x 的图象经过四个象限，则需 165(2)10 (1)10 036a a f f a -=+>=+<>，，这与矛盾； 当 0a <时，函数()f x 的极小值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极大值为 若 ()f x 的图象经过四个象限，则需16563(2)10 (1)1036516a a f f a -=+<=+>-<<-，，得，故选D .例30．解：(1) 因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝23()3a x +－9－a 23.即当x ＝－a 3 时，f ′(x ) 取得最小值 －9－a 23.因f (x )的斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3.(2) 由(1) 知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1，f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 当x ∈(－∞，－1) 时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1，3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1，3)．例31．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) 得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0) 时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3) 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 <2()max x x+＝－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)．例32．解：(1) f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2∵ a > 0，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3且x 1 < x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x < x 1 或 x > x 2 时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2) 因为a > 0，所以x 1 < 0，x 2 > 0.① 当a ≥4时，x 2≥1，由(1) 知，f (x )在[0，1]上单调递增， 所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．② 当0 < a <4时，x 2<1，由(1) 知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 所以f (x ) 在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值； 当1< a < 4 时，f (x )在x ＝0处取得最小值．例33．解：(1) 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx，由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x ))． f (x ) 在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2，函数没有极大值. (2) 证明：由(1) 知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x ) 存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而 k ≥ e. 当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x ) 在区间 (1，e] 上的唯一零点．当k > e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e) ＝e －k 2 < 0，所以f (x )在区间(1，e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则 f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．例34．解：(1) f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是(0,. (2) 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞) 时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x ) < F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1. (3) 由(2) 知，当k ＝1时，不存在x 0 > 1满足题意．当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，不存在x 0>1满足题意． 当k < 1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x ，由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0，解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42 < 0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42 > 1.当x ∈(1，x 2) 时，G ′(x )>0，故G (x ) 在[1，x 2) 内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2) 时，G (x ) > G (1)＝0，即 f ( x ) > k ( x －1)， 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．例35．解：(1) 由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a ，又f ′(0)＝1－a ＝－1，得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．(2) 证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x ，由(1) 得g ′(x )＝f (x ) ≥ f (ln 2) > 0， 故g (x ) 在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x > 0时，g (x ) > g (0) > 0，即x 2 < e x . (3) 证法一：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2) 知，当x ＞0时，e x ＞ x 2， 所以 2222()()22x x xx x e e e =⋅>⋅ 当x ＞x 0 时，222222041()()()()()22222xx x x x x e x c c>⋅>⋅=⋅= 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 ＜c e x . 证法二：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有 13x 3 ＜ e x .令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x ，由(2) 知，当x ＞0时，x 2＜e x ，从而h ′(x ) ＜0，h (x ) 在(0，＋∞)单调递减，所以h (x )＜h (0)＝－1＜0，即13 x 3 ＜e x .取x 0＝3c ，当x ＞x 0 时，有1c x 2 ＜ 13x 3 ＜e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x .。
高中导数题所有题型及解题方法
高中导数题所有题型及解题方法一、导数的概念1.1 导数的定义•导数的定义公式：f′(x)=limℎ→0f(x+ℎ)−f(x)ℎ•导数表示函数在某一点的变化率1.2 导数的几何意义•函数图象在某一点的切线斜率•函数图象在某一点的局部线性近似二、导数的基本运算法则2.1 基本导数公式•常数函数：d dx (C)=0•幂函数：d dx (x n)=nx n−1•指数函数：ddx(a x)=a x ln(a)2.2 函数和、差、积、商的导数•和的导数：(u+v)′=u′+v′•差的导数：(u−v)′=u′−v′•积的导数：(uv)′=u′v+uv′•商的导数：(uv)′=u′v−uv′v2,其中v≠02.3 复合函数的导数•复合函数的求导公式：如果y=f(u)及u=g(x), 则dy dx =dy dududx三、导数的应用3.1 函数的单调性•若f′(x)>0，则函数f(x)在该区间上单调递增•若f′(x)<0，则函数f(x)在该区间上单调递减3.2 函数的极值与最值•极大值：若f′(x0)=0，且f″(x0)<0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极大值•极小值：若f′(x0)=0，且f″(x0)>0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极小值3.3 函数的拐点•拐点：若f″(x0)=0，则f(x)在x0处的图像有拐点3.4 函数的图像•函数图象的基本性质–若f′(x)>0，则函数的图像上的点随x的增大而上升–若f′(x)<0，则函数的图像上的点随x的增大而下降–若f″(x)>0，则函数的图像在该区间上凹–若f″(x)<0，则函数的图像在该区间上凸四、基础导数题型4.1 求导数•题型1：求函数的导数y=f(x)•题型2：求函数的高阶导数y(n)=f(x)4.2 高阶导数应用•题型1：求函数的极值和拐点•题型2：求函数在某点的切线方程•题型3：求函数的图像4.3 求解极值问题•题型1：求一定范围内函数的极大值和极小值•题型2：求满足一定条件的函数极值4.4 函数的单调性•题型1：判断函数的单调区间•题型2：填空题，填写使函数单调递增或递减的区间五、综合题型5.1 数学建模•题型1：利用导数求解实际生活中的问题5.2 物理应用•题型1：利用导数求解物理问题，如速度、加速度等5.3 函数的变化率•题型1：求函数在某点的变化率•题型2：求函数在某段区间的平均变化率六、总结本篇文章主要介绍了高中阶段导数相关的内容，包括导数的基本定义、几何意义、基本运算法则，以及导数在函数的单调性、极值与最值、图像以及物理应用中的运用。
高考数学大一轮复习第三章三角函数解三角形3.2导数的应用第3课时导数的综合应用课件
的图象相交于点A和点B，则AB的最小值为 答案 解析
A.2
B.3
√C.4－2ln 2
D.3－2ln 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
6.(2016·浙江四校联考)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a>0，b∈R)，若对
任意x>0，f(x)≥f(1)，则 答案 解析
√A.ln a<－2b
解答
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥
k x＋1
恒成立，求实数k的取值范围.
解答
引申探究 本题(2)中，若改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥ 的取值范围. 解答
k 成立，求实数k x＋1
当
x∈[1，e]时，k≤x＋1x1＋ln
x 有解，
x＋11＋ln x
令 g(x)＝
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值集合. 解答
思维升华
(1)利用导数研究函数的单调性，可以和零点存在性定理相结合判断零 点个数. (2)利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数 的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋 势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.
跟踪训练2 (2016·郑州模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，
且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|
的零点个数为 答案 解析
A.4
B.3
C.2
D.1
题型三 利用导数研究恒成立或有解问题
1＋ln x 例 4 已知函数 f(x)＝ x . (1)若函数 f(x)在区间(a，a＋12)上存在极值，求正实数 a 的取值范围；
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln
高考数学第一部分专题四导数的综合应用(第一课时)“导数与不等式”考法面面观理(重点生,含解析)
专题四导数的综合应用[考法一不等式的证明问题]题型·策略(一)|构造函数，利用单调性证明单变量不等式[例1]设a为实数，函数f (x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f (x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.[破题思路]第(1)问(1)由f (x)＝e x－2x＋2a(x∈R)，知f ′(x)＝e x－2.令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.当x<ln 2时，f ′(x)<0，故函数f (x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f ′(x)>0，故函数f (x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．所以f (x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x)在x ＝ln 2处取得极小值f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，e x－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝e x－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝e x－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.于是对∀x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对∀x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.[题后悟通]1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝λ(x 2－1)(λ为常数)．(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在x ＝1处有相同的切线，求实数λ的值； (2)若λ＝12，且x ≥1，证明：f (x )≤g (x )．解：(1)f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝2λx ，则f ′(1)＝1， 从而g ′(1)＝2λ＝1，即λ＝12.(2)证明：设函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)，则h ′(x )＝ln x ＋1－x .设p (x )＝ln x ＋1－x ，从而p ′(x )＝1x－1≤0对任意x ∈[1，＋∞)恒成立，所以当x ∈[1，＋∞)时，p (x )＝ln x ＋1－x ≤p (1)＝0， 即h ′(x )≤0，因此函数h (x )＝x ln x －12(x 2－1)在[1，＋∞)上单调递减，即h (x )≤h (1)＝0，所以当λ＝12，且x ≥1时，f (x )≤g (x )成立．题型·策略(二)| 构造函数，利用最值证明单变量不等式[例2] 已知函数f (x )＝a e x －b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1x ＋1. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>0. [破题思路] 第(1)问(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a e x －b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1e－1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＝1e ，a e －b ＝1e－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1e2，b ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝1e 2·e x－ln x (x >0)．因为f ′(x )＝ex －2－1x在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1,2)． 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也是最小值． 由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1x 0，则x 0－2＝－ln x 0.故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以f (x )>0.[题后悟通]当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号技法 关键 点拨利用最值证明单变量不等式的技巧利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f (x )>g (x )．证明技巧：先将不等式f (x )>g (x )移项，即构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，转化为证不等式h (x )>0，再次转化为证明h (x )min >0，因此，只需在所给的区间内，判断h ′(x )的符号，从而判断其单调性，并求出函数h (x )的最小值，即可得证[对点训练]2．已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2]上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0＜1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．解：(1)易得f ′(x )＝－x －1－aex，由题意知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2]恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2]恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.故实数a 的取值范围为(－∞，－1]． (2)证明：若a ＝0，则f (x )＝xex .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)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0) ＝1－x e x －1－x 0e x 0＝1－x e x 0－1－x 0exe x ＋x 0.设φ(x )＝(1－x )e x 0－(1－x 0)e x，x ∈R ， 则φ′(x )＝－e x 0－(1－x 0)e x.∵x 0＜1， ∴φ′(x )＜0，∴φ(x )在R 上单调递减，而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， ∴x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )． 题型·策略三| 构造函数证明双变量函数不等式[例3] 若b >a >0，求证：ln b －ln a >2ab －aa 2＋b 2.[破题思路] 证明：ln b －ln a >2ab －aa 2＋b 2，想到如下思路：(1)构造以a 为主元的函数，利用导数求解．(2)考虑到ln b －ln a ＝ln b a ，2a b －aa 2＋b 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a－11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2，设t ＝b a ，化为只有一个因变量t 的函数求解．(3)原不等式右边可分开写，观察此式两边，发现其与f (x )＝ln x －2axa 2＋b 2有关，故先研究f (x )的单调性，从而得解．[规范解答]法一：主元法(学生用书不提供解题过程) 构造函数f (x )＝ln b －ln x －2x b －xx 2＋b 2，其中0<x <b ，则f ′(x )＝－1x －2b 3－4b 2x －2bx2x 2＋b 22＝－x 2＋b 22＋2b 3－4b 2x －2bx 2xxx 2＋b 22＝－b 2－x 2b 2－x 2＋2bx x x 2＋b 22.∵0<x <b ，∴f ′(x )＝－b 2－x 2b 2－x 2＋2bxx x 2＋b 22<0，则函数f (x )在(0，b )上单调递减，而b >a >0，故f (a )>f (b )＝0，即ln b －ln a >2ab －aa 2＋b 2.法二：整体换元法(学生用书不提供解题过程)令b a ＝t (t >1)，构造函数 f (t )＝ln t －2t －1t 2＋1，则 f ′(t )＝1t ＋2t 2－4t －2t 2＋12＝t 4＋2t 3－2t 2－2t ＋1t t 2＋12＝t 2－1t 2＋2t －1t t 2＋12.∵t >1，∴t 2－1>0，t 2＋2t －1>12＋2－1>0，则f ′(t )>0，∴f (t )在(1，＋∞)上单调递增，故f (t )>f (1)＝0，即ln b a －2⎝ ⎛⎭⎪⎫ba －11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2>0，从而有ln b －ln a >2a b －aa 2＋b 2.法三：函数不等式的对称性(学生用书提供解题过程) 原不等式可化为ln b －2ab a 2＋b 2>ln a －2a2a 2＋b 2，则构造函数f (x )＝ln x －2ax a 2＋b 2(b ≥x >a >0)，则f ′(x )＝1x －2a a 2＋b 2>1b －2a2ab＝0，∴f (x )＝ln x －2ax a 2＋b 2在(a ，b )上单调递增，即f (b )>f (a )，则ln b －2ab a 2＋b 2>ln a －2a2a 2＋b 2，故ln b －ln a >2a b －aa 2＋b 2.[题后悟通] 思路 受阻 分析由于题目条件少，不能正确分析要证不等式的特点，并构造相应的函数将问题转化，从而导致无从下手解决问题技法 关键 点拨证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明3．(2019届高三·黄冈模拟)已知函数f (x )＝λln x －e －x(λ∈R)． (1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x 1<x 2时，e 1－x 2－e 1－x 1>1－x 2x 1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝λln x －e －x，∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －xx，∵函数f (x )是单调函数，∴f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ①当函数f (x )是单调递减函数时，f ′(x )≤0，∴λ＋x e －x x ≤0，即λ＋x e －x ≤0，λ≤－x e －x ＝－x e x ，令φ(x )＝－x e x ，则φ′(x )＝x －1ex ，当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0， 则φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x >0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e .②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0，∴λ＋x e －x x ≥0，即λ＋x e －x ≥0，λ≥－x e －x＝－x ex ，由①得φ(x )＝－xe x 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x →＋∞时，φ(x )<0，∴λ≥0.综上，λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e ∪[0，＋∞)． (2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e 时，f (x )＝－1e ln x －e －x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x 1<x 2，∴f (x 1)>f (x 2)， 即－1e ln x 1－e －x 1>－1e ln x 2－e －x 2，∴e 1－x 2－e 1－x 1>ln x 1－ln x 2.要证e 1－x 2－e 1－x 1>1－x 2x 1，只需证ln x 1－ln x 2>1－x 2x 1， 即证ln x 1x 2>1－x 2x 1，令t ＝x 1x 2，t ∈(0,1)，则只需证ln t >1－1t，令h (t )＝ln t ＋1t －1，则h ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t2，当0<t <1时，h ′(t )<0，∴h (t )在(0,1)上单调递减，又h (1)＝0，∴h (t )>0，即ln t >1－1t，故原不等式得证．[考法二 恒成立与能成立问题]题型·策略(一)| 分离参数或构造函数解决恒成立问题[例1] 已知函数f (x )＝x ln x ，若对于所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围．[破题思路]法一：分离参数法(学生用书不提供解题过程)依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ≤ln x ＋1x在x ∈[1，＋∞)恒成立，亦即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x min ，x ∈[1，＋∞)．设g (x )＝ln x ＋1x (x ≥1)，则g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2.令g ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ≥1时，因为g ′(x )≥0， 故g (x )在[1，＋∞)上是增函数．所以g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝1. 故a 的取值范围是(－∞，1]．法二：构造函数法(学生用书提供解题过程) 当x ＝1时，有f (1)≥a －1，即a －1≤0，得a ≤1. 构造F (x )＝f (x )－(ax －1)＝x ln x －ax ＋1，原命题等价于F (x )≥0在x ≥1上恒成立⇔F (x )min ≥0，x ∈[1，＋∞)．由于F ′(x )＝ln x ＋1－a ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函数F (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以F (x )min ＝F (1)＝1－a ≥0，得a ≤1.故a 的取值范围是(－∞，1]．[题后悟通] (一)思路受阻分析求解本题时，直接作差构造函数或分离参数后构造函数求a 的取值范围，其关键是正确求解所构造函数的最值，这也是大多数同学不会求解或不能正确求解最值而导致无法继续解题或解题失误的地方．(二)技法关键点拨分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键 (1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．[对点训练]1．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R. (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解：(1)由题意，f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x，x >0，①当a ≤0时，2ax 2－1≤0，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a >0时，f ′(x )＝2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12a ⎝⎛⎭⎪⎫x －12a x，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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增． (2)原不等式等价于f (x )－1x＋e 1－x>0在(1，＋∞)上恒成立．一方面，令g (x )＝f (x )－1x ＋e 1－x ＝ax 2－ln x －1x＋e 1－x －a ，只需g (x )在(1，＋∞)上恒大于0即可． 又g (1)＝0，故g ′(x )在x ＝1处必大于等于0. 令F (x )＝g ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e 1－x，由g ′(1)≥0，可得a ≥12.另一方面，当a ≥12时，F ′(x )＝2a ＋1x 2－2x 3＋e 1－x≥1＋1x 2－2x 3＋e 1－x＝x 3＋x －2x 3＋e 1－x，因为x ∈(1，＋∞)，故x 3＋x －2>0.又e 1－x>0，故F ′(x )在a ≥12时恒大于0.所以当a ≥12时，F (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以F (x )>F (1)＝2a －1≥0， 故g (x )也在(1，＋∞)上单调递增． 所以g (x )>g (1)＝0，即g (x )在(1，＋∞)上恒大于0. 综上所述，a ≥12.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 题型·策略(二)| 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题 [例2] 已知函数f (x )＝x －a ln x ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R)．若在[1，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<g (x 0)成立，求a 的取值范围．[破题思路]用什么 建立关于a 的不等式 差什么找什么要建立关于a 的不等式，可令h (x )＝f (x )－g (x )，转化为h (x )的最值问题求解[规范解答]依题意，只需[f (x 0)－g (x 0)]min <0，x 0∈[1，e]即可． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝x －a ln x ＋a ＋1x，x ∈[1，e]， 则h ′(x )＝1－a x －a ＋1x 2＝x 2－ax －a ＋1x 2＝[x －a ＋1]x ＋1x 2.令h ′(x )＝0，得x ＝a ＋1.①若a ＋1≤1，即a ≤0时，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )min ＝h (1)＝a ＋2<0，得a <－2；②若1<a ＋1<e ，即0<a <e －1时，h (x )在[1，a ＋1)上单调递减，在(a ＋1，e]上单调递增，故h (x )min ＝h (a ＋1)＝(a ＋1)－a ln(a ＋1)＋1＝a [1－ln(a ＋1)]＋2>2，x ∈(0，e －1)与h (x )<0不符，故舍去．③若a ＋1≥e，即a ≥e－1时，h (x )在[1，e]上单调递减，则h (x )min ＝h (e)＝e －a ＋a ＋1e，令h (e)<0，得a >e 2＋1e －1>e －1成立．综上所述，a 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞.[题后悟通] 思路 受阻 分析本题构造函数后，求解a 的取值范围时，需对a 分类讨论．此处往往因不会分类讨论或讨论不全而导致解题失误技法 关键 点拨不等式能成立问题的解题关键点2．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”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 的值；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若存在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，当a ＝－6时，x ＝3是函数f (x )的一个极小值点，符合题意，故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)，则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 ， 则G ′(x )＝2x －2x －ln x －x －2x －1x －ln x 2＝x －1x －2ln x ＋2x －ln x 2.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；当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，＋∞)．题型·策略(三)| 最值定位法解决双参不等式恒成立问题 [例3] 已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．[破题思路]第(1)问 求什么想什么 求f (x )的单调区间，想到解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0给什么用什么 题目条件中已给出f (x )的解析式，直接求导然后分类讨论参数m 即可第(2)问 求什么想什么 求a 的取值范围，想到建立a 的不等式给什么用什么 给出g (x 1)≥f (x 2)对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都成立，用此不等式建立关于a 的不等式差什么找什么缺少f (x )与g (x )的最值，利用导数求解[规范解答](1)因为f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >12m.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞上单调递减． 综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当m >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞.(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ， 由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，又g ′(x )＝1＋ax2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，所以函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，所以g (x )min＝g (2)＝2－a2.由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]． [题后悟通] (一)思路受阻分析本题(2)中不会或不能准确地将已知条件“∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立”进行转化，而导致无法求解此题．(二)技法关键点拨1．最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双参不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，等价于f (x )min (x ∈[a ，b ])≥g (x )max (x∈[m ，n ])，列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范围．2．常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的x 1∈[a ，b ]，总存在x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max . (2)对于任意的x 1∈[a ，b ]，总存在x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min . (3)若存在x 1∈[a ，b ]，对任意的x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min . (4)若存在x 1∈[a ，b ]，对任意的x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≥g (x 2)max . (5)对于任意的x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min . (6)对于任意的x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)max .[对点训练]3．已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a ＋1x ＋a x 2＝x －1x －ax2. ①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. ③当a ≥e 时，x ∈[1，e]，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，所以f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值． 由(1)知，当a <1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .由题意知g ′(x )＝(1－e x)x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. [专题跟踪检测](对应配套卷P171)1．(2019届高三·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0.(1)求函数f (x )的最小值； (2)当x >2a 时，证明：f x －f 2a x －2a >32a .解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a 2x ＝x ＋a x －ax.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．所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值，也是最小值，且f (a )＝12a 2－a 2ln a .(2)证明：由(1)知，f (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 则所证不等式等价于f (x )－f (2a )－32a (x －2a )>0.设g (x )＝f (x )－f (2a )－32a (x －2a )，则当x >2a 时，g ′(x )＝f ′(x )－32a ＝x －a 2x －32a＝2x ＋ax －2a2x>0，所以g (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 当x >2a 时，g (x )>g (2a )＝0， 即f (x )－f (2a )－32a (x －2a )>0，故f x －f 2a x －2a >32a .2．已知函数f (x )＝x e x＋2x ＋a ln x ，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线与直线x ＋2y －1＝0垂直．(1)求实数a 的值； (2)求证：f (x )>x 2＋2.解：(1)因为f ′(x )＝(x ＋1)e x＋2＋a x，所以曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线斜率k ＝f ′(1)＝2e ＋2＋a . 而直线x ＋2y －1＝0的斜率为－12，由题意可得(2e ＋2＋a )×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1， 解得a ＝－2e.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x e x＋2x －2eln x . 不等式f (x )>x 2＋2可化为x e x ＋2x －2eln x －x 2－2>0. 设g (x )＝x e x＋2x －2eln x －x 2－2， 则g ′(x )＝(x ＋1)e x＋2－2e x－2x .记h (x )＝(x ＋1)e x＋2－2e x－2x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋2)e x＋2e x2－2，因为x >0，所以x ＋2>2，e x >1，故(x ＋2)e x>2， 又2e x 2>0，所以h ′(x )＝(x ＋2)e x＋2e x2－2>0，所以函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增． 又h (1)＝2e ＋2－2e －2＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，函数g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，函数g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (1)＝e ＋2－2eln 1－1－2＝e －1， 显然e －1>0，所以g (x )>0，即x e x ＋2x －2eln x >x 2＋2，也就是f (x )>x 2＋2.3．(2018·武汉模拟)设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x. 当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增． (2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x－4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)[(x －1)e x＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意．综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．4．(2018·南昌模拟)设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x－2mx ＝－2mx 2－1x，当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m，令f ′(x )<0，得x >m m， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1. 即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立． 令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．5．(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋x b(a ≠0)． (1)当b ＝2时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＋b ＝0，b >0时，对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，恒有f (x )≤e－1成立，求实数b 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当b ＝2时，f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ －a2(负值舍去)，当0<x < －a2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a 2上单调递减；当x >－a2时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增． 综上所述，当b ＝2，a >0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当b ＝2，a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增．(2)因为对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，恒有f (x )≤e－1成立，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )max ≤e－1. 当a ＋b ＝0，b >0时，f (x )＝－b ln x ＋x b，f ′(x )＝－b x ＋bx b －1＝b x b －1x.令f ′(x )<0，得0<x <1；令f ′(x )>0，得x >1.所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，f (x )max 为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝b ＋e－b与f (e)＝－b ＋e b中的较大者．f (e)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝e b －e －b －2b. 令g (m )＝e m－e －m－2m (m >0)，则当m >0时，g ′(m )＝e m＋e －m－2>2e m ·e －m－2＝0，所以g (m )在(0，＋∞)上单调递增，故g (m )>g (0)＝0，所以f (e)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，从而f (x )max ＝f (e)＝－b ＋e b所以－b ＋e b ≤e－1，即e b－b －e ＋1≤0.设φ(t )＝e t －t －e ＋1(t >0)，则φ′(t )＝e t－1>0， 所以φ(t )在(0，＋∞)上单调递增．又φ(1)＝0，所以e b－b －e ＋1≤0的解集为(0,1]． 所以b 的取值范围为(0,1]．6．(2018·开封模拟)已知函数f (x )＝a x＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)． (1)当a ＝e(e 是自然对数的底数)时，求函数f (x )的单调区间；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e－1，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a xln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x－1)ln a . 当a ＝e 时，f ′(x )＝2x ＋e x－1，其在R 上是增函数，又f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e－1， 又当x 1，x 2∈[－1,1]时，|f (x 1)－f (x 2)|≤f (x )max －f (x )min ， ∴只要f (x )max －f (x )min ≥e－1即可．∵当a >1时，ln a >0，y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数， 当0<a <1时，ln a <0，y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数， ∴当a >1或0<a <1时，总有f ′(x )在R 上是增函数，又f ′(0)＝0，∴f ′(x )，f (x )随x 的变化而变化的情况如表所示：x (－∞，0) 0 (0，＋∞)∴当x ∈[－min max 中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a －2ln a . 令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∴g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2≥0， ∴g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数． 而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)； 当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．∴当a >1时，f (x )max －f (x )min ＝f (1)－f (0)≥e－1，即a －ln a ≥e－1， 函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e；当0<a <1时，f (x )max －f (x )min ＝f (－1)－f (0)≥e－1，即1a＋ln a ≥e－1， 函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。
导数考试题型及答案详解
导数考试题型及答案详解一、选择题1. 函数f(x) = x^2 + 3x + 2的导数是：A. 2x + 3B. x^2 + 2C. 2x + 6D. 3x + 2答案：A2. 若f(x) = sin(x)，则f'(π/4)的值是：A. 1B. √2/2C. -1D. -√2/2答案：B二、填空题1. 求函数g(x) = x^3 - 2x^2 + x的导数，g'(x) = __________。
答案：3x^2 - 4x + 12. 若h(x) = cos(x)，求h'(x) = __________。
答案：-sin(x)三、解答题1. 求函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2的导数，并求f'(2)的值。
解：首先求导数f'(x) = 3x^2 - 12x + 9。
然后将x = 2代入得到f'(2) = 3 * 2^2 - 12 * 2 + 9 = 12 - 24 + 9 = -3。
2. 已知函数y = ln(x)，求y'。
解：根据对数函数的导数公式，y' = 1/x。
四、证明题1. 证明：若函数f(x) = x^n，其中n为常数，则f'(x) = nx^(n-1)。
证明：根据幂函数的导数公式，对于任意实数n，有f'(x) = n * x^(n-1)。
五、应用题1. 某物体的位移函数为s(t) = t^3 - 6t^2 + 9t + 5，求该物体在t = 3时的瞬时速度。
解：首先求位移函数的导数s'(t) = 3t^2 - 12t + 9。
然后将t = 3代入得到s'(3) = 3 * 3^2 - 12 * 3 + 9 = 27 - 36 + 9 = 0。
因此，该物体在t = 3时的瞬时速度为0。
六、综合题1. 已知函数f(x) = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 5，求f'(x)，并求曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率。
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导数的综合应用题型及解法
题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；
题型二：利用导数几何意义求切线方程
2．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2
x 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
3．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
4．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；
5．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
6．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（ D ）
（A ） （B ） （C ） （D ）
7．函数的图像为14313+-=x x y ( A )
8．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( B )
A 、0
B 、1
C 、2
D 、3
题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围
9．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.
10．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－2
3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。
题型六：利用导数研究方程的根
11．已知平面向量a =(3,－1). b =(21,23).
（1）若存在不同时为零的实数k 和t ，使x =a +(t2－3)b ，y =-k a +t b ，x ⊥y ， 试求函数关系式k=f(t) ；
(2) 据(1)的结论，讨论关于t 的方程f(t)－k=0的解的情况.
题型七：导数与不等式的综合
12．设ax x x f a -=>3)(,0函数在),1[+∞上是单调函数.
（1）求实数a 的取值范围；
（2）设0x ≥1，，)(x f ≥1，且00))((x x f f =，求证：00)(x x f =.
13．已知a 为实数，函数23()()()2f x x x a =++
（1）若函数()f x 的图象上有与x 轴平行的切线，求a 的取值范围
（2）若'(1)0f -=，求函数()f x 的单调区间
题型八：导数应用题
14．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y （升）关于行驶速度x （千米/小时）的函数解析式可以表示为：3138(0120).12800080y x x x =-+<≤
已知甲、乙两地相距100千米。
（I ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ （II ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 题型九：导数与向量的结合
1．设平面向量3113(),().2222a b =-=，，若存在不同时为零的两个实数s 、t 及实数k ，使，且y x b t a s y b k t a x ⊥+-=-+=,,)(2
（1）求函数关系式()S f t =；
（2）若函数()S f t =在[)∞+，
1上是单调函数，求k 的取值范围。
？。