导数压轴题题型梳理归纳
导数题型梳理归纳
题型一：含参分类讨论 类型一：主导函数为一次型
例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值 解：()1
ax f x x
-'=
.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ?>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.
当0a >时，因为10x a <<
时()0f x '<，当1
x a
>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ??
= ???
，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =
类型二：主导函数为二次型
例2: 已知函数()()32
0f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()2
3210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴
3k x =
，且过()0,1，故03
k
k k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ?=-.
（1）当24120k ?=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -
上单调递增；
（2）当24120k ?=->时，即k <令()2
3210f x x kx '=-+=，解得：
12x x ==
，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.
因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ???
+-??
?????????
上单
调递增，在????
上单调递减.
类型三：主导函数为超越型
例3：已知函数()cos x
f x e x x =-.求函数()f x 在区间0,
2π??
????
上的最值. 解：定义域0,2π??????
，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1x
h x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .x
x h x e x x x x e x '=---=-
当0,
2x π??∈????，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π??????
递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,
2x π??∈????递减，所以()()()max
01,.22f x f f x f ππ??
====- ???
类型四：复杂含参分类讨论
例4：已知函数()()3
3f x x x a a R =+-∈.
若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.
解：()33
333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ?+-≥?=+-=?-+
2
33,33,x x a
f x x x a
?+≥?'=?-
33f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增
函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.
②当11a -<<时，若()()3
,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若
()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，
()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+
因此当113a -<≤
时，()()3
34M a m a a a -=--+；当113
a <<时，()()332M a m a a a -=-++.
③当1a ≥时，有x a ≤，故()3
33f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函
数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故
()()4M a m a -=.
题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题
类型一：参变分离后分母跨0
例5：已知函数()()()242,22x
f x x x
g x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，
求k 的取值范围.
解：由题意()24221x
x x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.
当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；
当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()
()242
1,21x x x h x x e x ++=
>-+ ()()()
2
2
+221x x
xe x h x e x -'=
+，所以()h x 在0x =处取得最大值，
()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()
242
21x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2
x =-处取得最小值，()2
2k h e ≤-=.
综上，k 的取值范围为2
1,e ????.
类型二：参变分离后需多次求导
例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,
,02x f x ?
?
∈> ???
恒成立，求a 的最小值.
解：即对12ln 0,,221
x
x a x ??∈>-
?-??
恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ??
=-∈ ?-??，则()()()()
2222
12ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --??
'=
+-∈=-+=< ???
()m x 在10,2?? ???上为减函数，于是()122ln 202m x m ??
>=->
???
，
从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2??
?
??上为增函数，()124ln 22l x l ??
<=- ???
，
故要2ln 21
x
a x >-
-恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()1
1x g x b x xe b R x
=---∈
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.
类型三：参变分离后零点设而不求
例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()
1
f x k x <
-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.
解：恒成立不等式()min
ln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++??
<
=< ?---??，令()ln 1
x x x g x x +=-，则()()2
ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()1
10h x x
'=-
>，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->
由零点存在定理，()3,4b ?∈，使得()0h b =.
所以()1,x b ∈，()()00h x g x '，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1
b b b
g x g b b +==
-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=?=-，()()
()23,4,1
b b b g b b b +-=
=∈-所以
,k b <得max 3k =
变式1：（理）已知函数().x ln x e
ax
x f x +-=
（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.
题型三：无法参变分离的恒成立问题
类型一：切线法
例8：若[)2
0,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.
类型二：赋值法
例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =+
+>.
（1）当3
4
a =-
时，求函数()f x 的单调区间； （2）对于任意21,e ??+∞??
??均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-
时，3
()ln 1,04
f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x 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04a <≤时，()2f x a
≤等价于22ln 0x a a -
-≥．
令1t a
=
，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，
则()2ln g t g x ≥=．
（i ）当1
,7x ??∈+∞????
≤则()2ln g t g x ≥=．
记1
()ln ,7
p 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，()g t g =…．
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)07777q p p ????=-
<-= ? ???
??
．所以，()<0q x ．
因此()0
g t g =>…．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ??
∈+∞????，
),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ??
∈+∞????
，均有()2f x a ?．
综上所述，所求a 的取值范围是? ??
题型四：零点问题
类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数 例10：已知函数()()3
1+ln .4
f x x ax
g x x =+=-，
（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>
讨论()h x 零点个数.
解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而
()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．
当x =1时，若54a -
≥，则5
(1)04
f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h f
g g ===, 故x =1是()
h x 的零点；若54a <-，则5
(1)04
f a =+<，
(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．
当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2
()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，
而1(0)4f =
，5
(1)4
f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点； 当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.
(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，
故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．
①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．
②若f =0，即34
a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；
③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4
f a =+， 所以当53
44
a -
<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点； 当5
34a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．
综上，当34a >-或5
4a <-时，()h x 由一个零点；
当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当53
44
a -<<-时，()h x 有三个零点．
类型二：±∞方向上的函数值分析
例11：已知函数()()22.x x
f x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.
（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点． （ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为
1
(ln )1ln f a a a
-=-+．
①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于1
1ln 0a a
-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，1
1ln 0a a
-+<，即(ln )0f a -<． 又4
22(2)e
(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．
设正整数0n 满足03ln 1n a ??>+
???，则()()
000032ln 10n n
f n e ae n f a ????>-->+> ? ?????
， 因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．
总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分
别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.
先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆
的舍掉，得出()2x
f x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出
一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.
再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来
简化运算，得到()()2x
x
f x e
ae
x >--，显然当x 足够大，就可以使()
2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3
ln 1x a
=+）就可以了.
题型五：极值点偏移
类型一：标准极值点偏移
例13:已知函数()()()2
21x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<
解： 不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，
又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，
即2(2)0f x -<．由于222
222(2)(1)x f x x e a x --=-+-， 而22
222()(2)(1)0x
f x x e a x =-+-=，所以2
22222(2)(2)x x f x x e
x e --=---．
设2()(2)x
x g x xe
x e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．
所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．
类型二：推广极值点偏移
例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在1
2
x =
两侧，因此需要分类讨论： （1）若12102x x <<<，则1211
122
x x +<+=，该不等式显然成立； （2）若121
012
x x <<
<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---
102
x <<，故
()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2?? ???上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ??''→-∞=-> ???
.
010,
2x ???∈ ???使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ?? ???
上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ??
=
???
，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ?
?∈ ???
成立，得证.
题型六：双变量问题
类型一：齐次划转单变量
例15：已知函数()()
1ln 1
a x f x x x -=-
+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，
求证
ln ln 2
m n m n
m n -+<
-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明
()2ln m n m
m n n
-<+成立，即证明
21ln 1
m m n m n n
??
- ???<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由
（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.
变式1：对数函数()x f 过定点??
? ??21,e P ，函数()()()
为常数m ,n x f m n x g '-=，
()()的导函数为其中x f x f '.
（1）讨论()x g 的单调性；
（2）若对于()+∞∈?,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在
()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.
解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ?∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知
()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.
∴()()()11
ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x
=-
-=+-=-- 依题意设()()211
12222
11
20,1120
k x x h x h x k k x x ?-+-=??''==??-+-=??∴12111x x +=
121212+=4x x x x x x ?≥>
∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ??
+=-+-+=-- ???
令()124,21ln t x x t t t ?=>=--，()()1204t t t
?'=->> ∴()t ?在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ??>=-
类型二：构造相同表达式转变单变量
例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.n
m
m n +>+
解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，
即证明
()()ln 1ln 1m n m n ++>
，构造函数()()
ln 1x f x x
+=，()()2ln 11x
x x f x x -++'=，令()()ln 11
x g x x x =-++，()()
()
2
2
1
10111x g x x x x -'=
-
=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >
类型三：方程消元转单变量
例17：已知()ln x
f x x
=
与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>
解：依题意
1
12
1111
2
2222
2
2
ln
ln
ln ln
x
ax b
x x ax bx
x x ax bx
ax b
x
?
=+
??=+
??
?
??
=+
?
??
=+
??
，相减得：
()()()
12121212
ln ln
x x a x x x x b x x
-=+-+-，化简得()
()
1
2
12
12
ln
x
x
a x x b
x x
++=
-
，()()()()
()
()
1
12121 12121212
1
1222
2
1
ln ln
1
x
x x x x x
x x g x x x x a x x b
x
x x x x
x
+
+
++=+++==
??
??-
-
设12
x x
>，令1
2
1
x
t
x
=>，()()
()
1212
21
1
2ln2ln0
11
t
t
x x g x x t t
t t
-
+
++>?>?->
-+
再求导分析单调性即可.
变式1：已知函数()1+
+
=ax
x
ln
x
f有两个零点
2
1
x,x.()
10
a
-<<
（2）记()x f的极值点为0x，求证：()0
2
1
2x
ef
x
x>
+.
变式2：设函数()()3211232
x
f x e
x kx kx =--
+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.
变式3：已知函数()1
22ln 21x e
f x a x x x
-??=++-- ???在定义域()0,2内有两个极值点.
（1）求实数a 的取值范围；
（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.
类型四：利用韦达定理转单变量
例18：已知()()2
1ln 02
f x x x a x a =
-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ， 求证：()()1232ln 2
4
f x f x --+>.
解：()21,a x x a
f x x x x
-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==
1
140,4
a a ?=->< ()()()()()2
12121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ??=
+--++?? ()11
121ln ln 22
a a a a a a =--+=--
令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4??
???
上单调递
减，故()132ln 2
44g a g --??>=
???
. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22
（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>
方法二：
变式2：已知函数()213
ln 222
f x x ax x =+
-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；
（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.
题型六：不等式问题
类型一：直接构造函数解决不等式问题
例19：当()0,1x ∈时，证明：()()22
1ln 1x x x ++<.
解：令()()()22
1ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而
()()()()2
ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，
有()ln 1x x +<，故()()()ln 122
2
2ln 10111x f x x x x x x
+''=+-=+-
变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.
（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；
（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围
解：（2）令()()()()1ln 1,x x
g x f x e a x x ex e x =-=-+->
()1ln 1x
g x a x e e x ?
?'=+-
+- ???
， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.
即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以
()0g x ≤恒成立.
②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ??'==+-
+- ???
所以()211x
h x a e x x ??'=+-
???
，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，
所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02
e
a <≤
时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，
则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，
()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.
当20a e ->时，即2
e
a >
时，()01,x ?∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>
所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2
e a ≤
. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11
（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.
解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1
ln 1f x x x
'=++，
则()()000
001ln 11ln 1x a x x x a x ?++=???+=-?，∴000
12ln 0x x x -+=.
令()1
2ln h x x x x
=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，
上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).
(2)当()0 1x ∈，
时，()()g x f x >恒成立，等价于()
1ln 01
a x x x --<+对()0 1x ∈，
恒成立. 令()()1ln 1
a x h x x x -=-
+，则()()()()
22
2
2111211x a x a
h x x x x x +-+'=
-
=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，
时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，
上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得
1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.
∴当()1 1x x ∈，
时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，
时，()()10h x h >=，不符合题意； 综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，
.
变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12
---=
（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()
0212
≤+-+x x m x f 恒
成立，求实数m 的最小整数值.
解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点
变式4：（理）已知函数()()()R a x a e
ae x f x
x
∈-++=-22.
（1）讨论()x f 的单调性；
（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.
2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)
第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－10＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}， f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋1， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)， 则g ′(x )＝e x －1x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1(x ＋2)2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －132 <0，g ′(0)＝1－12>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0????－12
高三导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－1 0＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1 x ＋m ＝ e x x ＋1－1 x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1 x ＋22>0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－1 2，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1 t ＋2＝0????－12
高考导数压轴题型归类总结
导数压轴题型归类总结 目 录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31） （一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母范围 （51） （一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母范围 五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85） 书中常用结论 ⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x <，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.
一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. （切线）设函数a x x f -=2)(. （1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21. 解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3 ±=x . 所以当33= x 时，)(x g 有最小值9 32)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12 122x a x x +=，∴12 1 112 11222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 21 <-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2. （2009天津理20，极值比较讨论） 已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当2 3 a ≠ 时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠-=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令
高考导数压轴题题型(精选.)
高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。
高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。
高考导数压轴题型归类总结材料
导数压轴题型归类总结 目 录 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31） （一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式 四、不等式恒成立求字母围 （51） （一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母围 五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85） 书中常用结论 ⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1x x <，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>. 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 1. （切线）设函数a x x f -=2)(. （1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21. 解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得3 3 ±=x .
所以当33= x 时，)(x g 有最小值9 3 2)33(- =g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12 122x a x x +=，∴12 1 112 1 1222x x a x x a x x x -=-+=- ∵a x >1，∴ 021 21 <-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =?>+=+= 1 1111212222222 所以a x x >>21. 2. （2009天津理20，极值比较讨论） 已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当2 3 a ≠ 时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a x x =+===，故，时，当 .3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线= ⑵[] .42)2()('22x e a a x a x x f +-++= .223 2 .220)('-≠-≠-=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令 以下分两种情况讨论： ①a 若＞ 3 2 ，则a 2-＜2-a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： )(所以x f .3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=，且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在函数 ②a 若＜3 2 ，则a 2-＞2-a ，当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： 所以)(x f .)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极大值在函数
导数压轴题题型(学生版)
导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. （I ）讨论的单调性； （II ）当时，证明对于任意的成立. 1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x . （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. ()2 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈()f x 1a =()3 ()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈
例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<.
例3.（本小题满分12分） 已知函数f （x ）=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数,函数 (Ⅰ)讨论在区间 上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且 求的取值范围.
例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.
例6已知函数)(x f 满足21 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 例7已知函数，曲线在点处的切线方程为。 （Ⅰ）求、的值； （Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。 ln ()1a x b f x x x = ++()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x >+-k
高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版0001
导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题， 内容主要包 括函数零点个数的确定、 根据函数零点个数求参数范围、 隐零点问题及零点存在 性赋值理论 .其形式逐渐多样化、综合化 . 、零点存在定理 例1【. 2019全国Ⅰ理 20】函数 f(x) sinx ln(1 x),f (x)为f (x)的导数．证明： 1) f (x)在区间 ( 1, 2 )存在唯一极大值点； 2) f (x) 有且仅有 2 个零点． 可得 g'(x)在 1, 有唯一零点 ,设为 2 则当x 1, 时,g x 0；当 x ,2 时,g'(x) 0. 所以 g(x) 在 1, 单调递增,在 , 单调递减 ,故g(x) 在 2 值点 ,即 f x 在 1, 存在唯一极大值点 . 2 (2) f x 的定义域为 ( 1, ). (i )由( 1)知, f x 在 1,0 单调递增 ,而 f 0 0,所以当 x ( 1,0)时, f'(x) 0,故 f x 在 ( 1,0)单调递减 ,又 f (0)=0 ,从而 x 0是 f x 在( 1,0] 的唯 一零点 . 【解析】( 1)设 g x f x ,则 g x 当x 1, 时, g'(x)单调递减,而 g 2 1 1 sinx 2 1 x 2 cosx ,g x 1x 0 0,g 0, 2 1, 存在唯一极大 2
, 时, f '(x) 0.故 f (x) 在(0, )单调递增,在 , 单调递 22 3 变式训练 1】【2020·天津南开中学月考】已知函数 f (x) axsin x 2(a R), 且 在, 0, 2 上的最大值为 (1)求函数 f(x)的解析式； (2)判断函数 f(x)在( 0，π)内的零点个数，并加以证明 【解析】 (1)由已知得 f(x) a(sin x xcosx) 对于任意的 x ∈(0, )， 3 有 sinx xcosx 0,当 a=0 时,f(x)=- ，不合题意； 2 当 a<0时,x ∈(0,2 ),f ′(x)从<0而, f(x)在(0, 2 )单调递减， 3 又函数 f(x) ax sin x 2 (a ∈ R 在) [0, 2 ]上图象是连续不断的， 故函数在 [0, 2] 上的最大值为 f(0) ，不合题意； 当 a>0时,x ∈(0, 2),f ′(x)从>0而, f(x)在(0, 2 )单调递增， 3 又函数 f(x) ax sin x (a ∈R 在) ［0, ］上图象是连续不断的， 33 故函数在［0, 2 ］上上的最大值为 f( 2)=2a- 23= 23，解得 a=1， 3 综上所述 ,得 f(x) xsinx 3(a R),； (2)函数 f(x) 在(0, π内)有且仅有两个零点。证明如下： 从而 f x 在 0, 没有零点 . 2 ( iii ) 当 x , 时 , f x 0 , 所 以 f x 在 单调递减.而 2 2 f 0, f 0 ,所以 f x 在, 有唯一零点 . 2 2 ( iv )当 x ( , ) 时,ln x 1 1,所以 f (x) <0,从而 f x 在( , ) 没有零点 . 减.又 f (0)=0 , f 1 ln 1 22 0 ,所以当x 0,2 时,f(x) 0. 综上, f x 有且仅有 2个零点. ii )当 x 0,2 时,由(1)知,f'(x)在(0, )单调递增 ,在 单调递减 ,而 f ' (0)=0 2 0 ,所以存在 ,2 ,使得 f'( ) 0,且当x (0, ) 时, f'(x) 0 ；当 x
(完整版)导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类（2）---极值点偏移问题 极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数()()()x x f x f F --=02x 或者 ()()()x x f x x f x F --+=00。其中0x 为函数()x f y =的极值点。⑵利用对数平均不等式。 2 ln ln ab b a b a b a +< --< 。⑶变换主元等方法。 任务一、完成下面问题，总结极值点偏移问题的解决方法。 1．设函数2 2 ()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈ （1）试讨论函数()f x 的单调性; （2）()f x m =有两解12,x x （12x x <）,求证：122x x a +>. 解析：（1）由2 2 ()ln f x a x x ax =-+-可知 2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x --+-'=-+-== 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以 ① 若0a >时，当(0,)x a ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； ② 若0a =时，当()20f x x '=>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增； ③ 若0a <时，当(0,)2 a x ∈-时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(,)2 a x ∈- +∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； （2）要证122x x a +>，只需证12 2 x x a +>， (x)g =22 2(x)2,g (x)20(x)(x)a a f x a g f x x '''=-+-=+>∴=则为增函数。 只需证：12 x x ( )()02 f f a +''>=，即证()2121221212221+0+0a x x a x x a x x x x a -+->?-+->++（*） 又2222 111222ln ,ln ,a x x ax m a x x ax m -+-=-+-=两式相减整理得：
高考导数压轴题题型
高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1e x x m -+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1x x - +. 函数f ′(x )＝1e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.
导数压轴题7大题型归类总结
导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+ 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 设a> 0,函数g(x)= (a A2 + 14)e A x + 4?若E 1、E 2 € [0 , 4],使得|f( E 1) - g( E 2)| v 1 成立, 求a 的取值范围.
二、交点与根的分布 三、不等式证明 （一）做差证明不等式 LL期嗨敕门划=1扣 M】求的单调逼减区创！ <2)^7 I >-1 r求证1 I ----- + x+ 1 W；的宦义域为(一4 +
Ehl&￡ /I U li 故)白 )替换构造不等式证明不等式 >=/U ) “川理k C 1；/< <6 N 实出氓I:的崗散丿I + 2 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 12110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -= ==-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 21 10 Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()() 20Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法. VIP免费欢迎下载 导数压轴题题型归纳 1.高考命题回顾 例1已知函数f(x)= e x- ln(x+ m).( 2013全国新课标n卷) (1)设x = 0是f(x)的极值点，求 m，并讨论f(x)的单调性; ⑵当m<2时，证明f(x)>0. 例 2 已知函数 f(x)= x2+ ax+ b,g(x)= e x(cx + d)，若曲线 y= f(x)和曲线 y= g(x)都过点 P(0,2), 且在点P处有相同的切线 y= 4x+2 (2013全国新课标I卷) (I)求 a, b, c, d 的值 (n)若 x>-2 时, f(x) VIP免费欢迎下载 2.在解题中常用的有关结论探 (1)曲线y4(x)在X%处的切线的斜率等于f (x0)，且切线方程为y=f'(x o)(x-x o)+f (x o)。 ⑵若可导函数y￡(x)在X =x0处取得极值，则f'(X o)=0。反之，不成立。 ⑶ 对于可导函数f(X)，不等式f -(x) ￥牡y勺解集决定函数f(x)的递增(减)区间。 ⑷函数f(x)在区间I上递增(减)的充要条件是：?爵 f (x)逮(切恒成立(fix)不恒为0). (5)函数f (X)(非常量函数)在区间I上不单调等价于f(x)在区间I上有极值，则可等价转化为方程f'(x)m在区间I上 有实根且为非二重根。(若 f (x)为二次函数且I=R，则有△ > 0 )。 (6) f(x)在区间I上无极值等价于f(x)在区间在上是单调函数，进而得到f-(x)翅或f'(X)<在I上恒成立 (7)若 , f (X)次恒成立，则 f (x)min 次；若0$ , f (X) <0 恒成立，则f(X)max <0 (8)若玄目，使得f(X0):，则f(X)max ；若3 X0 弓，使得 f (X D)却，则f(x)min 哎. (9)设f (x)与g(x)的定义域的交集为D,若灯X亡D f(x)》g(x)恒成立, 则有〔f(X)- g(x)]min >0 高三导数压轴题题型归 纳 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012. 导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )f ′(x )＝e x －1x ＋m f ′(0)＝e 0 －10＋m ＝0m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x x ＋1－1 x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x － 1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x － 1x ＋2(x >－2)h ′(x )＝e x ＋1x ＋2?2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间? ?? ?? －12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t － 1t ＋2＝0? ?? ??－12 所以，e t ＝1 t ＋2 t ＋2＝e －t ， 当x ∈(－2，t )时，g ′(x ) 导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 121 10t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 2 21 10Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2 0Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 （I ）求a 的取值围 （II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x 2、（2016年全国卷Ｉ文数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性 （II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值围 3、（2016年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 4、（2016年全国卷II 文数） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值围. 5、（2016年全国卷III 理数） 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记错误!未找到引用源。的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明错误!未找到引用源。A x f 2)(≤' 6、（2016年全国卷III 文数） 设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->. 导数压轴题题型归纳 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例2已知函数f(x)＝x 2＋ax ＋b ，g(x)＝e x (cx ＋d)，若曲线y ＝f(x)和曲线y ＝g(x)都过点P(0，2)，且 在点P 处有相同的切线y ＝4x+2（新课标Ⅰ卷） （Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值 （Ⅱ）若x ≥－2时, ()()f x kg x ≤，求k 的取值范围。 例3已知函数)(x f 满足21 2 1 )0()1(')(x x f e f x f x +-=-（新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 例4已知函数ln ()1a x b f x x x =++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。（新课标） （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x > +-，求k 的取值范围。 例5设函数2 ()1x f x e x ax =---（新课标） (1)若0a =，求()f x 的单调区间； (2)若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围 例6已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e － x . (1)若a ＝b ＝－3,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6. 2. 在解题中常用的有关结论※ 导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知()221 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈. （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）当1a =时，证明()3()'2 f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立. ` 1.高考命题回顾 例1.已知函数) （a e2x+(a﹣2) e x﹣x. f x f x的单调性； （1）讨论() 《 （2）若() f x有两个零点，求a的取值范围. ' 例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. （ 例3.（本小题满分12分） ~ 已知函数f （x ）=31 ,()ln 4 x ax g x x ++ =- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{ ()min (),()(0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 ] 例4.(本小题满分13分) 已知常数0a >,函数2()ln(1).2 x f x ax x =+-+ (Ⅰ)讨论()f x 在区间(0,)+∞上的单调性; (Ⅱ)若()f x 存在两个极值点12,,x x 且12()()0,f x f x +>求a 的取值范围. : < ! 例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. ;导数压轴题双变量问题题型归纳总结
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