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
－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 ＋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? ??
??
－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 ) －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2 t ＋2 >0， 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)， 所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2 12 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-（2012全国新课标） (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。 （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 = 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 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）2 1()()(1)02 x f x x ax b h x e a x b ≥ ++?=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时，()0()h x y h x '>?=在x R ∈上单调递增 x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾 ②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>?>+ 得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=- 当x =max ()2 e F x = 当1,a b ==时，(1)a b +的最大值为 2 e 例3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 +-=。（2011全国新课标） （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。 解（Ⅰ）22 1 ( ln ) '()(1)x x b x f x x x α+-= -+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-， 且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =???=-??即1, 1,22 b a b =?? ?-=-?? 解得1a =，1b =。 （Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1 f ()1x x x x = ++，所以 22ln 1(1)(1) ()()(2ln )11x k k x f x x x x x x ---+=+--。 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1) k x x --(0)x >，则22 (1)(1)2'()k x x h x x -++=。 (i)设0k ≤，由22 2 (1)(1) '()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h(x)递减。而(1)0h = 故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得 2 1 ()01h x x >-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得 2 11 x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（ 1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k . （ii ）设0 244(1)0k ?=-->，对称轴x= 1 11k >-. 当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故' h (x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得2 11 x -h （x ）<0,与题设矛盾。 （iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>?' h （x ）>0,而h （1）=0，故 当x ∈ （1，+∞）时，h （x ）>0，可得 2 11 x - h （x ）<0,与题设矛盾。 综合得，k 的取值范围为（-∞，0] 例4已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e －x . （2009宁夏、海南） (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. 解: (1)当a ＝b ＝－3时,f(x)＝(x 3+3x 2－3x －3)e －x ,故 f′(x)＝－(x 3+3x 2－3x －3)e －x +(3x 2+6x －3)e －x ＝－e －x (x 3－9x)＝－x(x －3)(x+3)e －x . 当x ＜－3或0＜x ＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x ＜0或x ＞3时,f′(x)＜0. 从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少. (2)f′(x)＝－(x 3+3x 2+ax+b)e －x +(3x 2+6x+a)e －x ＝－e －x ［x 3+(a －6)x+b －a ］. 由条件得f′(2)＝0,即23 +2(a －6)+b －a ＝0,故b ＝4－a. 从而f′(x)＝－e －x ［x 3+(a －6)x+4－2a ］.因为f′(α)＝f′(β)＝0, 所以x 3+(a －6)x+4－2a ＝(x －2)(x －α)(x－β)＝(x －2)［x 2－(α+β)x+αβ］. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a －2. 故a 4124)(2-=-+=-αβαβαβ.又(β－2)(α－2)＜0， 即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a ＜－6. 于是β－α＞6. 2. 在解题中常用的有关结论※ 3. 题型归纳 ① （构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换） 例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. 例2（最值问题，两边分求）已知函数1()ln 1a f x x ax x -=-+ -()a ∈R . ⑴当1 2a ≤时，讨论()f x 的单调性； ⑵设2()2 4.g x x bx =-+当1 4 a = 时，若对任意1(0,2)x ∈，存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，求实数b 取值范围. ② 例3（切线交点）已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为 20y +=． ⑴求函数()f x 的解析式； ⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值； ⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围． 例4（综合应用）已知函数 .23)32ln()(2x x x f - += ⑴求f (x )在[0,1]上的极值； ⑵若对任意0 ]3)(ln[|ln |],31 ,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式成立，求实数a 的取值范围； ⑶若关于x 的方程b x x f +-=2)(在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b 的取值范围. ③ 例5 (变形构造法)已知函数 1)(+= x a x ?，a 为正常数． ⑴若)(ln )(x x x f ?+=，且a 29 = ，求函数)(x f 的单调增区间； ⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：)(0x f k '>． ⑶若)(ln )(x x x g ?+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1 ) ()(1212-<--x x x g x g ，求a 的取值范围． 例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2 >=a ax x x f . （1）若2 )('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1=a 时，设函数 x x f x g )()(= ，若1),1,1 (,2121<+∈x x e x x ，求证4 2121)(x x x x +< 例7（绝对值处理）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得 极大值． （I ）求实数a 的取值范围； （II ）若方程9 )32()(2 +-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式； （III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ． 例8（等价变形）已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ． （Ⅰ）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数； （Ⅱ）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ?∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立， 求实数b 的取值范围； （Ⅲ）当20e y x <<<且e x ≠时，试比较x y x y ln 1ln 1--与的大小． 例9（前后问联系法证明不等式）已知 217 ()ln ,()(0)22f x x g x x mx m == ++<，直线l 与函数 (),()f x g x 的图像都相切，且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1。 （I ）求直线l 的方程及m 的值； （II ）若()(1)'()()h x f x g x =+-其中g'(x)是g(x)的导函数，求函数()h x 的最大值。 （III ）当0b a <<时，求证： ()(2).2b a f a b f a a -+-< 例10 (整体把握，贯穿全题)已知函数ln ()1x f x x = -． （1）试判断函数()f x 的单调性； （2）设0m >，求()f x 在[,2]m m 上的最大值； （3）试证明：对任意*n ∈N ，不等式11ln( )e n n n n ++< 都成立（其中e 是自然对数的底数）． （Ⅲ）证明：2 121111 n n a a a n ++???+>+． 例11（数学归纳法）已知函数()ln(1)f x x mx =++，当0x =时，函数()f x 取得极大值. （１）求实数m 的值； （２）已知结论：若函数()ln(1)f x x mx =++在区间(,)a b 内导数都存在，且1a >-， 则存在0(,)x a b ∈，使得0()() ()f b f a f x b a -'=-.试用这个结论证明：若121x x -<<， 函数121112 ()() ()()()f x f x g x x x f x x x -= -+-，则对任意12(,)x x x ∈，都有()()f x g x >； （３）已知正数12,, ,n λλλ，满足121n λλλ++ +=，求证：当2n ≥，n N ∈时，对 任意大于1-，且互不相等的实数12,, ,n x x x ，都有 1122()n n f x x x λλλ++ +>1122()()()n n f x f x f x λλλ++ +. ④ 例12（分离变量）已知函数 x a x x f ln )(2 +=(a 为实常数). (1)若2-=a ，求证：函数)(x f 在(1,+∞)上是增函数； (2)求函数)(x f 在[1,e ]上的最小值及相应的x 值； (3)若存在],1[e x ∈，使得x a x f )2()(+≤成立，求实数a 的取值范围. 例13（先猜后证技巧）已知函数x x n x f ) 1(11)(++= （Ⅰ）求函数f (x )的定义域 （Ⅱ）确定函数f (x )在定义域上的单调性，并证明你的结论. （Ⅲ）若x >0时1 )(+> x k x f 恒成立，求正整数k 的最大值. 例14（创新题型）设函数f(x)=e x +sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x). (Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a 的值； (Ⅱ)当 a=1 时,设P(x 1,f(x 1)), Q(x 2, g(x 2 ))(x 1>0,x 2>0), 且 PQ )1,0(12)(2 <≠++-=b a b ax ax x g [] 3,2() ()g x f x x = b a ,02)2(≥?-x x k f ]1,1[-∈x k 0)3|12|2 ( |)12(|=--+-x x k f k 2()()()x f x x a x b e =-+a b R ∈、x a =()f x 0a =b a 123x x x ，，()f x b 4x R ∈1234x x x x ，，，1234,,,i i i i x x x x {}1234i i i i ，，，{}1234， ，，b 4x ()ln f x x =21 ()2 g x ax bx =+(0)a ≠(1)若2a =-, 函数()()()h x f x g x =- 在其定义域是增函数,求b 的取值范围; (2)在(1)的结论下,设函数??2x x (x)=e +be ,x ∈[0,ln2],求函数(x)的最小值; (3)设函数)(x f 的图象C 1与函数)(x g 的图象C 2交于点P 、Q,过线段PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ,问是否存在点R,使C 1在M 处的切线与C 2在N 处的切线平行若存在,求出R 的横坐标;若不存在,请说明理由. 例18（全综合应用）已知函数()1ln (02)2x f x x x =+<<-. (1)是否存在点(,)M a b ,使得函数()y f x =的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数()y f x =的图像上若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由; (2)定义21 1 1221 ()()()( )n n i i n S f f f f n n n n -=-==++???+∑,其中*n ∈N ,求2013S ; (3)在(2)的条件下,令12n n S a +=,若不等式2()1n a m n a ?>对*n ?∈N 且2n ≥恒成立,求实数m 的取值范围. ⑦导数与三角函数综合 例19（换元替代，消除三角）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 >， []10k ∈-，时，若不等式 22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立,求k 的值。 ⑧创新问题积累 例20已知函数2()ln 44 x x f x x -=+-. I 、求()f x 的极值. II 、求证()f x 的图象是中心对称图形. III 、设()f x 的定义域为D ,是否存在[],a b D ?.当[],x a b ∈时，()f x 的取值范围是 ,44a b ?? ???? 若存在,求实数a 、b 的值；若不存在，说明理由 导数压轴题题型归纳 参考答案 例1解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2 =-='x x g ，解得 33 ± =x . )(x g '的变化情况如下表： 所以当 33= x 时，)(x g 有最小值93 2)33(- =g . (2)证明：曲线)(x f y =在点 )2,(2 11a 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 12122x a x x +=，∴1 2 1 11211222x x a x x a x x x -= -+=- ∵a x >1，∴0 212 1 <-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠ ，∴ a x a x x a x x a x x =?>+=+=11111212222222 所以a x x >>21. 例2⑴1()ln 1(0)a f x x ax x x -=-+->，222l 11 ()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=> 令2()1(0)h x ax x a x =-+-> ①当0a =时，()1(0)h x x x =-+>，当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减；当 (1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>，函数()f x 单调递增. ②当0a ≠时，由()0f x '=，即210ax x a -+-=，解得121 1,1x x a == -. 当1 2 a = 时12x x =，()0h x ≥恒成立，此时()0f x '≤，函数()f x 单调递减； 当102a << 时，1 110a ->>,(0,1)x ∈时()0,()0h x f x '><，函数()f x 单调递减； 1 (1,1)x a ∈-时，()0,()0h x f x '<>，函数()f x 单调递增； 1 (1,)x a ∈-+∞时，()0,()0h x f x '><，函数()f x 单调递减. 当0a <时 1 10a -<，当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减； 当(1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>，函数()f x 单调递增. 综上所述：当0a ≤时，函数()f x 在(0,1)单调递减，(1,)+∞单调递增； 当1 2 a = 时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤，函数()f x 在(0,)+∞单调递减； 当102a << 时,函数()f x 在(0,1)递减,1(1,1)a -递增,1 (1,)a -+∞递减. ⑵当1 4 a = 时，()f x 在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意1(0,2)x ∈， 有1 1 ()(1)2 f x f =-≥， 又已知存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，所以21 ()2 g x -≥，[]21,2x ∈，（※） 又22()()4,[1,2]g x x b b x =-+-∈ 当1b <时，min ()(1)520g x g b ==->与（※）矛盾； 当[]1,2b ∈时，2 min ()(1)40g x g b ==-≥也与（※）矛盾； 当2b >时，min 117 ()(2)84,28 g x g b b ==-≤-≥. 综上，实数b 的取值范围是17 [,)8+∞. 例3解：⑴()2323f x ax bx '=+-． 根据题意，得()()12,10, f f =-???'=??即32, 3230,a b a b +-=-??+-=?解得10a b =??=? 所以()33f x x x =-． ⑵令()0f x '=，即2330x -=．得1x =±． 因为()12f -=，()12f =-，所以当[]2,2x ∈-时，()max 2f x =，()min 2f x =-． 则对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x ，都有 ()()()()12max min 4f x f x f x f x -≤-=，所以4c ≥．所以c 的最小值为4． ⑶因为点()()2,2M m m ≠不在曲线()y f x =上，所以可设切点为()00,x y ． 则30003y x x =-．因为()20033f x x '=-，所以切线的斜率为2 33x -． 则20 33x -=300032 x x m x ---，即32 02660x x m -++=． 因为过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线， 所以方程320 02660x x m -++=有三个不同的实数解． 所以函数()32266g x x x m =-++有三个不同的零点． 则()2612g x x x '=-．令()0g x '=，则0x =或2x =． 则 ()()0022 g g >??? m m +>?? -+ 例4解：⑴2 3) 13)(1(33323)(+-+-=-+= 'x x x x x x f ， 令13 1 0)(-==='x x x f 或得（舍去） )(,0)(,310x f x f x >'<≤∴时当单调递增；当)(,0)(,13 1 x f x f x <'≤<时递减. ]1,0[)(61 3ln )31(在为函数x f f -=∴上的极大值. ⑵由0]3)(ln[|ln |>+'+-x x f x a 得x x a x x a 323 ln ln 323ln ln ++<+->或 设3 32ln 323ln ln )(2 x x x x x h +=+-=，x x x x x g 323ln 323ln ln )(+=++=， 依题意知]3 1 ,61[)()(∈<>x x g a x h a 在或上恒成立， 0)32(2 ) 32(33)32(3332)(2 >+=+?-+?+= 'x x x x x x x x g ， 03262)62(31323)(2 2>++=+?+= 'x x x x x x x h ， ]3 1 ,61[)()(都在与x h x g ∴上单增，要使不等式①成立， 当且仅当.5 1 ln 31ln ),61()31(<><>a a g a h a 或即或 ⑶由.022 3)32ln(2)(2 =-+- +?+-=b x x x b x x f 令x x x x x b x x x x 329723323)(,223)32ln()(2 2+-= +-+='-+-+=??则， 当]3 7 ,0[)(,0)(,]37, 0[在于是时x x x ??>'∈上递增； ]1,3 7[)(,0)(,]1,37[ 在于是时x x x ??<'∈上递减， 而)1()3 7 (),0()37( ????>>， ]1,0[0)(2)(在即=+-=∴x b x x f ?恰有两个不同实根等价于 例5解：⑴2 22)1(1 )2()1(1)(++-+=+-='x x x a x x a x x f ∵a 2 9= ，令0)(>'x f 得2>x 或210< ,0(+∞. ⑵证明：当0=a 时x x f ln )(= ∴x x f 1 )(=', ∴210021)(x x x x f +==',又1 21212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -= --=--= 不妨设12x x > ， 要比较k 与)(0x f '的大小，即比较1 212 ln x x x x -与2 12 x x +的大小， 又∵12x x >，∴ 即比较12ln x x 与 1)1( 2) (21 2 1 2 2 112+-=+-x x x x x x x x 的大小． 令)1(1 ) 1(2ln )(≥+-- =x x x x x h ,则0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h , ∴)(x h 在[)+∞,1上位增函数． 又 112>x x ，∴0)1()(12=>h x x h ， ∴1)1( 2ln 1 2 1 2 1 2+->x x x x x x ，即)(0x f k '> ⑶∵ 1)()(1 212-<--x x x g x g ，∴ []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g 由题意得x x g x F +=)()(在区间(]2,0上是减函数． ?1 当x x a x x F x +++ =≤≤1 ln )(,21， ∴ 1)1(1)(2 ++-='x a x x F 由31 3)1()1(0)(222+++=+++≥?≤'x x x x x x a x F 在[]2,1∈x 恒成立． 设=)(x m 3132+++x x x ，[]2,1∈x ，则031 2)(2 >+-='x x x m ∴)(x m 在[]2,1上为增函数，∴2 27 )2(= ≥m a . ?2 当x x a x x F x +++ -=<<1 ln )(,10，∴ 1)1(1)(2++--='x a x x F 由11 )1()1(0)(222--+=+++-≥?≤'x x x x x x a x F 在)1,0(∈x 恒成立 设=)(x t 112--+x x x ，)1,0(∈x 为增函数,∴0)1(=≥t a 综上：a 的取值范围为2 27 ≥ a . 第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－10＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}， f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋1， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)， 则g ′(x )＝e x －1x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1(x ＋2)2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －132 <0，g ′(0)＝1－12>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0????－12 导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－1 0＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1 x ＋m ＝ e x x ＋1－1 x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1 x ＋22>0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－1 2，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1 t ＋2＝0????－12 高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。 2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。 导数压轴题题型 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 高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1e x x m -+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1x x - +. 函数f ′(x )＝1e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+ 一、导数单调性、极值、最值的直接应用 设a> 0,函数g(x)= (a A2 + 14)e A x + 4?若E 1、E 2 € [0 , 4],使得|f( E 1) - g( E 2)| v 1 成立, 求a 的取值范围. 二、交点与根的分布 三、不等式证明 （一）做差证明不等式 LL期嗨敕门划=1扣 M】求的单调逼减区创！ <2)^7 I >-1 r求证1 I ----- + x+ 1 W；的宦义域为(一4 + Ehl&￡ /I U li 故)白 )替换构造不等式证明不等式 >=/U ) “川理k C 1；/< <6 N 实出氓I:的崗散丿I + 2 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 12110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -= ==-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 21 10 Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()() 20Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法. 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. ; 高考数学：导数压轴题的归纳总结方法 今天我们来聊聊高考数学导数压轴题的归纳总结方法。在对导数专题归纳总结的时候，可以细分为两个层面。 第一，对题型进行归纳总结。举例说明，下图的题目中的第二小问，如果去做归纳总结的话，很多题目都跟这道题目相类似，这种题目可以概括为一般形式： 如果用归纳总结的思路去做的话，可以细分到之前说的双变量这一类问题的大类，大类下面有一个小类，叫做极值点偏移问题。希望大家在学习导数专题的过程中，不要简单地光做题，而要在做题中能发现这样一类题型。 导数的问题做多了之后就会发现，很多时候都有相似之处，将这些相似之处提取出来，我们就可以将它一般化为这样一种题型，把它抽象出来。 本质上说，我们就是找这样的一般问题，再从一般的角度去解决方法，看这一类的问题有什么具体的解决套路，这样就可以在学习过程中达到事半功倍的效果了。 第二，对解题方法和解题方向进行归纳总结。什么叫做解题方法？就是对于之前已经分好类的xx问题，我们可以第一步xxxxx，第二步xxxxxx……第x步xxxxxx，问题解决。大家可以看出，这样一类问题，方法和套路性比较强。 结合具体例子来谈，还是这个题目，刚刚说可以划归为双变量分类下的极值点偏移这种具体的问题。对于这一类极值点偏移具体的问题，刚才已经提出一般化的解题题型，那么这一类 一般化的解题题型，应该怎样去解决呢？极值点偏移问题三步走： （1）画图观察极值点偏移方向 （2）利用f(x)的单调性转移不等式 （3）构造f(x)=f(x)-f(2a-x)完成证明 在做题的时候，对于这种一般化的问题进行归纳总结，归纳总结出一步一步的套路。当你完成这种从题型到解决方法的归纳总结之后，就会对导数这一类具体问题拍着胸脯说：“考试，考到这样一类问题，把题目做完，应该是一件十拿九稳的事情。” 因为你把一般的问题都做完，考试题目只要是已经归纳总结过的题型，你只需要把已经总结出的方法往上套，结合具体的题目，将一些条件拿过来进行运算，最后就可以将这一类题目做出来。这是第一个层次，从题型和解题方法进行归纳总结。 也可以使用高考数学的教辅书《高考数学题型全归纳》来进行专项训练与突破。可以借用书中张永辉老师的思路来总结整理你自己的思路。 第二层次是从解题方向上进行归纳总结。解题方向是什么呢？我们在做题时考虑方向一，方向二……方向N等等，我们对于每个具体题目而言，已经弄清楚了具体解题步骤，在各个方法的基础上，更进一步去总结一些方向。也就是对于更大的一些问题，可以考虑如何运用不同的方向进行解题。 参考下图题目，这个问题隶属于刚刚讲到的双变量问题这个大类中的一个小类——韦达定理转单变量。两个变量是韦达定理的两个根，可以将两个变量向一个变量转化，就是这样的一个方法。 b e i n g a r e g o o d f o r s o m e t h 高考数学导数压轴题7大题型总结 目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异， 如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高 于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。 导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。 1导数单调性、极值、最值的直接应用 t a t i m e a n d A l l t h i n g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o m e t h e a n d A l l t h i n g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o m e t h 2交点与根的分布 3不等式证明 （一）做差证明不等式 g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o （二）变形构造函数证明不等式 e a n d A l l t h i n g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o （三）替换构造不等式证明不等式 导数压轴题题型归纳(2) -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数压轴题题型归纳(2) 恒成立、存在性问题求参数范围 例1已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()() 1,1f 处的切线方程为20y +=． ⑴求函数()f x 的解析式； ⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值； ⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围． 例2已知函数()(2)(1)2ln f x a x x =--- （1）当1a =时，求()f x 的单调区间； （2）对任意的1(0,),()02 x f x ∈>恒成立，求a 的最小值； 例3已知函数.| |1)(x a x f -= （1）求证：函数),0()(+∞=在x f y 上是增函数. （2）若),1(2)(+∞<在x x f 上恒成立，求实数a 的取值范围. （3）若函数],[)(n m x f y 在=上的值域是)](,[n m n m ≠，求实数a 的取值范围. 例4已知函数3 2()ln(21)2()3 x f x ax x ax a R =++--∈. (1)若2x =为()f x 的极值点,求实数a 的值; (2)若()y f x =在[)3,+∞上为增函数,求实数a 的取值范围; (3)当12a =-时,方程()31(1)3x b f x x --=+有实根,求实数b 的最大值. 压轴题题型与方法（选择、填空题） 一、函数与导数 1、抽象函数与性质 主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线） 对策与方法：赋值法、特例法、数形结合 【例1】已知定义在[)+∞,0上的函数()x f ，当[]1,0∈x 时，;2 1 42)(--=x x f 当1＞x 时，()()1,f x af x a R =-∈，a 为常数.下列有关函数()x f 的描 述： ①_x0001_ 2=a 时，423=?? ? ??f ； ②当， ＜1a 函数()x f 的值域为[]2,2-； ③当0＞a 时，不等式()2 12- ≤x a x f 在区间[)+∞,0上恒成立； ④当01-＜＜a 时，函数()x f 的图像与直线()*-∈=N n a y n 12在[]n ，0内的交点个 数为()2 11n n -+-. 其中描述正确的个数有（ ）【答案】C （A）4 （B）3 （C）2 （D）1 故④正确， 【例2】定义在R 上的函数()f x 满足(1)1f =，且对任意x ∈R 都有1 ()2 f x '<，则不 等式22 1 ()2 x f x +>的解集为_________．【答案】(1,1)- 【解析】令1()()2x g x f x +=-，则1()()02g x f x ''=-<，11 (1)(1)0 2g f +=-=， 所以22 1()2x f x +>22 ()0(1)111g x g x x ?>=?的解集为(1,1)-． 【例3】定义在()0+∞，上的单调函数()[]2(),0,,()log 3f x x f f x x ?∈+∞-=，则方程2)()(='-x f x f 的解所在区间是（ ）【答案】C A.??? ??21,0 B.?? ? ??1,21 C.()2,1 D.()3,2 【解析】根据题意，对任意的(0,)x ∈+∞ ，都有[]2()log 3f f x x -= ， 由f（x）是定义在(0,)+∞上的单调函数，则2()log f x x -为定值， 设2()log t f x x =- ，则2()log f x x t =+ ， 又由f（t）=3，即log 2 t+t=3，解可得，t=2； 则2()log 2f x x =+ ，1 ()ln 2 f x x '= 。 因为()()2f x f x '-= ，所以21log 22ln 2x x +-=， 即21 log 0ln 2x x -= ， 令21 ()log ln 2h x x x =- ， 因为211(1)log 10ln 2ln 2h =-=-< ，211 (2)log 2102ln 2ln 4h =-=-> ， 所以21 ()log ln 2 h x x x =- 的零点在区间(1,2) ，即方程()()2f x f x '-= 的解所在的区间是(1,2) 例 4.（2014湖南理科·Ｔ10）已知函数 221 ()(0)()ln()2x f x x e x g x x x a =+-<=++与的图象上存在关于y 轴对称的点， 则a 的取值范围是 ( ) 【答案】B A．( -∞ B．(-∞ C．( D．( 1.咼考命题回顾 例1已知函数f(x)= e x- In(x + m) (2013全国新课标H卷) (1)设x= 0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性 (2);⑵当*2时，证明f(x)>0. 例 2 已知函数f(x) = /+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 (H)若x>- 2时，f(x)空kg(x)，求k的取值范围。 例3已知函数f(x)满足f(x)二f'(1)e x」—f(0)x * ( 2012全国新课标) 2 (1)求f(x)的解析式及单调区间； 1 (2)若 f (x^-x2ax b，求(a 1)b 的最大值。 例4已知函数f (x)二匹b，曲线y二f(x)在点(1,f(1))处的切线方程X +1 x 为x 2y—3 = 0。( 2011全国新课标) (I)求a、b的值； (H)如果当x 0，且x"时，f(x).丛*，求k的取值范围。 X —1 x 例5设函数f (x) =e x _ 1 一x 一ax2(2010全国新课标) (1)若a=0，求f(x)的单调区间； (2)若当x_0时f(x)_0，求a的取值范围 例 6 已知函数f(x)= (x3+3x2+ax+b)e x. (2009 宁夏、海南) (1)若a= b=-3,求f(x)的单调区间； ⑵若f(X)在(-^ , a ),(2单调增加，在(a ,2),( P单+调减少，证明B— a>6. 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.2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)
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