2020届江苏省高考数学复习专题导数的综合应用与热点问题

导数的综合应用与热点问题

导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．

解答题的热点题型有：

(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根．

(2)利用导数求解参数的范围或值．

[真题体验]

1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝ax2＋x－1

e x

.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；

(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.

解析：(1)由题意：f(x)＝ax2＋x－1

e x

得f′(x)＝

(2ax＋1)e x－(ax2＋x－1)e x

(e x)2

＝

－ax2＋2ax－x＋2

e x ；∴f′(0)＝

2

1

＝2；即曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线

斜率为2，

∴y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.

(2)当a≥1时，f(x)＋e≥x2＋x－1＋e x＋1

e x

，

令g(x)＝x2＋x－1＋e x＋1，

则g′(x)＝2x＋1＋e x＋1，

当x＜－1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；

当x＞－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．

所以g(x)≥g(－1)＝0.

因此当a≥1，f(x)＋e≥0.

2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：

(1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)

f ′(x )＝

x －1x ＋ln x －1＝ln x －1

x

， 因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1

x

单调递减，所以f ′(x )单调递增，又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－1

2＞0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝

0.

又当x ＜x 0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞x 0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．

(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3＞0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝a .

由α＞x 0＞1得1

a

＜1＜x 0.

又f ? ????1a ＝? ????1a －1ln 1a －1

a －1＝f (α)a ＝0，故1a 是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根．

综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 1．常见构造辅助函数的四种方法

(1)直接构造法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．

(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．

(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．

(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x )和g (x )，利用其最值求解．

2．不等式的恒成立与能成立问题

(1)f (x )＞g (x )对一切x ∈[a ，b ]恒成立?[a ，b ]是f (x )＞g (x )的解集的子集?[f (x )－g (x )]min ＞0(x ∈[a ，b ])．

(2)f (x )＞g (x )对x ∈[a ，b ]能成立?[a ，b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集?[f (x )－g (x )]max ＞0(x ∈[a ，b ])．

(3)对?x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.

(4)对?x1∈[a，b]，?x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.

3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用

第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．

第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．

第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．

4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题

第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．

第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．

第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．

第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．

热点一利用导数研究不等式问题

利用导数证明不等式

[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f(x)＝ln(x－1)．

(1)证明：f(x＋1)≤x＋1

2

－

2

x＋1

；

(2)证明：e2x－2(x－1)e x≥2x＋3.

[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．

[解析](1)令h(x)＝f(x＋1)－x＋1

2

＋

2

x＋1

(x＞0)，

则h(x)＝ln x－x＋1

2

＋

2

x＋1

，h′(x)＝

1

x

－

1

2

－

2

(x＋1)2

＝

2－x－x3

2x(x＋1)2

＝

(1－x)(x2＋x＋2)

2x(x＋1)2

，

所以当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，

所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，

所以f(x＋1)≤x＋1

2

－

2

x＋1

.

(2)由(1)易知ln t≤t＋1

2

－

2

t＋1

，t＞0.

要证e2x－2(x－1)e x≥2x＋3，即(e x＋1)2≥2x(e x＋1)＋4，

只需证e x＋1≥2x＋

4

e x＋1

，即证

e x＋1

2

≥x＋

2

e x＋1

.

令t＝e x，则x≤e x＋1

2

－

2

e x＋1

，即x＋

2

e x＋1

≤

e x＋1

2

，得证．用导数证明不等式的方法

(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x

1

，x2∈[a，b]，且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)．对于减函数有类似结论．

(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．

(3)证明f(x)＜g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)＜0.

利用导数研究不等式恒成立、存在性问题

[例1－2] (2019·西安三模)已知f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．

(1)求f(x)的单调区间．

(2)当k＝2时，求证：对于?x＞－1，f(x)＜g(x)恒成立．

(3)若存在x0＞－1，使得当x∈(－1，x0)时，恒有f(x)＞g(x)成立，试求k 的取值范围．

[审题指导] (1)求f(x)的导数f′(x)，再求单调区间．

(2)构造函数证明不等式．

(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围．

[解析](1)f′(x)＝

2

x＋2

－2(x＋1)

＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2

(x ＞－2)．

当f ′(x )＞0时，x 2＋3x ＋1＜0，解得－2＜x ＜－3＋5

2

. 当f ′(x )＜0时，解得x ＞－3＋5

2.

所以f (x )的单调增区间为? ????

－2，

－3＋52， 单调减区间为? ????

－3＋52，＋∞.

(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )

＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．

当k ＝2时，由题意，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立． h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)

x ＋2，

当x ＞－1时，h ′(x )＜0恒成立，h (x )单调递减．

又h (－1)＝0，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )＜0对于?x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．

(3)因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)

x ＋2－k

＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2

.

由(2)知，当k ＝2时，f (x )＜g (x )恒成立，即对于x ＞－1，2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k ＞2时，对于x ＞－1，x ＋1＞0，此时2(x ＋1)＜k (x ＋1)．

2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)＜k (x ＋1)，即f (x )＜g (x )恒成立，不存在满足条件的x 0；

当k ＜2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同，

当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减． 当x ∈(－1，x 0)时，h (x )＞h (－1)＝0，即f (x )－g (x )＞0恒成立． 综上，k 的取值范围为(－∞，2)．

1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法

(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)

min

≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．

(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．

2．存在型不等式恒成立问题的求解策略

“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x ∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．

(2020·江淮十校联考)已知函数f(x)＝ln x－1

2

ax2＋x，a∈R.

(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥5－1 2

.

解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，∴切点为(1,1)，又f′(x)

＝1

x

＋1，

∴切线斜率k＝f′(1)＝2.

故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. (2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x＞0.

f(x

1

)＋f(x2)＋x1x2＝0，

即ln x1＋x21＋x1＋ln x2＋x22＋x2＋x1x2＝0，

从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)．

令t＝x1x2，φ(t)＝t－ln t，

得φ′(t )＝1－1t ＝t －1

t

.

易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(t )≥φ(1)＝1， 所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1. 又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥

5－1

2

. 热点二 利用导数研究函数的零点问题

[(1)证明：当a ≤2

e

时，f (x )≥0.

(2)判断函数f (x )有几个不同的零点，并说明理由．

[审题指导] (1)要证明f (x )≥0，只需证明f (x )min ≥0，根据函数单调性求出f (x )min ，证明其在0＜a ≤2

e

时恒大于等于0即可．

(2)要判断函数f (x )的零点的个数，结合(1)需分a ＝2e ，0＜a ＜2e ，a ＞2

e ，三种

情况进行分类讨论．

[解析] (1)函数的定义域为(0，＋∞)，

令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－a

x ＝0，则x ＝

a 2

，

所以当x ∈?

?

???

0，

a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈?

?

?

??

a

2，＋∞时，f ′(x )＞0，

所以f (x )的最小值为f ?

?

?

??

a 2＝－a 2? ????

ln a

2＋1，

当0＜a ≤2e 时，ln a 2＋1≤ln 1

e ＋1＝0，

所以f ?

?

???

a 2＝－a 2? ????

ln a 2＋1≥0，

所以f (x )≥0成立．

(2)①当a ＝2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2

－2e (ln x ＋1)的最小值为f ? ????1e ＝0，

即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1

e

；

②当0＜a ＜2

e 时，由(1)得，

f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ?

??

??

a 2＝－

a

2? ??

??

ln a 2＋1， 且f ?

????

a 2＝－a 2? ????

ln a 2＋1＞0，即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点；

③当a ＞2

e 时，

f (x )的最小值f ?

??

??

a 2＝－a 2? ????

ln a

2＋1＜0，又1e ＜

a

2，f ? ????1e ＝1e 2

＞0，所以函数f (x )在?

?

?

??

0，

a 2上有唯一的零点， 又当a ＞2

e

时，a ＞

a 2

，f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1)，

令g (a )＝a －ln a －1，g ′(a )＝1－1a ＝a －1

a

，

g ′(a )＝0，得a ＝1，可知g (a )在? ??

??2

e ，1上递减，在(1，＋∞)上递增， 所以g (a )≥g (1)＝0，所以

f (a )≥0，所以函数f (x )在?

??

??

a

2，＋∞上有唯一的零点，

所以，当a ＞2

e

时，f (x )有2个不同的零点，

综上所述，①当a ＝2e 时，有唯一的零点；②当0＜a ＜2

e

时，不存在零点；③当

a ＞2e

时，有2个不同的零点．

1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：

(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况，进而求解．

2．研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．

(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋1

2x 2(其中a ∈R )，

(1)若a ＞0，讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0，求证：函数f (x )有唯一的零点．

解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1

x

＋x

＝(2x －a )ln x ＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x )，令f ′(x )＝0，

即(2x －a )(1＋ln x )＝0?x 1＝a 2，x 2＝1

e

，

①当x 1＝x 2，即a 2＝1e ，a ＝2

e 时，

f ′(x )≥0，f (x )是(0，＋∞)上的增函数；

②当x 1＜x 2，即a 2＜1e ，0＜a ＜2

e

时，

当x ∈? ?

???0，a 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，

当x ∈? ????

a 2，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；

当x ∈? ??

??

1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；

③当x 2＜x 1，即1e ＜a 2，a ＞2e 时，当x ∈?

?

???0，1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；

当x ? ????

1e ，a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；

当x ∈? ??

??

a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；

综上所述，当0＜a ＜2e 时，f (x )在? ????0，a 2，? ????1e ，＋∞单调递增，在? ????

a 2，1e 单调

递减；

当a ＝2

e

时，f (x )在(0，＋∞)单调递增；

当a ＞2e 时，f (x )在? ????0，1e ，? ????a 2，＋∞单调递增，在? ????

1e ，a 2单调递减．

(2)若a ＜0，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈? ?

??

?0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈? ??

??

1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 故当x ＝1e 时，f (x )取得极小值f ? ????

1e ＝

1e ? ????1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ?

?

???a －12e ＜0，

以下证明：在区间? ?

???0，1e 上，f (x )＜0，

令x ＝1e t ，t ＞1，则x ∈?

?

???0，1e ，

f (x )＝f ? ????

1e t ＝1e t ??????? ??

??1e t －a ln 1e

t ＋

12e t ，f (x )＜0?f ? ????1e t ＜0?? ??

??

1e t －a (－t )＋

12e t ＜0?at e t －t ＋12＜0?at e t ＜t －12，因为a ＜0，t ＞1，不等式at e t ＜t －1

2显然成立，

故在区间?

?

???0，1e 上，f (x )＜0，

又f (1)＝12＞0，即f (1)f ? ????

1e ＜0，故当a ＜0时，函数f (x )有唯一的零点x 0∈

? ??

??

1e ，1.

限时60分钟 满分60分

解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)

1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；

(2)当x ∈??????π4，π2时，证明f (x )＋g (x )? ??

??

π2－x ≥0.

解析：(1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈?

?

???2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x ＞cos x ，得f ′(x )＜0，则f (x )单调

递减；当x ∈? ?

???2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x ＜cos x ，得f ′(x )＞0，则f (x )单调递增．

所以，f (x )的单调递增区间为???

???2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为?

??

???2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．

(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )? ????

π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －

sin x )，从而g ′(x )＝－2e x

sin x ．当x ∈? ????

π4

，π2时，g ′(x )＜0，故h ′(x )＝f ′(x )

＋g ′(x )? ????π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )? ????π2－x ＜0.因此，h (x )在区间??????

π4，π2上单

调递减，进而h (x )≥h ? ????π2＝f ? ????π2＝0.所以，当x ∈??????π4，π2时，f (x )＋g (x )? ???

?

π2－x ≥0.

2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 2

2－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．

解析：(1)由f (x )＝x 2

2－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－k

x .由f ′(x )＝0解

得x ＝k .

f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：

f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝

k (1－ln k )

2

.

(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(0，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． 3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数．

(1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．

解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x . 当x ∈? ????0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈? ????π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在? ?

??

?0，π2上单调递增，在? ??

??

π2，π上单调递减．

又g (0)＝0，g ? ????

π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点，

所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，

由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．

又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.

又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.

因此，a的取值范围是(－∞，0]．

4．(2019·成都诊断)已知函数f(x)＝(x2－2ax＋a2)·ln x，a∈R.

(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；

(2)当a＝－1时，令F(x)＝f(x)

x＋1

＋x－ln x，证明：F(x)≥－e－2，其中e为自

然对数的底数；

(3)若函数f(x)不存在极值点，求实数a的取值范围．

(2)证明：F(x)＝f(x)

x＋1

＋x－ln x＝x ln x＋x.

由F′(x)＝2＋ln x，得F(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，

∴F(x)≥F(e－2)＝－e－2.

(3)f′(x)＝2(x－a)ln x＋(x－a)2

x

＝

x－a

x

·(2x ln x＋x－a)．

令g(x)＝2x ln x＋x－a，则g′(x)＝3＋2ln x，

由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.

当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值．

5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；

(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；

(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有7

10

＜ln g (t )

ln t

＜1. 解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，

∴当x ∈? ????0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在? ?

???0，1e 上单调递减，

当x ∈? ????1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在? ??

??

1e ，＋∞上单调递增．

(2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)，

由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，

h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．

(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，

当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ，

又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝u u ＋ln u ，

其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，

令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －3

7

，

当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞7

3时，F ′(u )＜0，F (u )单调

递减．

∴对u ＞1，F (u )≤F ? ????

73＜0，即ln u ＜37u 成立．

综上，当t ＞e 时，

710＜ln g (t )

ln t

＜1成立． 高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题

高考数学导数的解题技巧

2019年高考数学导数的解题技巧高考导数题主要是考查与函数的综合，考查不等式、导数的应用等知识，难度属于中等难度。 都有什么题型呢？ ①应用导数求函数的单调区间，或判定函数的单调性； ②应用导数求函数的极值与最值； ③应用导数解决有关不等式问题。 有没有什么解题技巧啦？ 导数的解题技巧还是比较固定的，一般思路为 ①确定函数f(x)的定义域（最容易忽略的，请牢记）； ②求方程f′(x)=0的解，这些解和f(x)的间断点把定义域分成若干区间； ③研究各小区间上f′(x)的符号，f′(x)＞0时，该区间为增区间，反之则为减区间。 从这两步开始有分类讨论，函数的最值可能会出现极值点处或者端点处，多项式求导一般结合不等式求参数的取值范围，根据题目会有一定的变化，那接下来具体总结一些做题技巧。 技巧破解+例题拆解 1．若题目考察的是导数的概念，则主要考察的是对导数在一点处的定义和导数的几何意义，注意区分导数与△y/△x 之间的区别。

观察内容的选择，我本着先静后动，由近及远的原则，有目的、有计划的先安排与幼儿生活接近的，能理解的观察内容。随机观察也是不可少的，是相当有趣的，如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等，孩子一边观察，一边提问，兴趣很浓。我提供的观察对象，注意形象逼真，色彩鲜明，大小适中，引导幼儿多角度多层面地进行观察，保证每个幼儿看得到，看得清。看得清才能说得正确。在观察过程中指导。我注意帮助幼儿学习正确的观察方法，即按顺序观察和抓住事物的不同特征重点观察，观察与说话相结合，在观察中积累词汇，理解词汇，如一次我抓住时机，引导幼儿观察雷雨，雷雨前天空急剧变化，乌云密布，我问幼儿乌云是什么样子的，有的孩子说：乌云像大海的波浪。有的孩子说“乌云跑得飞快。”我加以肯定说“这是乌云滚滚。”当幼儿看到闪电时，我告诉他“这叫电光闪闪。”接着幼儿听到雷声惊叫起来，我抓住时机说：“这就是雷声隆隆。”一会儿下起了大雨，我问：“雨下得怎样?”幼儿说大极了，我就舀一盆水往下一倒，作比较观察，让幼儿掌握“倾盆大雨”这个词。雨后，我又带幼儿观察晴朗的天空，朗诵自编的一首儿歌：“蓝天高，白云飘，鸟儿飞，树儿摇，太阳公公咪咪笑。”这样抓住特征见景生情，幼儿不仅印象深刻，对雷雨前后气象变化的词语学得快，记得牢，而且会应用。我还在观察的基础上，引导幼儿联想，让他们与以往学的词语、生活经验联系起来，在发展想象力中发展语言。

专题一(高考中的导数)

专题一：高考函数与导数问题的求解策略 （第7周第2个） 一、利用导数研究函数的单调性、极值、最值 例1、已知函数R a e x x f ax ∈=-,)(2 . (1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程． (2)讨论f (x )的单调性． 【思路点拨】 (1)先求切点和斜率，再求切线方程； (2)先求f ′(x )，然后分a ＝0，a ＞0，a ＜0三种情况求解． 【规范解答】 (1)因为当a ＝1时，f (x )＝x 2e －x ，f ′(x )＝2x e －x －x 2e －x ＝(2x －x 2)e －x ，所以f (－1)＝e ，f ′(－1)＝－3e. 从而y ＝f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程为y －e ＝－3e(x ＋1)，即y ＝－3e x －2e. (2)f ′(x )＝2x e －ax －ax 2e －ax ＝(2x －ax 2)e －ax . ①当a ＝0时，若x ＜0，则f ′(x )＜0，若x ＞0，则f ′(x )＞0. 所以当a ＝0时，函数f (x )在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数． ②当a ＞0时，由2x －ax 2＜0，解得x ＜0或x ＞2a ，由2x －ax 2＞0，解得0＜x ＜2 a . 所以当a ＞0时，函数f (x )在区间(－∞，0)，(2a ，＋∞)上为减函数，在区间(0，2 a ) 上为增函数． ③当a ＜0时，由2x －ax 2＜0，解得2a ＜x ＜0，由2x －ax 2＞0，解得x ＜2 a 或x ＞0. 所以，当a ＜0时，函数f (x )在区间(－∞，2a )，(0，＋∞)上为增函数，在区间(2 a ， 0)上为减函数． 综上所述，当a ＝0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(－∞，0)，(2 a ，＋∞)上单调递减，在(0，2 a )上单调递增；当a ＜0 时，f (x )在(2a ，0)上单调递减，在(－∞，2 a )，(0，＋∞)上单调递增． 【反思启迪】 1.本题(2)中f ′(x )＝(2x －ax 2)e －ax ，f ′(x )的符号由2x －ax 2确定，从而把问题转化为确定2x －ax 2的符号问题． 2．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.

高考数学真题导数专题及答案

2017年高考真题导数专题 一．解答题（共12小题） 1．已知函数f（x）2（a﹣2）﹣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．已知函数f（x）2﹣﹣，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 3．已知函数f（x）﹣1﹣． （1）若f（x）≥0，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值． 4．已知函数f（x）321（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b2＞3a； （3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．5．设函数f（x）=（1﹣x2）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围． 6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）． （1）求f（x）的导函数； （2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围． 7．已知函数f（x）2+2，g（x）（﹣2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）（x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

） 10．已知函数f（x）3﹣2，a∈R， （1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3））处的切线方程； （2）设函数g（x）（x）+（x﹣a）﹣，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 11．设a，b∈R，≤1．已知函数f（x）3﹣6x2﹣3a（a﹣4），g（x）（x）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：f（x）在0处的导数等于0； （）若关于x的不等式g（x）≤在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围． 12．已知函数f（x）（﹣a）﹣a2x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）≥0，求a的取值范围．

(完整)高考文科数学导数专题复习

高考文科数学导数专题复习 第1讲 变化率与导数、导数的计算 知 识 梳 理 1.导数的概念 (1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝0 lim x ?→f （x 0＋Δx ）－f （x 0） Δx . (2)函数f (x )的导函数f ′(x )＝0 lim x ?→f （x ＋Δx ）－f （x ） Δx 为f (x )的导函数. 2.导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，过点P 的切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0). 3.基本初等函数的导数公式 4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： 考点一 导数的计算 【例1】 求下列函数的导数： (1)y ＝e x ln x ；(2)y ＝x ? ?? ??x 2＋1x ＋1x 3； 解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x 1x ＝? ?? ??ln x ＋1x e x .(2)因为y ＝x 3 ＋1＋1x 2， 所以y ′＝(x 3)′＋(1)′＋? ?? ??1x 2′＝3x 2 －2x 3. 【训练1】 (1) 已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2x ·f ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( ) A.－e B.－1 C.1 D.e 解析 由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1 x ，∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，则f ′(1)＝－1.答案 B (2)(2015·天津卷)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数.若f ′(1)＝3，则a 的值为________. (2)f ′(x )＝a ? ?? ??ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x ).由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.答案 (2)3 考点二 导数的几何意义 命题角度一 求切线方程 【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1 －x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，2)处的 切线方程是________.解析 (1)设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1 ＋x .又f (x )为偶函数，f (x )＝f (－x )＝e x －1 ＋x ， 所以当x >0时，f (x )＝e x －1 ＋x .因此，当x >0时，f ′(x )＝e x －1 ＋1，f ′(1)＝e 0 ＋1＝2.则曲线y ＝f (x )在点(1， 2)处的切线的斜率为f ′(1)＝2，所以切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0. 答案 2x －y ＝0 【训练2】(2017·威海质检)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( )A.x ＋y －1＝0 B.x －y －1＝0 C.x ＋y ＋1＝0 D.x －y ＋1＝0

2007——2014高考数学新课标卷(理)函数与导数压轴题汇总

2007——2014高考数学新课标卷（理）函数与导数综合大题 【2007新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数2()ln()f x x a x =++ （I ）若当1x =-时，()f x 取得极值，求a 的值，并讨论()f x 的单调性； （II ）若()f x 存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于e ln 2 ． 【解析】（Ⅰ）1()2f x x x a '= ++，依题意有(1)0f '-=，故32a =． 从而2231(21)(1) ()3322 x x x x f x x x ++++'==++． ()f x 的定义域为32?? -+ ??? ，∞，当312x -<<-时，()0f x '>； 当1 12 x -<<-时，()0f x '<； 当1 2 x >- 时，()0f x '>． 从而，()f x 分别在区间3 1122????---+ ? ?????，，， ∞单调增加，在区间112?? -- ??? ，单调减少． （Ⅱ）()f x 的定义域为()a -+，∞，2221 ()x ax f x x a ++'=+． 方程2 2210x ax ++=的判别式2 48a ?=-． （ⅰ）若0?< ，即a << ()f x 的定义域内()0f x '>，故()f x 的极值． （ⅱ）若0?= ，则a a = 若a = ()x ∈+ ，2 ()f x '= ． 当x =时，()0f x '=，

当2 x ? ??∈-+ ? ????? ，∞时， ()0f x '>，所以()f x 无极值． 若a =)x ∈+，()0f x '= >，()f x 也无极值． （ⅲ）若0?>，即a > a <22210x ax ++=有两个不同的实根 1x = 2x = 当a <12x a x a <-<-，，从而()f x '有()f x 的定义域内没有零点， 故()f x 无极值． 当a > 1x a >-，2x a >-，()f x '在()f x 的定义域内有两个不同的零点， 由根值判别方法知()f x 在12x x x x ==，取得极值． 综上，()f x 存在极值时，a 的取值范围为)+． ()f x 的极值之和为 2221211221()()ln()ln()ln 11ln 2ln 22 e f x f x x a x x a x a +=+++++=+->-=． 【2008新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数1 ()()f x ax a b x b =+ ∈+Z ，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为y =3． （Ⅰ）求()f x 的解析式： （Ⅱ）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心； （Ⅲ）证明：曲线()y f x =上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 21．解：（Ⅰ）2 1 ()() f x a x b '=- +，

高考文科数学专题复习导数训练题文

欢迎下载学习好资料 高考文科数学专题复习导数训练题（文）一、考点回顾导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容。考查方式以客观题为主，主1. 要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义。导数的应用是高中数学中的重点内容，导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工2.具，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题。选择填空题侧重于利用导不等式、解答题侧重于导数的综合应用，即与函数、数确定函数的单调性、单调区间和最值问题，数列的综合应用。3.应用导数解决实际问题，关键是建立恰当的数学模型（函数关系），如果函数在给定区间内只有一个极值点，此时函数在这点有极大（小）值，而此时不用和端点值进行比较，也可以得知这就是最大（小）值。 二、经典例题剖析 考点一：求导公式。 13f(x)?x?2x?1??ff(?1)(x)3的值是的导函数，则。例1. 是 ????2?1?2?1?f'32x??xf'解析：，所以 答案：3 点评：本题考查多项式的求导法则。 考点二：导数的几何意义。 1x?y?2(1?(1))f(x)My，f2，点则图数2. 例已知函的象程的处切线方在是 ??(1)(f1?)f。 115???fk?'1M(1，f(1))222，所的纵坐标为，所以，由切线过点，可得点M 解析：因为5???f1?????3'f1?f12以，所以3 答案： 学习好资料欢迎下载 32?3)(1，2??4x?yx?2x例3. 。在点曲线处的切线方程是 2?3)(1，4??4xy'?3x5?k?3?4?4??解析：，所以设切线方程，处切线的斜率为点?3)(1， ?3)y??5x?b(1，2b?，将点处的切线为带入切线方程可得，所以，过曲线上点5x?y?2?0方程为：5x?y?2?0答案：点评：以上两小题均是对导数的几何意义的考查。 考点三：导数的几何意义的应用。 ??23x?,y0x l:y?kx x?3x?2y?xl与曲线C且直线相切于点，，例，4.已知曲线C：直线000l的方程及切点坐标。求直线y??00k??x??0x y,x?0在曲析解：线直线过原点，C则。由点上， ??00232x?2x?3xy?x yx,y'?3x?6x?2??0在，处，。又 则00y20?x?3x?2 000000??222x?3x?2?3x?6x?22x?'6x??3xk?f?，整曲线C，的切线斜率为 0000000331y???k??x03x??2x x?00082400。所以，（舍），此时，，解得：理得：，或033??1,???y??x82l??4的方程为，切点坐标是直线。 33??1,???y??x82l??4的方程为，切点坐标是答案：直线点评：本小题考查导数

高考数学解题技巧大揭秘专题函数导数不等式的综合问题

专题五 函数、导数、不等式的综合问题 1.已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝ 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间； (3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x ＞0，g (x )＜1＋e －2 . 解 (1)由f (x )＝ ln x ＋k e x ， 得f ′(x )＝1－k x －xln x xe x ，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． 所以f ′(1)＝0，因此k ＝1. (2)由(1)得f ′(x )＝ 1 xe x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)， 令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x ＞0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0. 因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)因为g(x )＝xf ′(x )， 所以g(x )＝1 e x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)， 由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ， 求导得h′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2 )． 所以当x ∈(0，e －2 )时，h′(x )＞0，函数h(x )单调递增； 当x ∈(e －2 ，＋∞)时，h′(x )＜0，函数h(x )单调递减． 所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x )≤h(e －2 )＝1＋e －2 . 又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1 e x ＜1， 所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2 . 综上所述结论成立．

2018年高考数学—导数专题

导数 (选修2－2P18A7改编)曲线y＝sin x x在x＝ π 2处的切线方程为() A.y＝0 B.y＝2π C.y＝－ 4 π2 x＋ 4 π D.y＝ 4 π2 x 解析∵y′＝x cos x－sin x x2，∴y′|x＝ π 2＝－ 4 π2 ， 当x＝π 2时，y＝ 2 π ， ∴切线方程为y－2 π ＝－ 4 π2? ? ? ? ? x－ π 2 ，即y＝－ 4 π2 x＋ 4 π . (2016·天津卷)已知函数f(x)＝(2x＋1)e x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________. 解析因为f(x)＝(2x＋1)e x， 所以f′(x)＝2e x＋(2x＋1)e x＝(2x＋3)e x， 所以f′(0)＝3e0＝3. (2017·西安月考)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝________. 解析y′＝a－ 1 x＋1 ，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2， 所以a＝3. (2017·威海质检)已知函数f(x)＝x ln x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为() A.x＋y－1＝0 B.x－y－1＝0 C.x＋y＋1＝0 D.x－y＋1＝0

解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0). 又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴?????y 0＝x 0ln x 0， y 0＋1＝（1＋ln x 0）x 0， 解得x 0＝1，y 0＝0. ∴切点为(1，0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1. ∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. (2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析 法一 ∵y ＝x ＋ln x ，∴y ′＝1＋1 x ，y ′|x ＝1＝2. ∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. ∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， ∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行). 由?????y ＝2x －1，y ＝ax 2 ＋（a ＋2）x ＋1消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0. 由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二 同法一得切线方程为y ＝2x －1. 设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1). ∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2). 由?????2ax 0＋（a ＋2）＝2，ax 20＋（a ＋2）x 0＋1＝2x 0－1，解得???x 0＝－12，a ＝8. 答案 8 (2017·西安质测)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P

高三数学导数压轴题

导数压轴 一．解答题（共20小题） 1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数． （1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； （2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 2．设． （1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立； （2）讨论关于x的方程根的个数． 3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．

（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性； （2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围． 4．已知函数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．

（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0． 6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1． （Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围； （Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．

（2）若对?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围． 8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝． （Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a； （Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．

高考题汇编2010-全国高考数学真题--第21题导数

2017-2019年全国高考数学真题--第21题导数 2018年：设函数2 ()1x f x e x ax =---。 （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 2019年：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 +-=． （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． 2019年： 已知函数)(x f 满足2 1 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-． （Ⅰ）求)(x f 的解析式及单调区间； （Ⅱ）若b ax x x f ++≥2 2 1)(， 求b a )1(+的最大值．

2019： 一卷：已知函数()f x ＝2 x ax b ++， ()g x ＝()x e 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42y x =+ （Ⅰ）求a ， b ， c ， d 的值； （Ⅱ）若x ≥－2时， ()f x ≤()kg x ， 求k 的取值范围． 2019一卷：设函数1 ()ln x x be f x ae x x -=+， 曲线()y f x =在点（1， (1)f 处的切线为 (1)2y e x =-+． (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >． 2015一卷：已知函数3 1 ()4 f x x ax =++ ， ()ln 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．

高考数学专题导数题的解题技巧

第十讲 导数题的解题技巧 【命题趋向】导数命题趋势： 综观2007年全国各套高考数学试题，我们发现对导数的考查有以下一些知识类型与特点： （1）多项式求导（结合不等式求参数取值范围）,和求斜率（切线方程结合函数求最值）问题. （2）求极值, 函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合. 分值在12---17分之间，一般为1个选择题或1个填空题，1个解答题. 【考点透视】 1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念． 2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数． 3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 【例题解析】 考点1 导数的概念 对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念. 例1．（2007年北京卷）()f x '是3 1()213 f x x x = ++的导函数，则(1)f '-的值是 ． [考查目的] 本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力. [解答过程] ()2 2 ()2,(1)12 3.f x x f ''=+∴-=-+=Q 故填3. 例2. ( 2006年湖南卷）设函数()1 x a f x x -=-,集合M={|()0}x f x <,P='{|()0}x f x >,若M P,则实 数a 的取值范围是 ( ) A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D. [1,+∞) [考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力.

(完整版)高考导数专题复习

高考数学专题复习——导数 目录 一、有关切线的相关问题 二、导数单调性、极值、最值的直接应用 三、交点与根的分布 1、判断零点个数 2、已知零点个数求解参数范围 四、不等式证明 1、作差证明不等式 2、变形构造函数证明不等式 3、替换构造不等式证明不等式 五、不等式恒成立求参数范围 1、恒成立之最值的直接应用 2、恒成立之分离常数 3、恒成立之讨论参数范围 六、函数与导数性质的综合运用

导数运用中常见结论

一、有关切线的相关问题 例题、【2015高考新课标1，理21】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； 【答案】（Ⅰ）34 a = 跟踪练习： 1、【2011高考新课标1，理21】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 +-=。 （Ⅰ）求a 、b 的值； 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),2 f f =?? ?=-??即 1, 1,22 b a b =???-=-?? 解得1a =，1b =。 2、(2013课标全国Ⅰ，理21)设函数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. (1)求a ，b ，c ，d 的值； 解：(1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4. 而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )， 故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2. 3、 (2014课标全国Ⅰ，理21)设函数1 (0ln x x be f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1) f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； 【解析】：(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为()0,+∞，112()ln x x x x a b b f x ae x e e e x x x --'=+-+

高考数学理科导数大题目专项训练及答案

高一兴趣导数大题目专项训练 班级 姓名 1.已知函数()f x 是定义在[,0)(0,]e e - 上的奇函数，当(0,]x e ∈时，有()ln f x ax x =+（其中e 为自然对数的底，a ∈R ）． （Ⅰ）求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）试问：是否存在实数0a <，使得当[,0)x e ∈-，()f x 的最小值是3？如果存在，求出实数a 的值；如果不存在，请说明理由； （Ⅲ）设ln ||()||x g x x =（[,0)(0,]x e e ∈- ），求证：当1a =-时，1 |()|()2 f x g x >+； 2. 若存在实常数k 和b ，使得函数()f x 和()g x 对其定义域上的任意实数x 分别满足： ()f x kx b ≥+和()g x kx b ≤+，则称直线:l y kx b =+为()f x 和()g x 的“隔离直线”．已知 2()h x x =，()2ln x e x ?=（其中e 为自然对数的底数）． (1)求()()()F x h x x ?=-的极值； (2) 函数()h x 和()x ?是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由．

3. 设关于x 的方程012 =--mx x 有两个实根α、β，且βα<。定义函数.1 2)(2+-= x m x x f （I ）求)(ααf 的值；（II ）判断),()(βα在区间x f 上单调性，并加以证明； （III ）若μλ,为正实数，①试比较)(),( ),(βμ λμβ λααf f f ++的大小； ②证明.|||)()(|βαμ λλβ μαμλμβλα-<++-++f f 4. 若函数22()()()x f x x ax b e x R -=++∈在1x =处取得极值. （I ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间； （II ）是否存在实数m ，使得对任意(0,1)a ∈及12,[0,2]x x ∈总有12|()()|f x f x -< 21[(2)]1m a m e -+++恒成立，若存在，求出m 的范围；若不存在，请说明理由． 5．若函数()()2 ln ,f x x g x x x ==- （1）求函数()()()()x g x kf x k R ?=+∈的单调区间； （2）若对所有的[),x e ∈+∞都有()xf x ax a ≥-成立，求实数a 的取值范围.

高考导数专题复习

高考导数专题复习 高考数学专题复习——导数 目录 一、有关切线的相关问题 二、导数单调性、极值、最值的直接应用 三、交点与根的分布 1、判断零点个数 2、已知零点个数求解参数范围 四、不等式证明 1、作差证明不等式 2、变形构造函数证明不等式 3、替换构造不等式证明不等式 五、不等式恒成立求参数范围 1、恒成立之最值的直接应用 2、恒成立之分离常数 3、恒成立之讨论参数范围 六、函数与导数性质的综合运用

导数运用中常见结论 (1)曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '， 且切线方程为 000()()()y f x x x f x '=-+。 (2)若可导函数()y f x =在 0x x = 处取得极值， 则0()0f x '=。反之， 不成立。 (3)对于可导函数()f x ， 不等式()f x '0>0<（）的解集决定函数()f x 的递增（减）区间。 (4)函数()f x 在区间I 上递增（减）的充要条件是：x I ?∈()f x '0≥(0)≤恒成立（()f x ' 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()0f x '=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 '0≥或 ()f x '0≤在I 上恒成立 (7)若x I ?∈， ()f x 0>恒成立， 则min ()f x 0>; 若x I ?∈， ()f x 0<恒成立， 则 max ()f x 0< (8)若0x I ? ∈， 使得0()f x 0>， 则max ()f x 0>；若0x I ?∈， 使得0()f x 0<， 则 min ()f x 0<. (9)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ， 若x ? ∈D ()()f x g x >恒成立， 则有 []min ()()0f x g x ->. (10)若对11x I ? ∈、22x I ∈ ， 12()()f x g x >恒成立， 则min max ()()f x g x >. 若对11x I ?∈， 22x I ?∈， 使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ? ∈， 22x I ?∈， 使得12()()f x g x <， 则max max ()()f x g x <. （11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,， ()g x 在区间2I 上值域为B ，

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。

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高考导数题的解题技巧 绝版 TPMK standardization office【 TPMK5AB- TPMK08- TPMK2C- TPMK18】

导数题的解题技巧 导数命题趋势： （1）多项式求导（结合不等式求参数取值范围）,和求斜率（切线方程结合函数求最值）问题. （2）求极值,证明不等式， 函数单调性,应用题,与三角函数或向量结合. 【考点透视】 1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念． 2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数． 3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 【例题解析】 考点1 导数的概念 对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念. 例1．（2007年北京卷）()f x '是31 ()213 f x x x =++的导函数，则(1)f '-的值是 ． [考查目的] 本题主要考查函数的导数和计算等基础知识和能力. [解答过程] ()2 2()2,(1)12 3.f x x f ''=+∴-=-+= 故填3. 例2. ( 2006年湖南卷）设函数()1 x a f x x -=-,集合M={|()0}x f x <,P='{|()0}x f x >,若 M P,则实数a 的取值范围是 ( )

A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D. [1,+∞) [考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力. [解答过程]由0,,1;, 1. 1 x a x a a x x -<∴<<<<-当a>1时当a<1时 综上可得M P 时, 1.a ∴> 考点2 曲线的切线 （1）关于曲线在某一点的切线 求曲线y=f(x)在某一点P （x,y ）的切线，即求出函数y=f(x)在P 点的导数就是曲线在该点的切线的斜率. （2）关于两曲线的公切线 若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线. 典型例题 例3.（2007年湖南文）已知函数3211 ()32 f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内各 有一个极值点． （I ）求24a b -的最大值； （II ）当248a b -=时，设函数()y f x =在点(1(1))A f ，处的切线为l ，若l 在点A 处穿过函数()y f x =的图象（即动点在点A 附近沿曲线()y f x =运动，经过点 A 时，从l 的一侧进入另一侧），求函数()f x 的表达式． 思路启迪：用求导来求得切线斜率. 解答过程：（I ）因为函数3211 ()32 f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内分别有一 个极值点，所以2()f x x ax b '=++0=在[11)-，，(13]，内分别有一个实根， 设两实根为12x x ，（12x x <），则2214x x a b -=-，且2104x x <-≤．于是 2044a b <-，20416a b <-≤，且当11x =-， 23x =，即2a =-，3b =-时等号成立．故24a b -的最大值是16．