a x 时，0)0(')(')1
2,0()('=>-g x g a a x g 内递增，在不恒成立内递增，在1)(,0)0()()12,0()(+≤=>-ax x
x f g x g a a x g 2
1
0≤≤a
【解析】因为()()
1221
0f x f x x x -< 所以()()11220x f x x f x -< 即()()2211x f x x f x > , 即当x 2>x 1时, ()()2211x f x x f x >恒成立, 所以xf (x )在x ∈(0,+∞)内是一个增函数,
设()()g x xf x =,则有()20x
g x e ax '=-≥ 即a ≤ e x
2x ,
设()2x
e h x x = 则有()()2
12x e x h x x -'= ,
所以当x =1时,ℎ(x )最小,ℎ(1)=e
2，即2
e
a ≤
故选D. 例11已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线斜率为3．
（1）求实数a 的值； （2）若k ∈Z ，且()1
f x k x <
-对任意1x >恒成立，求k 的最大值；
（3）当4n m >≥时，证明：()
()m
n
n
m mn nm >．
解析（1）因为()ln f x ax x x =+，所以()ln 1f x a x '=++，所以()e 3f '=，即ln e 13a ++=，所以1a =．
（2）由（1）知，()ln f x x x x =+，所以()1
f x k x <-对任意1x >恒成立，即ln 1
x x x k x +<
-对任意1x >恒成立．
当2x =时，有22ln2
3.3821
k +<
≈-，猜想k 的最大值为3，下面进行证明． ()ln 3331ln 23ln ln 201x x x x x x x x x x x x x +<⇔-<+⇔-<⇔+->-，令
()3ln 2g x x x =+-，则()22133
x g x x x x
-'=-=，由()0g x '>可得3x >，由()0g x '<可得
13x <<，所以()g x 在()1,3上递减，在()3,+∞上递增，所以()()min
3ln310g x g ⎡⎤==->⎣⎦
，
命题获证，整数k 的最大值是3．
证明（3）()()()()ln ln ln ln ln ln m
n
n m mn m mn n mn m mn n mn nm n m m n n m m n >⇔>⇔+>+
ln ln ln ln mn n m m mn m n n ⇔+>+．
法1：（分离未知数后构造函数）ln ln ln ln mn n m m mn m n n +>+⇔
()()ln ln 1ln 1ln 11
n n m m
n m n m n m n m ->-⇔
>
--． 构造函数()ln 1x x
k x x =
-，4x ≥，则()()()()()
22
1ln 1ln 1ln 11x x x x x x k x x x +----'==--，令()11ln k x x x =--，
则()111k x x
'=-，因为4x ≥，所以()10k x '>在[)4,+∞上恒成立，即()1k x 在[)4,+∞上递增，而()143ln 40k =->，于是()0k x '>在[)4,+∞上恒成立，所以()k x 在
[)4,+∞上递增．而4n m >≥，所以
ln ln 11
n n m m
n m >
--，不等式获证． 法2：（主元法）以n 为主元构造函数()ln ln ln ln f x mx x m m mx m x x =+--，则
()()1ln 1ln f x m x m m m '=-+--．因为4x m >≥，所以
()()1ln 1ln 1ln 0f x m m m m m m m '>-+--=-->，所以函数()f x 在[),m +∞上递增．因
为n m >，所以()()f n f m >，所以ln ln ln ln mn n m m mn m n n +-->
22ln ln ln ln 0m m m m m m m m +--=，即ln ln ln ln mn n m m mn m n n +>+，不等式获证．
方法六 与对数分离
方法导读
发现函数结构很复杂，这时候需要考虑函数分离，分离原则之一就是指数与函数分离后构造。 方法导引
例12已知函数()2x
f x ae x =-，a R ∈.
（1）求函数()f x 的极值；
（2）当1a ≥时，证明：()ln 22f x x x -+>.
【详解】（1）()2x f x ae '=-，
当0a ≤时()0f x '<，()f x 在R 单调递减，则()f x 无极值. 当0a >时，令()0f x '=得2ln
x a =，()0f x '>得2ln x a >，()0f x '<得2
ln x a
<， ()f x ∴在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递减，2ln ,a ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
单调递增，()f x ∴的极小值为
22ln 22ln f a a ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
，无极大值，
综上：当0a ≤时，()f x 无极值. 当0a >时，()f x 的极小值为22ln
22ln f a a
⎛
⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值； （2）当1a ≥时，()ln 2ln x
f x x x e x -+≥-， 令()ln 2x
g x e x =--，转化证明()0g x >
()()()211
0+0x x g x e x g x e x x
'''=-
>=>，，所以()g x '在()0,∞+为增函数， 因为(
)1110202g e g ⎛⎫''=->=< ⎪⎝⎭
，
所以01(,1)2
x ∃∈，使得()0g x '=
因此函数()g x 在()00,x 上单减函数，在()0,x +∞上单增函数，
所以()(
)000001ln 222=0x
g x g x e x x x ≥=--=
+-≥， 01()0x g x ≠∴>
因此()ln 22f x x x -+>. 例13.已知. （I ）讨论的单调性；
（II ）当时，证明对于任意的成立. 解析(Ⅰ) 求导数3
2
2)11(=)(′
x x x a x f －－－ 3
22)(1(=x ax x )－－
当0≤a 时，(0,1)∈x ，0>)(′
x f ，)(x f 单调递增， )(1,∈+∞x ，0<)(′x f ，)(x f 单调递减；
()2
21
()ln ,R x f x a x x a x
-=-+
∈()f x 1a =()3
()'2
f x f x +
＞[]1,2x ∈
当0>a 时，3
322
+(2)(1(=2)(1(=)(′x a x a x x a x ax x x f )
)－－)－－
（1）
当＜２＜a 0时，
1>2a ，(0,1)∈x 或),(∈+∞2
a
x ，0>)(′
x f ，)(x f 单调递增，)(1,
∈a
x 2
，0<)(′
x f ，)(x f 单调递减； (2) 当２=a 时，
1=2
a
， )(0,
∈+∞x ，0≥)(′x f ，)(x f 单调递增， (3) 当２>a 时，1<2<
0a ，)(0,∈a
x 2
或∞)(1,
∈+x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增，,1)(
∈a
x 2
，0<)(′
x f ，)(x f 单调递减； (Ⅱ) 当1=a 时，2
1
2+
ln =)(x x x x x f －－，
323
22
+11=2)(1(=)(′x x x x x x x f 2－－)－－
于是)2
+1112+ln =)(′
)(322
x x x x x x x x f x f 2－－－(－－－，
－1－1－3
22
+3+ln =x
x x x x ，]2,1[∈x
令x x x ln =)g(－ ，322
+3+
=)h(x
x x x －1－1，]2,1[∈x ， 于是)(+(g =)(′
)(x h x x f x f ）－，0≥1
=1=)(g ′x
x x x －1－，)g(x 的最小值为1=g(1)； 又4
2432+=+=)(h ′x x x x x x x 6
－2－362－3－
设6+23=)(θ2
x x x －－，]2,1[∈x ，因为1=)1(θ，10=)2(θ－
， 所以必有]2,1[0∈x ，使得0=)(θ0x ，且
0<<1x x 时，0>)(θx ，)(x h 单调递增； 2<<0x x 时，0<)(θx ，)(x h 单调递减；
又1=)1(h ，21=
)2(h ，所以)(x h 的最小值为2
1=)2(h ． 所以2
3=21+1=)2(+1(g >)(+(g =)(′
)(h x h x x f x f ））－． 即2
3
)()(+
'>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立． 方法七：函数分拆，独立双变量,换元构造一元函数
[方法导读]比较复杂函数，一般是给出两个独立变量,通过代数变形,构造两个函数,再利用导数知识求解. 方法导引
例14、x ,y 满足()2
ln 436326x y x y e x y +-+--≥+-,则x y +的值为（ ）
A ．2
B ．1
C ．0
D ．1-
【答案】A
分析：设m 4x 3y 6=+-,n x y 2=+-,得n lnm e m n 2-≥--,变形为
n lnm m e n 2,(m 0)-≥-->,令()f m lnm m =-,()n
h n e n 2=--,求导求最值得
()()max min f m h n =,结合取等条件求出x,y 即可
解析：设m 4x 3y 6=+-,n x y 2=+-,则m n 3x 2y 4-=+-
n lnm e m n 2-≥--,n
lnm m e n 2,(m 0)-≥-->
令()f m lnm m =-,f '(m)=
1
1,0m
-∴f '(m)>0,;m>1, f '(m)<0,则()f m 在()0,1单调递增()1,∞+单调递减()()max f m f 11∴==-,()f m 1∴≤-
令()n
h n e n 2=--,()()()n
e 1,0,0;0,0,h n n h n n h n '''=-∴>><<则()()h n ,0∞-单
调递减,()0,∞+单调递增()()()min h n h 01h n 1∴==-∴≥- 由题意()()f m h n m 1≥∴=,n 0=,4361
20
x y x y +-=⎧∴⎨
+-=⎩,x 1∴=,y 1=,故x+y=2
故选A.
例15若存在正实数m ,使得关于x 的方程x +a (3x +3m −4ex )[ln (3x +3m )−ln (2x )]=0 有两个不等的实根（其中e 是自然对数的底数）,则实数a 的取值范围是（ ） A ．(−∞,0)∪(
1
(4e−3)ln
3
2
,+∞) B ．(
1(4e−3)ln 32
,+∞) C ．(−∞,0)∪(1
2e
,+∞)
D ．(1
2e ,
1
(4e−3)ln 3
2
)
【答案】D
分析：由题,先对a 讨论,易得a ≠0,再用参变分离对原式进行变形,再换元转化成新的函数,利用新函数的单调性,最值求得a 的范围即可. 解析当a =0时,方程只有一个解,不合题意；∴a ≠0 原方程等价于
()()3312ln
222x m x m e a x x
++⎛
⎫=- ⎪⎝⎭ 有两解 令()3322x m t x +=
> ,则()12ln 2e t t a =- ,令()()32ln 2f t e t t t ⎛
⎫
=-> ⎪⎝
⎭
,则 ()2ln 1e
f t t
'=
-- ，由()0f t '=得t =e ,且f ′(t )在(),e +∞上递减, ∴当t >e 时, ()0f t '<；当3
2t e << 时,()0f t '>
∴f (t )在(),e +∞ 上递减,在(3
2,e)递增,
∵方程
()12ln 2e t t a
=-在(3
2,+∞)有两个不等的实根, 所以()31
22f f e a ⎛⎫<< ⎪⎝⎭ ,解得()113243ln 2
a e e <<
- .故选D 点评：在做到导数类题目的时候,有时候会涉及到构造函数,就是根据题目所给信息,通过构造一个新的函数来将题目所给的条件信息串联起来,以得出结果.
例16已知函数2()(2)ln()f x x a x a ex =---（0a ≠，e 是自然对数的底数）. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）若存在0x ，使得()00f x =，证明：
0021
x x a e a x -+<+. 分析：（1）函数求导后对a 分类讨论即可得解；（2）由()00f x =，知
()2
00(2)ln 0x a x a ex ---=，原不等式可转化为0
0001ln 1
x x e x x +<+，构造函数
1ln ()x g x x +=，()1
x
e h x x =+，分别利用导数求其最大值与最小值即可.
详解：
（1）()2(2)a f x x a x '
=---
=(2)(1)x a x x
+-，0x >， ①当0a >时，20x a +>，于是令()0f x '>得1x >，令()0f x '<得01x <<， 所以函数()f x 的单调递增区间是(1,)+∞，单调递减区间是(0,1)， ②当0a <时，令()0f x '=，∴1x =或2
a
-
， 当2a =-时，()0f x '≥，所以函数()f x 的单调递增区间是(0,)+∞，
当2a <-时，
12a ->，当(0,1)x ∈，,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当1,2a x ⎛⎫∈- ⎪⎝
⎭时，()0f x '<，
所以函数()f x 的单调递增区间是(0,1)，,2a ⎛⎫-
+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间是1,2a ⎛
⎫- ⎪⎝
⎭.
当20a -<<时，12a -
<，当0,2a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，(1,)+∞时，()0f x '>；当,12a x ⎛⎫
∈- ⎪⎝⎭
时，()0f x '<，
所以函数()f x 的单调递增区间是0,2a ⎛
⎫-
⎪⎝⎭,(1,)+∞,单调递减区间是,12a ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
. （2）因为()00f x =，∴()2
000(2)ln 0x a x a ex ---=，∴
0001ln 2x x a
x a
+-+=， 即证0
0001ln 1
x x e x x +<+， 设1ln ()x g x x +=
，∴2
ln ()x
g x x -'=， 所以()g x 在(1,)+∞上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以()(1)1g x g ≤=.
令()1
x
e h x x =+，∴2
()0(1)x xe h x x '=>+， 所以函数()h x 在(0,)+∞上为增函数， 所以()(0)1h x h >=，
导数压轴题的几种处理方法
x +1 恒成立，求实数 k 的取值范围； x >1 g (x) = = , 等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方 法常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法： 1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算 1+ ln x 例：已知函数 f (x) = ． 1 （Ⅰ）若函数在区间 (a, a + 2) （其中 a > 0 ）上存在极值，求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）如果当 x ≥ 1 时，不等式 f (x) ≥ k 解：（Ⅰ）因为 1+ ln x ， ，则 ' ln x ， … 1 分 当 f (x) = x x > 0 f (x) =- x 时， ' ；当 时， ' ． 所以 在（0，1）上单调递 0 < x < 1 f (x) > 0 f (x) < 0 f (x) 增 ； 在 (1, +∞) 上 单 调 递 减 ， 所 以 函 数 f (x) 在 x = 1 处 取 得 极 大 值 ． … 2 分 因为函数 f (x) 在区间 (a, a + 1) （其中 a > 0 ）上存在极值， 2 ?a < 1 所以 ?? 1 ?a + ? 2 , 解得 1 < a < 1. > 1 2 … 4 分 （Ⅱ）不等式 f (x) ≥ k ，即为 (x +1)(1+ ln x) ≥ k, 记 g (x) = (x +1)(1+ ln x) , 所以 ' x +1 x ' x x - ln x … 6 分 [(x +1)(1+ ln x)] x - (x +1)(1+ ln x) x 2 x 2 1 令 h (x) = x - ln x, 则 h '(x) = 1 - x ， x ≥ 1,∴ h '(x) ≥ 0. ∴ h (x) 在 [1, +∞) 上单调递增，∴[h(x)]min = h(1) = 1 > 0 ，从而 g '(x) > 0 故 g (x) 在 [1, +∞) 上也单调递增，∴[g (x)]min = g (1) = 2 ，所以 k ≤ 2 …8 分 2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而 确定参数范围
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考 必备) 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$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当 $x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。下列有关函数$f(x)$的描述： ①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；
②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$； ③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立； ④当$-\frac{1}{2}1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减， 在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立， ③正确。当$-\frac{1}{2}导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引
导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引 方法一 等价变形，转化构造 方法导读 研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。 方法导引 例1 已知函数f(x)=a e x (a ∈R )，g(x)=lnx x +1. （1）求函数g(x)的极值； （2）当a ≥1 e 时，求证：f(x)≥g(x). 解析:（1）由g (x )= ln x x +1，得g ′(x )= 1−ln x x 2 ，定义域为(0,+∞). 令g ′(x )=0，解得x =e ， 列表如下： 结合表格可知函数g (x )的极大值为g (e )=1 e +1，无极小值. （2）要证明 f (x )≥ g (x )，即证ae x ≥ ln x x +1，而定义域为(0,+∞)， 所以只要证axe x −ln x −x ≥0，又因为a ≥1e ，所以axe x −ln x −x ≥1e xe x −ln x −x ， 所以只要证明1 e xe x −ln x −x ≥0. 令F (x )=1e xe x −ln x −x ，则F ′(x )=(x +1)(e x−1−1 x )， 记ℎ(x )=e x−1−1 x ，则ℎ(x )在(0,+∞)单调递增且ℎ(1)=0， 所以当x ∈(0,1)时，ℎ(x )<0，从而F ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，ℎ(x )>0，
从而F ′(x )>0，即F (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，F (x )≥F (1)=0. 所以当a ≥1 e 时， f (x )≥ g (x ). 例2已知a ∈R ，a ≠0，函数f (x ) =e ax -1-ax ，其中常数e =2.71828. （1）求f (x ) 的最小值； （2）当a ≥1时，求证:对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 解析：（1）因为()1 ax f x e ax -=-，则()()11ax f x a e -'=-，()210ax f x a e -'=>' 故()f x '为R 上的增函数，令()0f x '=，解得1 x a = 故当()1, ,0x f x a ⎛⎫ ∈-∞< '⎪⎝⎭ ，()f x 单调递减； 当()1,,0x f x a ⎛⎫ ∈+∞> '⎪⎝⎭ ，()f x 单调递增， 则()10min f x f a ⎛⎫ == ⎪⎝⎭ 故函数()f x 的最小值为0. （2）证明：要证明xf (x ) ≥ 2ln x +12ax - 等价于证明121ax xe lnx -≥+ 由（1）可知：10ax e ax --≥，即1ax e ax -≥ 因为0x >，故12ax xe ax -≥ 故等价于证明2 21ax lnx ≥+ 即()2 210,0,ax lnx x --≥∈+∞ 令()2 21g x ax lnx =--，即证()()0,0,g x x ≥∈+∞恒成立. 又( ) )2 1 1 22g x ax x x +-=-= ' 令()0g x '= ，解得x =
高考数学：导数压轴题的归纳总结方法
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。
导数中的构造函数方法
导数中的构造函数方法 导数是微积分中的重要概念，用于描述函数在其中一点上的变化率。 构造函数方法是一种在解析导数时使用的技巧，通过构造一个函数来分析 导数的性质。下面将详细介绍导数中的构造函数方法。 构造函数方法的基本思想是通过构造一个辅助函数来研究原函数的性质。这个辅助函数可以是原函数的函数值、斜率、面积等。下面我们将分 别介绍几种常见的构造函数方法。 1.构造原函数的函数值： 这种方法适用于已知函数在一些特殊点的函数值的情况。比如，已知 函数在其中一点的函数值为1，我们可以构造一个辅助函数f(x)=f(x)-1，然后通过对这个函数求导来研究原函数的性质。 2.构造原函数的斜率： 这种方法适用于已知函数在一些特殊点的斜率的情况。比如，已知函 数在其中一点的斜率为2，我们可以构造一个辅助函数f(x)=2x-f(x)，然 后通过对这个函数求导来研究原函数的性质。 3.构造原函数的面积： 这种方法适用于已知函数在一定范围内的面积的情况。比如，已知函 数在区间[a, b]内的面积为1，我们可以构造一个辅助函数 f(x)=∫abf(t)dt-1，然后通过对这个函数求导来研究原函数的性质。 构造函数方法的使用需要注意以下几点： 1.构造函数需要满足可导性：
为了能够对辅助函数求导，构造的函数必须满足可导的条件。因此，在构造函数的过程中需要确保函数在所研究区间内是可导的。 2.构造函数要反映原函数的性质： 辅助函数的形式和原函数的性质应该有一定的关联，这样才能够通过对辅助函数求导来研究原函数的性质。 3.构造函数方法的局限性： 构造函数方法是一种辅助手段，用于求解导数时的特殊情况。并不是所有的导数问题都适用构造函数方法，因此在实际应用中需要根据具体情况选择合适的方法。 总结起来，构造函数方法是一种在解析导数时使用的技巧，通过构造一个辅助函数来研究原函数的性质。通过构造原函数的函数值、斜率、面积等来分析导数的性质，可以帮助我们更好地理解导数的概念和应用。然而，构造函数方法并不是通用的求导方法，只能用于特定情况下，因此在实际应用中需要灵活选择合适的方法。
高考数学函数压轴题方法归纳总结
高考数学函数压轴题方法归纳总结 一、利用导数证明不等式 1．已知()()2 1x f x ax e x =-+． （1）当1a =时，讨论函数()f x 的零点个数，并说明理由； （2）若0x =是()f x 的极值点，证明()()2 ln 11f x ax x x ≥-+++． 【思路引导】（1）由题意1a =时，得()()2 1x f x x e x =-+，利用导数得到函数的单调性，进而可判定函 数的零点个数；（2）求得函数的导数()()12x f x e ax a x -'=++，由0x =是()f x 的极值点，得1a =， 得到函数的解析式，令1x t -=，转化为证明1ln 2t te t t +≥++，设()()ln 20x h x ex e x x x =⋅--->， 根据导数得到()h x 的单调性和最小值，证得()0h x ≥，即可作出证明． 2．已知函数()()2 2x f x e ax x a R =--∈． （1）当0a =时，求()f x 的最小值； （2）当12e a < -时，证明：不等式()12 e f x >-在()0,+∞上恒成立． 【思路引导】（1）()2x f x e x =-， ()2x f x e '=-，由单调区间及极值可求得最小值。（2） 由导函数()22x f x e ax =--'，及12e a < -， ()12222102e f e a e ⎛⎫ =-->---= ⎪⎝⎭ ， ()010f '=-<，由根的存在性定理可知存在()00,1x ∈使得()00f x '=，只需证()f x 最小值 ()()002 0000022x x f x e ax x e x ax =--=-+>12 e -，由隐零点0 0220x e ax --=回代，即证 ()12t t g t e t ⎛⎫ =-- ⎪⎝⎭ 12e >-。 3．已知函数()ln f x x =，()()1g x a x =- （1）当2a =时，求函数()()()h x f x g x =-的单调递减区间； （2）若1x >时，关于x 的不等式()()f x g x <恒成立，求实数a 的取值范围； （3）若数列 {} n a 满足11n n a a +=+， 33a =，记 {} n a 的前n 项和为n S ，求证： ()ln 1234...n n S ⨯⨯⨯⨯⨯<．
高考压轴题：导数题型及解题方法归纳
高考压轴题：导数题型及解题方法 一．切线问题 题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。 方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。 题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。 方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。 注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。 例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ． （1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ） （2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。（答案：m 的范围是()2,3--） 练习 1. 已知曲线x x y 33 -= （1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。答案：（03=+y x 或027415=--y x ） （2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。 2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1） 题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。 方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。（)(,22x f x ）；
导数中的构造函数-玩转压轴题(解析版)
近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，一下问题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结． 【方法综述】 以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“()()f x g x ±、()()f x g x 、 () () f x g x ”等特征式、解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题． 方法总结： 和与积联系：()()f x xf x '+，构造()xf x ； 22()()xf x x f x '+，构造2()x f x ； 3()()f x xf x '+，构造3()x f x ；………………… ()()nf x xf x '+，构造()n x f x ；()()f x f x '+，构造e ()x f x ．等等． 减法与商联系：如()()0xf x f x ->'，构造() ()f x F x x = ； ()2()0xf x f x ->'，构造2() ()f x F x x =；………………… ()()0xf x nf x ->'，构造() ()n f x F x x =． ()()f x f x '-，构造()()e x f x F x =，()2()f x f x '-，构造2() ()e x f x F x = ，……………… ()()f x nf x '-，构造() ()e nx f x F x = ， 奇偶性结论：奇乘除奇为偶；奇乘偶为奇。（可通过定义得到）构造函数有时候不唯一，合理构造函数是关键。给出导函数，构造原函数，本质上离不开积分知识。 【解答策略】 类型一、巧设“()()y f x g x =±”型可导函数 【例1】已知不相等的两个正实数x ，y 满足()2 244log log x y y x -=-，则下列不等式中不可能成立的是 专题6.1 导数中的构造函数
导数中构造函数的常见题型与方法归纳
导数中构造函数的常见题型与方法归纳高考中有一难点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度，下面总结其基本类型及其处理方法． 题型一f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型 【例1】设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(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，＋∞) 【解析】令g(x)＝f(x) x，则g′(x)＝ xf′(x)－f(x) x2， 由题意知， 当x>0时，g′(x)<0 ，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0， ∴g(1)＝f(1) 1＝0， ∴当x∈(0,1)时，g(x)>0，从而f(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0. 又∵f(x)是奇函数， ∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0； 当x∈(－1,0)时，f(x)<0. 综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)． 【例2】设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0
的解集是________________． 【解析】借助导数的运算法则， f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0⇔[f(x)g(x)]′>0， 所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增． 又由分析知函数y＝f(x)g(x)为奇函数， 所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(0,0)，(3,0)． 数形结合可求得不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．【小结】 (1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)； (2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)； 特别地，对于不等式f′(x)>k(或0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)； (4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x) g(x) (g(x)≠0)； (5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)； (6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x) x(x≠0)． 题型二xf′(x)±nf(x)型 【例3】设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，则下列不等式在R上恒成立的是() A．f(x)>0B．f(x)<0 C．f(x)>x D．f(x)例说函数与导数压轴题解题秘籍
例说函数与导数压轴题解题秘籍 摘要：导数题是高考数学难点，如果能利用函数的凹凸性、落比塔法则、“对数单身狗，指数找基友”、同构法、切线放缩等技巧。则可以起化巧为拙，以拙胜巧之奇效！ 关键词：函数、导数、不等式 导数题是高考数学压轴题中最常见的形式，其涉及函数的构造、不等式的解法、导数的运算、应用( 极值与单调性) 以及恒成立等诸多方面的内容，综合考查学生的抽象思维能力、逻辑推理与判断能力、运算能力、化归能力，以及函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想，对学生有极高的要求．而命题人由于教材内容的限制，给出的答案往往出人意料，显得太巧妙，太艰涩难懂，所以在高考有限的答题时间内，并不具有现实可操作性．如果利用函数的凹凸性、落比塔法则、“对数单身狗，指数找基友”、切线放缩等技巧。则可以起化巧为拙，以拙胜巧之奇效！ 一、解题秘籍1：对数单身狗、指数找基友 1、在证明或处理含对数函数的不等式时，通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新函数求导时，就不含对数了，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导.这种相当于让对数函数“孤军奋战”的变形过程，我们形象的称之为“对数单身狗”. 由（这里设），则 不含超越函数，求解过程简单. 2、在证明或处理含指数函数的不等式时，通常要将指数型的函数“结合”起来，即让指数型的函数乘以或除以一个多项式函数，这样再对新函数求导时，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导.这种相当于让指数函数寻找“合作伙伴”的变形过程，我们形象的称之为“指数找基友”.由
，则是一个多项式函数，变形后可大大 简化运算. 示例1.（2021年湖南省十五校联考）若不等式对所有都成立，求实数的取值范围． 【解析】原问题等价于对所有都成立， 令，，则． （1）当时，恒成立，即在上单调递增，因而 恒成立； （2）当时，令，则，在上单调递减，在上 单调递增，，不合题意．综上所述，实数的取值范围是． 评析：1、上述解法优势在于，将lnx的系数化“1”后，就可以有效避免求 导后再出现对数函数，避免了隐性零点的出现,这是解决对数型函数的精华所在． 2、遇到f(x)e x＋g(x)的形式变形为e x·h(x)，其求导后的结果是 [e x·h(x)]′＝e x·[h(x)＋h′(x)]，其导数方程是多项式形式，所以它的根与 指数函数无关，有利于更快捷地解决问题. 二、解题秘籍2：构建双函数，利用凹凸性 示例2．（河北省“五个一名校联盟”2021届高三第二次诊断考试） 已知函数． （1）若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围． （2）当时，求证：． 【解析】第（1）问略
构造函数解决高考导数问题.docx
构造函数解决高考导数问题 导数大题是全国各地的高考试卷中必考的一道压轴题，主要考查利用导数讨论原函数的单调性和单调区间，通过讨论将其转化为最值问题，着重考查分类讨论思想，对分类讨论的原因和讨论流程的要求较高.解题的关键在于讨论之后如何将问题精准地转化为最值问题，以得到我们所需的式子或结果.导数问题的难点在于分类讨论和最值的转化，通常在进行分类讨论或者转化为函数的最值问题之前，函数形式或者可转化为函数形式的式子比较复杂，因此我们需要进行相应的构造函数工作，把函数形式变得更加简单，其中最重要的就是函数形式的转换，本文把利用构造函数解决导数问题这类题型进行了总结，如下。 一、直接作差构造函数 问题涉及两个函数，但只有一个变量，通常直接构 造荫数h(x) = /(x) 一g(x)求最值. 方法总结. 在导数问题屮，这类题型是最一般的情况.如果要证明涉及一个变量、两个函数的不等式成立，或者不等式可转化为利用一个函数来证明，可通过移项构造一个新的函数来解决，关键是对于如练习中所描述的某函数图象恒在另一个函数图象的上方或者下方，或者函数图象与某直线无交点(即函数图象恒在某育•线的上方或下方)等进行正确的条件转化。 例1 •已知函数/(x) = lnx, g(x) = --(a>0) •若 x 3 Vx e (03e],都有/(x) > g(x) + -,求实数a的取值范围. 【思考过程】在这个问题中，我们需要证明不等式成立, 实质就是证明不等式移项Z后的式子成立.由题意， 3
Vxe(09e],都有/(x) > g(x) + -,这里不等号两边为同一个变量，可直接作差构造函数来解决. 【解】记F(x) = /(x)-g(x)-¥=ln兀+ ?-為 2 x 2 只要尸(兀)在(0,e]上的最小值大于等于0即可. X X x-a =八 则F!(x),F(x)随x的变化情况如下表: 当a>e时，函数尸(兀)在(0,e)上单调递减，F(e)为最小值， n 3 e 所以F(e) = l + --^>0,得ag,所以Qe. e 2 2 当a*时，函数F(x)在(0Q上单调递减，在(Q,e)上 单调递增,F(a)为最小值， 所以F(a) = lna + --->0,得 °沁. a 2 所以Ve 4e. 二、分离函数构造函数 当要证明的不等式两边含有有理函数和超越函数的乘积或商的形式时，我们需要把这两种形式的函数分离Z后再來研究，这样在解决具体问题时，对于超越函数的性质研究和求取最值就会变得简单.
构造函数解与导数有关的选填压轴题(教师版)
构造函数解与导数有关的选填压轴题 方法规律： 1.注意逆向思谁，构造出的函数的导函数与已知条件相同，或者能够利用已知条件求解 2.根据含导函数的不等式构造原函数时要注意从以下几种类型考虑： ①原函数是函数和差的组合； ②原函数是函数乘除的组合； ③原函数是函数与x 的乘除的组合； ④原雨数是函数与x e 的乘除的组合； ⑤原函数是函数与)(cos sin x x 的乘除的组合； ⑥原函数是函数与x ln 的乘除的组合 3.常用的构造函数有： )()('x xf x f +构造)(x xf )()(2'2x f x x xf +构造)(2x f x )()('x f x xf -构造 x x f )( )()('x f x f +构造)(x f e x )()('x f x f -构造x e x f ) (等等 （一）与等式有关的函数构造 例1若函数)(x f 满足x e x x f x xf 3' )()(=-，0)1(=f ，则当0>x 时，)(x f （ B ） A.有极大值，无极小值 B.有极小值，无极大值 C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值又无极小值 解析：设x x f x F )()(=，则x xe x x f x xf x F =-=2 '')()()(，所以C e x x x f x F x +-==)1()()( Cx e x x x f x +-=⇒)()(2，又由00)1(=⇒=C f ，所以x e x x x f )()(2-= 2510)1()(2'+-> ⇒>-+=∴x e x x x f x 或2 5 1--x 时，)(x f 有极小值，无极大值，故选B 练习1.函数)(x f 的导函数为)(' x f ，满足x x x f x xf ln )(2)(' = +，且e e f 21 )(=，则)(x f 的极值情况为（ D ）
构造函数法解选填压轴题
微专题：构造函数法解选填压轴题 高考中要取得高分，关键在于选准选好的解题方法，才能省时省力又有效果。近几年各地高考数学试卷中，许多方面尤其涉及函数题目，采用构造函数法解答是一个不错的选择。所谓构造函数法是指通过一定方式，设计并构造一个与有待解答问题相关函数，并对其进行观察分析，借助函数本身性质如单调性或利用运算结果，解决原问题方法，简而言之就是构造函数解答问题。怎样合理的构造函数就是问题的关键，这里我们来一起探讨一下这方面问题。 几种导数的常见构造： 1．对于()()x g x f ''>，构造()()()x g x f x h -= 若遇到()()0'≠>a a x f ，则可构()()ax x f x h -= 2．对于()()0''>+x g x f ，构造()()()x g x f x h += 3．对于'()()0f x f x +>，构造()()x f e x h x = 4．对于'()()f x f x > [或'()()0f x f x ->]，构造()()x f x h x e = 5．对于()()0'>+x f x xf ，构造()()x xf x h = 6．对于()()0'>-x f x xf ，构造()()x x f x h = 一、构造函数法比较大小 例1．已知函数()y f x =的图象关于y 轴对称,且当(,0),()'()0x f x xf x ∈-∞+<成立，0.20.22(2)a f =，log 3(log 3)b f ππ=，33log 9(log 9)c f =,则,,a b c 的大小关系是 ( ) .Aa b c >> .B a c b >> .C c b a >> .Db a c >> 【解析】因为函数()y f x =关于y 轴对称,所以函数()y xf x =为奇函数.因为[()]'()'()xf x f x xf x =+, 所以当(,0)x ∈-∞时,[()]'()'()0xf x f x xf x =+<,函数()y xf x =单调递减, 当(0,)x ∈+∞时,函数()y xf x =单调递减. 因为0.2122<<,0131og π<<,3192og =,所以0.23013219og og π<<<,所以b a c >>,选D. 变式: 已知定义域为R 的奇函数()f x 的导函数为'()f x ，当0x ≠时，()'()0f x f x x + >， 若111(),2(2),ln (ln 2)222 a f b f c f ==--=，则下列关于,,a b c 的大小关系正确的是（ D ） .Aa b c >> .B a c b >> .C c b a >> .Db a c >> 例2．已知()f x 为R 上的可导函数，且x R ∀∈，均有()()f x f x '>，则有
合理构造函数解导数压轴题
合理构造函数解导数压轴题 构造函数是解导数问题的基本方法，但是有时简单的构造函数对问题求解带来很大麻烦甚至是解决不了问题的，那么怎样合理的构造函数就是问题的关键，这里我们来一起探讨一下这方面问题。 例1：（2009年宁波市高三第三次模拟试卷22题） 已知函数()()ax x x ax x f --++=2 3 1ln . (1) 若 3 2 为()x f y =的极值点，求实数a 的值； (2) 若()x f y =在[)+∞,1上增函数，求实数a 的取值范围； (3) 若1-=a 时，方程()()x b x x f = ---3 11有实根，求实数b 的取值范围。 解：（1）因为3 2= x 是函数的一个极值点，所以0)32 (='f ，进而解得：0=a ，经检验是 符合的，所以.0=a （2）显然(),2312a x x ax a x f --++='结合定义域知道01>+ax 在[)+∞∈,1x 上恒成立，所以0≥a 且01≥+ax a 。同时a x x --232此函数是31x 时递增， 故此我们只需要保证()0231 1≥--++= 'a a a f ，解得：.2510+≤≤a （3）方法一、变量分离直接构造函数 解：由于0>x ，所以：( )2 ln x x x x b -+=32 ln x x x x -+= ()2 321ln x x x x g -++=' ()x x x x x x g 1 266212---=-+='' 当6710+< ''x g 所以()x g '在6 7 10+< x 时，(),0<''x g 所以()x g '在6 71+>x 上递减； 又(),01='g ().6 7 10, 000+< <='∴x x g 当00x x <<时，(),0<'x g 所以()x g 在00x x <<上递减； 当10<'x g 所以10<高三数学函数与导数压轴题训练——构造函数证明不等式
高三数学函数与导数压轴题训练——构造函数证明不等式 利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧． 当试题中给出简单的基本初等函数，例如范围内不等式f (x )≥g (x )成立时，可以类比作差法，构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或φ(x )＝g (x )－f (x )，进而证明h (x )min ≥0或φ(x )max ≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g (x )>0(f (x )>0)的前提下，也可以类比作商法，构造函数h (x )＝ f (x ) g (x ) ⎝ ⎛⎭⎫φ(x )＝g (x )f (x )，进而证明h (x )min ≥1(φ(x )max ≤1)． [典例]已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1. (1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x . [方法演示] 解：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a . 因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2， 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2， 当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (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．
数学-导数压轴题之构造函数和同构异构详述(解析版)
导数章节知识全归纳 导数压轴题之构造函数和同构异构（详述版） 一．考试趋势分析： 由于该内容在高考内容中考试频率相对比较低，然而它却在我们平时考试或是诊断型考试中出现又较高，并且该内容属于高中数学里面导数的基本考试题型之一，基本上尖子生里面的基础题，又是一般学生里面的压轴题，所以老师你觉得讲还是不讲呢？针对这个情况，作者进行了多年研究和分析，这个内容一定要详细讲述，并且结合技巧性让学生能够熟练掌握，优生几秒钟，一般学生几分钟就可以完成该题解答，是设计这个专题的核心目的！ 二．所用知识内容： 1.导数八大基本求导公式： ①0;C '=（C 为常数） ②()1 ;n n x nx -'= ③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-; ⑤();x x e e '= ⑥()ln x x a a a '=; ⑦()1ln x x '=; ⑧()1 l g log a a o x e x '= 2.常见构造： 和与积联系：()()f x xf x '+，构造()xf x ； 22()()xf x x f x '+，构造2()x f x ； 3()()f x xf x '+，构造3()x f x ；………………… ()()nf x xf x '+，构造()n x f x ；()()f x f x '+，构造e ()x f x ．等等． 减法与商联系：如()()0xf x f x ->'，构造() ()f x F x x = ；
()2()0xf x f x ->'，构造2() ()f x F x x = ；………………… ()()0xf x nf x ->'，构造() ()n f x F x x = ． ()()f x f x '-，构造() ()e x f x F x = ，()2()f x f x '-，构造2() ()e x f x F x = ，……………… ()()f x nf x '-，构造() ()e nx f x F x = ， 3.同构异构方法： 1．顺反同构：顺即为平移拉伸后的同构函数，反即为乘除导致的凹凸反转同构函数. 2．同位同构： ①加减同构是指在同构的过程中“加减配凑”，从而完成同构； ②局部同构是指在同构过程中，我们可以将函数的某两个或者多个部分构造出同构式，再构造同构体系中的亲戚函数即可； ③差一同构是指指对跨阶以及指数幂和对数真数差1，我们往往可考虑用同构秒杀之. 三．导数构造函数典型题型： 1.构造函数之和差构造： 例：1.已知定义在R 上的函数()f x 满足()220f =，且()f x 的导函数()f x '满足 ()262f x x >'+，则不等式()322f x x x >+的解集为（ ） A ．{2}x x >-∣ B ．{2}x x >∣ C ．{2}x x <∣ D ．{2∣<-x x 或2}x > 【答案】B 【分析】
