高考数学热点难点专题08+含参数的导数问题解题规律(文)(教师版)

合集下载

高考数学专题08+含参数的导数问题解题规律-(理)(教师版)

故．点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．()12f x m x=()10h =()0,1()g x ()1,+∞()g x ()0,+∞12m =（二）构造函数例2．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当,为两个不相等的正数，证明：.【答案】（1）时，在区间内为增函数；时，在区间内为增函数；在区间内为减函数；（2）见解析.【解析】(1)求出，分两种种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设，原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.设，利用导数可得在区间内为增函数，，从而可得结论.（2）当时，.不妨设，则原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即..下面证明当时，恒成立.设，则，故在区间内为增函数，，即，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.练习1.已知函数.（1）证明: 有两个零点；（2）已知，若,使得，试比较与的大小.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】 (1)在上单调递减，在上单调递增，根据函数的最值情况确定零点个数； (2) 由，，可得：，令，函数在上单调递增，，∴，又∵在上是增函数，∴，即.（1）据题知，求导得：令，有；令，得，所以在上单调递减，在上单()f x 1αβ>>0x R ∃∈αβ+02x ()0,3()3,+∞t βα=()h t ()1,+∞()1,+∞02x αβ+<02x αβ<+()0f x '>3x >()0f x '<03x <<()f x ()0,3()3,+∞∴令，有；令，有故在和各有1个零点.∴有两个零点.（2）由，而∴令，则，∴函数在上单调递增，故.∴，又∵在上是增函数，∴，即.（三）极值点偏移例3．已知函数 (其中e 是自然对数的底数，k ∈R)．(1)讨论函数的单调性；(2)当函数有两个零点时，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。

高中数学导数题解题技巧

高中数学导数题解题技巧导数是高中数学中的一个重要概念，它在数学和物理等领域中有着广泛的应用。

在解题过程中，熟练掌握导数的相关技巧是非常重要的。

本文将从常见的导数题型入手，介绍一些解题技巧，帮助高中学生更好地应对导数题。

1. 导数的定义首先，我们需要了解导数的定义。

导数表示函数在某一点处的变化率，可以用极限的概念表示。

对于函数y=f(x)，在点x处的导数可以表示为：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h这个定义可以帮助我们计算函数在某一点处的导数。

2. 导数的基本性质在解题过程中，我们需要掌握导数的一些基本性质。

首先是导数的线性性质，即对于函数f(x)和g(x)，以及常数a和b，有：[f(x) + g(x)]' = f'(x) + g'(x)[a*f(x)]' = a*f'(x)[f(x)*g(x)]' = f'(x)*g(x) + f(x)*g'(x)这些性质可以帮助我们简化导数的计算过程。

3. 常见的导数题型接下来，我们将介绍一些常见的导数题型，并给出相应的解题技巧。

3.1 多项式函数的导数对于多项式函数f(x) = a_n*x^n + a_(n-1)*x^(n-1) + ... + a_1*x + a_0，其中a_i为常数，n为正整数，导数可以通过对每一项求导得到。

例如，对于函数f(x) = 3x^2 + 2x + 1，求导后得到：f'(x) = 6x + 2在求导过程中，注意常数项的导数为0。

3.2 指数函数的导数指数函数f(x) = a^x，其中a为正实数且不等于1，导数可以通过对指数部分求导得到。

例如，对于函数f(x) = 2^x，求导后得到：f'(x) = ln(2) * 2^x其中ln表示自然对数。

3.3 对数函数的导数对数函数f(x) = log_a(x)，其中a为正实数且不等于1，导数可以通过对函数取导数得到。

高中数学导数应用解题技巧

高中数学导数应用解题技巧在高中数学学习中，导数应用是一个重要的考点。

掌握导数应用解题技巧，不仅可以帮助我们更好地理解数学知识，还能够提高解题的效率和准确性。

本文将介绍一些常见的导数应用题型，并详细解析解题思路和方法，帮助高中学生和他们的父母更好地应对这些题目。

一、函数极值问题函数极值问题是导数应用中的一大重点。

我们可以通过求函数的导数，找到函数的极值点。

以下是一个例子：例题：求函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5的极值点。

解析：首先，我们需要求出函数f(x)的导数f'(x)。

对于多项式函数，求导的方法是按照幂次递减，对每一项分别求导。

所以，f'(x) = 6x^2 - 6x - 12。

接下来，我们令f'(x) = 0，解方程可以得到x的值。

解方程6x^2 - 6x - 12 = 0，我们可以化简得到x^2 - x - 2 = 0，然后因式分解得到(x - 2)(x + 1) = 0，解得x = 2或x = -1。

最后，我们将求得的x值代入函数f(x)中，计算出对应的y值。

即f(2) = 2(2)^3 - 3(2)^2 - 12(2) + 5 = 3，f(-1) = 2(-1)^3 - 3(-1)^2 - 12(-1) + 5 = 22。

所以，函数f(x)的极值点为(2, 3)和(-1, 22)。

通过这个例子，我们可以看出，求函数的极值点需要先求导，然后解方程，最后代入函数计算。

这是一个常见的解题思路，掌握了这个思路，我们就能够迅速解决类似的问题。

二、函数图像问题函数图像问题也是导数应用中的一个重要部分。

通过求导，我们可以得到函数的增减性和凹凸性，从而画出函数的图像。

以下是一个例子：例题：画出函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x的图像。

解析：首先，我们求出函数f(x)的导数f'(x)。

对于这个多项式函数，求导的方法和上面的例题一样。

高中数学解导数问题解题技巧

高中数学解导数问题解题技巧在高中数学中，导数是一个重要的概念和工具，它在解决各种数学问题中起着至关重要的作用。

本文将介绍一些解导数问题的技巧，帮助高中学生更好地理解和应用导数。

一、导数的定义和性质在开始讨论解导数问题的技巧之前，我们先来回顾一下导数的定义和性质。

导数表示函数在某一点上的变化率，可以用极限的概念来定义。

对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，定义为：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h导数有很多重要的性质，例如导数可以表示函数的斜率，导数为0的点是函数的极值点等。

这些性质在解导数问题时经常会被用到。

二、求导的基本方法求导是解导数问题的关键步骤，下面将介绍一些常见的求导方法。

1. 基本函数的导数对于一些基本函数，我们可以通过记忆它们的导数公式来求导。

例如：- 常数函数的导数为0；- 幂函数的导数可以根据指数的大小进行求导；- 指数函数和对数函数的导数有一定的规律。

2. 基本运算法则导数具有一些基本的运算法则，例如：- 常数乘以函数的导数等于函数的导数乘以常数；- 两个函数相加（或相减）的导数等于这两个函数的导数之和（或之差）。

利用这些运算法则，可以简化复杂函数的求导过程。

3. 链式法则当函数由两个函数复合而成时，可以使用链式法则求导。

链式法则的表达式如下：(f(g(x)))' = f'(g(x)) * g'(x)通过链式法则，我们可以将复杂函数的导数拆分成简单函数的导数的乘积，从而更容易求导。

三、应用导数解题的技巧在解导数问题时，有一些常见的技巧可以帮助我们更好地应用导数。

1. 极值问题极值问题是导数应用的一个重要方向。

当我们需要求函数的最大值或最小值时，可以通过求导数并解方程的方法来求解。

具体步骤如下：- 求出函数的导数；- 令导数等于0，解方程求得临界点；- 比较临界点和函数的端点的函数值，找出最大值或最小值。

高考数学如何应对复杂的导数题目

高考数学如何应对复杂的导数题目导数作为高中数学中的重要概念之一，在高考数学中占有较大的比重。

高考数学中的导数题目往往涉及到复杂的计算和推理，对考生的思维能力和数学功底提出了较高的要求。

因此，考生在备战高考时需要针对导数题目进行有针对性的复习和应对。

本文将介绍一些应对复杂导数题目的方法和技巧。

一、搞清楚导数的定义和性质在应对导数题目之前，考生首先需要搞清楚导数的定义和性质。

导数的定义是衡量函数变化率的一个工具，其定义公式为：\[f'(x)=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\]同时，导数具有诸多基本性质，如加减法规则、乘法规则、链式法则等。

考生应该牢固掌握这些定义和性质，这将有助于理解和解答复杂的导数题目。

二、灵活运用导数的计算方法在复杂导数题目中，往往需要对函数进行求导运算，考生需要熟练掌握导数的计算方法。

常见的导数计算方法包括：1. 基本函数的导数运算：线性函数、幂函数、指数函数、对数函数等。

2. 复合函数的导数计算：根据链式法则，将复合函数分解成几个简单函数的组合，然后通过基本函数的导数运算来求解。

3. 参数方程的导数计算：将参数方程转化成普通函数形式，然后运用基本函数的导数运算来求解。

考生需要熟练掌握这些导数计算方法，并能够灵活运用于解答复杂的导数题目。

三、建立导数的几何意义和应用除了求导的计算技巧外，理解导数的几何意义和应用也是应对复杂导数题目的重要环节。

导数的几何意义是函数在某点的瞬时变化率，可以理解为函数曲线在该点处的斜率。

因此，通过关注导数的符号、零点和变化趋势，能够更好地理解和解答导数题目。

此外，导数在实际问题中的应用也十分广泛，如求最值、判定变化趋势、求曲线的拐点等。

考生需要通过大量练习和实例，加深对导数几何意义和应用的理解和应用能力。

四、注重问题解决思路和方法选择在应对复杂导数题目时，注重解题思路和方法选择是至关重要的。

高考数学破解命题陷阱专题08含参数的导数问题解题方法(2021学年)

2０１８年高考数学破解命题陷阱专题08 含参数的导数问题解题方法编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2０１8年高考数学破解命题陷阱专题0８含参数的导数问题解题方法)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步,以下为2018年高考数学破解命题陷阱专题08 含参数的导数问题解题方法的全部内容。

专题0８含参数的导数问题解题方法一、陷阱类型 1.导数与不等式证明 2。

极值点偏移问题 3.导函数为０的替换作用 4。

导数与数列不等式的证明５。

变形后求导 6．讨论参数求参数7．与三角函数有关的含参数的求导问题 8.构造函数问题 9。

恒成立求参数二、陷阱类型分析及练习 1．导数与不等式证明例1. 已知函数()f x =ln x +ax 2＋(２a +1)ｘ.(1）讨论()f x 的单调性; （2）当a ﹤0时，证明()324f x a≤--．（2）由（1)知，当a <０时，f （x )在12x a=-取得最大值,最大值为 111()ln()1224f a a a-=---。

所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--,即11ln()1022a a-++≤. 设g （x ）=ln x —x +１,则’11g x x=-。

当x ∈(０，1）时， ()0g x '>；当ｘ∈（1，+∞)时， ()0g x '<.所以g (x ）在(０,1）单调递增,在(1，＋∞）单调递减。

故当x =1时，ｇ(x ）取得最大值,最大值为g （1)＝０.所以当x >0时,g (x )≤0。

专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(解析版)

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②. 【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x ++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0f x <，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a <时，()'0fx >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立，即函数1()ln a h x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x+-⎡⎤⎣⎦=--+-=.①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减，所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10ah e e a e+=+-<，得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>. 此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数．【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2) 1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例2】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+，()1xg x xe -=.（1）求()g x 在区间(]0,e 上的值域；（2）是否存在实数a ，对任意给定的(]00,x e ∈，在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =，若存在，求出a 的范围，若不存在，说出理由. 【解析】（1）()()1'1xg x x e-=-，()0,1x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增，(]1,x e ∈时，()'0g x <，()g x 单调递减，()00g =，()11g =，()10e g e e e -=⨯>，∴()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1. （2）由已知得1()1f x a x='--，且[]1,x e ∈，当0a ≤时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意．当11a e≥-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，不合题意．当101a e <<-时，()0f x '=得011x a=-．当1(1,)1x a∈-时()'0f x <，()f x 单调递减，当1()1x e a ，∈-时，()'0f x >，()f x 单调递增，∴()min 11f x f a ⎛⎫= ⎪-⎝⎭.由（1）知()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1，而()11f =，所以对任意(]00,x e ∈，在区间[]1,e 上总有两个不同的()1,2i x i =，使得()()0i f x g x =.当且仅当()1101fe f a ⎧≥⎪⎨⎛⎫≤ ⎪⎪-⎝⎭⎩，即()()()()()1111ln 1102a e a a ⎧--≥⎪⎨+-+≤⎪⎩，由（1）得111a e ≤--. 设()()ln 11h a a a =+-+，10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()1'111a h a a a =-=--，当10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()'0h a <，()h a 单调递减，∴()11110h a h e e⎛⎫>-=-> ⎪⎝⎭. ∴()0h a ≤无解.综上，满足条件的a 不存在. 【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是：函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中．【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞,22111()x f x x x x-'=-+=, 令()0f x '>,解得1x >,令()0f x '<,解得01x <<,∴函数()f x 的减区间为(0,1),增区间为(1,)+∞;（2）依题意,函数()f x 在[]1,e 上的值域包含于函数g x （）在[]0,1上的值域,由（1）可知,函数()f x 在[]1,e 上单调递增,故值域为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,由32()324g x x a x a =--+得22()333()()g x x a x a x a '=-=+-, ①当0a =时,()0g x '≥恒成立,故函数g()x 在[]0,1上单调递增,此时值域为[]224,3254,5a a a ⎡⎤-+--+=⎣⎦,故0a =不符合题意;②Q 当0a >时,()0g x '>的解集为(,)a +∞,()0g x '<的解集为(0,)a ,∴ 故函数()g x 在(0,)a 上单调递减,在(,)a +∞上单调递增,且2(0)42,(1)325g a g a a =-=--+,()i 当01a <<时,函数g()x 在(0,)a 上单调递减,在(,1)a 上单调递增,此时值域为{}32224,42,325a a max a a a ⎡⎤--+---+⎣⎦,则此时需要32240a a --+≤,即320a a +-≥,当01a <<时,320a a +-≥不可能成立,故01a <<不符合题意; ()ii 当1a ≥时,()0g x '≤在[]0,1上恒成立,则函数g()x 在[]0,1上单调递减,此时值域为2325,42a a a ⎡⎤--+-⎣⎦,则23250142a a a e ⎧--+≤⎪⎨-≥⎪⎩,解得1122a e ≤≤-; 综上所述,实数a 的取值范围为11,22e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 类型三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例3】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-，()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时，是否存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【解析】（1）1()(0)g x m x x =-+>'，当0m ≤时，1()0g x m x=-+>'恒成立，即函数()g x 的单调增区间为∞（0，+），无单调减区间，所以不存在极值．当0m >时，令1()0g x m x =-+='，得1x m =,当10x m <<时，()0g x '>，当1x m>时，()0g x '<，故函数()g x 的单调增区间为10m （，），单调减区间为1m+∞（，），此时函数()g x 在1x m =处取得极大值，极大值为111()ln 1ln g m m m m m=-⨯+=--，无极小值．综上，当0m ≤时，函数()g x 的单调增区间为()0+∞，，无单调减区间，不存在极值．当0m >时，函数()g x 的单调增区间为10m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭，，极大值为1ln m --，无极小值（2）当0m >时，假设存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立，则对[]1,2x ∈，满足max min ()()f x g x > 由(1)(1ln )()3x x f x m x++=-[]1,2x ∈（）可得，221(1ln 1)(1)(1ln )ln ()x x x x x x x f x x x +++-++-=='. 令[]()ln 1,2h x x x x =-∈（），则1()10h x x'=-≥，所以()h x 在[]1,2上单调递增，所以()(1)1h x h ≥=，所以()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上单调递增，所以max (21)(1ln 2)3(1ln 2)()(2)3322f x f m m +++==-=-由（1）可知，①当101m<≤时，即m 1≥时，函数()g x 在[]1,2上单调递减，所以()g x 的最小值是(2)2ln 2g m =-+．②当12m ≥，即102m <≤时，函数()g x 在[]1,2上单调递增，所以()g x 的最小值是(1)g m =-．③当112m <<时，即112m <<时，函数()g x 在11,m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.又(2)(1)ln 22ln 2g g m m m -=-+=-，所以当1ln 22m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-.当ln 21m ≤<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-所以当0ln 2m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-，故3(1ln 2)32m m +->-，解得3(1ln 2)4m +>,所以ln 20m >>．当ln 2m ≤时，函数()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-，故3(1ln 2)3ln 222m m +->-，解得3ln 22m +>，所以3ln 2ln 22m +≤<.故实数m 的取值范围是3ln 20,2+⎛⎫⎪⎝⎭【指点迷津】1.本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．2.题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.【举一反三】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->，由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，∴()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ∴函数()f x 的最大值为(1)1f =-；（2）∵()a g x x x=+，∴2()1a g x x =-'，（Ⅰ）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又∵函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ∴1x =是函数()g x 的极值点，∴(1)10g a =-='，解得1a =，经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（ⅱ）∵211()2f ee =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ∵2192ln 321e -+<--<-，即1(3)()(1)f f f e <<，∴1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（ⅰ）知1()g x x x =+，∴21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，∵11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，∴1(1)()(3)g g g e <<，∴1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立 12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，∵12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，∴312k ≥-+=-，又∵1k >，∴1k >， ②当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，∵121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，∴342ln 33k ≤-+，又∵1k <， ∴342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞．类型四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. （1）当4a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()26xg x e mx =+-，当22a e =+时，对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2122f x e g x +≥，求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，224()1a a f x x x -'=-++2(2)[(2)]x x a x---=，由()0f x '=，得2x =或2=-x a .当4a >即22a ->时，由()0f x '<得22x a <<-，由()0f x '>得02x <<或2x a >-；当4a =即22a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当4a >时，单调减区间是(2,2)a -，单调增区间是(0,2)，(2,)a -+∞；当4a =时，单调增区间是()0,∞+，没有单调减区间.（2）当22a e =+时，由（1）知()f x 在()22,e 上单调递减，在()2,e +∞上单调递增，从而()f x 在[)2,+∞上的最小值为22()6f e e =--.对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21x ∈+∞,，使()g x 的值不超过()22e f x +在区间[)2,+∞上的最小值26e -.由2266xe e mx ≥+--，22e e xm x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()22222()x x e x e xh x e x ---'=Q ()232x x e xe e x+-=-，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22xxe xe e +-20xx xee >-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-，从而2m e e ≤-. 【指点迷津】“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”．【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=，()()ln g x x mx m R =-∈ .（1）求函数()g x 的单调区间；（2）当0m >时，对任意的[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，试确定实数m 的取值范围.【解析】（1）由()()ln 0g x x mx x =->，得()'1g x m x=-.当0m ≤时，()'0g x >，所以()g x 的单调递增区间是()0,∞+，没有减区间.当0m >时，由()'0g x >，解得10x m <<；由()'0g x <，解得1x m>，所以()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0m ≤时，()g x 的单调递增区间是()0,∞+，无递减区间；当0m >时，()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）当0m >时，对任意[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，只需()()min min 3f x m g x ->成立.由()()()11ln ln 1ln 1x x x f x x xxx++==+++，得()'2221ln 11ln x x xf x x xx x--=+-=.令()()ln 0h x x x x =->，则()'1x h x x-=.所以当()0,1x ∈时，()'0h x <，当()1,x ∈+∞时，()'0h x >.所以()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，且()11h =，所以()()()min 110h x h x h ≥==>.所以()'0f x >，即()f x 在()0,∞+上递增，所以()f x 在[]1,2上递增，所以()()min 12f x f ==.由（1）知，当0m >时，()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，①当101m<≤即m 1≥时，()g x 在[]1,2上递减，()()min 2ln22g x g m ==-； ②当112m <<即112m <<时，()g x 在11,m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增，在1,2m ⎛⎤⎥⎝⎦上递减，()()(){}min min 1,2g x g g =，由()()()21ln22ln2g g m m m -=---=-，当1ln22m <≤时，()()21g g ≥，此时()()min 1g x g m ==-，当ln21m <<时，()()21g g <，此时()()min 2ln22g x g m ==-， ③当12m ≥即102m <≤时，()g x 在[]1,2上递增，()()min 1g x g m ==-，所以当0ln2m <≤时，()()min 1g x g m ==-，由0ln223m m m<≤⎧⎨->-⎩，得0ln2.m <≤当ln2m >时，()()min 2ln22g x g m ==-，由ln223ln22m m m>⎧⎨->-⎩，得 ln22ln2m <<-．∴ 02ln2m <<-．综上，所求实数m 的取值范围是()0,2ln2-．三．强化训练1．【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e+=. （1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）设()xg x xe a -=-，对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，ln 1()xx f x e+=，所以函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以1ln ()xx x xf x xe--'=，且0x xe >，令()1ln h x x x x =--，所以当01x <<时，10,ln 0x x x -><，所以()1ln 0h x x x x =-->. 又()2ln h x x '=--，所以当1x >时，()2ln 0h x x '=--<，所以()h x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0h x h <=. 同理当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)是单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以当1x =时，()f x 的极大值为1(1)f e=，无极小值. （2）令()()xm x xe f x ax =-，因为对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，所以()()12min max m x g x >.因为()()ln xm x xe f x ax x x =-=，所以()1ln m x x '=+.令()0m x '>，即1ln 0x +>，解得1x e>；令()0m x '<，即1ln 0x +<，解得10x e<<.所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以min 11()m x m e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为()xg x xea -=-，所以()(1)xg x x e -'=-，当0x >时0x e ->，令()0g x '>，即10x ->，解得01x <<；令()0g x '<，即10x -<，解得1x >. 所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max 1()(1)g x g a e==-，所以11a e e->-，所以2a e >，即实数a 的取值范围为2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 2．【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9xxf x f x e e +-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解. 【解析】（1）2()2()9xx f x f x e e+-=+-Q ,…① 所以2()2()9xx f x f x ee ---+=+-即1()2()29xx f x f x e e-+=+-…② 由①②联立解得:()3xf x e =-.（2）设2()(2)6x x a x ϕ=-+-+,()()()1333x x x F x x e e xe x =--=+--,依题意知:当11x -≤≤时,min max ()()x F x ϕ≥()()33x x x x F x e e xe xe '+=-+=-+Q又()(1)0xF x x e ''=-+<Q 在(1,1)-上恒成立, 所以()F x '在[1,1]-上单调递减()(1)30min F x F e ∴'='=-> ()F x ∴在[1,1]-上单调递增,max ()(1)0F x F ∴==(1)70(1)30a a ϕϕ-=-≥⎧∴⎨=+≥⎩,解得:37a -≤≤实数a 的取值范围为[3,7]-. （3）()g x 的图象如图所示：令()T g x =,则()1g T =1232,0,ln 4T T T ∴=-==当()2g x =-时有1个解3-,当()0g x =时有2个解：(12)-、ln3,当()ln 4g x =时有3个解:ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--. 故方程[()]10g g x -=的解分别为：3-,(12)-、ln3,ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--3．【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+.（1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程；（2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=-- 化简得：322ln 220x y +-+=()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得121,1x x a a=-=+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q2112x a ∴=+<+()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意②当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅲ）对于任意1x ，2[02]x ∈,，都有122()()3f x f x -≤，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）当1a =时，因为()3213x x x f x =-+所以()221x x f x =-+'，(0)1f '=.又因为(0)0f =，所以曲线()y f x =在点()0,(0)f 处的切线方程为y x =. （Ⅱ）因为()321(1)32a x x ax f x +=-+，所以2()(1)0f x x a x a '=-++=. 令()0f x '=，解得x a =或1x =. 若1a >，当()0f x '>即1x <或x a >时，故函数()f x 的单调递增区间为()(),1,,a -∞+∞；当()0f x '<即1x a <<时，故函数()f x 的单调递减区间为()1,a . 若1a =，则22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥，当且仅当1x =时取等号，故函数()f x 在(),-∞+∞上是增函数. 若1a <，当()0f x '>即x a <或1x >时，故函数()f x 的单调递增区间为()(),,1,a -∞+∞；当()0f x '<即1<<a x 时，故函数()f x 的单调递减区间为(),1a .综上，1a >时，函数()f x 单调递增区间为(1)()a -∞∞,,,+，单调递减区间为(1,)a ； 1a =时，函数()f x 单调递增区间为(,)-∞+∞；1a <时，函数()f x 单调递增区间为()(1)a -∞∞,,,+，单调递减区间为(,1)a .（Ⅲ）由题设，只要()()max min 23f x f x -≤即可. 令2()(1)0f x x a x a '=-++=，解得x a =或1x =.当0a ≤时，随x 变化，(),()f x f x ' 变化情况如下表：由表可知(0)0(1)f f =>，此时2(2)(1)3f f ->，不符合题意.当01a <<时，随x 变化，()()'f x f x , 变化情况如下表：由表可得3211112(0)0()(1)(2)62263f f a a a f a f ==-+=-=,,,，且(0)()f f a <，(1)(2)f f <，因()()2203f f -=，所以只需()(2)(1)(0)f a f f f ≤⎧⎨≥⎩，即3211262311026a a a ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩ ，解得113a ≤<. 当1a =时，由（Ⅱ）知()f x 在[]0,2为增函数，此时()()()()max min 2203f x f x f f -=-=，符合题意. 当12a <<时，同理只需(1)(2)()(0)f f f a f ≤⎧⎨≥⎩，即3211226311062a a a ⎧-≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ ，解得513a <≤. 当2a ≥时，2()(1)32f f >=，()2()0(311)f f f =->，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是15,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.5．【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+，()x xg x e=. （1）若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，求a 的最小值；（2）证明：()()1f x x g x +->.（3）设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ，()21,x ∈+∞，12x x <，使得()()12F x F x =，证明：()()2012F x F x x <-.【解析】（1）()()2f xg x ax ≥，即()2ln x x x x x ax e +⋅≥，化简可得ln 1x x a e+≤. 令()ln 1xx k x e +=，()()1ln 1xx x k x e -+'=，因为1x ≥，所以11x ≤，ln 11x +≥. 所以()0k x '≤，()k x 在[)1,+∞上单调递减，()()11k x k e≤=.所以a 的最小值为1e.（2）要证()()1f x x g x +->，即()ln 10x xx x x e+>>.两边同除以x 可得11ln x x x e+>.设()1ln t x x x =+，则()22111x t x x x x-'=-=.在()0,1上，()0t x '<，所以()t x 在()0,1上单调递减.在()1,+∞上，()0t x '>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，所以()()11t x t ≥=. 设()1x h x e=，因为()h x 在()0,∞+上是减函数，所以()()01h x h <=. 所以()()t x h x >，即()()1f x x g x +->.（3）证明：方程()()f x g x x -=在区间()1,+∞上的实根为0x ，即001ln x x e=，要证()()2012F x F x x <-，由()()12F x F x =可知，即要证()()1012F x F x x <-.当01x x <<时，()ln F x x x =，()1ln 0F x x '=+>，因而()F x 在()01,x 上单调递增. 当0x x >时，()x x F x e =，()10xxF x e -'=<，因而()F x 在()0,x +∞上单调递减. 因为()101,x x ∈，所以0102x x x ->，要证()()1012F x F x x <-.即要证01011122ln x x x x x x e--<. 记()0022ln x xx xm x x x e--=-，01x x <<. 因为001ln x x e =，所以0000ln x x x x e =，则()00000ln 0x xm x x x e =-=.()0000022212121ln 1ln x x x x x xx x x xm x x x e e e---+--'=++=++-. 设()t t n t e =，()1t tn t e-'=，当()0,1t ∈时，()0n t '>.()1,t ∈+∞时，()0n t '<，故()max 1n t e=.且()0n t >，故()10n t e <<，因为021x x ->，所以002120x x x xe e ---<<.因此()0m x '>，即()m x 在()01,x 上单调递增.所以()()00m x m x <=，即01011122ln x x x x x x e --<.故()()2012F x F x x <-得证.6．【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值; (3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤Q ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，, ()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <，即证21294m x x > 120,0m x x <<<Q即证m ->④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t >> 令()()ln 1h t t t =-> 由()()()2101h t t h t '=>>，在()1+∞，上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7．【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若20a -≤＜，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）∵依题意可知：函数()f x 的定义域为()0,∞+，∴2()a x af x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. 当0a >时，由()0f x'>得x ()0fx '<得0x <<综上可得当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在(上单调递减；在)+∞上单调递增.（2）因为20a -≤<，由（1）知，函数()f x 在[]1,2上单调递增，不妨设1212x x ≤≤≤，则121211()()f x f x mx x -≤-，可化为2121()()m m f x f x x x +≤+，设21()()ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++，则12()()h x h x ≥，所以()h x 为[]1,2上的减函数，即2()0a mh x x x x=--≤'在[]1,2上恒成立，等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立，设3()g x x ax =-，所以max ()m g x ≥，因20a -≤＜，所以2()30＞'=-g x x a ，所以函数()g x 在[]1,2上是增函数，所以max ()(2)8212g x g a ==-≤（当且仅当2a =-时等号成立）所以12m ≥．8．【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.（2）()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减；在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =.（3）()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减；在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.9．【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+，其中,a b ∈R . （1）求函数()f x 的单调区间；（2）使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈，[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ，求当[]1,2b ∈时，b c +的取值范围.【解析】（1）因()f x 的定义域为()0,∞+，()()'10af x x x=->，当0a ≤时，()'0f x <，∴()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()'f x 在()0,∞+上单调递减，()'0f a =， ∴()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞单调递减；（2）()()l ln n f x kx x x f x x x a k x a ++⇒≤≥--()1ln ln a x x x x bx+-++=. ∵[]1,2a ∈，[]1,x e ∈，∴()1ln ln 1ln ln a x x x x b x x x x bx x+-+++-++≥，令()()21ln ln ln 'x x x x b x x b g g x x x x+-++-+-=⇒=，由（1）()ln p x x x b ⇒=-+-在()1,+∞上递增；（1）当()10p ≥，即1b =时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≥⇒≥，∴()g x 在[]1,e 上递增；∴()()min 122c g x g b b c b ===⇒+==.（2）当()0p e ≤，即[]1,2b e ∈-时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≤⇒≤，∴()g x 在[]1,e 上递减； ∴()()min 22b b c g x g e b c b e e ++===⇒+=+14,2e ee ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦.（3）当()()10p p e <时，()ln p x x x b =-+-在上递增；存在唯一实数()01,x e ∈，使得()00p x =，则当()01,x x ∈时()()0'0p x g x ⇒<⇒<.当()0,x x e ∈时()()0'0p x g x ⇒>⇒>. ∴()()00000mi 000n 1ln ln 1ln x x x x b x x x c g x g x +-++=+===.∴00000011ln ln b c x x x x x x +=++-=+.此时00ln b x x =-. 令()()()11ln '10x h x x x h x h x x x-=-⇒=-=>⇒在[]1,e 上递增， ()()01,11,b e x e ∈-⇒∈，∴12,b c e e ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭.综上所述，42,2b c e ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦. 10．【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222af x ax x x -=+++，a R ∈. （1）当2a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）2x =是函数()f x 的极值点，求函数()f x 的单调区间；（3）在（2）的条件下，()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭，若[)11,x ∀∈+∞，()20,x ∃∈+∞，使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立，求m 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，2a =时，()2ln 2f x x x =++，()12f x x x'=+， ()13f '=，()13f =，所以切线方程为()331y x -=-，即30x y -=.（2）()()22221222ax a x a f x ax x x+-+-'=++=， 2x =是函数的极值点，()8422204a a f +-+'==，可得1a =-，所以()2232(0)2x x f x x x-++'=>，令()0f x '>，即22320x x --<，解得1,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，结合定义域可知()f x 在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减. （3）令()()()2ln ln 26h x f x g x x x x x =-=+++，[)11,x ∀∈+∞，[)20,x ∃∈+∞，使得()()1122m f x g x x x -≥+恒成立，等价于()()2min 21mh x x x x ≥+≥⎡⎤⎣⎦， ()12ln 2h x x x x x'=++-，因为1x ≥，所以2ln 0x x ≥，12x x+≥，即()'0h x ≥，所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，()()14h x h ≥=，即()20,x ∃∈+∞使得函数4mx x+≤，即转化为240x x m -+≤在()0,∞+有解， ()22424x x m x m -+=--+，所以40m -+≤，4m ≤.。

高考数学导数部分的命题规律

高考数学导数部分的命题规律高考数学中的导数题是一个非常重要的考点，因其数学思维要求很高，所以也是高中数学的难点，主要考察对导数的理解和应用能力。

本文根据历年的高考数学试卷，总结出导数题的一些命题规律和学习应对方法。

命题规律和学习重点一、基础概念和性质高考导数题通常首先检测的是对基础概念和性质的理解，如导数的定义、计算规则、导数与函数单调性和极值的关系等。

因此，学习和复习时，需要确保对基础知识有深入的理解和掌握。

实际教学实践中往往以导数应用来学习，效果会很好（导数可以用来干什么）。

二、应用问题导数在实际问题中的应用高考命题的常见的考法，如利用导数求最值、优化问题等。

这类问题通常需要理解问题的背景（语言理解能力，往往一大段话中摘出关键的信息），正确建立数学模型（构造函数求导或放缩是重要的建模方法之一），然后运用导数知识解决问题。

三、与其他知识点的结合导数常与其他知识点结合出题，如与函数、不等式、三角函数、数列等结合。

这类问题需要灵活运用所学知识，进行跨知识点的综合应用（知识点的迁移能力，见到A外壳，联想到B知识点的能力）。

四、难题设置为了增加试卷的难度和区分度，高考导数题中通常设置一些难题。

这些难题涉及复杂的计算、深入的理解或者巧妙的思路（将一个复杂问题通过逻辑思考分解成小问题，逐步解决的能力）。

对于这类题目，需要在平时的学习和复习中积累经验和技巧，提高解题能力。

五、创新题型为了考察创新能力和应变能力，高考导数题中有时会出现一些创新题型。

这些题目可能具有新颖的背景、独特的设问方式或者非常规的解题方法。

对于这类题目，需要在平时的学习和复习中拓宽视野，增强创新意识。

深入理解的核心概念和性质导数的定义：导数是函数在某一点的变化率，描述了函数值随自变量变化的快慢程度。

导数的计算规则：包括常见函数的导数公式、导数的四则运算法则以及复合函数的求导法则等。

这些规则可以帮助我们计算复杂函数的导数。

导数与函数的单调性：如果一个函数在某区间内的导数大于0，则该函数在此区间内单调增加；如果导数小于0，则函数在此区间内单调减少。

2022年高考数学破解命题陷阱专题08含参数的导数问题解题方法

2022年高考数学破解命题陷阱专题08含参数的导数问题解题方法一、陷阱类型1.导数与不等式证明2.极值点偏移问题3.导函数为0的替换作用4.导数与数列不等式的证明5.变形后求导6.讨论参数求参数7.与三角函数有关的含参数的求导问题8.构造函数问题9.恒成立求参数二、陷阱类型分析及练习1.导数与不等式证明例1.已知函数f某=ln某+a某+(2a+1)某．2（1）讨论f某的单调性；（2）当a﹤0时，证明f某32．4a（2）由（1）知，当a＜0时，f（某）在某1取得最大值，最大值为2a111)ln()1.2a2a4a3113112等价于ln()12，即ln()10.所以f(某)4a2a4a4a2a2a1设g（某）=ln某-某+1，则g’某1.某f(当某∈（0,1）时，g某0；当某∈（1，+）时，g某0.所以g （某）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当某=1时，g（某）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当某＞0时，g（某）≤0.从而当a＜0时，ln11310，即f某2.2a2a4a【放陷阱措施】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数h某f某g某.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.be某1练习1设函数f某aeln某,曲线y=f(某)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(某-1)+2.某某(1)求a,b(2)证明:f某1【答案】（I）a1,b2；（II）详见解析.试题解析：（1）函数f某的定义域为0,，abbf'某ae某ln某e某2e某1e某1.某某某由题意可得f12，f'1e.故a1，b2.（2）证明：由（1）知，f某e某ln某从而f某1等价于某ln某某e某2某1e，某2.e设函数g某某ln某，则g'某1ln某.所以当某0,，g'某0；1e当某,时，g'某0.1e故g某在0,上单调递减，,上单调递增，从而g某在0,上的最小值为g.21e1e1e1e设函数h某某e某2某，则h'某e1某.e所以当某0,1时，h'某0；当某1,时，h'某0.故h某在0,1上单调递增，在1,上单调递减，从而h某在0,上的最大值为h1综上，当某0时，g某h某，即f某1.2.极值点偏移问题例2.．函数f某某mln1某.21.e（1）当m0时，讨论f某的单调性；（2）若函数f某有两个极值点某1,某2，且某1某2，证明：2f某2某12某1ln2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(2)由题意结合函数的性质可知：某1,某2是方程2某22某m0的两根，结合所给的不等式构造对称差函数某2某241某某ln1某1某12ln2,(可证得题中的不等式.试题解析：1某0)，结合函数的性质和自变量的范围即22某22某m函数f某的定义域为1,,f某，1某（1）令g某2某2某m，开口向上，某21为对称轴的抛物线，2当某1时，①g111m0，即时，g某0，即f某0在1,上恒成立，m2223②当0m112m112m12,某2时，由g某2某2某m，得某1，22222112m1，当某1某某2时，g某0，即f某0，222因为g1m0，所以1某1（2）若函数f某有两个极值点某1,某2且某1某2，则必有0m11，且1某1某20，且f某在某1,某2上递减，在1,某1和某2,上递增，22则f某2f00，因为某1,某2是方程2某22某m0的两根，所以某1某22,某1某2m，即某11某2,m2某1,某2，2要证2f某2某12某1ln2又2f某22某22mln1某22某24某1某2ln1某22222某241某2某2ln1某21某221某2ln21某221某2ln2，即证2某241某2某2ln1某21某212ln20对21某20恒成立，2设某2某241某某ln1某1某12ln2,(则某412某ln1某ln当1某0)24e41某0时，12某0,ln1某0,ln0，故某0，e21,0上递增，2所以某在4故某21111124ln12ln20，24222所以2某241某2某2ln1某21某212ln20，所以2f某2某12某1ln2.（2）设g某f某ln某，若g某1对定义域内的某恒成立，求实数a的取值范围；（3）在（2）的前提下，如果g某1g某2，证明：某1某22.【答案】（1）ba1；（2）1,；（III）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意f1ab1即得；（2）g某f某ln某a某b（其中a,bR）在点1,f1处的切线斜率为1.某a1ln某1在定义域0,上恒成立，即g某min1，由g某1恒某成立，得a1，再证当a1时，g某ming1即可；（3）由（2）知a1，且g某在0,1单调递减；在1,单调递增，当g某1g某2时，不妨设0某11某2，要证明某1某22，等价于某22某11，需要证明g2某1g某2g某1，令G某g2某g某,某0,1，可证得G某在0,1上单调递增，G某G10即可证得.试题解析：b，由题意f1ab1ba12某a1（2）g某f某ln某a某ln某1在定义域0,上恒成立，即g某min1。

高考数学导数解题技巧

高考数学导数解题技巧高考数学导数解题基础概念•导数的定义•导数的几何意义•导数的物理意义导数的计算方法•函数基本求导法则•导数的恒等变形法则•导数的乘积法则、商法则、复合函数法则导数应用题•极值问题•曲线的单调性、凸凹性问题•求曲线的切线、法线•应用题综合解析解题技巧•抓住题目的关键信息•寻找适当的解题方法•运用数学工具辅助解题•考虑问题的多个角度典型例题1.求f(x)=3x2−2x+1在点x=1处的切线方程。

2.已知函数y=ax3+bx2+x+8的图像在点(1,10)处的切线斜率为−1，求a和b的值。

3.已知函数f(x)=x3−3x2+2，求f(x)的最小值及取最小值的x的值。

注意事项•一定要熟练掌握导数的定义和基本求导法则•对于复合函数的求导需要掌握导数的链式法则•解题时要注意算式的简化与合并，避免出现计算错误以上是本文对于高考数学导数解题的详细介绍。

在备考高考数学时，不可忽视导数这一知识点，平时需要多进行练习与巩固，熟练掌握解题技巧，提高解题效率，同时也要注意细节处理。

最后，祝大家高考数学取得好成绩！谢谢，接下来我会对每个部分进行一些补充和细节讲解。

基础概念导数的定义导数的定义是基础中的基础，必须要掌握好。

简而言之，一个函数f(x)的导数f′(x)表示函数在某个点x处的斜率（即切线斜率）。

导数的几何意义导数的几何意义就是切线的斜率。

具体而言，对于一个函数f(x)，它在x0点处的导数f′(x0)表示其图像在点(x0,f(x0))处的切线斜率。

导数的物理意义导数的物理意义也是切线的斜率。

在物理上，导数表示某个物理量对时间的变化率，例如速度、加速度等。

导数的计算方法导数的计算方法是解题的基础，要想解题，必须要掌握好这方面的知识。

其中，基本求导法则是最重要的。

函数基本求导法则函数基本求导法则包括常数求导、幂函数求导、指数函数求导、对数函数求导、三角函数求导等。

导数的恒等变形法则导数的恒等变形法则包括和差、积、商、复合函数几种形式，通过这些法则可以在复杂的计算中简化计算过程，提高计算速度和准确性。

第8讲导数中含参问题的系列讨论方法(教师版)2023年高考数学重难突破之导数、数列(全国通用)

导数专题引子:我们总是对现有的东西不忍放弃，包括认知方式、学习模式以及那些习以为常的思维逻辑。

大脑也喜欢偷懒，面对问题的第一反应是搜索曾经的习惯，让你无法自拔。

如果要有所长进，就必须与过去的自己一刀两段。

只有被逼到了悬崖的边缘，才能放弃幻想，去追求另一片蓝天。

道理我都懂，可再多的道理也无济于事。

道理从来就不是拿来懂的，而是拿来悟的。

有人悟成了诗，有人悟成了歌，有人演绎成了故事，也有人活成了无可奈何……第八讲导数中含参求最值或取值范围问题的处理方法脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶一、直接讨论或者直接作差构造新函数讨论（一）直接法：即同含参讨论单调性问题（二）端点法（借助隐零点，设而不求）二、参变分离后的处理方法（转化为a≤g（x）或a≥g（x）），接下来对新函数g（x）的处理方法（一）常规型：函数g（x）的导数g′（x）=0在定义域内有解且可求，即直接求g（x）的最值；（二）隐零点问题：函数g（x）的导数g′（x）=0在定义域内有解且不可求，设隐零点X。

，说明函数在隐零点处取得最值，将g′（x）=0式子代入g（X。

）即可求最值的范围。

（三）洛必达法则：函数g（x）的导数g′（x）=0在定义域内无解，即导函数g′（x）单调，且代入定义域端点得g（x）=00或∞∞时，高中通常考0模型。

-a，可据此找到带参讨论的分界点不能恒成立，不合题意；e1上单调递减，a≥g（x）），接下来对新函数x+围观(典型例题)：一叶障目，抑或胸有成竹=套路(举一反三)：手足无措，抑或从容不迫-。

高三数学导数难题知识点归纳

高三数学导数难题知识点归纳在高中数学的学习中，导数作为重要的概念和工具，在解决问题和推导数学公式中起着重要的作用。

在高三阶段，导数的概念和运算更加深入和复杂，因此我们有必要对导数相关的难题进行归纳总结，以便更好地应对各种考试题。

本文将围绕高三数学导数难题知识点进行归纳。

一、基本导数公式及运算规则1. 基本导数公式在导数的计算中，我们常用的基本导数公式有：a) 常数函数的导数：$(k)'=0$，其中k为常数；b) 变量的导数：$(x^n)'=nx^{n-1}$，其中n为自然数；c) 指数函数的导数：$(a^x)'=a^x\ln{a}$，其中a为大于0且不等于1的实数；d) 对数函数的导数：$(\log_a{x})'=\frac{1}{x\ln{a}}$，其中a 为大于0且不等于1的实数。

2. 导数的四则运算导数具有四则运算法则，即加减乘除法则。

在具体计算中，需要注意以下规则：a) 两个函数的和（差）的导数等于两个函数导数的和（差）；b) 函数与常数的乘积的导数等于函数的导数与常数的乘积；c) 函数的积的导数等于前一个函数的导数乘以后一个函数，再加上后一个函数的导数乘以前一个函数；d) 函数的商的导数等于分子函数导数与分母函数的乘积减去分母函数导数与分子函数的乘积，再除以分母函数的平方。

二、常用函数的导数计算1. 多项式函数的导数计算多项式函数是由常数项、幂函数（常数和变量的乘积）组成的函数。

计算多项式函数的导数时，可以运用导数的四则运算法则，根据幂函数的导数公式进行计算。

2. 指数函数和对数函数的导数计算指数函数和对数函数在数学中拥有广泛的应用，计算其导数需要使用指数函数和对数函数的导数公式。

3. 三角函数的导数计算三角函数的导数计算对于解决相关题目非常重要。

下面是常见的三角函数的导数计算方法：a) 正弦函数的导数：$(\sin{x})'=\cos{x}$；b) 余弦函数的导数：$(\cos{x})'=-\sin{x}$；c) 正切函数的导数：$(\tan{x})'=\sec^2{x}$；d) 余切函数的导数：$(\cot{x})'=-\csc^2{x}$。

【高考冲刺】2019年高考数学命题热点名师解密：专题(08)含参数的导数问题解题规律(文)(含答案)

专题08 含参数的导数问题解题规律一．知识点基本初等函数的导数公式 (1)常用函数的导数①(C )′＝________(C 为常数); ②(x )′＝________； ③(x 2)′＝________； ④⎝⎛⎭⎫1x ′＝________； ⑤(x )′＝________． (2)初等函数的导数公式①(x n )′＝________； ②(sin x )′＝__________； ③(cos x )′＝________； ④(e x )′＝________； ⑤(a x )′＝___________； ⑥(ln x )′＝________； ⑦(log a x )′＝__________． 5．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝________________________； (2)[f (x )·g (x )]′＝_________________________；(3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝____________________________． 6．复合函数的导数(1)对于两个函数y ＝f (u )和u ＝g (x )，如果通过变量u ，y 可以表示成x 的函数，那么称这两个函数(函数y ＝f (u )和u ＝g (x ))的复合函数为y ＝f (g (x ))．（二）构造函数例2．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当,为两个不相等的正数，证明：. 【答案】（1）时，在区间内为增函数；时，在区间内为增函数；在区间内为减函数；（2）见解析.【解析】 (1)求出，分两种种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设，原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.设，利用导数可得在区间内为增函数，，从而可得结论.【详解】（1）函数的定义域为，.若，，则在区间内为增函数；若，令，得.则当时，，在区间内为增函数；当时，，在区间内为减函数.（2）当时，.不妨设，则原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即..下面证明当时，恒成立.设，则，故在区间内为增函数，，即，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 练习1.已知函数.f x有两个零点；（1）证明: ()（2）已知1αβ>>，若0x R ∃∈,使得，试比较αβ+与02x 的大小.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：(1)在()0,3上单调递减，在()3,+∞上单调递增，根据函数的最值情况确定零点个数； (2) 由，，可得：，令t βα=，函数()h t 在()1,+∞上单调递增，，∴，又∵在()1,+∞上是增函数，∴02x αβ+<，即02x αβ<+.试题解析：（1）据题知，求导得：令()0f x '>，有3x >；令()0f x '<，得03x <<，所以()f x 在()0,3上单调递减，在()3,+∞上单调递增， ∴令1x =，有()110f =>；令2x e =，有故()f x 在()1,3和()3,e 各有1个零点.∴()f x 有两个零点.（2）由，而∴令t βα=，则，∴函数()h t 在()1,+∞上单调递增，故.∴，又∵在()1,+∞上是增函数，∴02x αβ+<，即02x αβ<+.（三）极值点偏移例3．已知函数 (其中e 是自然对数的底数，k ∈R)．(1)讨论函数的单调性；(2)当函数有两个零点时，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。

【高考数学】专题08+含参数的导数问题解题规律(教师版)

高考数学破解命题陷阱专题08含参数的导数问题解题方法

专题08 含参数的导数问题解题方法一、陷阱类型 1.导数与不等式证明 2.极值点偏移问题 3.导函数为0的替换作用 4.导数与数列不等式的证明 5.变形后求导 6.讨论参数求参数7.与三角函数有关的含参数的求导问题 8.构造函数问题 9.恒成立求参数二、陷阱类型分析及练习 1.导数与不等式证明例1. 已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明()324f x a≤--．（2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x =-.当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 【放陷阱措施】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.练习1设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求,a b (2)证明: ()1f x > 【答案】（I ）1,2a b ==；（II ）详见解析.试题解析：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()112'ln x x x x a b bf x ae x e e e x x x--=+-+.由题意可得()12f =， ()'1f e =.故1a =， 2b =. （2）证明：由（1）知， ()12ln x x f x e x e x-=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-. 设函数()ln g x x x =，则()'1ln g x x =+. 所以当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()'0g x <；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0g x >.故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，从而()g x 在()0,+∞上的最小值为11g e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭.设函数()2x h x xe e-=-，则()()'1xh x e x -=-. 所以当()0,1x ∈时， ()'0h x >；当()1,x ∈+∞时， ()'0h x <.故()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，从而()h x 在()0,+∞上的最大值为()11h e=-. 综上，当0x >时， ()()g x h x >，即()1f x >. 2.极值点偏移问题例2. ．函数()()2ln 1f x x m x =++ .（1）当0m >时，讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，证明： ()21122ln2f x x x >-+ . 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】试题分析：(2)由题意结合函数的性质可知： 12,x x 是方程2220x x m ++=的两根，结合所给的不等式构造对称差函数()()()()()21241ln 1112ln2,(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<< ，结合函数的性质和自变量的范围即可证得题中的不等式. 试题解析：函数()f x 的定义域为()()2221,,1x x mf x x++-+∞'=+，（1）令()222g x x x m =++，开口向上， 12x =-为对称轴的抛物线，当1x >-时， ①11022g m ⎛⎫-=-+≥ ⎪⎝⎭，即12m ≥时， ()0g x ≥，即()0f x '≥在()1,-+∞上恒成立，②当102m <<时，由()222g x x x m =++，得12112112,22m m x x --=--=-+，因为()10g m -=>，所以11121122m x --<<--<-，当12x x x <<时， ()0g x <，即()0f x '<，（2）若函数()f x 有两个极值点12,x x 且12x x <，则必有102m <<，且121102x x -<<-<<，且()f x 在()12,x x 上递减，在()11,x -和()2,x +∞上递增，则()()200f x f <=，因为12,x x 是方程2220x x m ++=的两根，所以12122,2mx x x x +=-=，即12121,2,x x m x x =--=，要证()21122ln2f x x x >-+又()()()222222122222ln 124ln 1f x x m x x x x x =++=++()()()()()222222222241ln 1121ln2121ln2x x x x x x x x =+++>--++--=+-+，即证()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立，设()()()()()21241ln 1112ln2,(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<< 则()()()4412ln 1ln x x x eϕ=-++-' 当102x -<<时， ()4120,ln 10,ln 0x x e +>+，故()0x ϕ'>，所以()x ϕ在1,02⎛⎫-⎪⎝⎭上递增，故()()1111124ln 12ln2024222x ϕϕ⎛⎫>=⨯-⨯⨯--=⎪⎝⎭，所以()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->，所以()21122ln2f x x x >-+.【防陷阱措施】：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．练习1. 已知函数()bf x ax x=+（其中,a b R ∈）在点()()1,1f 处的切线斜率为1. （1）用a 表示b ；（2）设()()ln g x f x x =-，若()1g x ≥对定义域内的x 恒成立，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的前提下，如果()()12g x g x =，证明： 122x x +≥. 【答案】（1）1b a =-；（2）[)1,+∞；（III ）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）由题意()11f a b '=-=即得；（2）()()1ln ln 1a g x f x x ax x x-=-=+-≥在定义域()0,+∞上恒成立，即()min 1g x ≥，由()1g x ≥恒成立，得1a ≥，再证当1a ≥时， ()()min 1g x g =即可；（3）由（2）知1a ≥，且()g x 在()0,1单调递减；在()1,+∞单调递增，当()()12g x g x =时，不妨设1201x x <≤≤，要证明122x x +≥，等价于2121x x ≥-≥，需要证明()()()1212g x g x g x -≤=，令()()()(]2,0,1G x g x g x x =--∈，可证得()G x 在(]0,1上单调递增， ()()10G x G ≤=即可证得.试题解析：（1）()2bf x a x-'=，由题意()111f a b b a =-=⇒=-' （2）()()1ln ln 1a g x f x x ax x x-=-=+-≥在定义域()0,+∞上恒成立，即()min 1g x ≥。

专题08含参数的导数问题解题规律-名师揭秘高考数学(理)命题热点全覆盖(教师版)

故12m =．点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．（二）构造函数例2．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当,为两个不相等的正数，证明：.【答案】（1）时，在区间内为增函数；时，在区间内为增函数；在区间内为减函数；（2）见解析.【解析】(1)求出，分两种种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设，原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.设，利用导数可得在区间内为增函数，，从而可得结论.（2）当时，.不妨设，则原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即..下面证明当时，恒成立.设，则，故在区间内为增函数，，即，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 练习1.已知函数.（1）证明: ()f x 有两个零点；（2）已知1αβ>>，若0x R ∃∈,使得，试比较αβ+与02x 的大小.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】 (1)在()0,3上单调递减，在()3,+∞上单调递增，根据函数的最值情况确定零点个数； (2) 由，，可得：，令t βα=，函数()h t 在()1,+∞上单调递增，，∴，又∵在()1,+∞上是增函数，∴02x αβ+<，即02x αβ<+.（1）据题知，求导得：令()0f x '>，有3x >；令()0f x '<，得03x <<，所以()f x 在()0,3上单调递减，在()3,+∞上单调递增，∴令1x =，有()110f =>；令2x e =，有故()f x 在()1,3和()3,e 各有1个零点.∴()f x 有两个零点.（2）由，而∴令t βα=，则，∴函数()h t 在()1,+∞上单调递增，故.∴，又∵在()1,+∞上是增函数，∴02x αβ+<，即02x αβ<+.（三）极值点偏移例3．已知函数 (其中e 是自然对数的底数，k ∈R)．(1)讨论函数的单调性；(2)当函数有两个零点时，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。

专题08 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专题08 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()1l 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 xf x F x =，()2()f x f x '-，构造2()()ex f x F x =，……………… ()()f x nf x '-，构造()()e nxf 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}xx >-∣ B ．{2}x x >∣ C ．{2}x x <∣ D ．{2∣<-x x 或2}x >【答案】B【分析】令函数()()322g x f x x x =--，求导，结合题意，可得()g x 的单调性，又()20g =，则原不等式等价于()()2g x g >，根据()g x 的单调性，即可得答案.【详解】令函数()()322g x f x x x =--，则()()2620g x f x x =--'>'，所以()g x 在R 上单调递增.因为()2g =()3222220f -⨯-⨯=，所以原不等式等价于()()02g x g >=，所以所求不等式的解集为{2}.xx >∣ 故选：B2.定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()10,42ln2xf x f '->=，则不等式()x f e x <的解集为（）A ．()0,2ln 2B ．(),2ln 2-∞C ．()2ln 2,+∞D ．()1,2ln 2 【答案】B【分析】构造函数()()ln g x f x x =-，()0,x ∈+∞，先判断其导函数的正负，来确定该函数的单调性，再化简不等式为()()4x g e g <，根据单调性解不等式即可. 【详解】设()()ln g x f x x =-，()0,x ∈+∞，则()()()110xf x g x f x x x'-''=-=>，故()g x 在()0,∞+上单调递增，()()2l 4n 22ln 2404ln g f -===-，不等式()x f e x <，即()ln 0x x f e e -<，即()()4x g e g <，根据单调性知04x e <<，即ln 44x e e <=，得ln 4x <，即2ln 2x <，故解集为(),2ln 2-∞.故选：B.【点睛】思路点睛:利用导数解不等式时，常常要构造新函数，新函数一方面与已知不等式有关，一方面与待求不等式有关，再结合导数判断单调性，利用单调性解不等式.变式：1.已知奇函数()f x 在R 上的导函数为()'f x ，且当(],0x ∈-∞时，()'1f x ＜，则不等式()()2101110102021f x f x x --+≥-的解集为（）A ．()2021,+∞B ．[)2021,+∞C ．(],2021-∞D ．(),2021-∞【答案】C【分析】利用()'1f x ＜构造函数g (x )，即可得到函数g (x )的单调性，再将所解不等式转化为用g (x )表达的抽象函数不等式而得解.【详解】因()'1f x ＜，即()10f x '-<，令()()g x f x x =-，则()0g x '<，()g x 在(,0]-∞上递减，又()f x 是R 上的奇函数，则()g x 也是R 上的奇函数，从而有()g x 在R 上单调递减，显然()()f x g x x =+，则有()()2101110102021f x f x x --+≥-(21011)(21011)[(1010)(1010)]2021g x x g x x x ⇔-+--+++≥-(21011)21011(1010)10102021g x x g x x x ⇔-+--+--≥-(21011)(1010)g x g x ⇔-≥+由()g x 在R 上单调递减得2101110102021x x x -≤+⇔≤，所以所求不等式的解集为(],2021-∞.故选：C【点睛】关键点睛：解给定导数值特征的抽象函数不等式，根据导数值特征构造对应函数是解题的关键.2.构造函数之乘积构造：例：1.()f x 在()0,∞+上的导函数为()f x '，()()2xf x f x '>，则下列不等式成立的是（）．A ．()()222021202220222021f f >B ．()()222021202220222021f f < C ．()()2021202220222021f f >D ．()()2202220222021021f f <【答案】A【分析】构造()2()f x g x x =，求导得3()2()0()xf x g x f x x '-'=>，知()2()f x g x x=在()0,∞+上为增函数，进而由(2022)(20221)g g >即可判断.【详解】令()2()f x g x x =，则243()()2()()2()x f x xf x xf x g x f x x x ''--'==，因为在()0,∞+上的导函数为()()2xf x f x '>，所以在()0,∞+上()0g x '>，即()2()f x g x x=在()0,∞+上为增函数. 所以()()()()22202220212022202120222021f f g g >⇒>，即()()222021202220222021f f >. 故选：A.2.已知定义在R 上的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->，(3)1f -=，则不等式()19f x x x <的解集是（） A ．(,3)(0,3)-∞- B ．()3,3-C ．(3,0)(0,3)-⋃D ．(,3)(3,)-∞-⋃+∞ 【答案】A【分析】根据题目中信息其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->可知，需构造函数2()()f x g x x =，利用导函数判断函数()g x 的单调性，利用函数()g x 的单调性、奇偶性来解题，当0x > 时，即2()19f x x <，1()9g x <，当0x < 时，即2()19f x x >，1()9g x >. 【详解】构造函数2()()f x g x x = ,43'()2()'()2()'()xf x f x xf x f x g x x x x --=⋅= , 当0x > 时，()2()0xf x f x '->，故'()0g x >，()g x 在(0,)+∞ 上单调递增，又()f x 为偶函数，21y x = 为偶函数，所以2()()f x g x x =为偶函数，在,0（）-∞ 单调递减. (3)1f -=,则(3)1f =，231(3)(3)39f g g -===（）; ()19f x x x <，当0x > 时，即2()19f x x <，1()(3)9g x g <=，所以(0,3)x ∈ ；当0x < 时，即2()19f x x >，1()(3)9g x g >=-，所以(,3)x ∈-∞-. 综上所述，(,3)(0,3)x ∈-∞-⋃.故选：A【点睛】需对题中的信息联想到构造函数利用单调性解不等式，特别是分为当0x > 时，当0x < 时两种情况，因为两边同时除以x ，要考虑其正负.3.定义在R 上的连续函数()f x 的导函数为()'f x ，且cos ()(cos sin )()xf x x x f x '<+成立，则下列各式一定成立的是（）A ．(0)0f =B ．(0)0f <C ．()0f π>D ．02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭π 【答案】C【分析】设cos () ()e x x f x g x ⋅=，由条件可得()0g x '<，即()g x 在R 上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，由此卡判断选项A ，B ， C ，将2x π=代入条件可得02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，可判断选项D. 【详解】由题可得cos ()sin ()cos ()xf x xf x xf x '-<，所以(cos ())cos ()xf x xf x '<，设cos () ()e x x f x g x ⋅=则(cos ())cos ()()0e xxf x xf x g x '-'=<，所以()g x 在R 上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭由(0)()2g g g ππ⎛⎫>> ⎪⎝⎭可得() (0)0e f f ππ>>-，所以(0)0f >，()0f π>，所以选项A ､B 错误，选项C 正确.把2x π=代入cos ()(cos sin )()xf x x x f x '<+，可得02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以选项D 错误，故选：C .【点睛】关键点睛：本题考查构造函数，判断函数单调性判断函数值的符号，解答本题的关键是根据题意构造函数cos () ()e x x f x g x ⋅=，由条件得出其单调性，根据02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，判断选项，属于难题. 变式：1.已知定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()sin cos 0f x x f x x '-<成立，则下列不等式成立的是（）A64f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B．36f ππ⎫⎫⎛⎛< ⎪ ⎪⎝⎝⎭⎭C43ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ D34f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【分析】构造函数()()sin f x g x x=，求导后可确定其单调性，利用单调性比较大小可判断各选项．【详解】设()()sin f x g x x =，则2()sin ()cos ()0sin f x x f x x g x x -''=<，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，所以()()64sin sin 64f f ππππ>()()64f ππ>，A 错； ()()63sin sin 63f f ππππ>()()63f ππ>，B 正确； ()()34sin sin 43f f ππππ>()()43ππ>，C 错； 3f π⎛⎫ ⎪⎝⎭3π⎛⎫ ⎪⎝⎭与23f π⎛⎫ ⎪⎝⎭大小不确定，D 不能判断．故选：B ．【点睛】关键点点睛：本题考查比较大小问题，解题关键是构造新函数()()sin f x g x x =，由导数确定其单调性，从而可比较函数值大小．变式：2。

导数参数问题(解析版文科)

含参数导数问题一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立； 1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题， 2、常见处理方法：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：构造函数求最值题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一种题型3、已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围解法1：转化为0)(0)(''≤≥x f x f 或在给定区间上恒成立，回归基础题型解法2：利用子区间（即子集思想）；首先求出函数的单调增或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集；做题时一定要看清楚“在（m,n ）上是减函数”与“函数的单调减区间是（a,b ）”，要弄清楚两句话的区别：前者是后者的子集1、已知f(x)=ax 3-3x+1对于x ∈［-1,1］总有f(x)≥0成立，则a= . 2、已知函数xxx f y ln )(==. （1）求函数)(x f y =的图像在ex 1=处的切线方程；（2）求)(x f y =的最大值；(3) 设实数0>a ，求函数)()(x af x F =在[]a a 2,上的最小值. （Ⅰ）)(x f Θ定义域为()+∞,02/x lnx-1(x)=∴f e e f -=)1(Θ 又 2/2)1(e ef k ==Θ∴函数)(x f y =的在ex 1=处的切线方程为：)1(22ex e e y -=+，即e x e y 322-=（Ⅱ）令0)(/=x f 得e x =Θ当),0(e x ∈时，0)(/>x f ，)(x f 在),0(e 上为增函数当),(+∞∈e x 时，0)(/<x f ，在),(+∞e 上为减函数ee f x f 1)()(max ==∴ （Ⅲ）Θ0>a ，由（2）知：)(x F 在),0(e 上单调递增，在),(+∞e 上单调递减．∴)(x F 在[]a a 2,上的最小值)}2(),(m in{)(min a F a F x f =2ln 21)2()(aa F a F =-Θ ∴当20≤<a 时，,0)2()(≤-a F a F =)(min x f a a F ln )(=当a <2时0)2()(>-a F a F ，=)(min x f a a F 2ln 21)2(= 3、设a 为实数，已知函数.（1）当a =1时，求函数的极值．（2）若方程=0有三个不等实数根，求a 的取值范围 (1)依题有，故.由x2 + 0 － 0 +↗极大值↘极小值↗得在时取得极大值，在时取得极小值.(2) 因为，所以方程的两根为a －1和a +1，显然，函数在x = a －1取得极大值，在x =a +1是取得极小值.因为方程=0有三个不等实根，3221()(1)3f x x ax a x =-+-()f x ()f x 321()3f x x x =-()()222f 'x x x x x =-=-(),0-∞()0,2()2,+∞()f 'x ()f x ()f x 0x =()00f =()f x 2x =()423f =-()[][]222(1)(1)(1)f 'x x ax a x a x a =-+-=---+()0f 'x =()f x ()f x所以即解得且.4、方程033=--m x x 在[0，1]上有实数根，则m 的最大值是5、设函数，其中常数a>1(1)讨论f(x)的单调性;(2)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a 的取值范围。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

（1）求导数后，根据导函数的符号判断出函数的单调性。

（2）根据题意将证明的问题转化为证明，即证，构造函数，利用函数的单调性证明即可。

试题解析：（1）解：∵∴。

①当时，令，解得，∴当时，，单调递减；当时，，单调递增。

②当时，恒成立，∴函数在R 上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增。

当时，在R上单调递增.（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点。

所以。

设函数的两个零点为，则，设，解得，所以，要证，只需证，设设单调递增，所以，所以在区间上单调递增，所以，故．练习1.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）已知存在两个极值点，，令，若，，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）对函数进行求导，讨论导数的正负，求得单调区间.（2）将变形为，利用韦达将其转化为关于a的函数，求得最值，即可得到的取值范围.①当时，在上，单调递增；在上，单调递减.②当时，在和上，单调递减；在上，单调递增.（2），则，由（1）可知，，，且.则，从而.令，，则.因为，所以，所以在上单调递减，则，即.因为，，即，所以，即的取值范围为.【点睛】本题考查了导数和函数的单调性，极值，最值的关系，以及函数的能成立的问题，培养学生的转化能力，运算能力，属于难题．（四）多变量问题例4．已知函数（0x π<<），（m R ∈）（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）求证：1是()g x 的唯一极小值点；（Ⅲ）若存在a ， ()0,b π∈，满足，求m 的取值范围.（只需写出结论）【答案】(1) 单调递增区间为30,4π⎛⎫⎪⎝⎭， ()f x 的单调递减区间为3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ （2）见解析（3）34m e π≤ 【解析】试题分析：（Ⅰ）求出()'f x ， ()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间， ()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（Ⅱ）先求得（0x >），可得()'10g =，又可证明在定义域内递增，即可证明1 是g(x)的唯一极小值点；（Ⅲ）令两函数的值域有交集即可. （Ⅰ）因为令()'0f x =，得因为0x π<<，所以 34x π=当x 变化时， ()'f x ， ()f x 的变化情况如下：x30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭ 34π 3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +-()f xZ极大值]故()f x 的单调递增区间为30,4π⎛⎫⎪⎝⎭， ()f x 的单调递减区间为3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ （Ⅱ）证明：（0x >），设，则故()'g x 在()0,+∞是单调递增函数，又()'10g =Q ，故方程()'0g x =只有唯一实根1x = 当x 变化时， ()'g x ， ()g x 的变化情况如下：x()0,11()1,+∞()'g x -+ ()g x]极小值Z故()g x 在1x =时取得极小值()1g m =，即1是()g x 的唯一极小值点. （Ⅲ）34m eπ≤（五）与三角函数有关的函数问题例5．已知函数（0x >）.(1)若1a =，求函数()f x 的极大值； (2)若0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，恒有()0f x >成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()21k π+；（2）[)1,+∞ 【解析】试题分析：（1）当1a =时，，对其求导，判断导数与0的关系，故而可得其极值；（2）对()f x 求导，，当1a ≥时，函数单调递增，不等式成立；当1a <时，对其进行二次求导，可得()''0f x >恒成立， ()'f x 单调递增，结合零点存在定理可得()'f x 有唯一零点0x ，进而可得当()00,x x ∈时， ()f x 单调递减，且，即()0f x >不恒成立；试题解析：（1）1a =时，，当， k N ∈时， ()'0f x >， ()f x 单调递增，当， k N ∈时， ()'0f x <， ()f x 单调递减，所以，当时， ()f x 取得极大值()21k π+， k N ∈. （2）当10a -≥，即1a ≥时， ()'0f x >，所以()f x 单调递增，所以；当1a <时，，所以()'f x 单调递增，，，所以()'f x 有唯一零点，记为0x ，当()00,x x ∈时， ()'0f x <， ()f x 单调递减，且，即()0f x >不恒成立；综上所述， a 的取值范围是[)1,+∞.练习1.已知函数的图象在点处的切线方程为54y x π=-.(1)求,a b 的值 (2)求函数()f x 在,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦值域. 【答案】（1）3,1；（2）.【解析】试题分析：（1）求得()f x 的导数，可得切线的斜率和切点，由已知切线的方程可得,a b 的方程组，解方程即可得到所求；（2）求得()f x 的导数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可得到函数()f x 在,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦值域. 试题解析：（1）为π），又，解得3,1a b ==.（2）由（1）知，，函数()f x 在,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递增，，， ∴函数()f x 在,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域为.（六）构造函数求参数例6．设函数.（1）当1a =时，求函数()g x 的极值；（2）设，对任意，都有，求实数b 的取值范围.【答案】（1）无极大值；（2）272b ≥. 【解析】试题分析：(1) 当1a =时，，定义域为()0,+∞，，结合函数的单调性可得，函数没有极大值.(2) 由已知，构造函数，则()G x 在(]0,2上单调递减，分类讨论可得：①当[]1,2x ∈时， 272b ≥. ②当()0,1x ∈时， ,0b ≥，综上，由①②得： 272b ≥.（2）由已知，设，则()G x 在(]0,2上单调递减，①当[]1,2x ∈时，，所以，整理：设，则在()1,2上恒成立，所以()h x 在[]1,2上单调递增，所以()h x 最大值是.②当()0,1x ∈时，，所以，整理： b设，则在(]0,1上恒成立，所以()m x 在(]0,1上单调递增，所以()m x 最大值是，综上，由①②得： 272b ≥. 练习1.已知函数在处的切线斜率为.（1）若函数在上单调，求实数的最大值；（2）当时，若存在不等的使得，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】 (1)先根据切线的斜率求出，再根据函数单调，得到恒成立，求出b 的最大值.(2)转化为存在不等的，且使得，进而得到k ＞0.【详解】（1）函数在处的切线斜率为解得.所以，故因为函数在上单调故或在上恒成立. 显然即在上不恒成立. 所以恒成立即可.因为可知在上单减，单增故，所以实数的最大值为1. （2）当时，由（1）知函数在上单调递增不妨设，使得即为存在不等的，且使得.其否定为：任意，都有即：函数在上单调递增.由（1）知：即所以若存在不等的使得实数的取值范围为. （七）讨论参数求参数例7．已知函数，（e 为自然对数的底数）．（Ⅰ）当1a =时，求函数()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）若函数()g x 有两个零点，试求a 的取值范围；（Ⅲ）当0x >时，恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1) 1y x =- (2) ()0,+∞（3）【解析】试题分析：（1）根据导数的几何意义得到()01f '=， ()01f =-，根据这两点可以写出切线方程。