函数与导数大题部分-高考数学解题方法归纳总结专题训练
高考数学专题：导数大题专练(含答案)
高考数学专题：导数大题专练(含答案)一、解答题1．已知函数()ln f x ax x =+ (1)讨论()f x 的单调区间；(2)设()2xg x =，若对任意的[]11,100x ∈，存在[]20,1x ∈，使()()12f x g x <成立，求实数a 的取值范围.2．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <． 3．已知函数2()ln (2)f x x a x a =+<． (1)若2a =-，求函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，讨论函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象公共点的个数，并证明你的结论．4．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．5．已知函数()2()2e =+-xf x x a ．(1)讨论函数的单调性；(2)若(0,),()x f x a ∈+∞≥-恒成立，求整数a 的最大值． 6．已知函数()e (1)()x f x a x a -=++∈R ． (1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若函数()()ln e g x f x x =-+-在[1,)+∞有唯一的零点，求实数a 的取值范围．7．已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．8．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若fx 是()f x 的导函数，()f x ''是fx 的导函数，则曲线()y f x =在点()(),x f x 处的曲率()()()3221f x K f x ''='+⎡⎤⎣⎦.(1)若曲线()ln f x x x =+与()g x x ()1,1处的曲率分别为1K ，2K ，比较1K ，2K 大小；(2)求正弦曲线()sin h x x =（x ∈R ）曲率的平方2K 的最大值. 9．已知函数()321623f x x ax x =+-+在2x =处取得极值． (1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在[]4,3-上的最小值和最大值．10．设函数()223ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【参考答案】一、解答题1．(1)答案见解析 (2)31a e ≤-【解析】 【分析】（1）由()()110ax f x a x xx+=+=>'，按0a ≥，0a <进行分类讨论求解； （2）由已知，转化为()()max max f x g x <，由已知得()()max 12g x g ==，由此能求出实数a 的取值范围． (1)()(]110ax f x a x x x+'=+=>，①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为()0,∞+； ②当0a <时，由()0f x '=，得1x a=-，在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()0f x '>，在区间1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间为10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,a∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭；(2)由题目知，只需要()()max max f x g x <即可又因为()()max 12g x g ==，所以只需要()max 2f x <即可()max 2f x <即等价于()2f x <恒成立，由变量分离可知2ln xa x-<，[]1,100x ∈， 令()2ln xh x x -=，下面求()h x 的最小值， 令()23ln xh x x-+'=，所以()0h x '=得3x e =， 所以()h x 在31,e ⎡⎤⎣⎦为减函数，3,100e ⎡⎤⎣⎦为增函数， 所以()()33min 1h x h e e -==，所以31a e ≤-. 2．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可； （2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=>由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<， 即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x <<令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=， 则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减 由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+- 则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫=⎪⎝⎝⎭⎭ 令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t tt m t -'=+-=> 即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立.则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭， 又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x <<则211x x >，故121x x <3．(1)详见解析； (2)详见解析； 【解析】 【分析】（1）由2a =-，得到2()2ln f x x x =-，然后求导2()2f x x x'=-求解； （2）令2()ln (2)22=+-+++g x x a x a x a ，求导()()21()--'=x a x g x x，分0a ≤，012a <<，12a =，122a<<讨论求解. (1)解：当2a =-时，2()2ln f x x x =-，所以2()2f x x x'=-，令()0f x '=，得1x =，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>， 所以1x =是函数()f x 的极小值点；(2)当2(]0,x ∈时，令2()ln (2)22=+-+++g x x a x a x a ，则()()2212(2)()2(2)---++'=+-+==x a x a x a x a g x x a x x x， 当0a ≤时，01x <<时，()0g x '<，12x <≤时，()0g x '>， 所以当1x =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x ∞→+，当()110g a =+>，即10a -<≤，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象无公共点；当()110g a =+=，即1a =-时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点； 当()()11022ln 20g a g a ⎧=+<⎪⎨=+≥⎪⎩，即21ln 2-≤<-a 时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有2个公共点；当()()11022ln 20g a g a ⎧=+<⎪⎨=+<⎪⎩，即2ln 2a <-，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点； 当012a <<，即02a <<时，02ax <<或1x >时，()0g x '>，12a x <<时，()0g x '<，所以当2ax =时，()g x 取得极大值，当1x =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x →-∞，因为()110g a =+>恒成立，所以函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点； 当12a =，即2a =时，()0g x '≥恒成立，所以()g x 在(0,2]上递增，所以函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有1个公共点； 当122a <<，即24a <<时，01x <<或22a x <<时，()0g x '>，12ax <<时，()0g x '<，所以当1x =时，()g x 取得极大值，当2ax =时，()g x 取得极小值，且0x →，()g x →-∞，因为()110g a =+>，()22ln 20=+<g a ，2ln 20242⎛⎫=-+++> ⎪⎝⎭a a a g a a 恒成立，所以()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点.综上： 当10a -<≤时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象无公共点；当1a =-或 2ln 2a <-或04a <<时，()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象只有1个公共点； 当21ln 2-≤<-a 时，函数()f x 的图象与函数(2)22y a x a =+--的图象有2个公共点.4．(1)答案见解析； (2)12a =. 【解析】 【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得； （2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >， 当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增； 当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数，当2e x -=时，()()2242ee e e e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，020000e ln 10x g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+， ∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e xx =；又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =． 5．(1)答案见解析 (2)4 【解析】【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）由(0,),()x f xa ∈+∞≥-恒成立分离常数a ，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围，从而求得整数a 的最大值. (1)()'2(22)e x f x x x a =++-①当1a≤时，()0f x '≥恒成立，故()f x 在R 上恒增； ②当1a >时，当(,1x ∈-∞-时()0f x '>，()f x 单调递增，(11x ∈--时()0f x '<，()f x 单调递减， (1)x ∈-+∞时()0f x '>，()f x 单调递增，综上所述：当1a ≤时，()f x 在R 上恒增； 当1a >时，()f x 在(,1-∞-和(1)-++∞上单调递增，在(11--上单调递减.(2)2e (2)(e 1)xxx a +≥-，由于,()0x ∈+∞，2e (2)e 1x x x a +≤-，2e (2)()e 1x x x g x +=-，22e (2e 22)()(e 1)x x x x x x g x ---'=-， 令2()2e 22x h x x x x =---，()(e 1)(22)x h x x '=-+，由于,()0x ∈+∞，则()(e 1)(22)0x h x x '=-+>，故2()2e 22x h x x x x =---单调递增，3334443393338()e 2e 4(e )042162223h =---<-=-<，(1)2e 50h =->， 所以存在03(,1)4x ∈使得0()0h x =，即020002e 22xx x x =++，当00(0,)x x ∈时()0h x <，()g x 单调递减，当00(,)x x ∈+∞时()0h x >，()g x 单调递增； 那么()()00202000e 222e 1x x x a g x xx +≤==++-，03(,1)4x ∈，故034()()(1)54g g x g <<<=，由于a 为整数，则a 的最大值为4. 【点睛】求解含参数不等式恒成立问题，可考虑分离常数法，然后通过构造函数，结合导数来求得参数的取值范围. 6．(1)()f x 的极小值为2，无极大值； (2)(,e 1]-∞+ 【解析】 【分析】（1）当1a =时，求导分析()f x 的单调性，即可得出答案．（2）由题意可得()()ln e e ln e(1)x g x f x x ax a x x =-+-=-++-，求导得()g x '，从而可推出()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，分两种情况讨论：①当e 10a +-，②当e 10a +-<，分析()g x 的单调性，即可得出答案．(1)当1a =时，()(1)xf x e x -=++，1()1x xxe f x e e --+'=-+=，令1e 0x -+>，得0x >， 令1e 0x -+<，得0x <，则()f x 单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞， ∴()f x 存在极小值为()02f =，无极大值； (2)()()ln e e (1)ln e e ln e(1)x x g x f x x a x x ax a x x =-+-=+-++-=-++-，则1()xg x e a x'=-+，令1()xh x e a x =-+，则221()x x e h x x -'=，由1x >得，21x >，210x x e ->，则()0h x '>，故()g x '在(1,)+∞单调递增，(1)e 1g a '=+-，①当e 10a +-，即e 1a +时，即(1,)x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(1)0g =， ∴当1x >时，函数()g x 没有零点， ②当e 10a +-<，即e 1a >+时， 由e e (1)x y x x =->，得e e 0x y '=->， ∴e e x x >，∴11()e e xg x a x a x x '=+->+-，e ee 0e e a a g a a a⎛⎫'>⋅+-=> ⎪⎝⎭，又∵e 1e ea >=，∴存在01,e a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()01,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 又∵(1)0g =，∴当0(]1,x x ∈时，()0g x <，在()01,x 内，函数()g x 没有零点， 又∵()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， ∴()g x 单调递增，又∵22e )e 1(ln e a a g a a a a a +-+>-=-+， 令2()e 1(1)>x k x x x =-+，()()e 2x s x k x x '==-，()e 2e 20x s x '=->->，∴()k x '在(1,)+∞上单调递增， 又∵(1)0k '>，∴1x >时，()0k x '>，()k x 在(1,)+∞上单调递增， ∴()(1)0k a k >>， ∴()0g a >， 又∵0eaa x >>， ∴由零点的存在定理可知存在()()101,,0x x a g x ∈=， ∴在()0,x a 内，函数()g x 有且只有1个零点， 综上所述，实数a 的取值范围是(,e 1]-∞+.7．(1)1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)(],1-∞- 【解析】 【分析】（1）求出导函数()e x a f x x'=+，根据()f x 在(,0)-∞上单调递减，可得()e 0x af x x'=+≤在(,0)-∞上恒成立，分类参数可得e x a x ≥-⋅在(,0)-∞上恒成立，令()()e ,0x g x x x =-⋅<，利用导数求出函数()g x 的最大值即可得解；（2）将已知不等式转化为()ln 10a a x x--+≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，令()()()ln 1,0ah x a x x x=--+<，在对a 分类讨论，求出()h x 的最大值小于等于0，即可求出答案. (1)解：()e xa f x x'=+，因为()f x 在(,0)-∞上单调递减，所以()e 0xa f x x'=+≤在(,0)-∞上恒成立，即e x a x ≥-⋅在(,0)-∞上恒成立，令()()e ,0xg x x x =-⋅<， 则()()e e 1e x x xg x x x '=--=-+，当1x <-时，()0g x '>，当10x -<<时，()0g x '<， 所以函数()g x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减， 所以()()max 11eg x g =-=，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；(2)解：由()()f x f x '≤得()ln 1aa x x-+≤，即()ln 10a a x x--+≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立， 令()()()ln 1,0ah x a x x x=--+<，()()()221,0a x a a h x x x x x +'=+=<，当0a =时，()1h x =，不满足()0h x ≤；当0a >时，1x <-时，()0h x '<，10x -<<时，()0h x '>， 所以函数()h x 在(),1-∞-上递减，在()1,0-上递增， 所以()()min 110h x h a =-=+>，不符合题意；当0a <时，1x <-时，()0h x '>，10x -<<时，()0h x '<， 所以函数()h x 在(),1-∞-上递增，在()1,0-上递减， 所以()()max 110h x h a =-=+≤，解得1a ≤-， 综上所述，a 的取值范围(],1-∞-. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式恒成立问题，考查了转化思想和分类讨论思想，考查了学生的计算能力. 8．(1)12K K <； (2)1. 【解析】 【分析】（1）对()f x 、()g x 求导，应用曲率公式求出()1,1处的曲率1K ，2K ，即可比较大小；（2）由题设求出()h x 的曲率平方，利用导数求2K 的最大值即可. (1)由()11f x x '=+，()21f x x ''=，则()()()()13332222211112511f K f ''===+'+⎡⎤⎣⎦，由()g x '=，()3214g x x -''=-，则()()()2333222221124511112g K g ''===⎡⎤'+⎡⎤⎛⎫⎣⎦+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以12K K <； (2)由()cos h x x '=，()sin h x x ''=-，则()322sin 1cos xK x =+，()()2223322sin sin 1cos 2sin xxK x x ==+-，令22sin t x =-，则[]1,2t ∈，故232tK t -=， 设()32t p t t -=，则()()32643226t t t t p t t t----'==，在[]1,2t ∈时()0p t '<，()p t 递减，所以()()max 11p t p ==，2K 最大值为1.9．(1)增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2- (2)()max 312f x =，()min 163f x =- 【解析】 【分析】（1）根据题意得()20f '=，进而得12a =，再根据导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）知[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2-，进而求解()4f -，()3f -，()2f ，()3f 的值即可得答案. (1)解：（1）()226f x x ax '=+-，因为()f x 在2x =处取得极值，所以()24460f a '=+-=，解得12a =． 检验得12a =时，()f x 在2x =处取得极小值，满足条件.所以()26f x x x '=+-，令()0f x '>，解得3x <-或2x >，令()0f x '<，解得32x -<<， 所以()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； (2)解：令()260f x x x '=+-=，解得3x =-或2x =，由（1）知()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； 当[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2- 又()()()()321138444642323f -=⨯-+⨯--⨯-+=， ()()()()321131333632322f -=⨯-+⨯--⨯-+=，()321116222622323f =⨯+⨯-⨯+=-，()32115333632322f =⨯+⨯-⨯+=-，所以()max 312f x =，()min 163f x =-． 10．(1)在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增 (2)1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）求导，根据定义域和a 的范围，讨论导数符号可得单调区间； （2）由（1）中单调性可得函数最小值，由最小值大于0可解. (1)函数()f x 的定义域为()0+∞，， ()()()222231323'2ax ax a x ax f x a x a x x x+-+-=+-==由于0a >且()0x ∈+∞，，所以230ax +>，令()'0f x =，解得1x a=， 当10x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，()'0f x <，函数()f x 单调递减， 当1x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，，()'0f x >，函数()f x 单调递增， ()f x ∴在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增． (2)要使()y f x =的图像与x 轴没有公共点，所以只需min ()0f x >即可，由（1）知min 111()113ln 133ln 33ln 0f x f a a a a ⎛⎫==+-+=-=+> ⎪⎝⎭，解得1e >a ，即a 的取值范围为1(,)e+∞。
2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练25函数与导数__大题备考
强化训练25 函数与导数——大题备考第二次作业1．[2022·江苏苏州模拟]已知函数f(x)＝x ln x＋1，(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围．2．[2022·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝e x－ax2－x－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；(2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围．3．[2022·山东日照三模]已知函数f(x)＝(x－2)e x－ax＋a ln x(a∈R).(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a<e时，讨论f(x)的零点个数．4．[2022·辽宁协作体二模]已知函数f (x )＝x ln x －12mx 2－x (m ∈R ).(1)若直线y ＝x ＋b 与f (x )的图象相切，且切点的横坐标为1，求实数m 和b 的值； (2)若函数f (x )在(0，＋∞)上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：ln x 1＋ln x 2>2.强化训练25 函数与导数1．解析：（1）∵f （x ）＝x ln x ＋1，x >0， ∴f ′（x ）＝ln x ＋1，当x ∈（0，1e ）时，f ′（x ）<0；当x ∈（1e ，＋∞）时，f ′（x ）>0.所以函数f （x ）在（0，1e ）上单调递减，在（1e ，＋∞）上单调递增．（2）由于x >1，f （x ）>kx 恒成立，即k <ln x ＋1x恒成立，构造函数k （x ）＝ln x ＋1x，x >1，则求导可得k ′（x ）＝1x －1x 2＝x －1x2，当x >1时，k ′（x ）>0恒成立．所以k （x ）在（1，＋∞）上单调递增，则k （x ）>k （1）＝1， 所以k ≤1.2．解析：（1）因为f （x ）＝e x －x 2－x －1，当x ＝1时，切点为（1，e －3）， 求导f ′（x ）＝e x－2x －1，故切线斜率k ＝f ′（1）＝e －3， 所以所求切线方程为y ＝（e －3）x .（2）f （x ）≥0等价于e x≥ax 2＋x ＋1恒成立， 当a >0时，上式不恒成立，证明如下：当x <0时，e x <1，当x <－1a时，ax 2＋x ＋1＝x （ax ＋1）＋1>1，从而e x ≥ax 2＋x ＋1不恒成立，当a ≤0时，ax 2＋x ＋1≤x ＋1，下面先证明e x≥x ＋1， 令h （x ）＝e x －x －1，则h ′（x ）＝e x－1，当x <0时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；当x >0时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增， 所以h （x ）min ＝h （0）＝0，即h （x ）≥0，所以e x≥x ＋1，而ax 2＋x ＋1≤x ＋1，故e x ≥ax 2＋x ＋1， 综上，若f （x ）≥0，则实数a 的取值范围为（－∞，0]. 3．解析：（1）当a ＝－1时，f （x ）＝（x －2）e x＋x －ln x ，则f ′（x ）＝（x －1）（e x ＋1x ），当x ∈（0，＋∞）时，e x ＋1x>0恒成立，所以当x ∈（0，1）时，f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时f ′（x ）>0，f （x ）单调递增，即f （x ）的单调递减区间是（0，1），单调递增区间是（1，＋∞）.（2）由题意，函数f （x ）＝（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝（x －2）e x－a （x －ln x ），x >0， 设m （x ）＝x －ln x ，x >0，则m ′（x ）＝1－1x ＝x －1x，当x ∈（0，1）时，m ′（x ）<0，m （x ）单调递减； 当x ∈（1，＋∞）时，m ′（x ）>0，m （x ）单调递增， 又由m （1）＝1，所以m （x ）≥1，令f （x ）＝0，可得（x －2）e x－ax ＋a ln x ＝0，所以a ＝（x －2）e xx －ln x，其中（x >0），令g （x ）＝（x －2）e x x －ln x ，可得g ′（x ）＝e x（x －1）（x －ln x ）2（x －ln x ＋2x－1），令h （x ）＝x －ln x ＋2x －1，则h ′（x ）＝1－1x －2x 2＝x 2－x －2x 2＝（x －2）（x ＋1）x2（x >0）， 可得0<x <2时，h ′（x ）<0，h （x ）单调递减；x >2时，h ′（x ）>0，h （x ）单调递增； 所以h （x ）min ＝h （2）＝2－ln 2>0，即x >0时，h （x ）>0恒成立；故0<x <1时，g ′（x ）<0，g （x ）单调递减；x >1时，g ′（x ）>0，g （x ）单调递增； 所以g （x ）min ＝g （1）＝－e ，又由x →0时，g （x ）→0，当x →＋∞时，g （x ）→＋∞， 函数g （x ）的图象，如图所示，结合图象可得：当a <－e 时，无零点；当a ＝－e 或0≤a <e 时，一个零点；当－e<a <0时，两个零点． 4．解析：（1）由题意，切点坐标为（1，－12m －1），f ′（x ）＝ln x －mx ，所以切线斜率为f ′（1）＝－m ＝1，所以m ＝－1，切线为y ＋12m ＋1＝1·（x －1），整理得y ＝x －32，所以b ＝－32.（2）证明：由（1）知f ′（x ）＝ln x －mx .由函数f （x ）在（0，＋∞）上存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0ln x 2－mx 2＝0，则m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2且m ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，联立得ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，即ln x 1＋ln x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2·ln x 1x 2＝（x 1x 2＋1）·lnx 1x 2x 1x 2－1，设t ＝x 1x 2∈（0，1），则ln x 1＋ln x 2＝（t ＋1）·ln t t －1，要证ln x 1＋ln x 2>2，只需证（t ＋1）·ln t t －1>2，只需证ln t <2（t －1）t ＋1，只需证ln t －2（t －1）t ＋1<0.构造函数g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g ′（t ）＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0. 故g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1，在t ∈（0，1）上递增，g （t ）<g （1）＝0，即g （t ）＝ln t －2（t －1）t ＋1<0，所以ln x 1＋ln x 2>2.。
导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型主要包括求函数的导数、求函数的极值、求曲线的切线方程和法线方程等。
下面给出这些题型的解题方法：
1. 求函数的导数：
- 根据导数的定义，逐项求导；
- 利用乘法法则、复合函数法则、除法法则等求导法则简化计算；
- 对于含有多项式函数、指数函数、对数函数、三角函数等函数的复合函数，可以根据相应的求导法则和运算规律进行求导。
2. 求函数的极值：
- 首先求函数的导数，得到导函数；
- 解导函数的方程，求得导函数的零点，即函数的驻点；
- 利用二阶导数判别法来判断驻点的类型（极大值点、极小值点或拐点）；
- 如果导函数的零点为函数的一个极值点，则该极值点对应的函数值为极值。
3. 求曲线的切线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 然后利用一般点斜式的切线方程公式，以该点和斜率为参数，得到切线方程。
4. 求曲线的法线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 利用切线斜率与法线斜率的关系（切线斜率与法线斜率的乘积等于-1），由此得到法线的斜率；
- 然后以该点和法线斜率为参数，利用一般点斜式的法线方程公式得到法线方程。
以上是导数大题题型的一般解题方法，根据具体题目特点和要求，可能需要结合其他数学知识和技巧进行推导和计算。
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
二．单调性问题
题型 1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。分类的方法有：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 1）在求极值点的过程中，未知数的系数与
0
的关系不定而引起的分类； （2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与
切线方程。解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例 求曲线 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
高中数学导数知识点归纳的总结及例题(word文档物超所值)
为函数
_____ _ 的图象的顶点在第四象限，则其导
o
y
x
-33
)
(x
f
y'
=
()y f x ='()f x 为( )
（安微省合肥市2010年高三第二次教学质量检测文科）函数()y f x =的图像如下右)
(x f y '=
（2010年浙江省宁波市高三“十校”联考文科）如右图所示是某
一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是（ ）
象大致形状是（ ）
2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数在区间[,]a b 上是增函数，则函数
()x 在区间[,]a b 上的图象可能是
y
y
y
14.（2008年福建卷12)已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图，那么y=f(x),
y=g(x)的图象可能是（ ）
15.(2008珠海一模文、理)设是函数的导函数，将和的图)('x f )(x f )(x f y =)('x f y =像画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．16.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数
)(x f y =的导函数)(x f y '=的图像如下，则（
）
函数)(x f 有1个极大值点，1个极小值点
y。
函数与导数高考常考题型与解法(有答案)
函数与导数高考常考题型与方法 题型一. 函数的性质及应用例1．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且1()02f =，则满足19(log )0f x >的x 的集合为________．例2．已知函数f ( x ) 是定义在R 上的偶函数，且在区间 [0，＋∞) 上单调递增．若实数a 满足 212(log )(log )2(1)f a f a f +≤，则a 的取值范围是：11. [1, 2] . (0, ] . [, 2] D. (0, 2]22A B C例3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，不等式f (x ＋a ) > f (2a －x ) 在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是________．例4．定义在R 上的函数f ( x ) 满足 f (x ＋6)＝f (x )，当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2；当－1≤ x <3时， f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 015) 等于：A ．335B ．336C ．1 678D ．2 012例5．已知函数f ( x ) 是(－∞，＋∞) 上的奇函数，且f ( x ) 的图象关于x ＝1对称，当x ∈[0，1] 时， f (x )＝2x －1，(1) 求证：f (x )是周期函数；(2) 计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017) 的值．例6．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于________．例7．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为________．例8．已知函数y ＝－x 2＋ax －a 4＋12在区间[0，1]上的最大值是2，则实数a 的值为________．例9．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ，b 为常数，且a ≠0)满足条件f (1＋x )＝f (1－x )，且方程f (x )＝x 有两个相等的实根．(1) 求f (x )的解析式；(2) 是否存在实数m ，n ( m < n )，使f ( x ) 的定义域和值域分别为 [m ，n ]和 [3m ，3n ] ？ 如果存 在，求出m ，n 的值；如果不存在，请说明理由．例10．已知f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)，且a ≤1.(1) 当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2) 若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围．题型二. 函数的图象及应用 （识图、作图及用图）例11．函数y ＝e x ＋e －xe x －e－x 的图象大致为：例12．已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝k x 若方程f (x )＝g (x ) 有两个不相等的实根， 则实数k 的取值范围是：A ．1(0, )2B ．1(, 1)2C ．(1，2)D ．(2，＋∞)例13．解：函数y ＝11－x的图象与函数y ＝2sin πx (－2≤x ≤4) 的图象所有交点的横坐标之和等于： A ．2 B ．4 C ．6 D ．8例14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3 f (x )＋1的零点个数是________．例15． 已知函数{1231231232 |21|, 1(), ()()() ( ) log (1), 1x x f x f x f x f x x x x x x x x x +≤===≠≠++->若其中，则的取值 范围是 .例16．若a b 、分别是方程lg 4, 104xx x x +=+= 的实数根，函数2()2, 0() 2, 0x a b x x f x x ⎧+++≤⎪=⎨>⎪⎩，则关于x 的方程 ()f x x = 解的个数是：. 1 . 2 . 3 . 4A B C D题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．对于任意实数x ，函数f (x )＝(5－a )x 2－6x ＋a ＋5恒为正值，则a 的取值范围是________．例18．已知函数f (x )＝x 2＋m x －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x ) < 0成立，则实数m 的取值范 围是________．例19．若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，求a 的最小值．例20．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x < 0恒成立，则实数m 的取值范围是：A ．(－2，1)B ．(－4，3)C ．(－1，2)D ．(－3，4)例21．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞) 恒成立，则实数a 的取值范围是：A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)例22．11 ()sin cos 3cos (4) [0, ]222f x x x a x a x π=-++-若函数在区间上单调递增，则实数 a 的取值范围是：1161. [0, ] . [, 0] . (, ] . (, 0]797A B C D --∞-∞例22．已知函数22()23, ()27f x x x g x x ax =-+=-+-(1) ()() s t f x g x a >若对任意实数、，都有，求实数的取值范围； (2) ()() x f x g x a >若对任意实数，都有，求实数的取值范围；例23．已知函数32()ln (), ()23af x x x a Rg x x x x=-∈=- (1) 若m 为正实数，求函数1(), [, ]y g x x m m=∈上的最小值； (2) 若对任意的实数1[, 2] ()()2s t f s g t ∈≤、，都有，求实数a 的取值范围.例24．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，(a ≠0)．(1) 若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2) 若函数h (x )＝f (x )－g (x ) 在 [1，4] 上单调递减，求a 的取值范围．题型四. 导数的综合应用 例25．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，x f ′(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，＋∞)例26．设函数f (x )的导函数()f x '对任意x ∈R 都有()()f x f x '>成立，则：A ．3f (ln 2)>2f (ln 3)B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3)C ．3(ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定例27．定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且不等式f (x )>－xf ′(x )在(0，＋∞)上恒成立， 则函数g (x ) = x f (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为：A ．4B ．3C ．2D ．1例28．定义域为R 的函数 f ( x ) 对任意x 都有f (2＋x )＝f (2－x )，且其导函数f ′(x )满足f ′（x ）2－x >0，则当2 < a < 4时，有：A ．f (2a )<f (log 2a )<f (2)B ．f (log 2a )<f (2)<f (2a )C ．f (2a )<f (2)<f (log 2a )D ．f (log 2a )<f (2a )<f (2)例29． 函数3211()22132f x ax ax ax a =+-++ 的图象经过四个象限的一个充分必要条件是： 41163.. 1 . 20 . 332516A aB aC aD a-<<--<<--<<-<<-例30．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)，若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行． 求：(1) a 的值；(2) 求函数f (x ) 的单调区间．例31．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x ) 在点(0，f (0)) 处的切线方程为y ＝1.(1) 求b ，c 的值；(2) 若a > 0，求函数f (x )的单调区间；(3) 设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x ) 在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．例32．(2014·安徽高考) 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a > 0.(1) 讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2) 当x ∈[0，1]时，求f (x ) 取得最大值和最小值时的x 的值．例33．(2015·北京高考)设函数 f (x )＝x 22－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．例34．(2015·福建高考)已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22.(1) 求函数f (x )的单调递增区间；(2) 证明：当x > 1时，f (x ) < x －1；(3) 确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0 >1，当x ∈(1，x 0) 时，恒有f (x ) > k (x －1)．例35．(2014·福建高考)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 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 ；(3) 证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 < c e x .函数与导数高考常考题型与方法参考答案题型一. 函数的性质及应用知识要点：．必会结论 1．函数单调性常用的结论：① 对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0⇔f (x )在D上是减函数．② 对勾函数y ＝x ＋ax(a > 0 ) 的增区间为(]－∞，－a 和[)a ，＋∞，减区间为[－a ，0)和(]0，a .③ 在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．④ 函数复合函数f (g (x )) 的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )单调性的关系是“同增异减”． 2． 函数奇偶性常用的结论：① 如果一个奇函数f (x )在原点处有定义，即f (x )有意义，那么一定有f (0)＝0； ② 如果函数f (x )是偶函数，那么f (x ) = f (－x ) = f (－|x |) = f (|x |)；③ 在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇； ④ 奇函数在两个对称区间上具有相同的单调性．偶函数在两个对称区间上具有相反的单调性． 3．函数周期性常用结论：对f (x )定义域内任一自变量的值x ：① 若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ( a > 0 )；② 若f (x ＋a )＝1f （x ），则T ＝2a ( a > 0 )；③ 若f (x ＋a )＝－1f （x ），则T ＝2 a ( a > 0 )；④ 若 f (x ＋a )＝f (x －b )，则T ＝a+b ( a > 0，b > 0 )．4．对称性的三个常用结论：① 若函数y ＝f (x ＋a )是偶函数，即f (a －x )＝f (a ＋x )，则函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ② 若对于R 上的任意x 都有f (2a －x )＝f (x )或f (－x )＝f (2a ＋x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称； ③ 若函数y ＝f (x ＋b )是奇函数，即f (－x ＋b )＋f (x ＋b )＝0，则函数y ＝f (x )关于点(b ，0)中心对称．例1．解：由题意知11()0, ()022f f =-=，结合图象由11199911(log )0, log 0 og 22f x x x >-<<>得或l10 1< <33x x <<解得或 例2．解：∵ f ( x ) 是偶函数，∴1222(log )(log )(log )f a f a f a =-=，∴原不等式可化为f (log 2a )≤ f (1)．又∵ f ( x ) 在区间 [0,＋∞)上单调递增，∴0≤|log 2a |≤1，即0≤log 2a ≤1或－1≤log 2a < 0 解得1≤a ≤2，12≤a <1，综上可知 12≤ a ≤2，故选C ．例3．解：二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，该函数在(－∞，0]上单调递减，∴ x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3 < 3， ∴ f (x ) 在R 上单调递减，∴ 由f (x ＋a ) > f (2a －x ) 等价于x ＋a < 2a －x ，即2x < a ，∴2x < a 在 [ a ，a ＋1 ] 上恒成立，∴2(a ＋1) < a ，∴ a <－2．例4．解：由f (x ＋6)＝ f (x ) 知f ( x ) 为周期函数且周期为6，由题意知f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝ －1，f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0，f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (2 015) ＝335(f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6))＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＝335＋1＝336，故选B ．例5．(1) 证明：函数f (x )为奇函数且图象关于x ＝1对称，则f (－x )＝－f (x )，f (2＋x )＝f (－x )＝－f (x )， 所以f (4＋x )＝f [(2＋x )＋2]＝－f (2＋x )＝f (x )，所以f (x )是以4为周期的周期函数．(2) 解：当x ∈[1，2]时，2－x ∈[0，1]，又f (x )的图象关于x ＝1对称， 则f (x )＝f (2－x )＝22－x －1，x ∈[1，2]．∴ f (0)=0，f (1)=1，f (2)=0，f (3)=f (－1)=－f (1)=－1，又f (x ) 是以4为周期的周期函数． ∴ f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 017)＝f (2 016)＋f (2 017)＝f (0)＋f (1)＝1.例6．解：因为f ( x ) ＝2|x －a |，所以f ( x ) 的图象关于直线x ＝a 对称．又由f (1＋x )＝f (1－x )，知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故a ＝1，且f ( x ) 的增区间是[1，＋∞)，由函数f (x )在[m ，＋∞)上单 调递增，知[m ，＋∞)⊆[1，＋∞)，所以m ≥1，故m 的最小值为1.例7．解：作出函数f (x )的图象如图所示，当x ＝1时，y 最小，最小值为2，当x ＝0或x ＝2时，y ＝3，由图象知m 的范围为 [1，2]．例8．解：y ＝f (x )＝2()2a x --＋14(a 2－a ＋2)，对称轴为x ＝a 2，(1) 当0≤a 2≤1时，即0≤a ≤2时，f (x )max ＝14(a 2－a ＋2)，由14(a 2－a ＋2)＝2得a ＝－2或a ＝3，与0≤a ≤2矛盾，舍去．(2) 当a2 <0时，即a <0时，f (x )在[0，1]上单调递减，f (x )max ＝f (0)，由f (0)＝2，得－a 4＋12＝2，解得a ＝－6.(3) 当 a2 >1，即a >2时，f (x )在[0，1]上单调递增，f (x )max ＝f (1)，由f (1)＝2，得－1＋a －a 4＋12＝2，解得a ＝103综上所述a ＝－6或a ＝103.例9．解：(1) ∵ f ( x ) 满足f (1＋x )＝f (1－x )，∴ f ( x ) 的图象关于直线x ＝1对称．而二次函数 f ( x ) 的对称轴为直线 x ＝－b 2a ，∴－b2a＝1. ①又 f ( x ) ＝x 有相等的根，即ax 2＋(b －1)x ＝0有等根，∴Δ＝(b －1)2＝0. ② 由① ②得b ＝1，a ＝－12，∴ f ( x ) ＝－12x 2＋x .(2) ∵ f ( x ) ＝－12x 2＋x ＝－12(x －1)2＋12 ≤ 12.若存在满足要求的m ，n ，则必须3n ≤ 12，∴ n ≤ 16.从而m < n ≤ 16 < 1，又当x ≤1时，f (x )单调递增，∴⎩⎨⎧f （m ）＝－12m 2＋m ＝3m ，f （n ）＝－12n 2＋n ＝3n ，可解得m ＝－4，n ＝0满足要求，∴ 存在m ＝－4，n ＝0满足要求．例10．解：(1) 当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，f ′(x )＝1－12x2＞0，x ∈[1，＋∞)，即f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝1＋12×1＋2＝72.(2) f (x )＝x ＋ax＋2，x ∈[1，＋∞)．① 当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数．最小值为f (1)＝a ＋3. 要使f (x )＞0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3＞0，∴－3＜a ≤0. ② 当0＜a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)上为增函数， f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.∴a ＋3＞0，a ＞－3.∴0＜a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3，1]． 规律方法：1．求函数最值的五种常用方法及其思路① 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．② 图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．③ 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． ④ 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． ⑤ 换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 2．二次函数最值问题的类型及处理思路(1) 类型：① 对称轴、区间都是给定的（定轴定区间）；②对称轴动、区间固定（动轴定区间）； ③ 对称轴定、区间变动（定轴动区间）．(2) 解决这类问题的思路：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．题型二. 函数的图象及应用 （识图、作图及用图）例11．解：函数为奇函数，且x ＝0时函数无意义，可排除C 、D ，又y ＝e x ＋e －x e x －e －x ＝1＋2e 2x －1在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，故选A ．例12．解：先作出函数f (x )＝|x －2|＋1的图象，如图所示，当直线g (x )＝kx 与直线AB 平行时斜率为1， 当直线g (x )＝k x 过A 点时斜率为12，故f (x )＝g (x )有两个不相等的实根时，k 的范围为1(, 1)2.故选B ．（12题图） （13题图） （14题图）例13．解：如图，两个函数图象都关于点(1，0)成中心对称，两个图象在[－2，4]上共8个公共点， 每两个对应交点横坐标之和为2，故所有交点的横坐标之和为8. 故选D.例14．解：方程2f 2(x )－3 f (x )＋1＝0的解就是f (x )＝12 或f (x ) =1的解，作出y ＝f (x )的图象(如下图），由图象知零点的个数为5.例15．解：结合图象知1231, (2, 9], (1, 8]x x x +=-∈故知答案是例16．解：法1） 104lg(4), 44, lg 4, 44bb b b b t b t t t a t b a b =-⇔=--=⇔=-=-==-⇒+=由令则所以∴ 2 42, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 法2）由已知得lg 4, 104xx x x =-=- ，在同一坐标系中作出lg , 10 4xy x y y x ===-以及的图象，其中lg , 10xy x y == 的图象关于y x = 对称，直线 4y x y x ==-与 的交点为2 2（，）， 所以 4a b +=，242, 0() 2, 0x x x f x x ⎧++≤⎪=⎨>⎪⎩ ，212 0 42, 1, 2x x x x x x ≤++==-=-当时，解得 0 2 () x x f x x >==当时，是方程的根，所以方程 ()f x x = 解的个数是3个．故选C . 规律方法：1．有关图象辨识问题的常见类型及解题思路：(1) 从函数的定义域，判断图象左右的位置，从函数的值域，判断图象的上下位置； (2) 从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3) 从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4) 从函数的周期性，判断图象的循环往复． 利用上述方法，排除、筛选错误或正确的选项． 2．利用对数函数的图象可求解的两类热点问题(1) 在求解函数单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想求解． (2) 对于方程解的个数、不等式等问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．题型三. 不等式有解或不等恒成立求参数范围例17．解：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧5－a >0，36－4（5－a ）（a ＋5）<0，解得－4 < a < 4.例18．解：作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）<0，f （m ＋1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1<0，解得－22 < m < 0.例19．解：方法一、设f (x )＝x 2＋ax ＋1，则对称轴为x ＝－a 2，若－a 2 ≥12，即a ≤－1时，则f (x )在1(0, )2上是减函数．应有15()0122f a ≥⇒-≤≤-，若－a 2≤0，即a ≥0时，f (x )在1(0, )2上是增函数，应有f (0)＝1>0恒成立，故a ≥0.若0≤－a 2≤12，即－1≤a ≤0，应有()2af -＝a 24－a 22＋1＝1－a 24≥0恒成立．故－1≤a ≤0.综上a ≥－52，所以a 的最小值为－52.方法二、x 2＋ax ＋1≥0对一切1(0, ]2x ∈成立，即211 (0, ] 2x a x +≥-在上恒成立而22111515(0, ] , 222x x x y x y x x x ++∈==+∴≥-≤-时，单调递减，从而所以a ≥－52，故知a 的最小值为－52.例20．解：原不等式变形为m 2－m <1()2x ，∵ 函数y ＝1() (,1]2x -∞-在上是减函数，∴111()()222x -≥=，当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <1()2x恒成立等价于m 2－m <2，解得－1< m < 2，故选C .例21．解：由2x ln x ≥－x 2＋ax －3知a ≤ 2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x > 0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2，当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤ h (x )min ＝4，故选C .例22．解：221(1cos 2)11sin 2()cos 3sin (4)0, = [0, ]223sin 43sin 42x x f x x a x a a x x π-'=--+-≥≤++即在上恒面立 22sin 11() 0 ()0, (0, ] ()(0, ]113sin 4274()3()sin sin x g x x g x x g x x x xπ===∈=∈++令，当时，当时，∴ 10(), 07g x a ≤≤≤所以，故选D .例22．解：(1)222222()23(1)22, ()27()77f x x x x g x x ax x a a a =-+=-+≥=-+-=--+-≤- 2min max ()() ()(), 27s t f x g x f x g x a >>>-对任意实数、，都有，等价于即 3 3.a a -<<解得 的取值范围为(2) ()() , ()()0 x f x g x x R f x g x >∈->对任意实数，都有，等价于恒成立 22 , (1)50 (1)200x R x a x a ∈-++>∴∆=+-<即恒成立，11a a --<<-+解得 的取值范围为例23．解：(1) 由题意得1()6(1), 0, 1g x x x m m m'=-<<>又所以 所以1() [, 1]g x m在上单调递减，在 [1, ]m 上单调递增，故知min ()(1)1g x g ==-. (2) 方法一：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上， 由(1) 知min ()1g x =-，只需满足21ln 1ln , [, 2]2a x x a x x x x x -≤-⇔≤-∈恒成立. 令2()ln , ()2ln 1, 1()0, 0 1 ()0h x x x x h x x x x x h x x h x '''=-=+->><<<当时，当 时，所以min 1() [ [1 2 ()(1)12h x h x h ==-在,1]上递减，在,]上递增，所以 所以1a ≤-方法二：对任意max min 11[, 2] ()() [, 2]()()22s t f s g t f s g t ∈≤≤、，都有成立，等价于在上，由(1) 知min ()1g x =-，令1, (1)1s f a ==≤-则1 1 [,2] () 1 2a f x ≤-≤-下面证明当时，在区间上，函数恒成立因为111()ln ln , ln 1 ln 1a f x x x x x x x x x x x x x=-≤----≤+≥只需要证明－，即 令2311121()ln , [, 2], ()ln 1, ()02h x x x x h x x h x x x x x'''=+∈=-++=+> 所以1() [, 2], (1)02h x h ''=在上递增且所以1[, 1] ()0, () [1, 2] ()0, ()2x h x h x x h x h x ∈<∈>当时，递减，当时，递增 所以 () (1)1h x h ≥=综上，实数a 的取值范围为1a ≤-.例24．解：(1) h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由f (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2 < 0有解，即a > 1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a > G (x )min 即可．而21()(1)1G x x=--，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.(2) 由h (x ) 在[1，4] 上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立，所以a ≥G (x )max ，而21()(1)1G x x=--，因为x ∈[1，4]，所以11[, 1]4x ∈，所以G (x )max ＝－716 (此时x ＝4)，所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x ，∵ x ∈[1，4]，∴ h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，即h (x )在[1，4]上为减函数．故实数a 的取值范围是a ≥－716.规律方法： 1．不等式有解或不等式恒成立求参数范围问题的求解策略：分离参数转化为不含参数的函数最值问题．2．一元二次不等式恒成立问题的求解策略(1) ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的充要条件是a >0且b 2－4ac <0(x ∈R )． ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的充要条件是a <0且b 2－4ac <0(x ∈R )．(2) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )，若在区间[a ，b ]上f (x )<0与g (x )>0恒成立，则只需有⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）<0，f （b ）<0与⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）>0，g （b ）>0. (3) 对于开口向上的抛物线f (x )与开口向下的抛物线g (x )．若在区间[a ，b ]上f (x )>0与g (x )<0恒成立，可转化为在区间[a ，b ]上f (x )min > 0与g (x )max < 0成立问题或分离参数转化为不含参数的函数最值问题．3．几种题型的处理方法(1) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x R h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时恒成立在上恒成立. (2) min max , ()() ()()s t R f s g t f x g x ∈≥⇔≥对任意、时恒成立.(3) min , ()() ()()()0 ()0x R f x g x h x f x g x h x ∈≥⇔=-≥⇔≥对任意时有解有解.题型四. 导数的综合应用例25．解：设g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴ g ′(x )<0，∴ g (x ) 在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0， ∵ f (x )为奇函数，∴ g (x )为偶函数，当x >0，g (x )>0时，f (x )>0，0 <x <1，当x <0，g (x )< 0时，f (x ) > 0，x <－1，故选A . 例26．解：构造函数 g (x )＝ f （x ）e x ， 则 g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x e 2x＝ f ′（x ）－f （x ）e x， 因为对任意x ∈R ，都有()()f x f x '>，所以g ′(x ) < 0，即函数g (x )在R 上单调递减， 又ln 2 < ln 3，所以g (ln 2) > g (ln 3)，即 f （ln 2）e ln 2 > f （ln 3）e ln 3，即f （ln 2）2>f （ln 3）3， 即 3f (ln 2) > 2f (ln 3)，故选A .例27．解：定义在R 的奇函数f (x )满足f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，f (－x )＝－f (x )，当x >0时，f (x )>－x f ′(x )，即f (x )＋x f ′(x )>0，∴[x f (x )]′>0，h (x )＝x f (x )在x >0时是增函数， 又h (－x )＝－x f (－x )＝x f (x )，∴h (x )＝x f (x )是偶函数，∴当x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0， 可得函数y 1＝x f (x )与y 2＝－lg|x ＋1|的大致图象如图，由图象可知，函数g (x )＝x f (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数为3个．例28．解：由f (2＋x )＝f (2－x )知f (x )的对称轴为x ＝2，由f ′（x ）2－x>0知f (x )在(2，＋∞)上单调递减．在(－∞，2)上单调递增．∵2<a <4，∴1<log 2 a <2<4<2a ，又f (x )的对称轴为x ＝2， ∴ f (2)>f (log 2 a )>f (2a )，故选A .例29．解：2()2(2)(1)f x ax ax a a x x '=+-=+-，当0a = 时，()1f x = ，函数()f x 的图象只经过第一、二象限不合题意； 当 0a >时，函数()f x 的极大值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极小值为； 若()f x 的图象经过四个象限，则需 165(2)10 (1)10 036a a f f a -=+>=+<>，，这与矛盾； 当 0a <时，函数()f x 的极小值为165(2)1 (1)136a af f -===+，极大值为 若 ()f x 的图象经过四个象限，则需16563(2)10 (1)1036516a a f f a -=+<=+>-<<-，，得，故选D .例30．解：(1) 因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝23()3a x +－9－a 23.即当x ＝－a 3 时，f ′(x ) 取得最小值 －9－a 23.因f (x )的斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3，由题设a <0，所以a ＝－3.(2) 由(1) 知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1，f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 当x ∈(－∞，－1) 时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1，3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1，3)．例31．解：(1) f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0. (2) 由(1) 得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0) 时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3) g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <2()max x x+＝－22，当且仅当“x ＝2x ”即x ＝－2 时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．例32．解：(1) f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2∵ a > 0，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3，x 2＝－1＋4＋3a3且x 1 < x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x < x 1 或 x > x 2 时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2) 因为a > 0，所以x 1 < 0，x 2 > 0.① 当a ≥4时，x 2≥1，由(1) 知，f (x )在[0，1]上单调递增， 所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．② 当0 < a <4时，x 2<1，由(1) 知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减， 所以f (x ) 在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值； 当1< a < 4 时，f (x )在x ＝0处取得最小值．例33．解：(1) 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx，由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x ))． f (x ) 在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2，函数没有极大值. (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(1，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．例34．解：(1) f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是(0,. (2) 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有F ′(x )＝1－x 2x.当x ∈(1，＋∞) 时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x ) < F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1. (3) 由(2) 知，当k ＝1时，不存在x 0 > 1满足题意．当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，不存在x 0>1满足题意． 当k < 1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x ，由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0，解得x 1＝1－k －（1－k ）2＋42 < 0，x 2＝1－k ＋（1－k ）2＋42 > 1.当x ∈(1，x 2) 时，G ′(x )>0，故G (x ) 在[1，x 2) 内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2) 时，G (x ) > G (1)＝0，即 f ( x ) > k ( x －1)， 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．例35．解：(1) 由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a ，又f ′(0)＝1－a ＝－1，得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，又g (0)＝1>0， 因此，当x > 0时，g (x ) > g (0) > 0，即x 2 < e x . (3) 证法一：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2) 知，当x ＞0时，e x ＞ x 2， 所以 2222()()22x x xx x e e e =⋅>⋅ 当x ＞x 0 时，222222041()()()()()22222xx x x x x e x c c>⋅>⋅=⋅= 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2 ＜c e x . 证法二：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有 13x 3 ＜ e x .令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x ，由(2) 知，当x ＞0时，x 2＜e x ，从而h ′(x ) ＜0，h (x ) 在(0，＋∞)单调递减，所以h (x )＜h (0)＝－1＜0，即13 x 3 ＜e x .取x 0＝3c ，当x ＞x 0 时，有1c x 2 ＜ 13x 3 ＜e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2＜c e x .。
高考数学导数大题技巧(精选5篇)
高考数学导数大题技巧(精选5篇)高考数学导数大题技巧【篇1】1、选择题部分，高考的选择题部分题型考试的方向基本都是固定的，当你在一轮二轮复习过程中总结出题目的出题策略时，答题就变得很简单了。
比如立体几何三视图，概率计算，圆锥曲线离心率等等试题中都有一些特征，只要掌握思考的切入方法和要点，再适当训练基本就可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做题训练就算做很多题目，突破也非常困难，学习就会进入一个死循环，对照答案可以理解，但自己遇到新的题目任然无从下手。
2、关于大题方面，基本上三角函数或解三角形、数列、立体几何和概率统计应该是考生努力把分数拿满的题目。
对于较难的原则曲线和导数两道题目基本要拿一半的分数，考生复习时可把数学大题的每一道题作为一个独立的版块章节，先总结每道大题常考的几种题型，再专项突破里面的运算方法，图形处理方法以及解题的思考突破口，只要把这些都归纳到位，那么总结的框架套路，都是可以直接秒刷的题目的高考数学导数大题技巧【篇2】1个、多项选择部分，高考选择题的方向基本是固定的，当你在二轮复习过程中总结出题策略时，答案变得很简单。
比如三维几何三视图，概率计算，试题中存在圆锥截面偏心等特点，只要掌握了入门方法和思维要点，经过适当的训练，基本可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做练习题也算做了很多题，也很难突破，学习会进入死循环，比对答案，但是遇到新问题还是无从下手。
2个、关于大话题，基本上是三角函数或求解三角形、顺序、三维几何和概率统计应该是考生努力拿满分的科目。
比较难的原理曲线和导数，基本要一半分，考生在复习时可以将数学大题的每一题作为一个独立的section，先总结一下每个大题经常考的几类题型，然后在计算方法上特别突破，解题的图形处理方法与思维突破，把它全部放在适当的位置，然后总结框架套路，都是可以直接秒刷的话题高考数学导数大题技巧【篇3】1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
高考数学大二轮复习专题2函数与导数第2讲综合大题部分真题押题精练(理)
第2讲 综合大题部分1. (2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．①若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减， 在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．②若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .a ．当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；b ．当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；c ．当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (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＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0. 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解析：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)＞0，即a ＜e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点．②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．③若h (2)＜0，即a ＞e24，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x ＞0时，e x＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2＞1－16a 32a 4＝1－1a＞0，故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，当f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1. 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax 2，a >0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上有唯一零点x 0，证明：e －2<x 0＋1<e －1. 解析：(1)f ′(x )＝1x ＋1＋2ax ＝2ax 2＋2ax ＋1x ＋1，x >－1，令g (x )＝2ax 2＋2ax ＋1， 则Δ＝4a 2－8a ＝4a (a －2)， 若Δ<0，即0<a <2，则g (x )>0，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 若Δ＝0，即a ＝2，则g (x )≥0， 仅当x ＝－12时，等号成立，故当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． 若Δ>0，即a >2，则g (x )有两个零点，x 1＝－a －a a －22a ，x 2＝－a ＋a a －22a，由g (－1)＝g (0)＝1>0，g (－12)<0得，－1<x 1<－12<x 2<0，故当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当0<a ≤2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增， 当a >2时，f (x )在(－1，－a －a a －22a )和(－a ＋a a －22a ，＋∞)上单调递增，在(－a －a a －22a，－a ＋a a －22a)上单调递减．(2)由(1)及f (0)＝0可知：仅当极大值等于零，即f (x 1)＝0时，符合要求． 此时，x 1就是函数f (x )在区间(－1,0)上的唯一零点x 0. 所以2ax 20＋2ax 0＋1＝0， 从而有a ＝－12x 0x 0＋1，又f (x 0)＝ln(x 0＋1)＋ax 20＝0， 所以ln(x 0＋1)－x 02x 0＋1＝0，令x 0＋1＝t 0，则ln t 0－t 0－12t 0＝0， 即ln t 0＋12t 0－12＝0，且0<t 0<12，设h (t )＝ln t ＋12t －12，则h ′(t )＝2t －12t 2，当0<t <12时，h ′(t )<0，h (t )单调递减，又h (e －2)＝e 2－52>0，h (e －1)＝e －32<0，所以e －2<t 0<e －1，即e －2<x 0＋1<e －1.2．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >12m.综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，12m )，单调递减区间为(12m ，＋∞)．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x .对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ， 由(1)知在[2,2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，g ′(x )＝1＋ax2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 的取值范围为(0,3]．3．已知函数f (x )＝ln xx ＋a (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较：2 0182 019与2 0192 018的大小并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.解析：(1)依题意得f ′(x )＝x ＋ax－ln x x ＋a 2，所以f ′(1)＝1＋a 1＋a2＝11＋a， 又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以f ′(1)＝1， 即11＋a＝1，解得a ＝0. 故f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2.令f ′(x )>0，则1－ln x >0，解得0<x <e ； 令f ′(x )<0，则1－ln x <0，解得x >e ， 所以f (x )的单调递增区间为(0，e)， 单调递减区间为(e ，＋∞)．∴f (2 018)>f (2 019)，即ln 2 0182 018>ln 2 0192 019，即ln 2 0182 019>ln 2 0192 018，∴2 0182 019>2 0192 018.(2)不妨设x 1>x 2>0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0， 所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0， 可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)， ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)． 要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1x 2>2， 只需证ln x 1＋ln x 2>2， 也就是证k (x 1＋x 2)>2，即证k >2x 1＋x 2. 因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证ln x 1x 2>2x 1－x 2x 1＋x 2.令x 1x 2＝t (t >1)，则只需证ln t >2t －1t ＋1(t >1)．令h (t )＝ln t －2t －1t ＋1(t >1)，则h ′(t )＝1t－4t ＋12＝t －12t t ＋12>0，故函数h (t )在(1，＋∞)上是单调递增的， 所以h (t )>h (1)＝0，即ln t >2t －1t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 4．已知函数f (x )＝exx.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (2，e22)处的切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )．解析：(1)因为f (x )＝exx，所以f ′(x )＝e x ·x －e xx2＝exx －1x 2，f ′(2)＝e24， 又切点为(2，e22)，所以切线方程为y －e 22＝e24(x －2)，即e 2x －4y ＝0.(2)设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝exx－2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝exx －1x 2－2＋2x ＝e x－2x x －1x2，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝e x－2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x－2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝2－2ln 2>0， 故h (x )＝e x－2x >0. 令g ′(x )＝e x－2xx －1x2＝0，则x ＝1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0， 故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0， 从而有f (x )>2(x －ln x )．。
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$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$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$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
导数压轴大题归类 (解析版)
导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。
历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结
历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结导数综合题是高考数学中的重要题型，主要涉及函数、导数、不等式等知识点，需要具备较强的逻辑思维、推理能力和数学应用能力。
以下是历年高考函数导数综合题的解题思路详细归纳总结：考察的题型分5大类，23个小类一、求函数的单调性1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据单调性判断函数的极值点或最值点；4.根据极值点或最值点进行参数取值范围的求解。
二、切线问题1.求函数的导数；2.根据导数的几何意义求出切线的斜率；3.根据切线的定义写出切线方程；4.根据切线方程和已知条件求解参数。
三、不等式恒成立问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的单调性和最值求解不等式恒成立的参数范围。
四、零点问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的零点和单调性求解参数的范围。
五、多变量问题1.分别对各个变量求导；2.利用导数研究各个变量的单调性和最值；3.根据函数的图像和性质求解参数的范围。
高考导数综合题的突破点1.导数的定义和性质：导数作为微积分的基本概念，其定义和性质是解决导数综合题的基础。
学生需要熟练掌握导数的计算公式和运算法则，理解导数在研究函数中的意义和应用。
2.切线与导数的关系：切线是导数的几何意义所在，也是导数综合题中常见的考点。
学生需要理解切线的定义和性质，掌握切线方程的求解方法，能够利用导数求曲线的切线。
3.函数的单调性与导数的关系：单调性是函数的重要性质之一，而导数则是研究函数单调性的重要工具。
学生需要理解导数与函数单调性之间的关系，能够通过导数的符号判断函数的单调性。
4.极值与最值的求解：极值和最值是导数综合题中常见的考点。
学生需要掌握极值和最值的求解方法，理解极值和最值的几何意义，能够利用导数求函数的极值和最值。
5.不等式与导数的关系：不等式是导数综合题中常见的考点之一。
学生需要理解导数在处理不等式问题中的作用，掌握利用导数证明不等式的方法。
压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题04函数与导数常见经典压轴大题函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．考向一：导数与数列不等式的综合问题考向二：双变量问题考向三：证明不等式考向四：零点问题考向五：不等式恒成立问题考向六：极值点偏移问题与拐点偏移问题考向七：导数中的同构问题考向八：导数与三角函数结合问题1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点0x ．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令02()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x x x x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．1．（2023·全国·校联考二模）已知函数()()2ln R 2a f x x x x x a a =--+∈，()f x '为()f x 的导函数．(1)当12a =时，若()()g x f x ='在[[],1(0)t t t +>上的最大值为()h t ，求()h t ；(2)已知12,x x 是函数f （x ）的两个极值点，且12x x <，若不等式112e mmx x +<恒成立，求正数m的取值范围．【解析】（1）当12a =时，()211ln 42f x x x x x =--+，其定义域为（0，＋∞），且()1ln 112f x x x =+--'1ln 2x x =-，所以()1ln 2g x x x =-，所以()112(0)22xg x x x x'-=-=>，令()0g x '>，得02x <<；令()0g x '<，得2x >，所以()g x 在(0,2)上单调递增，在(2,)+∞上单调递减．①当12t +≤，即01t <≤时，()g x 在[t ，t ＋1]上单调递增，所以()()()()max 111ln 122h t g x g t t t ==+=+--；②当2,12t t ≤+>，即12t <≤时，()()()max 2ln21h t g x g ===-；③当2t >时，g （x ）在[t ，t ＋1]上单调递减，所以()()()max 1ln 2h t g x g t t t ===-，综上所述11ln(1),01,22()ln 21,12,1ln , 2.2t t t h t t t t t ⎧+--<≤⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪->⎩（2）因为112emmx x +<，所以121ln ln m x m x +<+，由题意知()f x 的定义域为(0,),+∞()ln f x x ax '=-，故12,x x 是关于x 的方程()ln 0f x x ax '=-=的两个根，所以()()111222ln 0,ln 0f x x ax f x x ax ='-=-'==，即1122ln ,ln x ax x ax ==，所以121ln ln m x m x +<+，等价于()12121m ax max a x mx +<+=+．因为120,0m x x ><<，所以原式等价于121ma x mx +>+，又1122ln ,ln x ax x ax ==，作差，得()1122lnx a x x x =-，即1212lnx x a x x =-，所以原式等价112122ln 1xx m x x x mx +>-+，因为120x x <<，所以()()1212121lnm x x x x x mx +-<+恒成立．令12x t x =，则(0,1)t ∈，故不等式()()11ln m t t t m+-<+在(0,1)t ∈上恒成立，令()()11()ln m t t t t mϕ+-=-+．又因为()()()()()()2222111t t m m t t t m t t m ϕ--+'=-=++，当21m ≥时，得(0,1)t ∈，所以()0t ϕ'>在(0,1)上单调递增，又()10ϕ=，所()0t ϕ<在(0,1)上恒成立，符合题意；当21m <时，可得2(0,)t m ∈时，()0t ϕ'>，()2,1t m ∈时，()0t ϕ'<，所以()t ϕ在2(0,)m 上单调递增，在2(,1)m 上单调递减，又因为()10ϕ=，所以()t ϕ在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112emmx x +<恒成立，只需满足21m ≥，又0m >，故m 1≥，即正数m 的取值范围为[1,)+∞．2．（2023·河南·校联考二模）已知函数()22ln f x x x x =+．(1)求()f x 的极值；(2)若不等式()2e x f x x m x≥+在1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）函数()22ln f x x x x =+的定义域为()0,∞+，又()()2ln 22ln 3f x x x x x x x '=++=+，令()0f x '<得320e x -<<，令()0f x ¢>得32e x ->，所以()f x 在320,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在32e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在32e x -=处取得极小值3321e e 2f --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）由()2e x f x x m x≥+得2ln e x x x x x m -+≥，即对任意的1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，2ln exx x x xm -+≤恒成立，令()2ln e xx x x xh x -+=，1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，则()()()1ln 2e x x x x h x '--+=，令()ln 2x x x ϕ=-+，则()1xx xϕ'-=，所以当11ex <<时()0x ϕ'>，当1x >时()0x ϕ'<，所以()x ϕ在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110ϕ=>，()22e 4e 0ϕ=-<，所以当1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时()x ϕ在()21,e 内存在唯一的零点0x ，所以当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 单调递增，当()01,x x ∈时()0x ϕ>，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ<，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=，所以00ln 11x x -+=-，020e x x -=，所以()()00000220000000002ln 1ln e 1e e e e ex x x x x x x x x x x x x h x --+-+--=====-，因为e 122e e ---->-，所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()()02min 1e h x h x ==-，所以实数m 的取值范围为21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.3．（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>.(1)若1a =，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，求实数a 的值.【解析】（1）当1a =时，()111221f =-+=，且()()11,11f x x f x=-+'∴='，∴函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程112y x -=-，即2210x y --=.（2）()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，∴方程21ln 02x x x a-+=，即22ln 20x a x ax --=在()0,∞+有唯一实数解.设()22ln 2g x x a x ax =--，则()2222x ax ag x x--'=.令()0g x '=，即20.0,0,x ax a a x --=>> 20x ax a ∴--=的两个根分别为1402a a a x =（舍去），2x =当()20,x x ∈时，()()0,g x g x '<在()20,x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0,g x g x '>在()20,x 上单调递增，当2x x =时，()()0,g x g x '=取最小值()2g x ，要使()g x 在()0,∞+有唯一零点，则须()()220,0,g x g x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即22222222ln 20,0,x a x ax x ax a ⎧--=⎨--=⎩()22222ln 0,0,2ln 10.*a x ax a a x x ∴+-=>∴+-= 设函数()2ln 1,h x x x =+-当0x >时()h x 是增函数，()h x ∴至多有一解.⋅()10,h =∴ 方程()*的解为21x =1=，解得12a =，∴实数a 的值为12.4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知函数()ln eaf x x x =-（其中a ∈R ，e 为自然对数的底数）．(1)若函数()f x 存在极大值，且极大值不小于1，求a 的取值范围；(2)当e a =时，证明()121e 2102x x f x x -⎛⎫+-++< ⎪⎝⎭．【解析】（1）由已知可得，函数()f x 定义域为()0,∞+，()1ea f x x =-'.①当0a ≤时，()10eaf x x =->'在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，此时函数()f x 无极值；②当0a >时，()e e axf x x-='，解()e 0e axf x x-=='可得e x a =.当e 0x a <<时，()0f x ¢>，所以()f x 在e 0,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当e x a >时，()0f x '<，所以()f x 在e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以，函数()f x 在ex a=处取得极大值e f a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.由已知，e 1f a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即e e ln 11f a a ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，解得10ea <≤，所以，a 的取值范围为10,e ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）因为()()()112211e 212e 22x x x f x x x f x --⎛⎫⎛⎫+-++=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为0x >,所以只需证明()12e212x f x x -<-+即可.当e a =时，()ln f x x x =-，由(1)知()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减，所以，()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值()()max 11f x f ==-.记()12e212x g x x -=-+，0x >，则()1112222211ee e 221122x x x x x g x x x ---⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'==⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以，()g x 在12x =处取得极小值，也是最小值()min 112g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()max f x 与()min g x 不能同时取到，所以结论成立.5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]ex xf x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1mx x -≤-+．【解析】（1）由题可知(0)0,()(cos sin )e 2πx f f x x x x -'==--+，因为(0)1πf =+'，所以，()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+．（2）()f x m =存在两个非负零点12,x x ，设12x x <，由（1）可知()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+，注意到π1(π)0,(π)πe f f =-'=-，所以，()y f x =在(π,0)处的切线方程为π1π(π)e y x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．下证：当[0,π]x ∈时，()(1π)f x x ≤+，且π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．（i ）要证()(1π)f x x ≤+，即证2sin e xx x x ≤+，只需证()2sin e x x x x ≤+．①设()sin ,0,()1cos 0g x x x x g x x -=-'=≥≥，故()g x 在[0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，即sin ,[0,)x x x ≤∀∈+∞恒成立．要证①，只需证()2e xx x x ≤+．当0x =时上式成立；当0x >时，即证1(1)e x x ≤+，此时，由于11,e 1x x +≥≥，故(1)e 1x x +≥，于是，当0x ≥时，()(1π)f x x ≤+．（ii ）要证1()π(π)e x f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭，只需证2πsin 1ππ(π)e e x x x x x ⎛⎫-+≤--- ⎪⎝⎭，即证2sin 1ππ(π)0,[0,π]e e x x x x x x x ⎛⎫-+++-≤∈ ⎪⎝⎭．设2πsin 1()ππ(π),[0,π]e e x x h x x x x x ⎛⎫=-+++-∈ ⎪⎝⎭，则πcos sin 1()2ππ,(π)0e e x x x h x x h -''=-+++=．设πcos sin 1()2ππ,[0,π]e e xx x m x x x -=-+++∈，则()2cos cos 221e e x x x x m x -⎛⎫=-=-+ ⎝'⎪⎭．当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,e 0,()0x x m x ≥><'，当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，π2cos 0,|cos |1,e e 1x x x <≤>>，故cos 10,()0e x x m x '+><．于是()0,[0,π]m x x <∀∈'恒成立，故()m x 在[0,]π上单调递减．从而()(π)0m x m ≥=，即()0,[0,π]h x x ≥∀∈'恒成立，故()h x 在[0,]π上单调递增，从而()(π)0h x h ≤=，于是π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．设(1π)x m +=的零点为31,π(π)e x x x m ⎛⎫---= ⎪⎝⎭的零点为4x ，则()341(1π),ππe x m x m π⎛⎫+=---= ⎪⎝⎭．因为()311(1π)(1π)x m f x x +==≤+，所以31x x ≤，因为()()()422π11ππππe e x m f x x π⎛⎫⎛⎫---==≤--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以42x x ≥，又34π,π11ππex m mx ==-++，所以2143π2ππ11π1ππe mm m x x x x -≤-=--≤-+++，所以212ππ1mx x -≤-+．6．（2023·上海静安·统考二模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++.（其中a 为常数）(1)若2a =-，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(2)当a<0时，求函数()y f x =的最小值；(3)当01a ≤<时，试讨论函数()y f x =的零点个数，并说明理由.【解析】（1）当2a =-时，可得()212ln 2f x x x x =+-，可得()2(2)(1)1x x f x x x x+-'=+-=，所以()22f '=且()242ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)2(2)y x --=-，即22ln 20x y --=，即曲线所以曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为22ln 0x y x --=.（2）由函数()()211ln 2f x x a x a x =-++，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，又由()()(1)x a x f x x--'=，令()0f x '=，解得1x a =，11x =，当a<0时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,1)1(1,)+∞()f x '-+()f x极小值↗所以函数的极小值为()112f a =--，也是函数()f x 的最小值，所以当a<0时，函数()f x 的最小值为12a --（3）当0a =时，()212f x x x =-，令()0f x =，解得122,0x x ==（舍去）所以函数()y f x =在(0,)+∞上有一个零点；当01a <<时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,)a a(,1)a 1(1,)+∞()f x '+0-0+()f x ↗极大值极小值↗所以函数()f x 在(0,)a 单调递增，在(,1)a 上单调递减，此时函数()f x 的极大值为()21ln 02f a a a a a =--+<，所以函数()y f x =在(0,1)上没有零点；又由()1102f a =--<且函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，且当x →+∞时，()f x →+∞，所以函数()f x 在(1,)+∞上只有一个零点，综上可得，当01a ≤<时，()f x 在(0,)+∞上有一个零点.7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数()()ln 1f x x ax a =--∈R .(1)若函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若方程()20f x +=有两个实根1x ，2x ，且212x x >，求证：212332e x x >.参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由题意，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，不合题意；当0a >时，由()0f x ¢>得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.又函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，所以，11a≤，即1a ≥.因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由题意()2ln 10f x x ax +=-+=，于是1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，令21x t x =，则由212x x >可得，2t >.于是221111ln 1ln ln 1ln 1ln 1x x t x t x x x +++===++，即1ln ln 11t x t =--.从而21ln ln ln ln 11t tx t x t =+=--.另一方面，对212332e x x >两端分别取自然对数，则有12ln 2ln 5ln 23x x +>-，于是，即证ln 2ln 35ln 2311t t t t t +->---，即()12ln 5ln 21t t t +>-，其中2t >.设()()12ln 1t t g t t +=-，2t >.则()()()()()221212ln 112ln 3ln 2111t t t t t t t t t g t t t +⎛⎫+--+-+-- ⎪⎝⎭'==--，设()13ln 21t t t tϕ=-+--，2t >.则()()()22222113123120t t t t t t t t t ϕ----+'=++==>在()2,+∞上恒成立，于是，()t ϕ在()2,+∞上单调递增，从而()()1523ln 2413ln 2022t ϕϕ>=-+--=->.所以，()0g t '>，即函数()g t 在()2,+∞上单调递增，于是()()25ln 2g t g >=.因此，212332e x x >，即原不等式成立.8．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2xf x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：由()e cos 2xf x x =+-可得()00e cos020f =+-=，当0x <时，e 1x <，cos 1≤x ，所以e cos 2x x +<，故e cos 20x x +-<，故()f x 在区间(),0∞-上无零点．当0x ≥时，()e sin xf x x '=-，而e 1x ≥，sin 1x -≥-，且等号不会同时取到，所以()e sin 0xf x x =->'，所以当0x ≥时，函数()f x 单调递增，所以()()00f x f ≥=，故函数()f x 在区间[)0,∞+上有唯一零点0，综上，函数()f x 在定义域上有唯一零点.（2）由()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立，得e cos 2sin x x ax x +->-，即e sin cos 20x x x ax ++-->在区间()0,∞+上恒成立．设()e sin cos 2xg x x x ax =++--，则()0g x >在区间()0,∞+上恒成立，而()e cos sin xg x x x a =+--'，()e cos sin x m x x x a =+--，则()e sin cos x m x x x =-'-．设()e 1xh x x =--，则()e 1x h x '=-，当0x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上，()()00h x h >=，即在区间()0,∞+上e 1x x >+，设函数()()0n ,si ,p x x x x ∞=-∈+，则()1cos 0p x '=-≥，所以函数()p x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上()()00p x p >=，即在区间()0,∞+上，sin x x >，所以在区间()0,∞+上，e 1sin cos x x x x >+>+，即()e sin cos 0xm x x x =-->'，所以在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增．当2a ≤时，()020g a '=-≥，故在区间()0,∞+上函数()0g x '>，所以函数()g x 在区间()0,∞+上单调递增．又()00g =，故()0g x >，即函数()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立．当2a >时，()020g a '=-<，()()()ln 22cos ln 2sin ln 2g a a a a a '+=+++-+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦()π2ln 204a ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭，故在区间()()0,ln 2a +上函数()g x '存在零点0x ，即()00g x '=，又在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增，故在区间()00,x 上函数()()00g x g x ''<=，所以在区间()00,x 上函数()g x 单调递减，又()00g =，所以在区间()00,x 上函数()(0)0g x g <=，与题设矛盾．综上，a 的取值范围为(],2-∞.9．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知函数()ln ax ax f x x=+-，函数()2ln 2e 2e 12xx x a g x a x x-=+-+.(1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)已知12a ≥，1e 2xx >，求证：()0g x <；(3)已知n 为正整数，求证：11111ln 212212n n n n n+++⋅⋅⋅+>++-.【解析】（1）2221()ln ,()a a ax x af x x ax f x a x x x x-+-'=-+∴=--= ，①当12a ≥时，此时2140a ∆=-≤，则()0f x '≤恒成立，则()f x 的减区间为()0,∞+，②当102a <<时，令()0f x ¢>，解得11,22x a a ⎛+∈⎪ ⎪⎝⎭，则()f x 的增区间为⎝⎭令()0f x '<，解得1141140,,22x a a ⎛⎫⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f x 的减区间为110,,,22a a ⎛⎛⎫+∞⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，综上当12a ≥时，()f x 的减区间为()0,∞+，无增区间；当102a <<时，()f x 的增区间为⎝⎭，减区间为110,,22a a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）欲证2ln 2e ()2e 10,2xx x a g x a x x-=+-+<需证ln 22e 02e xxax x ax x +-+<，即需证()ln 2e 2e 02ex xxax ax x -+<，令2e x t x =，即需证ln 0a t at t-+<，设()ln a h t t at t =-+12e x t x => ，由（1）知当12a ≥时，()h t 的减区间为()0,,∞+所以()(1)0,h t h <=故()0.g x <（3）由（2）知，当11,2t a >=时，11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，令()*21N t n n=+∈，则2121122ln 11122222(21)1n n n n n n n n n n ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<+-=+-=< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+⎝⎭+即2ln(2)ln n n n+-<所以2ln(3)ln(1)1n n n +-+<+2ln(4)ln(2)2n n n +-+<+2ln(5)ln(3)3n n n +-+<+......ln(21)ln(21)212n n n +--<-ln(22)l )22n(2n n n+-<以上各式相加得：11111ln(22)ln(21)ln ln(1)212212n n n n n n n n n ⎛⎫+++--+<+++⋯++ ⎪++-⎝⎭()()()212211111112ln ln 4ln 212212212n n n n n n n n n n ++⎛⎫+++⋯++>=+> ⎪++-+⎝⎭10．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数()1e ln -=-xf x a x ，其中R a ∈．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当[]0,πx ∈时，()21cos 1f x x +-≥恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1()e ln x f x x -=-，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得11()e x f x x-'=-，显然函数()f x '在(0,)+∞上单调递增，且()01f '=，因此当(0,1)x ∈时,()0,()'<f x f x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时,()0,()'>f x f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）[0,π]x ∈，令()2(1)cos 2e 2ln(1)cos x g x f x x a x x =+-=-+-，求导得2()2e sin 1x ag x x x '=-++，当0a ≤时,()0g x '>，则()g x 在[0,π]上单调递增，0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，当0a >时，设()()h x g x '=，则22()2e cos 0(1)xah x x x '=++>+，因此函数()h x ，即()g x '在[0,π]上单调递增，而0(0)2e 2sin 022g a a '=-+=-，(i)当01a <≤时,()(0)220,()g x g a g x ''≥=-≥在[0,π]上单调递增，于是0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，(ii)当π2(π)2e sin π0π1ag '=-+≤+，即π(π1)e a ≥+时，对[0,π],()0x g x '∀∈≤，则()g x 在(0,π)上单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，（iii ）当π1(1)e a π<<+时，因为()g x '在[0,π]上单调递增，且π2(0)(π)(22)(2e )0π1ag g a ''=--<+，于是0[0,π]x ∃∈，使()00g x '=，且当()00,x x ∈时,()g x '单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，所以实数a 的取值范围为(,1]-∞.11．（2023·上海松江·统考二模）已知0x >，记()e xf x =，()xg x x =，()ln ()h x g x =．(1)试将()y f x =、()y g x =、()y h x =中的一个函数表示为另外两个函数复合而成的复合函数；(2)借助（1）的结果，求函数()2y g x =的导函数和最小值；(3)记()()()f x h x H x x a x-=++，a 是实常数，函数()y H x =的导函数是()y H x '='．已知函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123x x x 、、．求证：1231x x x ⋅⋅<．【解析】（1）()ln ()ln ln (())e e e e ()xh x g x x x x x y f h x x g x =======（2）利用复合函数的求导法则可求得2(2)2(2)(ln 21)x g x x x '=+,令2(2)2(2)(ln 21)0x g x x x '=+=,可求得:令(2)0g x '=，0x >，20(2)x x ∴>，所以ln 210x +=，解得12e x =，当102e x <<时，(2)0g x '<，此时()2g x 单调递减，当12e x >时，(2)0g x '>，此时()2g x 单调递增，所以函数(2)y g x =的最小值为e 11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（3）()()e ()ln xf x h x H x x a x x ax x-=++=-++由()2222e (1)e (1)1e (1)()1x x x x x x x x x H x x x x x +----+'=-+==，0,e 0x x x >∴+> ，令()0H x '>，解得1x >，此时()H x 单调递增，令()0H x '<，解得1x <，此时()H x 单调递减，因为函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123,,x x x .而()y H x '=的零点为1,不妨设31x =,则()y H x =的零点为12,x x .不妨设12x x <,则()()12121101,1,0x x H x H x x <<<>==.令1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()11222211e 1e (1)1(1)()e e 11x x x x x x x x x K x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭-⎝⎭'=+⨯=+-- ⎪⎝⎭.令1()e e 1x xp x x x =+--,则()111211e 1e e e 1e 1xxx xx p x x x x ⎛⎫=+-+⨯=++- ⎝'⎪⎭,所以当(0,1)x ∈时,()0p x '>，所以当(0,1)x ∈时,()p x 是严格单调递增的,所以当(0,1)x ∈时,()(1)0p x p <=,所以当(0,1)x ∈时,()0K x '>,则1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在(0,1)上单调递增，所以在(0,1)上，1()()(1)0K x H x H K x ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭,所以()1110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭.又()()120H x H x ==,所以()2110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,即()211H x H x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.又函数()y H x =在(1,)+∞上单调递增,所以211x x <，即121x x <.综上,1231x x x <.12．（2023·浙江宁波·统考二模）已知函数2()ln f x x ax =-．(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：（i ）22122e x x +>；（ii ）12x x >【解析】（1）由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞.由2()ln f x x ax =-得：2112()2ax f x ax x x-'=-=，当0a ≤时，()0,()'>f x f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>得0x <()0f x '<得x >所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减．（2）因为12,x x 是方程2ln 0x ax -=的两不等实根，即12,x x 是方程22ln 20x ax -=的两不等实根，令2(0)t x t =>，则221122,t x t x ==，即12,t t 是方程ln 2ta t=的两不等实根.令ln ()tg t t=，则21ln ()t g t t -'=，所以()g t 在(0,e)上递增，在(e,)+∞上递减，1(e)eg =，当0t →时，()g t →-∞；当t →+∞时，()0g t >且()0g t →.所以102a e <<，即102ea <<.令121e t t <<<．（i ）要证22122e x x +>，只需证122e t t +>，解法1：令()()(2e ),(1,e)h t g t g t t =--∈，则ln ln(2e )(2e )ln ln(2e )()()(2e )2e (2e )t t t t t t h t g t g t t t t t ----=--=-=--，令()(2e )ln ln(2e )t t t t t ϕ=---，则()22e 2e ()1ln ln(2e )ln 2e 2e 2e t t tt t t t t t t t tϕ-'=----+=+--+--2e 202e t t t t->+->-，所以()t ϕ在(1,e)上递增，()(e)0t ϕϕ<=，所以()()(2e )0h t g t g t =--<，所以()(2e )g t g t <-，所以()()()2112e g t g t g t =<-，所以212e t t >-，即122e t t +>，所以22122e x x +>．解法2：先证121212ln ln 2x x x xx x -+<-，令120x x <<，只需证212121ln 2ln x x x x x x -<+-，只需证2112ln 011x x x x x x ⎛⎫--<=> ⎪+⎝⎭，令1()2ln (1)1x x x x x ϕ-=->+，22241(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ--'=-=<++，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=．因为1212ln ln t t t t =，所以1212121212ln ln ln ln 2t t t t t t t t t t +-+=<+-，所以12ln ln 2t t +>，即212e t t >，所以122e t t +>>．解法3：由()1212121e ln ln t t t t t t =<<<，设112111ln ln ln (0),t t t t t t λλλλ+=>=，所以11ln ln ln t t λλ+=，即1212ln ln (1)ln ln ,ln ,ln ln 111t t t t λλλλλλλλ+==+=---，构造函数2(1)()ln (1)1x g x x x x -=->+，22214(1)()0(1)(1)x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g x g >=．（ii）要证：12x x >12e 2t t a >，只需证：12ln ln 1ln 2t t a +>-，只需证：12221ln 2at at a +>-，只需证：121ln 22at t a-+>，212121ln ln 2t t t tt t -+<-令112t a =得22211222ln 22t t a aat a -+<+即222ln 212(ln 21)02a at a t a a+-++>①令212t a =得1111122ln 222t t a aa at -+<--即211ln 212(ln 21)02a at a t aa ⎛⎫----+>⎪⎝⎭②①+②得：()()2221212(ln 21)0a t t a t t -+-->，即121ln 22at t a-+>．13．（2023·河北保定·统考一模）已知函数()()sin ln 1f x x a x =-+．(1)当1a =时，证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≥；(2)当[]0,πx ∈时，()2e 2xf x ≤-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）法一：首先证明sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，理由如下：构造()sin j x x x =-，[)0,x ∈+∞，则()cos 10j x x '=-≤恒成立，故()sin j x x x =-在[)0,x ∈+∞上单调递减，故()()00j x j ≤=，所以sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()22111cos 12sin 1212121x x f x x x x x ⎛⎫'=-=--≥--⎪+++⎝⎭()21111012121x x x x x=--≥--≤≤++，故()()2122202222x x x x x f x x x-+---'≥=>++在[]0,1x ∈上恒成立，所以()f x 在[]0,1单调递增，故()()00f x f ≥=法二：()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()1cos 1f x x x'=-+，且()00f '=，令()()1cos 1f x x xq x '=-=+，则()()21sin 1q x x x '=-++，令()()()21sin 1w q x x x x =-+='+，则()()32cos 01w x x x '=--<+在[]0,1x ∈上恒成立，所以()()21sin 1q x x x '=-++单调递减，又()010q '=>，其中π1sin1sin62>=，故()1sin1014q =-+<'，故()00,1x ∃∈，使得()00q x '=，且当()00,x x ∈时，()0q x '>，当()0,1x x ∈时，()0q x '<，所以()f x '先增后减，又()00f '=，()11cos102f '=->，∴()0f x ¢>在()0,1x ∈上恒成立，所以()f x 单调递增，()()00f x f ≥=；（2）法一：()()2e 2sin ln 1xg x x a x =--++，()()()()()2e 1sin ln 11ln 10x g x x x x x x a x =--+-+-++++≥，下证：()e 100xx x --≥≥，()0sin 0x x x -≥≥，()()0ln 10x x x -+≥≥，且在0x =处取等号，令()()0e 1x x r x x -=-≥，则()()e 100x r x x -≥'=≥，故()()0e 1xx r x x -=-≥单调递增，故()()00r x r ≥=，且在0x =处取等号，()0sin 0x x x -≥≥在（1）中已证明；令()()()0ln 1t x x x x =-≥+，则()()101011x t x x x x '=-≥++≥=，故()()()0ln 1t x x x x =-≥+单调递增，故()()00t x t ≥=，且在0x =处取等号，当0x >时，()ln 10x +>，当10a +≥时，即1a ≥-时，()0g x ≥符合题意，当1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞；法二：()()2e 2sin ln 1x g x x a x =--++，()2e cos 1xag x x x '=-++，()0,πx ∈，①当0a ≥时，()2e 10xg x '≥->，()0,πx ∈，()g x 在[]0,π单调递增，且()()00g x g ≥=符合题意，②当a<0时，()2e cos 1xag x x x '=-++在()0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+，③当10a +≥时，即10a -≤<时，()()010g x g a ''≥=+≥()g x 在[]0,π单调递增，()()00g x g ≥=符合题意，②当10a +<时，即1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞.14．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数()()sin ln 1,R f x a x x a =-+∈．(1)若对(1,0]x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln 2ni i =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，证明：方程()1eln 10x mx +--+=有唯一的实数根，（其中e 2.71828= 是自然对数的底数）【解析】（1）1()cos 1f x a x x'=-+ （10-<≤x ）a 为正实数，∴函数()f x '在区间(1,0]-上单调递增，且(0)1f a '=-．①当01a <≤时，()(0)0f x f ''≤≤，所以函数()f x 在(1,0]-上单调递减，此时()(0)0f x f ≥=，符合题意．②当1a >时，11(0)10,1cos 10f a f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫''=->-=--<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理，0(1,0)x ∃∈-时，有()00f x '=，即函数()f x 在()01,x -上递减，在()0,0x 递增，所以当()0,0x x ∈时，有()(0)0f x f <=，此时不符合．综上所述，正实数a 的最大值为1．（2）由（1）知，当1,(1,0)a x =∈-时，sin ln(1)x x >+，令21x i =-时，有2222111sin ln 1ln i i i i -⎛⎫⎛⎫->-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2221sin ln 1i i i <-，累加得，2212232sinln ln ln 2ln ln 2132111ni n n n i n n n =⎛⎫<⋅⋅==+< ⎪+++⎝⎭∑ ．（3）因为1()e ln(1)x g x x +=-+，所以11()e 1x g x x +'=-+，即函数()g x '在(1,)-+∞上递增，又1(0)e 10,202g g ⎛⎫''=->-=< ⎪⎝⎭，由零点存在定理，11,02x ⎛⎫∃∈- ⎪⎝⎭时，有()10g x '=，即1111e 1x x +=+，因此()11111lnln 11x x x +==-++，而函数()g x 在()11,x -上递减，在()1,x +∞上递增，所以()()()11111min 111111e ln 1ln 1111x m g x g x x x x x x +===-+=+=+++++，即52,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．要证方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解，只要证方程1e e ln(1)0x m x +-+=有唯一的实数解．设15()ee ln(1)22xmH x x m +⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭，则()1e e 1mxH x x+'=-+，所以函数()H x '在(1,)-+∞上递增，又(0)e e 0mH '=-<，e (1)(1)0mm H m m-'-=>，由零点存在定理，2(0,1)x m ∃∈-时，2()0H x '=，即212e e1mx x +=+，因此()221ln 1m x x =+++，又1111ln 11m x x =+++，设()ln m x x x =+，则函数()m x 在(0,)+∞上递增，于是21111x x +=+且()21ln 11x x +=+，而函数()H x 在()21,x -上递减，在()2,x +∞上递增，()()()()()21min 2221121()e e ln 1e ln 1e 1101x m m m H x H x x x x x x +⎛⎫∴==-+=-+=+-+= ⎪+⎝⎭，即函数()H x 有唯一零点2x ，故方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解．15．（2023·青海西宁·统考二模）已知()()e ln R xf x a x a =-∈．(1)若()f x 在[)1,+∞上单调递增，求a 的取值范围，(2)证明：当21e a ≥时，()0f x >．【解析】（1）由()e ln xf x a x =-，可得()1e x f x a x'=-，因为()f x 在[)1,+∞上单调递增，则()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即1e xa x ≥在[)1,+∞上恒成立，令()()1,1e x g x x x =≥，则()()()2211e e 0e e x x x x x g x x x x +'=-+=-<在[)1,+∞上恒成立，即()g x 在[)1,+∞上单调递减，所以()()max 11eg x g ==，由1e x a x ≥在[)1,+∞上恒成立，可得()max1ea g x ≥=，所以实数a 的取值范围为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）因为函数()e 1x x x φ=--，()e 1xx φ'=-，令()0x φ'=，则0x =，即0x >时，()0x φ'>，则()x φ单调递增；即0x <时，()0x φ'<，则()x φ单调递减；所以()()0110x φφ≥=-=，即e 1x x ≥+（当且仅当0x =取等号），因为函数()ln 1x x x ϕ=-+，()0x >，则()11x xϕ'=-，令()0x ϕ'=，则1x =，当01x <<时，()0x ϕ'>，则函数()x ϕ单调递增；当1x >时，()0x ϕ'<，则函数()x ϕ单调递减；所以()()10110x ϕϕ≤=-+=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），因为21ea ≥，且e 1xx ≥+（当且仅当0x =取等号），ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），所以()()221e ln e 1e 1exxx f x a x x x -=->⋅--=-+（两个等号不同时成立这里反为大于号），令()()2e1,0x h x x x -=-+>，即证()0h x ≥，因额为()2e1x h x -'=-，令()0h x '=，可得20e e 1x -==，所以2x =，当02x <<时，()0h x '<，则函数()h x 单调递减；当2x >时，()0h x '>，则函数()h x 单调递增；所以()()22min 2e 210h x h -==-+=，所以()()20h x h ≥=，即当21e a ≥时，()0f x >．16．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数()ln af x x x=+的图象在1x =处的切线方程为y b =．(1)求a ，b 的值及()f x 的单调区间．(2)已知()()2e e x x xf x mxF x x x-+=-，是否存在实数m ，使得曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为()ln af x x x=+，所以21()a f x x x '=-，又()f x 在1x =处的切线方程为y b =，所以(1)10,f a ='-=故1a =，又()1ln11f a =+=，所以切线方程为1y =，故1b =，所以()1ln f x x x=+，则22111().x f x x x x -'=-=当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x ≥时，()0f x '≥，()f x 单调递增.综上，()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为[)1,+∞.（2）22e ()e e ln e ln (),0,1x x x x x f x mx x x mx x mF x x x x x x x -+++===>---且1x ≠.由曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方,知e ln 11x x m x x +>+-.当1x >时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +>-，即2e ln 10.x x x m -++>设2 ()e ln 1(1),x g x x x m x =-++>则112()e (ln )2e (ln )ex xx x g x x x x x x '=+-=+-.由（1）可知，当1x >时，()1ln f x x x=+单调递增,所以()()11f x f >=.设2()e x x h x =，则2(1)()e xx h x -'=，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，所以2()(1)1eh x h <=<.所以当1x >时，12()e (ln 0exx xg x x x '=+->，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()(1)g x g m >=，所以0m ≥.当01x <<时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +<-，即2e ln 10.x x x m -++<设2()e ln 1(01),x g x x x m x =-++<<由①可知12()e (ln e x xxg x x x '=+-.。
函数与导数解题方法知识点技巧总结材料
函数与导数解题方法知识点技巧总结1. 高考试题中，关于函数与导数的解答题(从宏观上)有以下题型： 〔1〕求曲线()y f x =在某点出的切线的方程 〔2〕求函数的解析式〔3〕讨论函数的单调性，求单调区间 〔4〕求函数的极值点和极值 〔5〕求函数的最值或值域 〔6〕求参数的取值X 围 〔7〕证明不等式 〔8〕函数应用问题2. 在解题中常用的有关结论〔需要熟记〕：〔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〕假如可导函数()y f x =在0x x =处取得极值，如此0()0f x '=。
反之不成立。
〔3〕对于可导函数()f x ，不等式()0(0)f x '><的解是函数()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：,()0(0)x I f x '∀∈≥≤恒成立〔()f x '不恒为0〕. 〔5〕假如函数()f x 在区间I 上有极值，如此方程()0f x '=在区间I 上有实根且非二重根。
〔假如()f x '为二次函数且I R =，如此有0∆>〕。
〔6〕假如函数()f x 在区间I 上不单调且不为常量函数,如此()f x 在I 上有极值。
〔7〕假如,()0x I f x ∀∈>恒成立，如此min ()0f x >；假如,()0x I f x ∀∈<恒成立，如此max ()0f x < 〔8〕假如0x I ∃∈使得0()0f x >，如此max ()0f x >；假如0x I ∃∈使得0()0f x <，如此min ()0f x <. 〔9〕设()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，假如,()()x I f x g x ∀∈>恒成立，如此有min [()()]0f x g x ->. 〔10〕假如对112212,,()()x I x I f x g x ∀∈∈>恒成立，如此min max ()()f x g x >.假如对1122,x I x I ∀∈∃∈，使得12()()f x g x >，如此min min ()()f x g x >. 假如对1122,x I x I ∀∈∃∈，使得12()()f x g x <，如此max max ()()f x g x <.〔11〕()f x 在区间1I 上的值域为A ,()g x 在区间2I 上值域为B ，假如对1122,x I x I ∀∈∃∈使得12()()f x g x =成立，如此A B ⊆。
高考数学必做题--函数与导数 (后附参考答案与详解)
1 23 4 56 7 8 9 10 1112 13 14 15 1617 18 19 20 212223，且关于的方的取值范围是．24252627 28 29 30123，4．567解析式最值奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算数列数列的应用数列与不等式数列的概念数列的递推公式数列的前n项和89恒成立,则有即恒成立,，令,解得．得:,,或，时矛盾．函数的模型及其应用导数及其应用利用导数研究函数的单调性10如图点在的下方，∴得．再根据当与相切时，设切点坐标为，则，∴，此时，此时与有个交点，∴．故选．函数与导数函数分段函数图象函数与方程方程根的个数函数图象的交点11函数与导数函数单调性函数与方程函数的零点导数及其应用导数与零点导数与分类讨论导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式1213解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率14又图象可知交点为∴解得．∵，∴，由（）知，当时，在故要证原不等式成立，只需要证明：当时，令，则，∴在上为增函数，∴，即，∴，即．函数与导数函数与方程函数图象的交点导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率直线的方程15对应的点坐标的最高点为最低点为，此两点也是函数的最高和最低点，由此可知．同理可得时，取得最大值．依理，当时，取得最小值，即．16在上至少有三个零点可化为少有三个交点，在上单调递减，则，解得：．函数与导数函数奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质对数函数对数函数的概念、图象及其性质函数与方程方程根的个数函数的零点B. C.，关于的不等式只有两个整数解，则实数17C函数的定义域为，则，当得，即即，即，由得，得即，即，即当时，函数取得极大值，同时也是最大值即当时，有一个整数解当时，有无数个整数解，若，则得若，则由得或当时，不等式由无数个整数解，不满足条件．当时，由得当时，没有整数解，则要使当有两个整数解，∵，，∴当时，函数有两个整数点，∴要使有两个整数解，则，即．故选．函数与导数二次函数二次型函数导数及其应用导数与零点导数的运算利用导数研究函数的单调性18单调性19复合函数20易知共有个交点．函数与导数函数分段函数奇偶性周期性函数与方程函数图象的交点2122，则，恰好是正方形的面积，所以23，且关于的方的取值范围是．，如图所示，2425函数与导数导数及其应用导数与恒成立导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式不等式与线性规划解不等式分式不等式2627正弦函数的图象与性质282930。
高考数学专题：导数大题专练含答案
高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数2()ln (2)f x a x x a x =+-+，其中.a R ∈ (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 的导函数()'f x 在区间()1,e 上存在零点，证明：当()1,e x ∈时，()2e .f x >-2．已知函数()()e sin x f x rx r *=⋅∈N ，其中e 为自然对数的底数.(1)若1r =，求函数()y f x =的单调区间；(2)证明：对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数a ，b ，使得当[,]x a b ∈时，|()|1f x ≤.3．已知：()e xf x mx =+.(1)当1m =时，求曲线()y f x =的斜率为2的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，求实数m 的范围4．已知函数()ln f x x =，()21g x x x =-+．(1)求函数()()()h x f x g x =-的单调区间；(2)若直线l 与函数()f x ，()g x 的图象都相切，求直线l 的条数． 5．已知函数2()ln f x x x ax =-．(1)若()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)若()112212ln 2ln 200x ax x ax x x -=-=>>，证明：()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<．6．用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若fx 是()f x 的导函数，()f x ''是fx 的导函数，则曲线()y f x =在点()(),x f x 处的曲率()()()3221f x K f x ''='+⎡⎤⎣⎦.(1)若曲线()ln f x x x =+与()g x x ()1,1处的曲率分别为1K ，2K ，比较1K ，2K 大小；(2)求正弦曲线()sin h x x =（x ∈R ）曲率的平方2K 的最大值. 7．已知函数2()ln (2)(R)f x a x x a x a =+-+∈. (1)若1a =，求()f x 在区间[]1,e 上的最大值； (2)求()f x 在区间[]1,e 上的最小值()g a .8．已知函数()e 2x f x ax =-，()22sin 1g x a x x =-+，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)试判断函数()f x 的单调性与极值点个数；(2)若关于x 的方程()()0af x g x +=在[]0,π上有两个不等实根，求实数a 的最小值. 9．已知函数2()ln f x a x x =+，其中a R ∈且0a ≠． (1)讨论()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明：2()1f x x x ≤+-； (3)求证：对任意的*n N ∈且2n ≥，都有：222111111234⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…211e n⎛⎫+< ⎪⎝⎭．（其中e 2.718≈为自然对数的底数） 10．设函数3()65f x x x x R =-+∈，. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若关于x 的方程()f x a =有三个不等实根，求实数a 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据导函数在()1,e 上存在零点，则()0f x '=在()1,e 上有解，则有1e 2a <<，即22e a <<，得到函数()f x 的最小值，构造函数2()ln (1ln 2)4x g x x x x =--+，22e <<x ，利用导数判断出其单调性，结合不等式传递性可证．(1)函数()f x 的定义域是(0,)+∞，(2)(1)()2(2)a x a x f x x a x x'--=+-+=， ①0a 时，20x a ->，令()0f x '>，解得：1x >，令()0f x '<， 解得：01x <<，故()f x 在(0,1)递减，在(1,)+∞递增； ②02a <<时，令()0f x '>，解得：1x >或02ax <<，令()0f x '<，解得：12ax <<，故()f x 在0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭递增，在,12⎛⎫ ⎪⎝⎭a 递减，在()1,+∞递增；③2a =时，()0f x '，()f x 在(0,)+∞递增；④2a >时，令()0f x '>，解得：2ax >或01x <<，令()0f x '<，解得：12ax <<，故()f x 在(0,1)递增，在1,2⎛⎫⎪⎝⎭a 递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭a递增；综上：0a 时，()f x 在(0,1)递减，在(1,)+∞递增，02a <<时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在,12⎛⎫⎪⎝⎭a 递减，在(1,)+∞递增；2a =时，()f x 在(0,)+∞递增；2a >时，()f x 在(0,1)递增，在1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭a 递减，在,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭a 递增；(2)因为(2)(1)()2(2)a x a x f x x a x x'--=+-+=， 又因为导函数()'f x 在(1,)e 上存在零点，所以()0f x '=在(1,e)上有解， 则有1e 2a <<，即22e a <<，且当12a x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当e 2ax <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以22()ln (2)ln (1ln 2)22424⎛⎫=+-+=--+ ⎪⎝⎭a a a a a f x f a a a a a ，设2()ln (1ln 2)4x g x x x x =--+，22e x <<，则()ln 1(1ln 2)ln ln 222x xg x x x '=+--+=--，则11()02g x x ''=-<，所以()g x '在(2,2e)上单调递减，所以()g x 在(2,2e)上单调递减，则()()()222e 22e e 2e 1ln 2e 2g eln g =--+=-<，所以()2e g x >-，则根据不等式的传递性可得，当()1,e x ∈时，()2e .f x >-【点睛】本题考查利用导数表示曲线上某点处的斜率，考查函数的单调性，考查导数的综合应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题． 2．(1)增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ 减区间为52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，利用单调增减区间代入公式求解即可.（2）将绝对值不等式转化为11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M 即可. (1)()e (sin cos )sin 4x x f x x x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭令22242k x k πππππ-≤+≤+，得32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦令322242k x k ππππ+≤+≤π+，得24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦当32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦时, ()0f x '>,()f x 单调递增 当24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦时, ()0,()f x f x '< 单调递減 综上() f x 单调递增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦单调递减区间为 52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)要证|()|1f x ≤，即证e sin 1xrx ⋅≤，即证11sin =e e xx rx ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭即证 11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在[,]x a b ∈时成立即可,[,]x a b ∈时,1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩. 令1()sin e x h x rx ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 1()cos e xh x r rx ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当222,k k x rr πππ⎛⎫+ ⎪∈⎪ ⎪⎝⎭时, cos 0,r rx > 所以1()cos 0,e xh x r rx ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭所以()h x 单调递增，2210,e k rk h rππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221210(0)e k r k h k r ππππ+⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪=±>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0(2)22,k k x rrπππ+∴∃∈ , 满足()00h x =由单调性可知02,k x x r π⎛⎫∈⎪⎝⎭, 满足()0()0h x h x <= 又因为当021,,sin 0,0,xk x x rx r e π⎛⎫⎛⎫∈>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1sin 0xrx e ⎛⎫∴+≥ ⎪⎝⎭，所以1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩能够同时满足， 对于任意的正实数M ，总存在正整数k ，且满足2Mr k π>时, 使得 2k M r π>成立， 所以不妨取 02,,2k Mr a k b x rππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭则,a b M >且[,]x a b ∈时，1sin 01sin 0xxrx e rx e ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩， 故对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数,a b ，使得当[,]x a b ∈ 时,|()|1f x ≤. 3．(1)21y x =+(2)ln 3m ⎡∈-⎣【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）()2213222m f x x ≥+-恒成立，可转化为()22130222xm g x e mx x =+--+≥恒成立，利用导数判断函数()g x 的单调性与最值情况. (1)当1m =时，()e xf x x =+， 则()e 1xf x '=+，设切点为()()00,x f x ，故()00e 12xk f x '==+=，解得00x =，故()000e e 01x f x x =+=+=，即切点坐标为()0,1，所以切线方程()120y x -=-，即21y x =+； (2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，即2213e 0222xm mx x +--+≥恒成立，设()2213e 222xm g x mx x =+--+，()e x g x x m '=-+， ()e 1x g x ''=-，因为0x ≥，故()e 10xg x ''=-≥恒成立， 则()e xg x x m '=-+在()0,∞+上单调递增，所以()()01g x g m ''≥=+，当1m ≥-时，()()010g x g m ''≥=+≥恒成立， 故()g x 在()0,∞+上单调递增，即()()2235012222m m g x g ≥=-+=-，所以25022m -≥，解得m ≤≤故1m -≤≤当1m <-时，()010g m '=+<，()e 2m g m m -'-=+，设()e 2mh m m -=+，1m <-，()e 20m h m -'=-+<恒成立，则()h m 在(),1-∞-上单调递减，所以()()120h m h e >-=->，即()e 20mg m m -'-=+>，所以存在()00,x m ∈-，使()00g x '=，即000xe x m -+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 故()()02200013e 222x m g x g x mx x ≥=+--+()()00000222000011313e e e e e 022222x x x x x x x x x =+----+=-++≥，解得0ln 3x ≤，即00ln 3x ≤≤， 设()e xx m x ϕ==-，0ln3x ≤≤，()1e 0x x ϕ'=-≤恒成立，故()x ϕ在()0,3上单调递减， 故()()3ln33x ϕϕ≥=-， 即ln33m ≥-， 所以ln331m -≤<-，综上所述，ln 3m ⎡∈-⎣.【点睛】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，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．4．(1)在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减 (2)两条 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）设直线l 分别与函数()f x ，()g x 的图象相切于点()11,ln A x x ，()2222,1B x x x -+，依题意可得()()12AB f x g x k '='=，即可得到方程组，整理得()211211ln 204x x x ++-=，令()()221ln 24x F x x x+=+-，利用导数说明函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点的个数，即可得解； (1)解：由题设，()()()2ln 1h x f x g x x x x =-=-+-，定义域为()0,∞+，则()()()221112121x x x x h x x x x x+---'=-+=-=- 当01x <<时，()0h x '>；当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减.(2)解：因为()ln f x x =，()21g x x x =-+，所以()1f x x'=，()21g x x '=-，设直线l 分别与函数()f x ，()g x 的图象相切于点()11,ln A x x ，()2222,1B x x x -+ 则()()12AB f x g x k '='=，即21222112ln 1121x x x x x x x -+-=-=- 由2122112ln 11x x x x x x -+-=-，得2121221ln 1x x x x x x -=-+- 即2212211ln 1x x x x x -=-+-，即221221ln 20x x x x x -++-= 由21121x x =-，得12112x x x +=，代入上式，得211112111111ln 20222x x x x x x x ⎛⎫+++-++-= ⎪⎝⎭即()211211ln 204x x x++-=，则()()2221117ln 2ln 4244x F x x x xx x +=+-=++- 设()()()()223332111112102222x x x x F x x x x x x x +---='=--=> 当01x <<时，()0F x '<；当1x >时，()0F x '>，所以()F x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增.因为()()min 110F x F ==-<，()()()222222441e 1e e ln e 204e4eF ++=+-=>，则()F x 在()1,+∞上仅有一个零点.因为()24242e e 7e 4e 7e 2024424F ---=-++-=+>，则()F x 在()0,1上仅有一个零点. 所以()F x 在()0,∞+上有两个零点，故与函数()f x ，()g x 的图象都相切的直线l 有两条.5．(1)1,e∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭(2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）()0f x ≤恒成立，等价于ln xa x ≥恒成立，即max ln x a x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，令()ln x g x x=，利用导数求出函数()g x 的最大值，即可得出答案；（2）()112212ln 2ln 200x ax x ax x x -=-=>>，即()1212,0x x x x >>为函数ln 2y x ax =-的两个零点，即()1212,0x x x x >>为方程ln 2x a x =的两个根，由（1）知102ea <<，且1201x x <<<，则要证()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<，只需证()1212ln 2ln ln x x x x >⋅，即证2122112212ln x x x x x x ->，令12,1x t t x =>，则要证22n 1l t tt ->，令()()12ln 1t t t t t ϕ=-->，利用导数证明()min 0t ϕ>即可. (1)解：因为函数()f x 的定义域为()0,∞+，所以()0f x ≤恒成立， 等价于ln xa x ≥恒成立，所以maxln x a x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， 令()ln x g x x =，则()21ln x g x x-'=， 当()0,e x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以()()max 1e eg x g ==，故1ea ≥，即实数a 的取值范围是1,e∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭；(2)证明：()112212ln 2ln 200x ax x ax x x -=-=>>， 即()1212,0x x x x >>为函数ln 2y x ax =-的两个零点， 即()1212,0x x x x >>为方程ln 20x ax -=的两个根， 即()1212,0x x x x >>为方程ln 2xa x=的两个根， 由（1）知102ea <<，即102ea <<，且1201x x <<<， 由11ln 2x ax =，22ln 2x ax =，得()1212ln ln 2x x a x x -=-， 所以1212ln ln 2x x a x x -=-， 要证()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<，只需证()1212ln 2ln ln x x x x >⋅，即证121212ln ln 112ln ln ln ln x x x x x x +=+>⋅，即1211222ax ax +>， 即12114a x x +>，也就是121212ln ln 112x x x x x x -+>⨯-， 整理得221211222ln x x x x x x ->，即证2122112212ln x x xx x x ->， 令12,1x t t x =>，则要证2112ln t t t t t -=->， 令()()12ln 1t t t t tϕ=-->，则()()222221122110t t t t t t t t ϕ--+'=+-==>，所以()t ϕ在()1,+∞上单调递增，所以()()10t ϕϕ>=， 所以当t >1时，12ln t t t->， 故原结论成立，即()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<．【点睛】本题考查了不等式恒成立问题和不等式的证明问题，考查了利用导数求函数的最值，考查了分离参数法，考查了转化思想，考查了学生的数据分析能力和逻辑推理能力，难度较大. 6．(1)12K K <； (2)1.【解析】 【分析】（1）对()f x 、()g x 求导，应用曲率公式求出()1,1处的曲率1K ，2K ，即可比较大小；（2）由题设求出()h x 的曲率平方，利用导数求2K 的最大值即可. (1)由()11f x x '=+，()21f x x ''=，则()()()()13332222211112511f K f ''===+'+⎡⎤⎣⎦，由()g x '=，()3214g x x -''=-，则()()()2333222221124511112g K g ''===⎡⎤'+⎡⎤⎛⎫⎣⎦+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以12K K <； (2)由()cos h x x '=，()sin h x x ''=-，则()322sin 1cos xK x =+，()()2223322sin sin 1cos 2sin xxK x x ==+-，令22sin t x =-，则[]1,2t ∈，故232tK t -=， 设()32t p t t -=，则()()32643226t t t t p t t t----'==，在[]1,2t ∈时()0p t '<，()p t 递减， 所以()()max 11p t p ==，2K 最大值为1. 7．(1)2e 3e 1-+(2)()()221,2ln ,22e 241e e 2e,2e a a a a g a a a a a a --≤⎧⎪⎪=--<<⎨⎪-+-≥⎪⎩【解析】 【分析】（1）利用导数求得()f x 在区间[]1,e 上的最大值.（2）由()'f x 对a 进行分类讨论，由此求得()f x 在区间[]1,e 上的最小值()g a .(1)当1a =时，()()2ln 31e f x x x x x =+-≤≤，()()()'123123x x f x x x x--=+-=，所以()f x 在区间()()'31,,0,2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'3,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增.()()212,e e 3e 10f f =-=-+>，所以()f x 在区间[]1,e 上的最大值为2e 3e 1-+. (2)2()ln (2)(R,1e)f x a x x a x a x =+-+∈≤≤，()()()()'1222x x a af x x a x x--=+-+=， 当1,22a a ≤≤时，()f x 在区间()()()'1,e ,0,f x f x >递增，所以()f x 在区间[]1,e 上的最小值为()()1121f a a =-+=--. 当1e,22e 2a a <<<<时，()f x 在区间()()'1,,0,2a f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减； 在区间()',e ,02a f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，()f x 递增.所以()f x 在区间[]1,e 上的最小值为()22ln 2ln 222224a a a a a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫=+-+⋅=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.当e,2e 2a a ≥≥时，()f x 在区间()()()'1,e ,0,f x f x <递减，所以()f x 在区间[]1,e 上的最小值为()()()22e e 2e 1e e 2ef a a a =+-+=-+-.所以()()221,2ln ,22e 241e e 2e,2e a a a a g a a a a a a --≤⎧⎪⎪=--<<⎨⎪-+-≥⎪⎩.【点睛】利用导数求解函数的单调性、最值，若导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论标准的制定，可以考虑利用导函数的零点分布来进行分类. 8．(1)答案见解析 (2)e π-- 【解析】 【分析】（1）求出()f x '，分类讨论，分0a ≤和0a >讨论()f x 的单调性与极值； （2）利用分离参数法得到sin 1e x x a -=，令()()sin 10e xx h x x π-=≤≤，利用导数判断 ()h x 的单调性与最值，根据直线y a =与函数()h x 的图像有两个交点，求出实数a 的最小值. (1)()e 2x f x ax =-，则()e 2x f x a '=-.①当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在R 上单调递增，此时函数()f x 的极值点个数为0；②当0a >时，令()20e x f x a '=-=，得()ln 2x a =，当()ln 2x a >时，()0f x '>，则()f x 在()()ln 2,a +∞上单调递增， 当()ln 2x a <时，()0f x '<，则()f x 在()(),ln 2a -∞上单调递减， 此时函数()f x 的极值点个数为1.综上所述，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递增，极值点个数为0； 当0a >时，()f x 在()()ln 2,a +∞上单调递增，在()(),ln 2a -∞ 上单调递减，极值点个数为1. (2)由()()0af x g x +=，得sin 1xx a e -=. 令()()sin 10xx h x x e π-=≤≤， 因为关于x 的方程()()0af x g x +=在[]0,π上有两个不等实根， 所以直线y a =与函数()sin 1xx h x e -=的图像在[]0,π上有两个交点. ()1cos sin 14x xx x x h x e e π⎛⎫-+ ⎪-+⎝⎭'==， 令()0h x '=，则sin 4x π⎛⎫-= ⎪⎝⎭[]0,x π∈，所以2x π=或x π=，所以当02x π<<时，()0h x '>；当2x ππ<<时，()0h x '<，所以()h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()max 02h x h π⎛⎫== ⎪⎝⎭.又()01h =-，()e h ππ-=-， e 1π-->-所以当)e ,0xa -⎡∈-⎣时，直线y a =与函数()h x 的图像有两个交点，所以实数a 的最小值为e π--. 【点睛】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，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)利用导数研究零点问题，考查数形结合思想的应用． 9．(1)答案见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求得()'f x ，对参数a 进行分类讨论，即可求得不同情况下函数的单调性； （2）构造函数()ln 1g x x x =-+，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明； （3）根据（2）中所求得2211ln 1n n ⎛⎫+<⎪⎝⎭，结合累加法即可求证结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，22()2a a xf x x x x'+=+=，①当0a >时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；②当0a <时，令()0f x '=，解得x =当0x <<220a x +<，所以()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减，当x >220a x +>，所以()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增.综上，当0a >时，函数()f x 在(0,)+∞上调递增；当0a <时，函数()f x 在⎛⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. (2)当1a =时，2()ln f x x x =+，要证明2()1f x x x ≤+-， 即证ln 1≤-x x ，即ln 10x x -+≤， 设()ln 1g x x x =-+，则1()xg x x-'=，令()0g x '=得，可得1x =， 当(0,1)x ∈时，()0g x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<． 所以()(1)0g x g ≤=，即ln 10x x -+≤，故2()1f x x x ≤+-. (3)由（2）可得ln 1≤-x x ，（当且仅当1x =时等号成立）， 令211x n=+，1,2,3,n =，则2211ln 1n n ⎛⎫+<⎪⎝⎭， 故2211ln 1ln 123⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ (222)111ln 123n ⎛⎫++<++ ⎪⎝⎭…21111223n +<++⨯⨯…()11n n +-1111223⎛⎫⎛⎫=-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…11111lne 1n n n ⎛⎫+-=-<= ⎪-⎝⎭，即222111ln[111234⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…211]lne n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭， 故222111111234⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ (21)1e n⎛⎫+< ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考察利用导数研究含参函数单调性，以及构造函数利用导数证明不等式，以及数列和导数的综合，属综合困难题.10．(1)单调递增区间为(2)-∞-，，(2)+∞，；单调递减区间为(22)-， (2)542542a -<<+ 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>得增区间，由()0f x '<得减区间； （2）由（1）中所得函数的单调性，得极值，可结合函数的图象得其与直线y a =三个交点时的a 的范围．(1)由已知可得：2()36f x x '=-，令()0f x '=，即2360x -=， 解得12x =-，12x =， 所以当2x >或2x <-时，()0f x '>，当22x -<<时，()0f x '<.所以()f x 的单调递增区间为(2)-∞-，，(2)+∞，； 单调递减区间为(22)-，. (2)由（1）可知()y f x =的图象的大致走势及走向，如图所示，又(2542f -=-2542f =+所以当542542a -<+y a =与函数()y f x =的图象有三个不同的交点，方程()f x a 有三个不等实根.。
函数与导数大题部分-高考数学解题方法归纳总结专题训练
函数与导数大题部分-高考数学解题方法归纳总结专题训练设函数f(x)=ax-lnx，则f'(x)=a-1/x，f''(x)=1/x^2>0，所以f(x)在(0.+∞)上是凸函数，且f'(x)在(0.+∞)上单调递减。
当a≤0时，f'(x)≤0，所以f(x)在(0.+∞)上单调递减；当a>0时，f'(x)>0，所以f(x)在(0.+∞)上单调递增。
（II）略。
当$a\leqslant 0$时，$f'(x)>0$恒成立，因此$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
当$a>0$时，解$f'(x)>0$得$xa$，因此$f(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增。
综上，当$a\leqslant 0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
当$a>0$时，$f(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增。
令$g(x)=f(x)-ax$，则$g'(x)=f'(x)-a$。
当$a\neq 0$时，$g'(x)=0$的解为$x=\frac{1}{a}f'(x)$。
当$a>0$时，$f'(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增，因此$\frac{1}{a}f'(x)$在$(0,a)$上单调递增，在$(a,+\infty)$上单调递减。
因此$g'(x)$在$(0,\frac{1}{a}f'(a))$上单调递减，在$(\frac{1}{a}f'(a),+\infty)$上单调递增。
又因为$g'(a)=0$，所以$g(x)$在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增。
因此$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增。
导数专题的题型总结
导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。
- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。
- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。
- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。
2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。
- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。
- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。
- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。
- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。
二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。
- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。
- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。
- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。
2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。
- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。
- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。
- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。
高考数学压轴专题最新备战高考《函数与导数》难题汇编及答案解析
数学《函数与导数》知识点一、选择题1．函数()1sin cos 1sin cos 1tan 01sin cos 1sin cos 32x x x x f x x x x x x x π+-++⎛⎫=++<< ⎪+++-⎝⎭的最小值为（ ） ABCD【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简函数()f x ，求导数，利用导数求函数的最小值即可. 【详解】22222sin 2sin cos 2cos 2sin cos1sin cos 1sin cos 2222221sin cos 1sin cos 2cos 2sin cos 2sin 2sin cos 222222x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x +++-+++=++++-++ 2sin sin cos 2cos sin cos sin cos 222222222sin cos sin 2cos sin cos 2sin sin cos 22222222x x x x x x x xx x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+=⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 则()21tan 0sin 32f x x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭， 32222221sin 2cos 16cos cos 1()sin 3cos sin 3cos 3sin cos x x x x f x x x x x x x '''--+⎛⎫⎛⎫=+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令()cos 0,1t x =∈，()3261g t t t =--+为减函数，且102g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以当03x π<<时，()11,02t g t <<<，从而()'0f x <； 当32x ππ<<时，()10,02t g t <<>，从而()'0f x >. 故()min 33f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.2．设()f x 为R 上的奇函数，满足(2)(2)f x f x -=+，且当02x ≤≤时，()x f x xe =，则(1)(2)(3)(100)f f f f ++++=L ( ) A ．222e e + B ．25050e e + C ．2100100e e + D ．222e e --【答案】A 【解析】 【分析】由()()22f x f x -=+可得对称轴，结合奇偶性可知()f x 周期为8；可将所求式子通过周期化为()()()()1234f f f f +++，结合解析式可求得函数值. 【详解】由()()22f x f x -=+得：()f x 关于2x =对称又()f x Q 为R 上的奇函数 ()f x ∴是以8为周期的周期函数()()()()()()()()()1281241240f f f f f f f f f ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+-=Q 且()()()()2123422f f f f e e +++=+()()()()()()()()()()12100121281234f f f f f f f f f f ∴++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦222e e =+故选：A 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题，关键是能够利用奇偶性和对称轴得到函数的周期，并求得基础区间内的函数值.3．已知()(1)|ln |xf x x x =≠，若关于x 方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有4个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2(2,)e e⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭B ．11,e e ⎛⎫+⎪⎝⎭C ．(1,)e e -D ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,【答案】C 【解析】 【分析】由已知易知()f x m =与()1f x m =+的根一共有4个，作出()f x 图象，数形结合即可得到答案. 【详解】由22[()](21)()0f x m f x m m -+++=，得()f x m =或()1f x m =+，由题意()f x m =与()1f x m =+两个方程的根一共有4个，又()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()|ln |ln x x f x x x ==，令()ln x g x x=，则'2ln 1()(ln )x g x x -=，由'()0g x >得x e >，由'()0g x <得1x e <<或01x <<，故()g x 在(0,1),(1,)e 单调递减，在(,)e +∞上单调递 增，由图象变换作出()f x 图象如图所示要使原方程有4个根，则01m em e <<⎧⎨+>⎩，解得1e m e -<<.故选：C 【点睛】本题考查函数与方程的应用，涉及到方程根的个数问题，考查学生等价转化、数形结合的思想，是一道中档题.4．函数22()41x x x f x ⋅=-的图像大致为( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】∵函数()22?41x x x f x =-的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U∴222()2()()4114x x x xx x f x f x --⋅-⋅-===---∴函数()f x 为奇函数，故排除B ，C. ∵2(1)03f =>，故排除D. 故选A.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．5．已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为（ ） A ．ln 2 B ．1C ．1ln2-D ．1ln2+【答案】D 【解析】由ln y x x =得'ln 1y x =+，设切点为()00,x y ，则0ln 1k x =+，000002ln y kx y x x =-⎧⎨=⎩，0002ln kx x x ∴-=，002ln k x x ∴=+，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D.6．函数22cos x xy x x--=-的图像大致为（ ）. A ． B ．C ．D ．【解析】 【分析】 本题采用排除法: 由5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭排除选项D ； 根据特殊值502f π⎛⎫>⎪⎝⎭排除选项C; 由0x >,且x 无限接近于0时, ()0f x <排除选项B ； 【详解】对于选项D:由题意可得, 令函数()f x = 22cos x xy x x--=-,则5522522522f ππππ--⎛⎫-= ⎪⎝⎭,5522522522f ππππ--⎛⎫= ⎪⎝⎭;即5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选项D 排除; 对于选项C ：因为55225220522f ππππ--⎛⎫=>⎪⎝⎭,故选项C 排除;对于选项B:当0x >,且x 无限接近于0时,cos x x -接近于10-<,220x x -->，此时()0f x <.故选项B 排除;故选项:A 【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.7．若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()20f x f x +-=．当[]0,1x ∈，()21f x x =-，则（ ）A ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭B ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ C ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭D ．()2135log 3log 22f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭【答案】A 【解析】推导出函数()y f x =的周期为4，根据题意计算出51022f f ⎛⎫⎛⎫=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()133log 2log 20f f ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，再利用函数()y f x =在区间[]0,1上的单调性可得出结论. 【详解】因为定义在R 上的偶函数()y f x =满足()()20f x f x +-=，即()()20f x f x +-=，即()()2f x f x =--，()()()24f x f x f x ∴=--=-， 所以，函数()y f x =的周期为4，因为当[]0,1x ∈时，()21f x x =-单调递减，因为5110222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， ()()1333log 2log 2log 20f f f ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭， 因为2410log 132<<<，所以241log 32f f ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，12314log 2log 23f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>->- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：A ． 【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，属于中等题.8．给出下列说法： ①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件；②定义在[],a b 上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30； ③命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x ∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果. 【详解】 对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =，但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域[],a b 关于原点对称，所以5b =，所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为()()5530f f -==，所以②正确；对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③不正确； 故错误说法的个数为2. 故选：C. 【点睛】本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查了二次函数的性质，属于中档题..9．已知函数()2100ax x f x lnx x ⎧+≤=⎨⎩，，＞，，下列关于函数()()0f f x m +=的零点个数的判断，正确的是（ ）A ．当a ＝0，m ∈R 时，有且只有1个B ．当a ＞0，m ≤﹣1时，都有3个C ．当a ＜0，m ＜﹣1时，都有4个D ．当a ＜0，﹣1＜m ＜0时，都有4个 【答案】B 【解析】 【分析】分别画出0a =，0a >，0a <时，()y f x =的图象，结合()t f x =，()0f t m +=的解的情况，数形结合可得所求零点个数． 【详解】令()t f x =，则()0f t m +=，当0a =时， 若1m =-，则0t ≤或t e =，即01x <≤或e x e =， 即当0a =，m R ∈时，不是有且只有1个零点，故A 错误；当0a >时，1m ≤-时，可得0t ≤或m t e e -=≥，可得x 的个数为123+=个，即B 正确；当0a <，1m <-或10m -<<时，由0m ->，且1m -≠，可得零点的个数为1个或3个，故C ，D 错误． 故选：B ．【点睛】本题考查了函数零点的相关问题，考查了数形结合思想，属于中档题.10．在平面直角坐标系中，若P ，Q 满足条件：（1）P ,Q 都在函数f （x ）的图象上；（2）P ,Q 两点关于直线y=x 对称，则称点对{P ,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P ,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数2232(0)(){log (0)x x x f x x x ++≤=>的“可交换点对有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对【答案】C 【解析】试题分析：设p （x ，y ）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x 的对称点Q 是（y ，x ），所以232x x ++=2x ,由于函数y=232x x ++和y=2x 的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质11．设奇函数()f x 在[]11-，上为增函数，且()11f =，若[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，则t 的取值范围是（ ）A ．22t -≤≤B ．1122t -≤≤ C ．2t ≥或2t ≤-或0t = D ．12t ≥或12t ≤-或0t =【答案】C 【解析】 【分析】()f x 在[]11x ∈-，上为增函数,[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，,不等式()221f x t at ≤--成立,只需对于[]11a ∀∈-，,()2121f t at -≤--即可.【详解】∵奇函数()f x 在[]11x ∈-，上为增函数，且()11f =， ∴函数在[]11x ∈-，上的最小值为()()111f f -=-=-，又∵[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，∴()22111t at f --≥-=-，即220t at -≥， ①0t =时，不等式成立；②0t >时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≥，解得2t ≥；③0t <时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≤，解得2t ≤-故选：C. 【点睛】本题考查了含参数不等式恒成立问题，需要将不等式问题转化为函数最值问题，考查了理解辨析能力、运算求解能力和分类讨论思想，是中档题.12．若函数f （x ）=()x 1222a x 1log x 1x 1⎧++≤⎪⎨+⎪⎩，，＞有最大值，则a 的取值范围为（ ） A ．()5,∞-+ B ．[)5,∞-+ C ．(),5∞-- D ．(],5∞-- 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数每段的单调性确定其最值，列a 的不等式即可求解. 【详解】由题()xf x 22a,x 1=++≤,单调递增，故()()f x f 14a,;≤=+()()12f x log x 1,x 1,=+>单调递减，故()()f x f 11>=-,因为函数存在最大值，所以4a 1+≥-，解a 5≥-. 故选B. 【点睛】本题考查分段函数最值，函数单调性，确定每段函数单调性及最值是关键，是基础题.13．若函数321()1232b f x x x bx ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭在区间[3,1]-上不是单调函数，则函数()f x 在R 上的极小值为（ ）.A ．423b -B ．3223b - C ．0D ．2316b b -【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性，求出b 的范围，从而求出函数的单调区间，得到(2)f 是函数的极小值即可．【详解】解：2()(2)2()(2)f x x b x b x b x '=-++=--， ∵函数()f x 在区间[3,1]-上不是单调函数，31b ∴-<<，由()0f x '>，解得：2x >或x b <， 由()0f x '<，解得：2b x <<，()f x ∴的极小值为()84(2)424233f b b b =-++=-，故选：A. 【点睛】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题.14．已知函数())lnf x x =，设()3log 0.2a f =，()0.23b f -=，()1.13c f =-，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>【答案】D 【解析】∵())lnf x x =∴())f x x ==∴())f x x -=∵当0x >1x >；当0x <时，01x <∴当0x >时，())))f x x x x ==-=，())f x x -=；当0x <时()))f x x x ==；()))f x x x -=-=.∴()()f x f x =- ∴函数()f x 是偶函数∴当0x >时，易得())f x x =为增函数∴33(log 0.2)(log 5)a f f ==， 1.1 1.1(3)(3)c f f =-=∵31log 52<<，0.2031-<<， 1.133>∴ 1.10.23(3)(log 5)(3)f f f ->>∴c a b >> 故选D.15．三个数0.377,0.3,ln 0.3a b c ===大小的顺序是（ ） A ．a c b >> B ．a b c >>C ．b a c >>D ．c a b >>【答案】B 【解析】试题分析：根据指数函数和对数函数的单调性知：0.30771a =>=，即1a >；7000.30.31b <=<=，即01b <<；ln0.3ln10c =<=，即0c <；所以a b c >>，故正确答案为选项B ．考点：指数函数和对数函数的单调性；间接比较法．16．已知函数()1f x +是偶函数，当()1,x ∈+∞时，函数()f x 单调递减，设12a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()3b f =，()0c f =，则a b c 、、的大小关系为（）A ．b a c <<B ．c b d <<C ．b c a <<D ．a b c <<【答案】A 【解析】 【分析】 根据()1f x +图象关于y 轴对称可知()f x 关于1x =对称，从而得到()f x 在(),1-∞上单调递增且()()31f f =-；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系. 【详解】()1f x +Q 为偶函数 ()1f x ∴+图象关于y 轴对称()f x ∴图象关于1x =对称()1,x ∈+∞Q 时，()f x 单调递减 (),1x ∈-∞∴时，()f x 单调递增又()()31f f =-且1102-<-< ()()1102f f f ⎛⎫∴-<-< ⎪⎝⎭，即b a c <<本题正确选项：A 【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.17．()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x ∈R 总有3()()2f x f x +=-，则9()2f -的值为（ ） A ．0 B ．3C ．32D ．92-【答案】A 【解析】 【分析】首先确定函数的周期，然后结合函数的周期性和函数的奇偶性求解92f ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值即可. 【详解】函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x R ∈总有()32f x f x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则函数的周期3T =， 据此可知：()993360002222f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+==+=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 本题选择A 选项. 【点睛】本题主要考查函数的周期性，函数的奇偶性，奇函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18．函数()()2ln 43f x x x =+-的单调递减区间是（ ）A ．3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，C ．31,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．342⎡⎫⎪⎢⎣⎭，【答案】D 【解析】 【分析】先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】由2430x x +->得14x -<<，即函数定义域是(1,4)-，2232543()24u x x x =+-=--+在3(1,]2-上递增，在3[,4)2上递减，而ln y u =是增函数，∴()f x 的减区间是3[,4)2． 故选：D ． 【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．19．设函数()xf x x e =⋅，则（ ）A ．()f x 有极大值1eB ．()f x 有极小值1e-C ．()f x 有极大值eD ．()f x 有极小值e -【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求出函数()y f x =的极值点，分析导数符号的变化，即可得出结论. 【详解】()x f x x e =⋅Q ，定义域为R ，()()1x f x x e '∴=+，令()0f x '=，可得1x =-.当1x <-时，()0f x '<；当1x >-时，()0f x '>. 所以，函数()xf x x e =⋅在1x =-处取得极小值()11f e-=-， 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，在求出极值点后，还应分析出导数符号的变化，考查计算能力，属于中等题.20．对于任意性和存在性问题的处理，遵循以下规则：。
(完整版)高中数学函数与导数常考题型整理归纳
高中数学函数与导数常考题型整理归纳题型一:利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例1】已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ).(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，实数a 的取值范围是(0，1).【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a ＋a －1<0，则需要构造函数来解.【变式训练】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数).(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立，因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1，1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立. 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1（x ＋1）2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围为a ≥32.题型二:利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】设函数f(x)＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ， 定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －e x 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点.∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.【变式训练】函数f (x )＝(ax 2＋x )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)当a >0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在t ，t ＋1]上有解.解 (1)因为e x >0，(ax 2＋x )e x ≤0.∴ax 2＋x ≤0.又因为a >0，所以不等式化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0. 所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a ，0. (2)当a ＝0时，方程即为x e x ＝x ＋2，由于e x >0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x －2x －1＝0.令h (x )＝e x －2x －1，因为h ′(x )＝e x ＋2x 2>0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－2>0，h (－3)＝e －3－13<0，h (－2)＝e －2>0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根且分别在区间1，2]和－3，－2]上，所以整数t 的所有值为{－3，1}.题型三:利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题.【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x (x ＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)由于2e2x 0－a x 0＝0， 所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a . 故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【变式训练】 已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x (x >0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0.(2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞).②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. (3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈0，1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意.当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )， 所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e 3.。
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专题03 函数与导数大题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。
【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。
【名校试题荟萃】1、（2019届新余四中、上高二中高三第一次联考）已知函数.,R n m ∈（1）若函数()x f 在()()2,2f 处的切线与直线0=-y x 平行，求实数n 的值； （2）试讨论函数()x f 在区间[)+∞,1上最大值； （3）若1=n 时，函数()x f 恰有两个零点，求证：221>+x x【答案】（1）6n =（2）1ln m n --（3）见解析 【解析】（1）由，，由于函数()f x 在(2,(2))f 处的切线与直线0x y -=平行，故214n -=，解得6n =。
（2），由()0f x '<时，x n >；()0f x '>时，x n <，所以①当1n ≤时，()f x 在[)1,+∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；②当1n >时，()f x 在[)1,n 上单调递增，在[),n +∞上单调递减，故()f x 在[)1,+∞上的最大值为；又211x t x =>，ln 0t >，故122x x +>成立。
2、（宁夏长庆高级中学2019届高三上学期第四次月考数学（理）试卷）设函数（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x b =有两个不相等的实数根12,x x ，求证【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a 时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增. （2）略【解析】（I ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增. 当0a时，解()0f x '>得,x a 解()0f x '<得0.x a所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.综上，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增. 当0a时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.而令所以()g x 在(1,)+∞单调递增.3、（山东省新泰二中2019届高三上学期12月月考数学（理）试卷）已知函数()f x ,（1）讨论函数()f x 的单调性;（2）当0a =时,函数()g x 在(0,)+∞是否存在零点?如果存在，求出；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）不存在零点 【解析】（Ⅰ）函数的定义域为,=（2）0≠a 时，方程有两解或①当时，∴时，0)('<x f ， )(x f 在、上单调递减.)1,2(ax -∈时，0)('>x f ，)(x f 单调递增. ②当时，令，得或(i) 当时,时恒成立,上单调递增;（ⅱ）当时,∴时，0)('>x f ，)(x f 在、上单调递增.∈x 时，0)('<x f ， )(x f 单调递减。
（ⅲ）当时，∴ ∈x ⋃时，0)('>x f ，)(x f 在、上单调递增.∈x 时，0)('<x f ， )(x f 单调递减.综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；当时,上单调递增；当时,的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由（1）可知当时， 的单调递增区间为，单调递减区间为,在处取得极大值也是最大值。
等价于，，令得，所以，所以先增后减，在处取最大值0，所以．所以 进而,所以即,。
又所以函数在不存在零点．4、（山东省新泰二中2019届高三上学期12月月考数学（理）试卷）设,（1）若()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间，求a 的取值范围； （2）当20<<a 时，()x f 在[]4,1上的最小值为316-，求()x f 在该区间上的最大值. 【答案】（1）当a ＞－19时，()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间； （2）103 【解析】 （1），由题意得， ()0'>x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，32上能成立，只要即032'>⎪⎭⎫ ⎝⎛f ，即29＋2a ＞0，得a ＞－19，所以，当a ＞－19时，()x f 在⎪⎭⎫⎝⎛∞+，32上存在单调递增区间. （2）已知0＜a ＜2，()x f 在[1，4]上取到最小值－163，而的图象开口向下，且对称轴x ＝12，∵f ′（1）＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′（4）＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f ′（x0）＝0，此时函数f （x ）在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减， ∵f （1）＝－13＋12＋2a ＝16＋2a ＞0，∴()=min x f f （4）＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－163⇒a ＝1. 此时，由⇒20=x 或－1（舍去），所以函数f （x ）max ＝f （2）＝103.5、（辽宁省辽河油田第二高级中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试题）已知函数()ln 1xf x x =-． （1）确定函数()f x 在定义域上的单调性；（2）若()e xf x k ≤在()1,+∞上恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减； （2）1ek ≥（2）由()e xf x k ≤在()1,+∞上恒成立得：ln e 1x xk x ≤-在()1,+∞上恒成立． 整理得：在()1,+∞上恒成立．令，易知，当0k ≤时，()0h x ≤在()1,+∞上恒成立不可能， ∴0k >，又，()'11e h k =-，（i ）当1ek ≥时，，又在()1,+∞上单调递减，∴()'0h x ≤在()1,+∞上恒成立，则()h x 在()1,+∞上单调递减， 又()10h =，∴()0h x ≤在()1,+∞上恒成立．又()10h =，∴()'0h x >在()01,x 上恒成立， ∴()0h x ≤在()1,+∞上恒成立不可能．综上所述，1ek ≥． 6、（湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东六校2019届高三12月联考数学（理）试题）已知函数.（Ⅰ）当0>a 时，求)(x f 在区间]1,0(的最大值； （Ⅱ）若函数有两个极值点,求证.【答案】（1）当10≤<a 时，)(x f 的最大值为12--a，当1>a 时，)(x f 的最大值为（2）略【解析】（Ⅰ）由已知得)(x f 的定义域为),0(+∞,，当10≤<a 时,11≥a，)(x f 在]1,0(上单调递增,)(x f 的最大值为.当1>a 时,)(x f 在)1,0(a 上单调递增,在)11(，a单调递减， )(x f 的最大值为.综上，当10≤<a 时，)(x f 的最大值为12--a， 当1>a 时，)(x f 的最大值为.设,其中,由得at 2=,由于，∴)(t h 在)2,0(a上单调递增,在)1,2(a a 上单调递减, 即)(t h 的最大值为，从而成立.7、（黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三12月月考数学（理）试题）已知，(0)a >.（1）当1,0a x =≥时，求证：；（2）若存在00x ≥，使得成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析 （2）【解析】（1）设，，由()0F x ''>故()F x '增且，所以，在上递增，所以（2）即<0，，则，，所以在上单调递增，（ⅰ）当时， 在上为单调递增函数，故，所以：当时，恒成立，不合题意综上所述：8、（河北省承德市第一中学2019届高三上学期第三次月考数学（文）试题）已知函数f （x ）＝x 2－2ln x . （1）求f （x ）的单调区间；（2）若在x ∈（0,1]内恒成立，求t 的取值范围．【答案】（1）函数f （x ）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1） （2）（－∞，1]【解析】（1）函数的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝2x －2x＝2x ＋1x －1x，由f ′（x ）>0，得x >1， 由f ′（x ）<0，得0<x <1，所以，函数f （x ）的单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（0,1）． （2）由f （x ）≥2tx －1x 2对x ∈（0,1]恒成立，得2t ≤x ＋1x 3－2ln x x令h （x ）＝x ＋1x 3－2ln x x，则h ′（x ）＝x 4－2x 2－3＋2x 2ln x x 4，∵x ∈（0,1]，∴x 4－3<0，－2x 2<0,2x 2ln x <0，x 4>0， ∴h ′（x ）<0，∴h （x ）在（0,1）上为减函数．∴当x ＝1时，h （x ）＝x ＋1x 3－2ln xx有最小值2，得2t ≤2，∴t ≤1，故t 的取值范围是（－∞，1]．9、（吉林省汪清县第六中学2019届高三上学期第二次月考数学（文）试题）已知函数，函数．（1）求函数()y g x =的单调区间； （2）若不等式在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围；【答案】 （1）增区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，减区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭（2）0a ≤（2），即在[)1,+∞上恒成立，设，考虑到()10F =，，在[)1,+∞上为增函数，∵1x ≥，11e0x x--≥， ∴当0a ≤时，()0F x '≥，()F x 在[)1,+∞上为增函数，()0F x ≥恒成立当0a >时，()10F '<，()'F x '在[)1,+∞上为增函数，，在()01,x 上，()0F x '<，()F x 递减，()0F x <，这时不合题意，综上所述，0a ≤；10、（2019·兰州调研）设函数f （x ）＝x －2x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x 2，a ∈R .（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a >0时，记f （x ）的最小值为g （a ），证明：g （a ）<1. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）解 f （x ）的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝1＋2x 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2x 3＝x 2＋2x 2－a x 2＋2x 3＝（x 2＋2）（x －a ）x3， 当a ≤0时，f ′（x ）>0，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增； 当a >0时，当x ∈（0，a ），f ′（x ）<0，f （x ）单调递减； 当x ∈（a ，＋∞），f ′（x ）>0，f （x ）单调递增. 综上，当a ≤0时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增；当a >0时，f （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，＋∞）上单调递增.（2）证明 由（1）知，f （x ）min ＝f （a ）＝a －2a－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －1a 2 ＝a －a ln a －1a，即g （a ）＝a －a ln a －1a.要证g （a ）<1，即证a －a ln a －1a<1，即证：ln a ＋1a ＋1a2－1>0，令h （a ）＝ln a ＋1a ＋1a2－1，则只需证h （a ）＝ln a ＋1a ＋1a 2－1>0，h ′（a ）＝1a －1a 2－2a 3＝a 2－a －2a3＝（a －2）（a ＋1）a3. 当a ∈（0，2）时，h ′（a ）<0，h （a ）单调递减； 当a ∈（2，＋∞）时，h ′（a ）>0，h （a ）单调递增；所以h （a ）min ＝h （2）＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14>0，所以h （a ）>0，即g （a ）<1.11、（贵州省遵义航天高级中学2019届高三第四次模拟考试数学（文）试题）设函数。