导数恒成立分离参数题型归纳

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导数知识点各种题型归纳方法总结

导数知识点各种题型归纳方法总结导数知识点和题型总结一、导数的定义：1.函数y=f(x)在x=x处的导数为f'(x)=y'|x=x=lim(Δy/Δx)，其中Δy=f(x+Δx)-f(x)。

2.求导数的步骤：①求函数的增量：Δy=f(x+Δx)-f(x)；②求平均变化率：Δy/Δx；③取极限得导数：f'(x)=lim(Δy/Δx)，其中Δx→0.二、导数的运算：1.基本初等函数的导数公式及常用导数运算公式：① C'=0（C为常数）；② (xn)'=nxn-1；③ (1/x)'=-1/x^2；④ (ex)'=ex；⑤ (sinx)'=cosx；⑥ (cosx)'=-sinx；⑦ (ax)'=axlna（a>0，且a≠1）；⑧ (lnx)'=1/x；⑨ (loga x)'=1/(xlna)（a>0，且a≠1）。

2.导数的运算法则：法则1：[f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x)（和与差的导数等于导数的和与差）；法则2：[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)（前导后不导相乘+后导前不导相乘）；法则3：[f(x)/g(x)]'=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/[g(x)]^2（分母平方要记牢，上导下不导相乘，下导上不导相乘，中间是负号）。

3.复合函数y=f(g(x))的导数求法：①换元，令u=g(x)，则y=f(u)；②分别求导再相乘，y'=g'(x)·f'(u)；③回代u=g(x)。

题型：1.已知f(x)=1/x，则lim(Δy/Δx)，其中Δx→0，且x=2+Δx，f(2)=1/2.答案：C。

2.设f'(3)=4，则lim(f(3-h)-f(3))/h，其中h→0.答案：A。

导数常见题型归纳

导数常见题型归纳1.高考命题回顾例1.（2013全国1）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()xe cx d +，若曲线()yf x =和曲线()yg x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值；（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。

分析：⑴2d c b 4,a ==== ⑵由⑴知()24x f 2++=x x ，()()12+=x ex g x设()()()()24122---+=-=x x x ke x f x kg x F x，则()()()122-+='xke x x F 由已知()100≥⇒≥k F ，令()k x x x F ln ,20-==⇒='①若21e k <≤则021≤<-x ，从而当()1,2x x -∈时，()0<'x F ，()x F 递减()+∞∈,1x x 时，()>'x F 0，()x F 递增。

()()()02x 111≥+-=≥x x x F F故当2-≥x 时()0≥x F 即()()x kg x f ≤恒成立。

②若2e k = 则()()()02222>-+='-ee x e x F x 。

()2->x 。

所以()x F 在()+∞-,2上单调递增，而()02=-F .所以-2x ≥时，()0≥x F 恒成立。

③若2e k >，则()()02222222<--=+-=---e k e ke F ，从而()0≥x F 不可能恒成立即()()x kg x f ≤不恒成立。

综上所述。

k 的取值范围[]2,1e例2．（2013全国2）已知函数)ln()(m x e x f x+-=．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >．分析：（Ⅰ）1m =。

恒成立与能成立的七类问题【解析版】--高中数学

恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一分离参数法解答恒(能)成立问题1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ae x -ln x 在区间1,2 上单调递增，则a 的最小值为( )．A.e 2B.eC.e -1D.e -2【答案】C【分析】根据f x =ae x -1x≥0在1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，f x =ae x -1x ≥0在1,2 上恒成立，显然a >0，所以xe x ≥1a，设g x =xe x ,x ∈1,2 ，所以g x =x +1 e x>0，所以g x 在1,2 上单调递增，g x >g 1 =e ，故e ≥1a ，即a ≥1e=e -1，即a 的最小值为e -1．故选：C ．2(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f (x )=a ln x +x 2，在区间(0,2)上任取两个不相等的实数x 1，x 2，若不等式f x 1 -f x 2x 1-x 2>0恒成立，则实数a 的取值范围是()A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】C【分析】根据f x 1 -f x 2x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.【详解】由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>0可知f x 在(0,2)上单调递增，所以f (x )=ax +2x ≥0在(0,2)上恒成立，即a ≥-2x 2在(0,2)上恒成立，故a ≥-2x 2 max ，所以a ≥0，故选：C3(2023春·河南南阳·高二统考期末)若f x =log 0.5x 3-3x 2+ax +6 在区间1,2 上单调递增，则实数a 的取值范围为()热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题恒成立问题能成立问题“隐性”恒成立A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C【分析】令f (t )=log 0.5t ,t =x 3-3x 2+ax +6，根据复合函数的单调性可得需满足t >0，且t =x 3-3x 2+ax +6在1,2 上单调递减，结合导数。

恒成立问题的分离参数解法

“恒成立”问题的分离参数解法参数讨论是高中数学教学的一个重点，难点。

同时也是高考试题的热点。

参数讨论的方法多种多样，本人认为其中分离参数，因其具有思路清晰，有章可循，操作性强，易于掌握的特点，所以在解答某些恒成立条件下参数取值范围问题时，不失为一种较好的方法。

一、曲线恒过定点的问题。

有关含有参数的曲线方程的恒成立问题是学生普遍感到困难的问题。

参数与主变元交错在一起，目标不明确，将参数分离出来，可使问题明朗化。

例：已知132=-b a 证明：直线5=+by ax 恒过定点证明：由132=-b a 得 )13(21+=b a 代入直线方程后分离参数b 得 0)23()10(=++-y x b x由方程组 ⎩⎨⎧=+=-023010y x x 解得 ⎩⎨⎧-==1510y x ∴方程0)23()10(=++-y x b x 表示经过两直线010=-x 与 023=+y x 的交点)15,10(-的直线系方程故直线5=+by ax 在132=-b a 时，恒过定点)15,10(-例：已知动圆R a a ay ax y x C ∈=-++-+,0202024:221 定圆4:222=+y x C 证明：不论a 取任何实数值，动圆2C 恒过一个定点证法一：020202422=-++-+a ay ax y x 可化为 a ax ay y x 20422022-+-=-+① 可以把①式左边看作圆的方程，其圆心为（0，0），半径为20；右边看作直线。

根据点到直线的距离公式，圆心到直线距离)0(2020201642022≠==+-=a a a a a ad 易知，无论a 为任何不为零的实数，圆和直线都相切（因为圆心到直线的距离为圆的半径）。

不妨设1=a ，易求出圆和直线的切点为（4，-2），而当0=a 时，原方程为2022=+y x 也过（4，-2）。

所以，无论a 取任何实数，动圆1C 恒过定点（4，-2）.证法二：将圆2C 中的a 参数分离出来，得（ 0)2042()2022=+-+-+x y a y x （☆）方程组⎩⎨⎧=+-=-+020*******x y y x 有一解 ⎩⎨⎧-==24y x ∴（☆）式表示直线02042=+-x y 与圆2022=+y x 的交点（4，-2）的圆系方程.∴动圆1C 无论a 取任何实数值恒过定点(4,-2)显然：证明二利用分离参数法证明，往往比较简单。

导数中的参数问题(解析版)

【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。

而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。

【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-，设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=，当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .专题6.2 导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++，记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+，当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增；当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减，故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（），可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞恒成立，即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜时，有10lnx -＞，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜时，223lnx ＜＜，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜，可得0a ≥ ；当x e ＞时，有10lnx -＜，可得21x a lnx ≤- ，设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（），由32 e x e ＜＜时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减，由32x e >时，0g x g x '（）＞，（）在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，即有)g x （在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ，可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=，设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减；故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →；作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点，由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+，因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >，作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时，有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件，即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0．则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程，可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内，或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='，令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点，又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程，可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立；则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值；当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ，即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ；设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1；所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ．【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-，则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。

(完整版)高考数学导数压轴题7大题型总结

目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。

掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。

为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

1导数单调性、极值、最值的直接应用tatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsot a ti m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo d2交点与根的分布3不等式证明（一）做差证明不等式tatimeandAllthingsintheirb（二）变形构造函数证明不等式etatimeandAllthingsintheirbeingaregoo（三）替换构造不等式证明不等式dtatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsoi m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo df or s o4不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离参数tatimeandAllthingsintheirbeinga（三）恒成立之讨论字母范围rtatimeandAllthingsint5函数与导数性质的综合运用hetatimeandAllthingsintheirbeingarego6导数应用题odtatimeandAllthin7导数结合三角函数gstatimeandAllthingsintheirbeingaregoo。

导数大题求参归类(学生版)

导数大题求参归类目录题型01 恒成立求参：常规型题型02 恒成立求参：三角函数型题型03恒成立求参：双变量型题型04 恒成立求参：整数型题型05恒成立求参：三角函数型整数题型06“能”成立求参：常规型题型07“能”成立求参：双变量型题型08“能”成立求参：正余弦型题型09 零点型求参：常规型题型10 零点型求参：双零点型题型11 零点型求参：多零点综合型题型12 同构型求参：x1，x2双变量同构题型13 虚设零点型求参高考练场热点题型归纳题型01恒成立求参：常规型【解题攻略】利用导数求解参数范围的两种常用方法：(1)分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；(2)分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.1(2024上·北京·高三阶段练习)设a>0，函数f(x)=x a ln x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≤x，求a的取值范围；(3)若f (x)≤1，求a．2(2024上·甘肃武威·高三统考期末)已知函数f x =2xe x+a ln x+1.(1)当a=0时，求f x 的最大值；(2)若f x ≤0在x∈0,+∞上恒成立，求实数a的取值范围.【变式训练】1(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数f x =x2-ax e x．(1)若f x 在-2,-1上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若f x ≥sin x对x∈-∞,0恒成立，求实数a的取值范围．2(2024上·山西·高三期末)已知函数f x =m x-12-2x+2ln x，m≥2.(1)求证：函数f x 存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间a,b的长度b-a的取值范围；(2)当x≥1时，f x ≤2xe x-1-4x恒成立，求实数m的取值范围.3(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2x2-a ln x-1，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x+1)>(x+1)2+1x+1-1e x恒成立，求实数a的取值范围．题型02恒成立求参：三角函数型【解题攻略】三角函数与导数应用求参：1.正余弦的有界性2.三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sin x x≥0.1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =sin xx，g x =a cos x．(1)求证：x∈0,π2时，f x <1；(2)当x∈-π2,0∪0,π2时，f x >g x 恒成立，求实数a的取值范围；(3)当x∈-π2,0∪0,π2时，f x2>g x 恒成立，求实数a的取值范围．2(2023上·全国·高三期末)已知函数f (x )=e x sin x -2x .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求f (x )在区间0,π2上的最大值；(3)设实数a 使得f (x )+x >ae x 对x ∈R 恒成立，求a 的最大整数值.【变式训练】1(2023上·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习)已知函数f x =e ax -2ax a ∈R ,a ≠0 .(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≥sin x -cos x +2-2ax 对任意x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围.2(2023上·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习)已知函数f x =e x-sin x-cos x,f x 为其导函数．(1)求f x 在-π,+∞上极值点的个数；(2)若f (x)≥ax+2-2cos x a∈R对∀x∈-π,+∞恒成立，求a的值．题型03恒成立求参：双变量型【解题攻略】一般地，已知函数y =f x ,x ∈a ,b ，y =g x ,x ∈c ,d(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，总有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x min ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x max ．1(2023·四川攀枝花·统考模拟预测)已知函数f x =ae x -x a ∈R ．(1)当a =1时，求f x 的单调区间；(2)设函数g x =x 2-1 e x -x -f x ，当g x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 时，总有tg x 2 ≥2+x 1 ex 2+x 22-3 成立，求实数t 的值．2(2024上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习)设函数f x =e x -ax ，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )在[1,+∞)上的极值；(2)若函数f (x )有两零点x 1,x 2x 1<x 2 ，且满足x 1+λx 21+λ>1，求正实数λ的取值范围.【变式训练】1(2023·上海松江·校考模拟预测)已知函数f (x )=ax -a ln x -e xx.(1)若a =0，求函数y =f (x )的极值点；(2)若不等式f (x )<0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数y =f (x )有三个不同的极值点x 1、x 2、x 3，且f (x 1)+f (x 2)+f (x 3)≤3e 2-e ，求实数a 的取值范围.2(2023下·山东德州·高三校考阶段练习)已知函数f x =2ln x +12(a -x )2，其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2 ，求a 的取值范围.题型04恒成立求参：整数型【解题攻略】恒成立求参的一般规律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 ；如果参数涉及到整数，要注意对应解中相邻两个整数点函数的符号1(2023上·湖北·高三校联考阶段练习)已知f x =e x -2x +a ．(1)若f x ≥0恒成立，求实数a 的取值范同：(2)设x 表示不超过x 的最大整数，已知e x +2ln x -e +2 x +2≥0的解集为x x ≥t ，求et ．(参考数据：e ≈2.72，ln2≈0.69，ln3≈1.10)2(2023上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =ae x-2，g x =x+1x+2ln x，e=2.71828⋯为自然对数底数．(1)证明：当x>1时，ln x<x2-12x；(2)若不等式f x >g x 对任意的x∈0,+∞恒成立，求整数a的最小值．【变式训练】1(2023·江西景德镇·统考一模)已知函数f x =sin x+sin ax，x∈0,π2.(1)若a=2，求函数g x =f x +sin x值域；(2)是否存在正整数a使得f xx>3cos x恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =5+ln x，g x =kxx+1k∈R．(1)若函数f x 的图象在点1,f1处的切线与函数y=g x 的图象相切，求k的值；(2)若k∈N∗，且x∈1,+∞时，恒有f x >g x ，求k的最大值．(参考数据：ln5≈1.61,ln6≈1.7918,ln2+1≈0.8814)题型05恒成立求参：三角函数型整数1(2020·云南昆明·统考三模)已知f(x)=e x-2x-1 2．(1)证明：f(x)>0；(2)对任意x≥1，e sin x+x2-ax-1-ln x>0，求整数a的最大值．(参考数据：sin1≈0.8,ln2≈0.7)2(2020上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =a sin x +sin2x ，a ∈R .(1)若a =2，求函数f x 在0,π 上的单调区间；(2)若a =1，不等式f x ≥bx cos x 对任意x ∈0,2π3恒成立，求满足条件的最大整数b .【变式训练】1(2022·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x +a cos x -2x -2，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)讨论f ′(x )在区间0,π2 内极值点的个数；(2)若x ∈-π2，0时，f (x )≥0恒成立，求整数a 的最小值．2(2023·云南保山·统考二模)设函数f x =x sin x ，x ∈R (1)求f x 在区间0,π 上的极值点个数；(2)若x 0为f x 的极值点，则f x 0 ≥λln 1+x 20 ，求整数λ的最大值.题型06“能”成立求参：常规型【解题攻略】形如f x ≥g x 的有解的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x max≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a≥φx 或a≤φx 恒成立，即a≥φx min或a≤φx max恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可.1(2023上·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中)已知函数f x =a ln x+x，a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若存在x∈e,e2，使f x ≤ax+1 2ln x成立，求实数a的取值范围.注：e为自然对数的底数.2(2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习)已知函数f x =a2e2x+a-2e x-12x2，y=g x 是y=f x 的导函数.(1)若a=3，求y=g x 的单调区间；(2)若存在实数x∈0,1使f x >32a-2成立，求a的取值范围.【变式训练】1(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =x2+a ln ex．(1)讨论f x 的单调性；(2)若存在x∈1,e，使得f x -ax-a≤2，求实数a的最小值．2(2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三统考阶段练习)已知函数f x =a ln x+1-a2x2-x a∈R.(1)若a=2，求函数f x 的单调区间；(2)若存在x0≥1，使得f x0<aa-1，求a的取值范围.题型07“能”成立求参：双变量型【解题攻略】一般地，已知函数y =f x ,x ∈a ,b ，y =g x ,x ∈c ,d(1)相等关系记y =f x ,x ∈a ,b 的值域为A , y =g x ,x ∈c ,d 的值域为B ,①若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则有A ⊆B ；②若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则有A ⊇B ；③若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，故A ∩B ≠∅；(2)不等关系(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，总有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x min ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x max ．1(2022·江西上饶·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=2ax -e x +2，其中a ≠0.(1)若a =12，讨论函数f (x )的单调性；(2)是否存在实数a ，对任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f x 1 +f x 2 =4成立？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．2(2023上·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校考阶段练习)已知函数f x =a ln x +1xx >0 ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若存在x 1，x 2满足0<x 1<x 2，且x 1+x 2=1，f x 1 =f x 2 ，求实数a 的取值范围．【变式训练】1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax 2-2+5a x +5ln x a ∈R ，g x =x 2-52x .(1)若曲线y =f x 在x =3和x =5处的切线互相平行，求a 的值；(2)求f x 的单调区间；(3)若对任意x 1∈0,52 ，均存在x 2∈0,52，使得f x 1 <g x 2 ，求a 的取值范围．2(2023上·重庆·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．题型08“能”成立求参：正余弦型1(2017·江苏淮安·高三江苏省淮安中学阶段练习)函数f (x )=a cos x -x +b (a >0,b >0).(1)求证：函数f (x )在区间0,a +b 内至少有一个零点；(2)若函数f (x )在x =-π6处取极值，且∃x ∈0,π2 ，使得f (x )<3cos x -sin x 成立，求实数b 的取值范围.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x +2-2cos x(1)求函数f (x )在-π2，π2 上的最值：(2)若存在x ∈0，π2使不等式f (x )≤ax 成立，求实数a 的取值范围【变式训练】1(2020·四川泸州·统考二模)已知函数f (x )=sin x x,g (x )=(x -1)m -2ln x .(1)求证：当x ∈(0,π]时，f (x )<1；(2)求证：当m >2时，对任意x 0∈(0,π]，存在x 1∈(0,π]和x 2∈(0,π](x 1≠x 2)使g (x 1)=g (x 2)=f (x 0)成立.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ln1+x-a sin x，a∈R．(1)若y=f x 在0,0处的切线为x-3y=0，求a的值；(2)若存在x∈1,2，使得f x ≥2a，求实数a的取值范围．题型09零点型求参：常规型【解题攻略】零点常规型求参基础：1.分类讨论思想与转化化归思想2.数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处(极值点处)3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。

在导数中常使用的参数不等式恒成立问题的一些常用方法

在导数中常使用的参数不等式恒成立问题的一些常用方法1 分离参数法例 1：设()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+++=n a n n x f x x x 121lg ，其中a 是实数，n 是任意给定的自然数且n ≥2，若()x f 当(]1,∞-∈x 时有意义, 求a 的取值范围。

例 2：已知定义在R 上函数f(x)为奇函数，且在[)+∞,0上是增函数，对于任意R x ∈求实数m 范围，使()()0cos 2432cos >-+-θθm m f f 恒成立。

例 3：设0<a 45≤,若满足不等式b a x <-的一切实数x ，亦满足不等式212<-a x 求正实数b 的取值范围。

2 主参换位法例4：若对于任意a (]1,1-∈，函数()()a x a x x f 2442-+-=的值恒大于0，求x 的取值范围。

例 5：对于（0，3）上的一切实数x,不等式()122-<-x m x 恒成立，求实数m 的取值范围。

3 构建函数法（1）构造一次函数例6：若对一切2≤p ，不等式()p x x p x +>++2222log 21log log 恒成立，求实数x 的取值范围。

（2）造二次函数例7：对于⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ，022sin 2cos 2<--+m m θθ恒成立，求实数m 的范围。

4 数形结合法例8、已知对于一切x ，y ∈R ，不等式0218281222≥--+-+a y x xy xx 恒成立，求实数a 的取值范围。

例9：若不等式0log 32<-x x a 在⎪⎭⎫ ⎝⎛∈31,0x 内恒成立，求实数a 的取值范围。

观察.试探.猜想.证明例10：已知对一切实数θ，不等式()03cos sin 424>+-+-a a θθ恒成立，试求实数a 的取值范围。

参考答案1 分离参数法分析一下这道题的特征：因为分母n 是正数，要使得()x f 当(]1,∞-∈x 有意义，分子()()a n n x xx+-+++121 就必须也是正数。

导数中不等式恒成立求参数范围问题类型归纳

导数中不等式恒成立求参数范围问题一、恒成立之最值的直接应用1.（2011北京理18）已知函数。

⑴求的单调区间；⑵若对于任意的，都有≤，求的取值范围. 解：⑴，令，当时，与的情况如下：所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是，当时，与的情况如下：所以，的单调递减区间是和：单调递减区间是。

⑵当时，因为11(1)k kf k ee++=>，所以不会有当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是，所以等价于,解 2()()x kf x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1ek 221()()xk f x x k e k'=-()0,f x x k '==±0k >()f x ()f x '()f x (,)k -∞-(,)k +∞(,)k k -0k <()f x ()f x '()f x (,)k -∞(,)k -+∞(,)k k -0k >1(0,),().x f x e ∀∈+∞≤0k <()f x (0,)+∞24()kf k e-=1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤24()k f k e-=1e ≤10.2k -≤<综上：故当时，的取值范围是[，0].2.（2008天津理20）已知函数，其中. ⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式； ⑵讨论函数的单调性；⑶若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围.解：⑴，由导数的几何意义得，于是．由切点在直线上可得，解得．所以函数的解析式为． ⑵．当时，显然(),这时在，上内是增函数．当时，令，解得．当变化时，，的变化情况如下表：＋ 0 －－ 0＋↗极大值↘↘极小值↗∴在，内是增函数，在，内是减函数． ⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤k 12-()()0≠++=x b xax x f R b a ∈,()x f y =()()2,2f P 13+=x y ()x f ()x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21a ()10≤x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,41b 2()1af x x'=-(2)3f '=8a =-(2,(2))P f 31y x =+27b -+=9b =()f x 8()9f x x x=-+2()1af x x'=-0a ≤()0f x '>0x ≠()f x (,0)-∞(0,)+∞0a >()0f x '=x =x ()f x '()f xx (,-∞()+∞()f x '()f x ()fx (,-∞)+∞((0,)+∞()f x 1[,1]41()4f (1)f 1[,2]2a ∈等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立．从而得，所以满足条件的的取值范围是．3.已知函数.⑴若，求的单调区间；⑵已知是的两个不同的极值点，且，若恒成立，求实数b 的取值范围。

2024年高考数学复习专题05 利用导函数研究恒成立问题(典型题型归类训练) (解析版)

即 etx 2 ln etx (x 2) ln x 恒成立.
设 g(x) (x 2) ln x ，则 g(etx ) g(x) ，且 g(x) 1 2 ln x ， x
令 h(x)
g ( x)
1
2 x
ln
x
，则 h(x)
2 x2
1 x
x2 x2
，
所以当 x (0, 2) 时， h(x) 0 ， h(x) 在 (0,2) 单调递减；当 x (2,) 时， h(x) 0 ， h(x) 在 (2, ) 单调递增；
所以
g (b)min
g(1 a ) 2
1 a 2
1 2
；
（2）当 0 < a < 3 时，令 f (x) 0 ，解得 x a ， 3
f (x) 在区间 0,
a
3
上单调递增，在
a 3
,1
上单调递减，
f (0) b ， f
a 3
2a 3
a b， f (1) a b 1， 3
①当 0 a 1时 a b 1 b ，此时 a b 1 f ( x) 2a a b， 33
1 3
，
g (b)min
1 2
3 2
t2
t3
，记
h(t )
1 2
3 2
t2
t3
，
则 h(t) 3t2 3t) 3t(t 1) ，
当 0,
1
时，
h
(t
)
0
恒成立，
3
即 h(t) 在区间 0,
1 3
上单调递减，即
h(t
) min
h
1 3
3， 9
即 g(b)min

专题突破一利用导函数研究恒成立(教)

专题突破一高考中的导数综合问题第1课时利用导数研究恒(能)成立问题题型一分离参数求参数范围例1 已知函数f (x )＝a e x －2x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若f (x )>0对x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －2x ＋1，则f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )<0，解得x <ln 2；令f ′(x )>0，解得x >ln 2.故函数f (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的极小值为f (ln 2)＝2－2ln x ＋1＝3－2ln 2，无极大值．(2)f (x )>0对x ∈R 恒成立，即a >2x －1e x 对任意x ∈R 都成立，设g (x )＝2x －1e x ，则a >g (x )max ， g ′(x )＝2e x －(2x －1)e x (e x )2＝3－2x e x ，令g ′(x )>0，解得x <32；令g ′(x )<0，解得x >32. 故函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，32上单调递增，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递减， ∴g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫32＝322e ＝322e -.故实数a 的取值范围为322e -∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，. 思维升华分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1 已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，求a 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，所以ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x 2. 设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞x (0，e) e(e ，＋∞) h ′(x ) ＋ 0 －h (x ) ↗ 极大值12e↘由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值，为12e ，所以a ≤12e. 故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .题型二等价转换法求参数的范围例2 (2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数． (1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为a ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)e x ，所以f (0)＝1，f ′(x )＝(x ＋2)e x ，所以f ′(0)＝2，所以所求切线方程为2x －y ＋1＝0.(2)令h (x )＝f (x )－g (x )，由题意得h (x )min ≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立，因为h (x )＝(x ＋a －1)e x －12x 2－ax ，所以h ′(x )＝(x ＋a )(e x －1)．①若a ≥0，则当x ∈[0，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (0)＝a －1，则a －1≥0，得a ≥1.②若a <0，则当x ∈[0，－a )时，h ′(x )≤0；当x ∈[－a ，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[0，－a )上单调递减，在[－a ，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－a )，又因为h (－a )<h (0)＝a －1<0，所以不符合题意．综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．思维升华对不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，直接构造函数，转化成求函数的最值问题．跟踪训练2 已知函数f (x )＝e x －ax .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ∈[0，＋∞)时，都有f (x )>－a ，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x －a (x ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )>0⇒x >ln a ，令f ′(x )<0⇒x <ln a ，∴f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(2)依题意知，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min >－a ，由(1)知，当a ≤1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (0)＝1>－a ，∴－1<a ≤1.当a >1时，f (x )在[0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a >－a ，解得1<a <e 2.综上，函数a 的取值范围为(－1，e 2)．题型三双变量的恒(能)成立问题例3 设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3. (1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23， ∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527，又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<4x 1x 2，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －a x(x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)－f (x 2)>4(x 1－x 2)x 1x 2，即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2. 设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]， |f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)．培优点隐零点问题在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．例1. 已知函数)2ln()(+-=x e x g x，证明)(x g ＞0.跟踪练习：已知函数x a e x f x ln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.课时精练1．设函数f (x )＝ln x ＋a x(a 为常数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)不等式f (x )≥1在x ∈(0,1]上恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －a x 2，当a ≤0时，又x >0，∴x －a >0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，∴f (x )单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，∴f (x )单调递减．综上可知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在区间(0，a )上单调递减，在区间(a ，＋∞)上单调递增．(2)f (x )≥1⇔a x ＋ln x ≥1⇔a x≥－ln x ＋1⇔a ≥－x ln x ＋x 对任意x ∈(0,1]恒成立．令g (x )＝－x ln x ＋x ，x ∈(0,1]．则g ′(x )＝－ln x －x ·1x＋1＝－ln x ≥0，x ∈(0,1]， ∴g (x )在(0,1]上单调递增，∴g (x )max ＝g (1)＝1，∴a ≥1，故a 的取值范围为[1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值．解 (1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．所以f (x )在x ＝1e 处取得极小值，且为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x .问题转化为m ≥⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min . 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.3．已知f (x )＝e x －ax 2.(1)若f (x )在x ＝1处的切线与直线(e －2)x －y ＝0平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，＋∞)时，恒有f (x )≥x ＋(1－x )e x ，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x －2ax ，∴f ′(1)＝e －2a ＝e －2，∴a ＝1.(2)f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)，当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立．当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ；令h ′(x )<0，得0≤x <ln a .∴h (x )在[0，ln a )上单调递减，又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立，∴a >1不合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．4．已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，g (x )＝x 2＋x ＋2a ＋1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)当x ∈[1，e]时，f (x )<g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，f ′(x )＝2x ＋(a ＋1)－1x. 依题意知x ∈(1，＋∞)时，2x ＋(a ＋1)－1x≥0恒成立，即a ＋1≥1x －2x .令k (x )＝1x －2x ，x ∈(1，＋∞)，∴k ′(x )＝－1x 2－2<0， ∴k (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴k (x )<k (1)＝－1，∴a ＋1≥－1，即a ≥－2， ∴实数a 的取值范围为{a |a ≥－2}．(2)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x －2a －1，x ∈[1，e]，则只需φ(x )max <0即可，φ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. 当a ≤0时，φ′(x )<0，∴φ(x )在[1，e]上单调递减，∴φ(x )max ＝φ(1)＝－a －1，∴－a －1<0，即a >－1，∴－1<a ≤0.当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，φ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增， ∴要使φ(x )max <0，只需⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)<0，φ(e )<0，a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1<0，a e －2a －2<0，a >0，解得0<a <2e －2，综上，实数a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪ －1<a <2e －2.5．已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2. ①当a ≤1，x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②当1<a <e ，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. ③当a ≥e ，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上单调递减．f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e，综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－a e. (2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a <1时f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e.g ′(x )＝(1－e x )x . 当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－a e <1，即a >e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 2－2e e ＋1，1.。

最全总结之导数恒成立问题

恒成立问题类型一由恒成立求参数之参数分离例1.（宜昌市2019届）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.解析：（1）依题意，当时，令，得或，令，得，可知的增区间为，，减区间为；当时，令，得，令，得或，可知的增区间为，减区间为，.综上，当时，的增区间为，，减区间为；当时，的增区间为，减区间为，.（2）方法一：，即，令，则，令，则.①若，当时，，从而在上单调递增，因为，故当时，，即，从而在上单调递增，因为，故当时，恒成立，符合题意；②若，当时，恒成立，从而在上单调递减，则，即时，，从而在上单调递减，此时，不符合题意；③若，由，得，当时，，故在上单调递减，则，即，故在上单调递减，故当时，，不符合题意；综上所述，实数的取值范围为方法二分离参数法（好处是不用讨论参数，坏处是可能计算比较复杂），即，x x xe x e a 221-->即的最大值问题转化成求函数令)(1)(22x g xex e x g xx --=x x e x e x x x g 2222122)('-++=x e x x x h 22122)(-++=令x x e x x e x x h 22224)(224)('-+=-+=ϕ，令则 )1(4)('2x e x -=ϕ则00)('==x x 得：令ϕ上单调递减上单调递增，在在所以),0()0,()(+∞-∞x ϕ0)0()(=≤ϕϕx 0)('≤x h 即0)0()()(')(=<=h x h x g x h 单调递减，则所以)0()()(g x g x g <单调递减，则所以0lim )0(→=x g x xxe x e 221--1)12(12lim )'()'1(lim 220220=+-=--=→→x e e xe x e x x x x x x 用到洛必达法则）( 11)(≥⇒<a x g 所以跟踪训练一1. （长春实验高中2019届）已知函数.（1）证明：当时，函数在上是单调函数；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围. 解析：（1），令，则.则当时，，当时，.所以函数在取得最小值，.故，即函数在上是单调递增函数.（2）当时，，即令（），则令（），则.当时，单调递增，.则当时，，所以单调递减.当时，，所以单调递增.所以，所以.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为.2.（2019届高三毕业班）已知函数.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若恒成立，求的取值范围.解析：（Ⅰ）当时，，则，∴，，∴曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）若对恒成立，即对恒成立，设，可得，由，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减.∴在处取得极大值，且为最大值，∴的取值范围为.【点睛】曲线的切线问题要区分是“在点”还是“过点”切线问题，在点相比容易，“过点”则需要对此点进行分情况讨论；恒成立问题常见解法是分离变量，构造新函数求解最值，有时也可分情况讨论。

微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题高考数学

试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−

≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则

= =

，所以

≥

，即正实数的取值范围是[ , +∞).

试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞，所以 = ，
则 ′
=
− −

=
− +
，设

= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，

，又＞，

′
所以当＜＜时＜，当＜或＞时 ′ ＞，

所以在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，

则在区间[−, ]内存在，，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；

2023届高考数学导数满分通关：单变量恒成立之同构或放缩后参变分离

专题30 单变量恒成立之同构或放缩后参变分离【方法总结】单变量恒成立之参变分离法参变分离法是将不等式变形成一个一端是f (a )，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若f (a )≥g (x )在x ∈D 上恒成立，则f (a )≥g (x )max ；若f (a )≤g (x )在x ∈D 上恒成立，则f (a )≤g (x )min ．特别地，经常将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若a ≥g (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≥g (x )max ；若a ≤g (x )在x ∈D 上恒成立，则a ≤g (x )min ．利用分离参数法来确定不等式f (x ，a )≥0(x ∈D ，a 为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f 1(a )≥f 2(x )或f 1(a )≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(a )≥f 2(x )max 或f 1(a )≤f 2(x )min ，得到a 的取值范围．【例题选讲】[例1] (2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x ，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2， ∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2e －1，0，∴所求三角形面积为12×2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2e －1＝2e －1．(2)解法一 (同构后参变分离) f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二 (最值分析法＋隐零点法)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a-<1，∴f ′⎝⎛⎭⎫1a f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1， ∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)． [例2] 已知函数f (x )＝x －a ln x ．(1)若曲线y ＝f (x )＋b (a ，b ∈R )在x ＝1处的切线方程为x ＋y －3＝0，求a ，b 的值； (2)求函数g (x )＝f (x )＋a ＋1x(a ∈R )的极值点；(3)设h (x )＝1a f (x )＋a e x －xa ＋ln a (a >0)，若当x >a 时，不等式h (x )≥0恒成立，求a 的最小值．解析 (1)由f (x )＝x －a ln x ，得y ＝x －a ln x ＋b ，∴y ′＝f ′(x )＝1－ax．由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝－1，f (1)＋b ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝－1，1＋b ＝2，∴a ＝2，b ＝1．(2)g (x )＝f (x )＋a ＋1x ＝x －a ln x ＋a ＋1x ，∴g ′(x )＝1－a x －a ＋1x 2＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x 2(x >0)，当a ＋1≤0，即a ≤－1时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上为增函数，无极值点．当a ＋1>0，即a >－1时，则有，当0<x <a ＋1时，g ′(x )<0，当x >a ＋1时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0，a ＋1)上为减函数，在(a ＋1，＋∞)上为增函数， ∴x ＝a ＋1是g (x )的极小值点，无极大值点．综上可知，当a ≤－1时，函数g (x )无极值点，当a >－1时，函数g (x )的极小值点是a ＋1，无极大值点． (3) (同构后参变分离)h (x )＝1a f (x )＋a e x －xa＋ln a ＝a e x －ln x ＋ln a (a >0)，由题意知，当x >a 时，a e x －ln x ＋ln a ≥0恒成立，又不等式a e x －ln x ＋ln a ≥0等价于a e x ≥ln x a ，即e x ≥1a ln x a ，即x e x ≥x a ln xa ．①①式等价于x e x ≥ln x a ·eln x a ，由x >a >0知，x a >1，ln xa >0．令φ(x )＝x e x (x >0)，则原不等式即为φ(x )≥φ⎝⎛⎭⎫ln xa ，又φ(x )＝x e x (x >0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x ≥ln xa ，②又②式等价于e x ≥x a ，即a ≥xe x (x >a >0)，设F (x )＝xe x (x >0)，则F ′(x )＝1－x ex ，∴F (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x >a >0， ∴当0<a <1时，F (x )在(a ，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数． ∴F (x )≤F (1)＝1e ．要使原不等式恒成立，须使1e ≤a <1，当a ≥1时，F (x )在(a ，＋∞)上为减函数，F (x )<F (1)＝1e．要使原不等式恒成立，须使a ≥1e ，∴当a ≥1时，原不等式恒成立．综上可知，a 的取值范围是[1e ，＋∞)，a 的最小值为1e ．[例3] 已知实数a ∈R ，设函数f (x )＝ln x －ax ＋1． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥a (x ＋1－x 2)x ＋1恒成立，求实数a 的取值范围．解析 (1)由题意得定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x．当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1a ，所以当⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)因为x >0，所以f (x )≥a （x ＋1－x 2）x ＋1恒成立等价于x ln x ≥a x ＋1恒成立．设h (x )＝ln x －⎝⎛⎭⎫1－1x ，则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，所以函数h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝0．即ln x ≥1－1x，所以x ln x ≥x ⎝⎛⎭⎫1－1x ＝x －1恒成立，问题等价于x －1－a x ＋1≥0恒成立，分离参数得a ≤x －1x ＋1恒成立．设t ＝x ＋1∈(1，＋∞)，函数g (t )＝t 2－2t ，则g ′(t )＝1＋2t 2>0，所以函数g (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (t )>g (1)＝－1，所以a ≤－1，故实数a 的取值范围为(－∞，－1]．【对点精练】1．已知函数f (x )＝e ax －x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为1，求f (x )的单调区间； (2)若不等式f (x )≥e ax ln x －ax 2对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围． 1．解析 (1)f ′(x )＝a e ax －1，则f ′(0)＝a －1＝1，即a ＝2． ∴f ′(x )＝2e 2x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 22．当x <－ln 22时，f ′(x )<0；当x >－ln 22时，f ′(x )>0．故f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－ln 22，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－ln 22，＋∞． (2)(同构后参变分离) 由f (x )≥e ax ln x －ax 2，即ax 2－x ≥e ax (ln x －1)，有ax －1e ax ≥ln x －1x ，故仅需ln e ax －1e ax ≥ln x －1x即可．设函数g (x )＝ln x －1x ，则ln e ax －1e ax≥ln x －1x等价于g (e ax )≥g (x )． ∵g ′(x )＝2－ln xx 2，∴当x ∈(0，e]时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，e]上单调递增，∴当x ∈(0，e]时，g (e ax )≥g (x )等价于e ax ≥x ，即a ≥ln xx恒成立．设函数h (x )＝ln xx ，x ∈(0，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2≥0，即h (x )在(0，e]上单调递增，∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，则a ≥1e 即可，∴a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞． 2．已知函数f (x )＝1＋a e x ln x ．(1)当a ＝1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若不等式f (x )≥e x (x a －x )(a <0)，对x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 2．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝1时，f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ，令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴当x ＝1时，g (x )取得极小值即最小值g (1)＝1，∴f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)(同构后参变分离) 不等式f (x )≥e x (x a －x )⇔e －x ＋x ≥x a －a ln x ⇔e －x －ln e －x ≥x a －ln x a ，设k (t )＝t －ln t ，即k (e －x )≥k (x a )，(*)∵k ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，∴当t ∈(0，1)时，k ′(t )<0，k (t )在(0，1)上单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，k ′(t )>0，k (t )在(1，＋∞)上单调递增，∵x ∈(1，＋∞)，0<e －x <e －1<1，当a <0时，0<x a <1，且k (t )在(0，1)上单调递减，则(*)式⇔e －x ≤x a ⇒－a ≤x ln x ，令h (x )＝x ln x (x >1)，则h ′(x )＝ln x －1(ln x )2，当x ∈(1，e)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， ∴h (x )min ＝h (e)＝e ，则－a ≤e ，∴a ≥－e ，又a <0，∴a 的取值范围是[－e ，0)． 3．已知函数f (x )＝e －x －ax ，g (x )＝ln(x ＋m )＋ax ＋1． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的最小值；(2)若对任意的x ∈(－m ，＋∞)，恒有f (－x )≥g (x )成立，求实数m 的取值范围． 3．解析 (1)当a ＝－1时，f (x )＝e －x ＋x ，则f ′(x )＝－1e x ＋1．令f ′(x )＝0，得x ＝0．当x ＜0时，f ′(x )＜0，当x ＞0时，f ′(x )＞0，∴函数f (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增． ∴当x ＝0时，函数f (x )取得最小值，最小值为f (0)＝1．(2)由(1)得e x ≥x ＋1恒成立．f (－x )≥g (x )⇔e x ＋ax ≥ln(x ＋m )＋ax ＋1⇔e x ≥ln(x ＋m )＋1．故x ＋1≥ln(x ＋m )＋1，即m ≤e x －x 在(－m ，＋∞)上恒成立．当m ＞0时，在(－m ，＋∞)上，e x －x ≥1，得0＜m ≤1；当m ≤0时，在 (－m ，＋∞)上，e x －x ＞1，m ≤e x －x 恒成立．于是m ≤1． ∴实数m 的取值范围为(－∞，1]．。

(完整版)高考数学导数题型归纳(最新整理)

导数题型归纳请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法：1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。

最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令得到两个根；0)('=x f 第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数在区间D 上的导数为，在区间D 上的导数为，若在区间D 上，()y f x =()f x '()f x '()g x 恒成立，则称函数在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，()0g x <()y f x =4323()1262x mx x f x =--（1）若在区间上为“凸函数”，求m 的取值范围；()y f x =[]0,3（2）若对满足的任何一个实数，函数在区间上都为“凸函数”，求的最大值.2m ≤m ()f x (),a b b a -解:由函数得4323()1262x mx x f x =--32()332x mx f x x '=--2()3g x x mx ∴=--（1）在区间上为“凸函数”，()y f x = []0,3则在区间[0,3]上恒成立 2()30g x x mx ∴=--<解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x <(0)0302(3)09330g m g m <-<⎧⎧⇒⇒>⎨⎨<--<⎩⎩解法二：分离变量法：∵ 当时, 恒成立,0x =2()330g x x mx ∴=--=-<当时, 恒成立03x <≤2()30g x x mx =--<等价于的最大值（）恒成立，233x m x x x ->=-03x <≤而（）是增函数，则3()h x x x=-03x <≤max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当时在区间上都为“凸函数” 2m ≤()f x (),a b 则等价于当时恒成立2m ≤2()30g x x mx =--<解法三：变更主元法再等价于在恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题）2()30F m mx x =-+>2m ≤22(2)023011(2)0230F x x x F x x ⎧->--+>⎧⎪⇒⇒⇒-<<⎨⎨>-+>⎪⎩⎩2b a ∴-=例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的不等式恒成立，求a 的取值范围. ],2,1[++∈a a x ()f x a '≤（二次函数区间最值的例子）解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---01a <<令得,0)(>'x f )(x f 令得的单调递减区间为（－，a ）和（3a ，+）,0)(<'x f )(x f ∞∞∴当x=a 时，极小值= 当x=3a 时，极大值=b. )(x f ;433b a +-)(x f （Ⅱ）由||≤a ，得：对任意的恒成立①)(x f '],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤则等价于这个二次函数的对称轴()g x max min ()()g x a g x a≤⎧⎨≥-⎩22()43g x x ax a =-+2x a =01,a << （放缩法）12a a a a +>+=即定义域在对称轴的右边，这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

导数压轴3-恒成立问题之参变分离法教师

一、方法初探【例1】若()ln 10f x x ax =-+<恒成立，求a 。

解一：求导得1'()f x a x=- 若0a ≤，则'()0f x ≥恒成立；则()f x 在(0,)+∞上单增，有1()0af e e =-≥ ，不成立；若0a >时，()f x 在1(0,a 上单增，在1(,)a+∞上单减；则max ()ln f x a =-，令ln 0a -<得(1,)a ∈+∞。

【思路解析】以上解法是我们所熟悉的分类讨论解法，本题较为简单，因此即使是分类讨论也不是很复杂，但如果遇到有些复杂些的题目，用分类讨论的方法就会异常繁琐，甚至无法顺利求得结果，接下来我们就来引入另一种方法——即参变分离法。

解二：将参数和未知数分离到不等号两边，即转化成ln 1x a x+>恒成立问题；令ln 1()x g x x +=，则问题即成为max ()a g x >，接下来就仅剩对()g x 性质分析；2ln '()xg x x=-，则()g x 在(0,1)上单增，在(1,)+∞上单减，max ()(1)1a g x g ∴>==；得到1a >。

【小结】相比于解法一，解法二避免了繁琐的讨论，只需要求得max ()g x 即可，【方法对话】参变分离方法的实质，就是将参数和未知数分离到等式两边，将问题转化为求含有未知数式子的最大或最小值，但需要注意的是，在进行参变分离的时候，要注意题干表达的是“恒成立”还是“能成立”，对于恒成立，是要使对任意的x ，该不等式都能成立，而对能成立，则只需要存在x 使式子成立即可。

因此，恒成立和能成立对应的参变分离后转化的需求问题也不同，简单来说恒成立：比它大，就比它的最大值都大，比它小，就比它的最小值都小。

能成立：比它大，就比它的最小值都大，比它小，就比它的最大值都小。

具体的部分推论如下：第三课：恒/能成立问题之参变分离法(1)若对x I ∀∈，()0f x >恒成立，则min ()0f x >. 若对x I ∀∈，()0f x <恒成立，则max ()0f x <. (2)若x I ∃∈，使得()0f x >成立，则max ()0f x >.若x I ∃∈，使得()0f x <成立，则min ()0f x <.(3)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->(4)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.此类问题中需要特别注意的是：能转移成这样问题的，一定得满足()f x 中的1x 与()g x 中的2x 是两个独立变量！即两者必须毫无关联才能转化成这样的问题。

导数压轴恒成立之参数分离

导数压轴恒成立之参数分离
在高中数学中，导数压轴题是比较难的题目类型，其中恒成立之参数分离问题是常见题型之一。

这类问题可以通过分离参数的方法进行求解，具体步骤如下：
1. 分离参数：将参数从不等式中分离出来，得到一个关于参数的函数。

2. 求导数：对分离出的函数求导数，得到导数与参数的关系。

3. 分析导数：根据导数与参数的关系，分析函数的单调性、极值等性质。

4. 得出结论：根据函数的性质，得出不等式恒成立的条件，从而得到问题的解。

在使用参数分离法解决导数压轴题时，需要注意函数的连续性和可导性，以及参数的取值范围。

同时，要灵活运用导数的相关知识，如单调性、极值、最值等，以达到快速求解的目的。

导数恒成立解答题的几种处理方法

等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方法常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法： 1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算例：已知函数1ln ()xf x x+=．（Ⅰ）若函数在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围；解：（Ⅰ）因为1ln ()x f x x +=，0x > ，则ln ()xf x x'=-， … 1分当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<．所以()f x 在（0，1）上单调递增；在(1,)+∞上单调递减，所以函数()f x 在1x =处取得极大值．… 2分因为函数()f x 在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值，所以1,112a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩ 解得1 1.2a << … 4分（Ⅱ）不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln ),x x k x ++≥ 记(1)(1ln )(),x x g x x++= 所以22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln (),x x x x x x xg x x x '++-++-'==… 6分令()ln ,h x x x =-则1()1h x x'=-，1,()0.x h x '≥∴≥()h x ∴在[1,)+∞上单调递增，min [()](1)10h x h ∴==>，从而()0g x '>故()g x 在[1,)+∞上也单调递增，min [()](1)2g x g ∴==，所以2k ≤ …8分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围例题：设，其中．（1）若有极值，求的取值范围；（2）若当，恒成立，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，且有极值，则有两个不同的实数根，故，解得：，即（4分）（2）由于，恒成立，则，即（6分）由于，则① 当时，在处取得极大值、在处取得极小值，则当时，，解得：；（8分）② 当时，，即在上单调递增，且，则恒成立；（10分）③ 当时，在处取得极大值、在处取得极小值，则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数x x x f ln )(=。

每日一题型7恒成立之分离参数最值法

每日一题型 7 恒成立之分离参数最值法在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立问题．这类问题涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．因此也成为历年高考的一个热点．分离参数最值法主要通过两个基本思想解决“恒成立问题”思路1、x D ∈,[](),f x a b ∈()m f x x D m b >∈⇔>在上恒成立 ()m f x x D m a <∈⇔<在上恒成立 ()m f x x D m b ≥∈⇔≥在上恒成立 ()m f x x D m a ≤∈⇔≤在上恒成立思路2、x D ∈,()(),f x a b ∈()m f x x D m b >∈⇔≥在上恒成立 ()m f x x D m a <∈⇔≤在上恒成立 ()m f x x D m b ≥∈⇔≥在上恒成立 ()m f x x D m a ≤∈⇔≤在上恒成立先看看几道例题：1．函数，若对任意，恒成立，求实数的取值范围。

解：若对任意，恒成立，即对，恒成立，考虑到不等式的分母，只需在时恒成立而得.即22a x x >--而223x x --≤- 所以3a >- 2.已知当x R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+恒成立，求实数a 的取值范围。

分析：在不等式中含有两个变量a 及x ，其中x 的范围已知（x R ），另一变量a 的范围即为所求，故可考虑将a 及x 分离。

解：原不等式即：要使上式恒成立，只需大于的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。

f(x)=4sinx+cos2x=-2sin 2x+4sinx+1=-2(sinx -1)2+33,∴即上式等价于或解得.注：注意到题目中出现了sinx 及cos2x ，而cos2x=1-2sin 2x,故若把sinx 换元成t,则可把原不等式转化成关于t 的二次函数类型。

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导数与恒成立
题型一分离参数
例1函数x a x
x x f ln 1)(--
=在定义域内单调增，求a 的取值范围
练习1 已知函数x x
ax x f ln 21)(2
-+=)0(>x ．（Ⅰ）若)(x f 在),1[+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；
练习2 已知函数x a x x f ln )(2+=
(1)若函数x x f x g 2)()(+
=在［1，4］是减函数，求实数a 的取值范围
例2若函数x
x x g x x f 2)(,ln )(-
== ，若对所有的[,)x e ∈+∞都有()xf x ax a ≥-成立，求实数a 的取值范围.
练习1 设函数f (x )＝ax ，[0,]x π∈，且f (x )≤1＋sin x ，则a 的取值范围________．
练习2 设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意的x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．
例3 已知函数f (x )＝x 2－a ln x ，g (x )＝bx －x ＋2，其中a ，b ∈R 且ab ＝2.函数f (x )在⎣⎡⎦
⎤14，1上是减函数，函数g (x )在⎣⎡⎦
⎤14，1上是增函数． (1)求函数f (x )，g (x )的表达式；
(2)若不等式f (x )≥mg (x )对x ∈⎣⎡⎦
⎤14，1恒成立，求实数m 的取值范围；
练习1已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.
（Ⅰ）若2
'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；
练习2 已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.
(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；
(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；
练习3设函数2()(1)2ln(1)f x x x =+-+.
（Ⅰ）求f (x )的单调区间；（Ⅱ）若当1[1,1]x e e
∈--时，不等式f (x )<m 恒成立，求实数m 的取值范围；
练习4已知函数()ln f x x x =.
（Ⅰ）求()f x 的最小值；
（Ⅱ）若对所有1x ≥都有()1f x ax ≥-，求实数a 的取值范围.
练习5设函数f （x ）=ax+cosx ，x ∈[0，π].
（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）设f （x ）≤1+sinx ，求a 的取值范围.。