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 =。

()x f 在()0,1-上减。

在()+∞,0上增。

（Ⅱ）当2≤m 。

()+∞-∈,m x 时，()()2ln ln +≤+x m x 。

故只需证明2=m 时()0>x f 。

当2m =时。

()21+-='x e x f x在()+∞-,2上增。

又()()00,0>'<'f x f 故()0='x f 在()+∞-,2上有唯一实根0x ，且()0,10-∈x 。

当()0,2x x -∈时，()0<'x f ，当()+∞∈,0x x 时，()0>'x f 从而()+∞-∈,2x 时，()()0x f x f ≥。

()()0002ln 2100x x x ex f x -=+⇒+=⇒='故()()()02121020000>++=++=≥x x x x x f x f综上知，当2m ≤时，证明()0f x >．例3. (2014全国1)设函数1()ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >. (1)解 函数f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b x e x －1.由题意可得f (1)＝2,f ′(1)＝e.故a ＝1,b ＝2.(2)证明 由(1)知,f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1, 从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ,则g ′(x )＝1＋ln x . 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时,g ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时,g ′(x )>0. 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增, 从而g (x )在(0,＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝-1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e,则h ′(x )＝e －x (1－x ).所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )>0；当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,从而h (x )在(0,＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上,当x >0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1.例4．（2014全国2）已知函数()2x x f x e e x -=--。

（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()(2)4()g x f x bf x =- ，当0x >时，()0g x >,求b 的最大值； （Ⅲ）已知1.41422 1.4143<<，估计2ln 的近似值（精确到0.001）。

（Ⅰ）()02x f ≥-+='-xxee 所以()xf 在R 上递增（Ⅱ）()()()x b e e b e ex x x x484x g 22-+---=--。

()()()2222+-+-+='--b e e ee x g x x xx。

①当2≤b 时，()0≥'x g ，()x g 在R 上单调递增，而()00=g 所以对任意0>x ()0>x g②当2>b 时，若x 满足222-<+<-b e e x x 即()b b b x 21ln 02-+-<<时。

()0<x g综上b 的最大值为2 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，()()2ln 12222232ln -+-=b b g 当2=b 时，()02ln 624232ln >+-=g ，6928.0123282ln >-> 当1423+=b 时，()2ln 21ln 2=-+-b b b ()()02ln 22322232ln <++--=g 。

6934.0282182ln <+<所以ln2的近似值为0.693例5【2015高考新课标1】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-.(Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0),则f (x 0)＝0,f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12,a ＝－34.因此,当a ＝－34时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线.(2)当x ∈(1,＋∞)时,g (x )＝－ln x <0,从而h (x )＝min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0, 故h (x )在(1,＋∞)无零点.当x ＝1时,若a ≥－54,则f (1)＝a ＋54≥0,h (1)＝min{f (1),g (1)}＝g (1)＝0,故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54,则f (1)<0,h (1)＝min{f (1),g (1)}＝f (1)<0,故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0,1)时,g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0,则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)无零点,故f (x )在(0,1)单调.而f (0)＝14,f (1)＝a＋54,所以当a ≤－3时,f (x )在(0,1)有一个零点；当a ≥0时,f (x )在(0,1)没有零点. (ⅱ)若－3<a <0,则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3单调递减,在⎝⎛⎭⎫－a 3，1单调递增,故在(0,1)中,当x ＝－a3时,f (x )取得最小值,最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. ①若f ⎝⎛⎭⎫－a 3>0,即－34<a <0,f (x )在(0,1)无零点； ②若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0,即a ＝－34,则f (x )在(0,1)有唯一零点； ③若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0,即－3<a <－34,由于f (0)＝14,f (1)＝a ＋54,所以当－54<a <－34时,f (x )在(0,1)有两个零点；当－3<a ≤－54时,f (x )在(0,1)有一个零点.综上,当a >-34或a <-54时,h (x )有一个零点；当a ＝-34或a ＝-54时,h (x )有两个零点；当-54<a <-34时,h (x )有三个零点. 例6【2015高考新课标，理21】设函数()mx x emx-+=2x f ，⑴证明()x f 在()0,∞-单调递减，在()+∞,0单调递增。

⑵若对于任意[]1,1,21-∈x x ，都有()()121-≤-e x f x f ，求m 的取值范围。

(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx －1≤0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx －1≥0,f ′(x )＞0. 若m ＜0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx －1＞0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx －1＜0,f ′(x )＞0. 所以,f (x )在(－∞,0)单调递减, 在(0,＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[－1,1],|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1,则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时,g ′(t )＜0；当t ＞0时,g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增. 又g (1)＝0,g (－1)＝e －1＋2－e ＜0,故当t ∈[－1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时,g (m )≤0,g (－m )≤0,即①式成立； 当m ＞1时,由g (t )的单调性,g (m )＞0,即e m －m ＞e －1； 当m ＜－1时,g (－m )＞0,即e －m ＋m ＞e －1. 综上,m 的取值范围是[－1,1].例7（2016全国1） 已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：221<+x x ． 解(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①设a ＝0,则f (x )＝(x －2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a >0,则当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e,f (2)＝a ,取b 满足b <0且b <ln a 2,则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2,则ln(－2a )≤1,故当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,＋∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点.若a <－e2,则ln(－2a )>1,故当x ∈(1,ln(－2a ))时,f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a ),＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(－2a ))上单调递减,在(ln(－2a ),＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,x 1∈(－∞,1),x 2∈(1,＋∞),2－x 2∈(－∞,1),f (x )在(－∞,1)上单调递减,所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2),即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x 2＋a (x 2－1)2,而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0,所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ,则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x ),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)＝0, 故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0,故x 1＋x 2<2.例8（2016全国2）(I)讨论函数2(x)e 2xx f x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20;xx x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax ag x x x --> 有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域. 解(1) f (x )的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x －（x －2）e x （x ＋2）2＝x 2e x（x ＋2）2≥0,且仅当x ＝0时,f ′(x )＝0,所以f (x )在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.因此当x ∈(0,＋∞)时,f (x )>f (0)＝－1.所以(x －2)e x >－(x ＋2),即(x －2)e x ＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x ＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ).由(1)知,f (x )＋a 单调递增,对任意a ∈[0,1),f (0)＋a ＝a －1<0,f (2)＋a ＝a ≥0. 因此,存在唯一x a ∈( 0,2],使得f (x a )＋a ＝0,即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时,f (x )＋a <0,g ′(x )<0,g (x )单调递减； 当x >x a 时,f (x )＋a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值,最小值为g (x a )＝e x a －a （x a ＋1）x 2a ＝e x a ＋f （x a ）（x ＋1）x 2a＝e x ax a ＋2.于是h (a )＝e x a x a ＋2,由⎝⎛⎭⎫e x x ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0,e x x ＋2单调递增.所以,由x a ∈(0,2],得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24.因为e x x ＋2单调递增,对任意λ∈⎝⎛⎦⎤12，e 24,存在唯一的x a ∈(0,2],a ＝－f (x a )∈[0,1),使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝⎛⎦⎤12，e 24.综上,当a ∈[0,1)时,g (x )有最小值h (a ),h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.2. 知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；10.0)(x f 0='是可导函数)(x f y =在0x x =处取极值的必要不充分条件。