一道高考导数压轴题解答的优化与思考

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最近三年高考压轴题系列--导数题思路分析及考题总结

最近三年高考压轴题系列---导数思路分析及考题总结经历过高考的学生或者现在还在高中奋斗的学子应该都知道高考数学中有一个拦路虎般存在的难点，它就是导数，很多人可以说是谈导数色变，基本上碰见导数的题目也就是第一问简单写写然后就放弃了。

那么导数真的那么难吗？真的不可搞定吗？当然不是！！！题目之所以难，在于不可控！难在不确定！你不知道导数到底有多少种考法？多少种问法？每一种是怎么回事？有几种方法？每一种的方法是什么？方法之间的区别是什么？在短时间内该怎么去甄别用那种方法？这些问题你都不知道，你当然会恐惧。

那么接下来这个问题老秦帮你解决！下面是我总结导数在文科和理科层面上的考点及模型。

如下图！这个是文科的，内容相对简单！下面是理科的后续小编会逐一为大家分享，敬请期待！今天咱们先来谈一谈高考中考的最多的一种-----参数取值范围类问题！这类问题主要有下面四种方法。

第一：数形结合法------直线+曲线（例题：2019年新课标Ⅰ）这类方法核心，曲线中不含参数，参数在直线上，且直线过定点！第二：变换主元法（例题：2018年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于多个参数，其中一个参数的范围确定，且单调性易求，简单而言，谁有范围，谁为自变量，求谁，谁为参数！第三：含参分类讨论法（例题：2017年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于无法分离参数，且整体单调性讨论起来比较容易分类！第四：分离参数法----隐零点问题（例题：2019年郑州三模）这类方法核心，参数易分离，且分离后单调性讨论起来不难，而且导函数零点要么可以搞定，要么出现隐零点！2019年新课标Ⅰ文科------数形结合法（直线+曲线）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x＝时，极大值为g（）＝＞0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h（x）＝ax，∵f（x）≥h（x），根据f（x）和h（x）的图象可知，∴a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．2018年新课标Ⅰ文科----变换主元法已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）≥0．2017年新课标Ⅰ文科----含参讨论法已知函数f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．解：（1）f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]2019年郑州三模------分离参数法（隐零点问题）设函数f（x）＝ae x﹣x，g（x）＝blnx．（Ⅰ）设h（x）＝f（x）+g（x），函数h（x）在（1，h（1））处切线方程为y＝2x﹣1，求a，b的值；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0成立，求k的最大值．解：（Ⅰ）h（x）＝f（x）+g（x）＝ae x+blnx﹣x，，由题意可知，解得，b＝1；（Ⅱ）当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0等价于．设，则，令R（x）＝e x﹣x﹣2，则R'（x）＝e x﹣1．当x＞0时，R'（x）＞0恒成立，R（x）在（0，+∞）上单调递增，又R（1）＜0，R（2）＞0，∴R（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0，且x0∈（1，2），．∴F（x）单减区间为（0，x0），单增区间为（x0，+∞），∴F（x）在（0，+∞）的最小值为．∴k＜F（x0），故k max＝2．看完以后大家发现，其实各种方法也许都能搞定，但是区别在于是否能够在短时间内搞定，所以我经常和学生说，导数难的不是方法，而是对方法的选择，尤其是短时间内找到合适的方法。

导数压轴题的教学策略

导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略可以按照以下步骤进行：
1.深入理解导数概念：导数是微积分中的重要概念，它描述了函数值随自变量变化的速率。

只有深入理解了导数的概念和性质，才能更好地解决导数问题。

2.掌握常见题型及其解法：导数压轴题通常涉及多种知识点和方法，例如极值、单调性、不等式证明等。

学生需要掌握这些题型的特点和解法，以便能够快速找到解题思路。

3.强化训练：通过大量的练习和模拟考试，提高学生的解题能力和技巧。

在训练中，可以采取一题多解、一解多题等方式，帮助学生拓展思路，提高解题效率。

4.反思总结：在解题过程中，学生需要不断地反思和总结，分析错题的原因和解决方法，并加以改进。

同时，也需要总结解题技巧和思路，形成自己的知识体系。

5.合作交流：鼓励学生之间的合作和交流，共同探讨解题方法和思路。

通过合作交流，可以相互启发、补充和促进，提高学习效果。

6.教师指导：教师需要给予学生适当的指导和帮助，解决学生在学习中遇到的问题。

同时，教师也需要不断更新教学方法和策略，根据学生的实际情况进行调整和完善。

以上是导数压轴题的教学策略，希望对您有所帮助。

深挖导数考题,拓展优化解法-对一道高考导数压轴题的解法探究

数来确定一次导函数的单调性，然后利用一次导函数来
研究原函数的单调性，整个过程环环相扣，衔接紧密，但
正是因为二次导函数的存在使得整个单调性的研究显
得较为杂乱，很容易对应错误，造成错解.其实在分析一
次导函数的单调性时可以适时地采用构造思想来构建
一个新函数，对其单调性加以区分，具体优化过程如下：
证明院当a=0时，（f x）=（2+x）ln（x+1）-2x，一次导函
是否导函数等于0就一定存在极值点，因此解题的思路
是讨论（f x）在x=0附近的单调性，并判断（f x）与（f 0）的大
小关系，由于参数a没有范围限制，所以需要采用分类讨
论的方式对其加以分析，需要注意的是要充分结合第
（1）问的性质分析.
解院淤若a逸0，当x>0时，（f x）逸（2+x）ln（x+1）-2x>0，
二尧思路突破袁深剖优化
渊一冤关于第渊1冤问的证明
1.常规求解
第（1）问给定了参数a的数值，可以理解为比较函数
（f x）在定义域内与0的大小关系，最为常规的方法是构
建（f x）在某自变量下的值为0，即（f x1）=0，从而结合函数以及导函数的单调性来完成证明，将大小比较转化为函
数性质分析，具体证明过程如下：
小值.因为f （忆 0）=0，所以f （忆 x）在区间（-1，+肄）上有f （忆 x）
>0，即（f x）在区间（-1，+肄）内单调递增.又因为（f 0）=0，所
以当-1<x<0时，（f x）<（f 0）<0；当x>0时，（f x）>（f 0）>0.
2.初步优化
上述求解过程进行了两次求导，首先利用二次导函

压轴题型10 导数压轴大题的处理策略(原卷版)-高考数学压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题10 导数压轴大题的处理策略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分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

○热○点○题○型1 分类讨论与极值点偏移问题 ○热○点○题○型2恒成立问题的处理策略 ○热○点○题○型3 凹凸反转问题的处理策略1．已知函数()e 3x f x a x =--有两个零点．(1)求实数a 的取值范围．(2)函数()()()ln 1g x f x x x =+-+，证明：函数()g x 有唯一的极小值点．2．已知2()e 2x a f x x x =--. (1)若()f x 在x =0处取得极小值，求实数a 的取值范围；(2)若()f x 有两个不同的极值点12,x x （12x x <），求证：1202x x f +⎛⎫''< ⎪⎝⎭（()f x ''为()f x 的二阶导数）.3．已知函数()22e xa f x x=，0a ≠. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()ln ln x xf x a -≤恒成立，求实数a 的取值范围.4．已知函数()()2e ,21x f x x g x ax x =+=++.(1)当12a =时，讨论函数()()()F x f x g x =-的单调性； (2)当a<0时，求曲线()y f x =与()y g x =的公切线方程.5．已知()()222ln 2a f x x a x x =-++. (1)讨论()f x 的单调性；(2)确定方程()22a f x x =的实根个数.6．已知函数()()()13ln 3R f x a x ax a x =---∈，ln3 1.1≈. (1)当a<0时，试讨论()f x 的单调性；(2)求使得()0f x ≤在()0,∞+上恒成立的整数a 的最小值；(3)若对任意()4,3a ∈--，当[]12,1,4x x ∈时，均有()()()12ln 43ln 4m a f x f x +⋅>-+成立，求实数m 的取值范围.7．已知函数()ln 2f x x ax =-.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围.8．已知0m >，e 是自然对数的底数，函数()()e ln x f x m m mx m =+--．(1)若2m =，求函数()()2e 422xx F x x f x =+-+-的极值； (2)是否存在实数m ，1x ∀>，都有()0f x ≥？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．9．已知函数()()ln ,e e x x f x x g x -=-=-.(1)若[]()()0,1,x g x f a ∃∈>成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：()()πcos 2e x h x f x =+有且只有一个零点0x，且20π1e cos e 2e x g -⎛⎫<< ⎪⎝⎭.10．已知函数()()e tan 11x f x x =--，()f x 的导函数为()f x '.记函数()f x 在区间3πππ,π22n n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭内的零点为n x ，n *∈N . (1)求函数()f x 的单调区间；(2)证明：1πn n x x +-<.11．已知函数()1ln m f x m x x x+=++． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1m =时，证明：()23e x x f x x <+．12．已知函数()()()211R 2m f x x m x m =+--∈. (1)求函数()f x 在区间[]1,2上的最大值；(2)若m 为整数，且关于x 的不等式()ln f x x ≥恒成立，求整数m 的最小值.13．已知函()()e x f x x a =+，R a ∈.(1)讨论()f x 在()0,∞+的单调性；(2)是否存在01,,a x x ，且10x x ≠，使得曲线()y f x =在0x x =和1x x =处有相同的切线？证明你的结论.14．已知函数23()ln a f x x x x =+-． (1)若0a =，求()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若12,x x （12x x <）是()f x 的两个极值点，证明：()()121234f x f x x x a-<-．15．如图，过抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点F 作直线l 交E 于A ，B 两点，点A ，B 在x 轴上的射影分别为D ，C ，当AB 平行于x 轴时，四边形ABCD 的面积为4．(1)求p 的值；(2)过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的43倍．已知点P 在抛物线E 上，且E 在点P 处的切线平行于AB ，根据上述理论，从四边形ABCD 中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率的取值范围．16．已知函数()()1ln e ,x x f x g x m x+==-.()m ∈R (1)证明：()1f x x ≥+；(2)若()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围； (3)证明：11e e 1kn k k =⎛⎫< ⎪-⎝⎭∑.()N n +∈ 17．设函数()()()21e 2,R x f x x m x m =+++∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若当[2,)x ∈-+∞时，不等式()()213e f x m x x -≥+-恒成立，求m 的取值范围．18．已知函数()()21e x f x ax x =+-.(1)当12a =-时，讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； (2)当0x >时，()1f x <，求实数a 的取值范围．19．讨论函数()()2112ln f x ax x a x =+-+的单调性.20．对定义在区间D 上的函数()(),f x g x ，如果对任意x D ∈都有()()1f x g x -≤成立，那么称函数()f x 在区间D 上可被()g x 替代.(1)若()()1,14f x x g x x ==-，试判断在区间13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()f x 能否可被()g x 替代？ (2)若()()()2sin ,ln cos f x x g x a x ==+，且函数()f x 在x ∈R 上可被函数()g x 替代，求实数a 的取值范围.。

6.高考函数导数压轴题分析及应对策略_李立美

有三个不同的解.设g （x ） =4x3-6x2+t+3，则 “过点P （1， t ）存在3条直线与曲线y=f （x ）相切” 等价于 “函数g （x ）有3个不同零点” . 因为g（ ′ x ） =12x2-12x=12x （x-1 ），当x变化时， g （x ）与g（ ′ x ）的变化情况如下：
策略一、转化与化归的运用
例1 已知函数（ f x ） =2x -3x. 若过点 P （1， t ）存在 3 条
3
直线与曲线y=f （x ）相切，求t的取值范围. 解：设过点P （1， t ）的直线与曲线y=f （x ）相切于点（x0， y0 ），则y0=2x3 即切线的斜率为k=6x2 所以切线方 0 -3x0， 0 -3，程为y-y0= （6x -3 ）（x-x0 ） . 将点 P （1， t ）代入，得 t-y0= （6x 2 0 2 0 2 3 ）（1-x0 ），整理得4x3 0-6x 0+t+3=0. 于是问题转化为此方程
所以， g （0 ） =t+3是g （x ）的极大值， g （1 ） =t+1是g （x ）的极小值. 当g （0 ） >0 且 g （1 ） <0，即-3<t<-1时，因为g （-1 ） =t-7< 0， g （2） =t+ 11 > 0 ，由于 g （x）在区间（- ∞ ， 0），（0 ， 1），（1 ， +∞ ）上单调，故g （x ）分别在区间（-1， 0 ），（0， 1 ）和（1， 2 ）上各有1个零点，即g （x ）分别在区间（-∞， 0 ），（0， 1 ），［1， +∞ ）上各有1个零点. 综上可知，当过点P （1， t ）存在3条直线与曲线y=f （x ）相切时， t的取值范围是（-3， -1 ） . 在研究、解决数学问题时，采用某种手段或方法，使问题从一种情形转化为另一种情形，也就是转化到另一种情景使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是一种成功的思维方式.转化具有多样性、层次性和重复性的特点，遵循熟悉化、简单化、直观化的原则.本题的转化，使切线的条数转化为函数的零点个数，为解题铺平了道路

２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析

㊀㊀㊀讲题比赛获奖论文之六:２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析◉中央民族大学附属中学呼和浩特分校㊀李雪峰㊀㊀摘要:函数零点问题在高考压轴题中经常出现．在解题过程中,按照一定标准对参数分类讨论㊁把握细节确定方向㊁引入隐零点㊁区间卡根,这些方面都可能成为解决零点问题的障碍．所以,选取适当的角度观察㊁分析,根据题目中的关键信息制定策略㊁拟定解题思路,并在此基础上进行计算㊁推理论证,往往是解题的关键．只有明白了思考的底层逻辑,才能使分析问题㊁解决问题的能力有所提高．关键词:函数零点问题;分类讨论;数形结合;区间卡根１试题呈现(２０２２年高考数学全国乙卷第２１题)已知函数f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x．(１)当a ＝１时,求曲线y ＝f (x )在点(０,f (０))处的切线方程;(２)若f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,求a 的取值范围．２试题解析本题的第(１)问不多赘述,下面给出第(２)问的几种不同的思考角度和解题方法．２．１思路一及解法２．１．１解题思路一的形成因为题中所给条件是函数零点问题,所以我们先观察函数值的正负情况以及何时为零．当a ȡ０时,若x ＞０,则f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０恒成立,与题意不符．因此,下面只讨论a ＜０时的情形．通过观察易知f (０)＝０,当x ң－１时,f (x )ң－ɕ;当x ң＋ɕ时,f (x )ң＋ɕ．要使f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,则可以猜测f (x )的图象大致如图１所示．图１由图１可知,fᶄ(０)＝a ＋１＜０显然为其必要条件,即a ＜－１．下面需要说明:①当a ȡ－１时,不符合题意;②当a ＜－１时,讨论函数f (x )的单调性,再根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．思路一的思维导图如图２所示．函数f (x )零点问题观察函数的零点及正负情况确定讨论a 的标准说明a ȡ０和－１ɤa ＜０时不符合题意当a ＜－１时,利用隐零点讨论f (x )的单调性,并区间探点,说明a ＜－１时符合题意得出结论图２２．１．２具体解法解法１:由思路一的分析可知a ȡ０不合题意,下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导,得f ᶄ(x )＝e x ＋a (１－x ２)(x ＋１)ex．设g (x )＝e x ＋a (１－x ２)．当－１ɤa ＜０时,在区间(０,＋ɕ)上,有g (x )＝e x ＋a (１－x ２)＝(e x＋a )－a x ２＞０．所以,在区间(０,＋ɕ)上,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,则f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．当a ＜－１时,g ᶄ(x )＝e x－２a x ,因为g ᵡ(x )＝e x－２a ＞０,所以g ᶄ(x )在区间(－１,＋ɕ)上单调递增．又因为g ᶄ(－１)＝e －１＋２a ＜０,gᶄ(０)＝１＞０,所以存在唯一x ０ɪ(－１,０),使g ᶄ(x ０)＝０．因此,当x ɪ(－１,x ０)时,g ᶄ(x )＜０,g(x )单调递减;当x ɪ(x ０,＋ɕ)时,g ᶄ(x)＞０,g (x )单调递增．(为直观起见,下面分别画出函数g ᶄ(x ),g (x ),f (x )的大致图象,如图３~５所示．)图３㊀㊀图４３２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀图５于是g (x ０)＜g (０)＝a ＋１＜０,又因为g (－１)＝１e ＞０,g (１)＝e ＞０,所以存在x １ɪ(－１,x ０),x ２ɪ(x ０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．当x ɪ(－１,x １)时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ɪ(x １,x ２)时,g (x )＜０,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减;当x ɪ(x ２,＋ɕ)时,g (x )＞０,fᶄ(x )＞０,f (x )单调递增．同时可知f (x １)＞f (０)＝０,f (x ２)＜f (０)＝０．(至此,利用隐零点求出了函数f (x )的单调区间．下面利用放缩法进行区间卡根,根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．)当－１＜x ＜０时,因为x e －x＞－e(证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＜l n (x ＋１)－e a ．由l n (x ＋１)－e a ＜０,得x ＜e e a －１．取m ＝e e a－１,则f (m )＜０,从而存在唯一s ɪ(m ,x １),使f (s )＝０．当x ＞０时,因为x e －xɤ１e (证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞l n (x ＋１)＋a e．由l n (x ＋１)＋a e＞０,得x ＞e －a e－１．取n ＝e －a e－１,则f (n )＞０,从而存在唯一t ɪ(x ２,n ),使f (t )＝０．所以,当a ＜－１时,函数f (x )区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．解法２:当a ȡ０时,在区间(０,＋ɕ)上,f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０,与题意不符．下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导得f ᶄ(x )＝１x ＋１＋a (１－x )ex＝１x ＋１[１＋a (１－x ２)e x]．(注意常见的变形技巧:对数单身狗 ,指数找朋友．)设g (x )＝１＋a (１－x ２)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．求导,得g ᶄ(x )＝a (x ２－２x －１)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．易得g (x )在(－１,１－２)上单调递减,在(１－２,１＋２)上单调递增,在(１＋２,＋ɕ)上单调递增．当－１ɤa ＜０时,g (０)＝a ＋１ȡ０,又因为当x ＞１＋２时,g (x )＝１＋a (１－x ２)ex＞１,所以当x ＞０时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,从而f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．(为直观起见,给出g (x )的图象,如图６所示．)图６当a ＜－１时,g (０)＝a ＋１＜０,因为g (－１)＝g (１)＝１＞０,g (１－２)＜g (０)＜０,所以存在唯一x １ɪ(－１,０),x ２ɪ(０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．此时f (x )在(－１,x １)上单调递增,(x １,x ２)上单调递减,在(x ２,＋ɕ)上单调递增．故f (x １)＞f (０)＝０＞f (x ２)．(为直观起见,给出g (x ),f (x )的图象,如图７．)㊀图７下面找点说明f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上有零点．f (x )＝l n (１＋x )＋a xex (a ＜－１)．设m (x )＝x e x ,则x ɪ(－１,１)时,m ᶄ(x )＝１－xex ＞０,x ɪ(１,＋ɕ)时,m ᶄ(x )＜０．于是m (x )ɪ－e ,１e æèçöø÷．所以,可得l n (１＋x )＋ae＜l n (１＋x )＋a xex ＜l n (１＋x )－a e ．由l n (１＋x )＋a e＝０,解得x ＝e －ae－１＞０,f (e －a e－１)＞l n (１＋e －－１)＋a e＝０．由l n (１＋x )－a e ＝０,解得x ＝e e a－１．所以可得f (e a e －１)＜l n (１＋e a e－１)－a e ＝０．所以f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．点评:解法１和解法２的基本思路一样,都是按照一定的标准对参数a 进行分类讨论,然后借助隐零点将函数的定义域分成若干个单调区间,最后在每个单调区间上卡根,根据零点存在定理说明函数零点的情况．解法２在求导后将导函数等价变形,使再求导后只需解一个不含参的二次不等式,简化了运算．解题一般是按照由易到难的顺序进行思考,即先４２命题考试试题研究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年１２月上半月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀观察㊁猜想,再分析㊁思辨,最后论证㊁求解．题目越复杂越要注意细节,细节往往是打通解题思路的关键．２．２思路二及解法２．２．１解题思路二的形成函数零点的问题往往可以转化为两个函数图象交点问题,因此该题可以考虑参变分离,将函数零点的问题转化为直线与另一个函数图象交点问题,同时还可以避免参数讨论带来的麻烦．思路二的思维导图,如图８所示．函数f (x )零点问题转化为直线y ＝－a 与y ＝F (x )图象交点问题求导后,讨论F ᶄ(x )的符号及F (x )的单调性x ＞０时,求出F (x )在x ＝０处的极限,由图可得a ＜－１当x ＜０时,利用隐零点,讨论F (x )的单调性,并求出F (x )当x 趋于－１时的极限,由图可得a ＜－１得出结论图８２．２．２具体解法解法３:因为f (０)＝０,所以f (x )＝０等价于－a ＝e x l n (１＋x )x．令F (x )＝e x l n (１＋x )x (x ＞－１),则F ᶄ(x )＝e x[(x ２－１)l n (１＋x )＋x ]x ２(x ＋１)．令g (x )＝(x ２－１)l n (１＋x )＋x ,则gᶄ(x )＝x [１＋２l n (１＋x )]．(注意到g (０)＝０,所以先讨论g (x )在x ＞０时的正负情况．)当x ＞０时,gᶄ(x )＞０,则g (x )单调递增,g (x )＞g (０)＝０,从而当x ＞０时,F ᶄ(x )＞０,F (x )在(０,＋ɕ)单调递增．由导数定义,得㊀F (x )＞l i m x ң０F (x )＝l i m x ң０e xl n (１＋x )－e ０l n (１＋０)x －０＝[e xl n (１＋x )]ᶄ|x ＝０＝[e x １１＋x ＋e xl n (１＋x )]|x ＝０＝１．(为直观起见,下面给出F (x )的图象．)图９如图９所示,要使直线y ＝a 与F (x )图象在y 轴右侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．因为e e l n (１＋e －a )e－a＋a ＞l n (１＋e －a )＋a ＞l n e －a＋a ＝０,所以由零点存在定理可知,a ＜－１时,f (x )在区间(０,＋ɕ)恰有一个零点．当－１＜x ＜０时,令g ᶄ(x )＝０,得x ＝e －－１．易知g (x )在(－１,e －１２－１)上单调递增,在(e －１２－１,０)上单调递减,则g (e －１２－１)＞g (０)＝０．因为g (e －１－１)＝－e ２＋３e －１e２＜０,所以存在唯一x ０ɪ(e －１－１,e －１２－１),使g (x ０)＝０．(为直观起见,给出g (x ),F (x )的图象,如图１０．)㊀㊀图１０当－１＜x ＜x ０时,g (x )＜０,F ᶄ(x )＜０,F (x )单调递减;当x ０＜x ＜０时,g (x )＞０,F ᶄ(x )＞０,F (x )单调递增．所以F (x ０)＜l i m x ң０F (x )＝１．又因为l i m x ң－１F (x )＝＋ɕ,所以要使直线y ＝a 与f (x )图象在y 轴左侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．综上所述,当a ＜－１时,f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点．点评:解法３的好处在于对F (x )求导后避免了参数的讨论;难点在于当x 趋于０时F (x )的极限值不易求出,虽然可用洛必达法则,但是超出了高中所学．该解法绕开了洛必达法则,利用导数的定义求出F (x )在x ＝０处的极限,比较巧妙,不易想到．３试题链接下面给出两道高考真题,供读者练习．试题１㊀(２０１７年全国Ⅰ卷理科)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．试题２㊀(２０１８年全国Ⅱ卷理科)已知函数f (x )＝e x－a x ２．(１)若a ＝１,证明:当x ȡ０时,f (x )ȡ１;(２)若f (x )在(０,＋ɕ)只有一个零点,求a ．４总结函数零点问题是高考的常考内容,数形并用㊁合理分类是解题的关键．区间探点是一个难点,常常可以用放缩法解决．上述方法都是解决此类问题的典型方法,由于方法３中的极限值不易求出,考试中绝大多数考生选择了方法１和方法２．该题对学生的逻辑推理能力和运算能力要求较高,解题时要求学生注意细节㊁大胆猜想㊁合理分类㊁准确计算,这样才能将问题顺利解决．Z５２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. 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巧妙导数压轴题

巧妙导数压轴题摘要：一、导数压轴题的背景与意义1.导数压轴题在数学考试中的重要性2.导数压轴题的难点与挑战二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路2.熟练运用导数公式和性质3.掌握求导数的方法和技巧4.理解导数与函数图像的关系5.解题时的注意事项三、导数压轴题的实战演练1.题目一2.题目二3.题目三四、总结与反思1.导数压轴题的解题技巧总结2.提高导数压轴题解题能力的建议3.反思导数压轴题的解决过程正文：一、导数压轴题的背景与意义导数压轴题通常出现在数学考试的最后一题，其难度较高，分值也相对较大。

这类题目考查了学生对导数概念的理解，对导数公式的熟练运用，以及对导数性质的掌握程度。

因此，导数压轴题是衡量学生数学水平的重要依据。

二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路在解答导数压轴题时，首先要认真阅读题目，理解题意，找出已知条件和所求结论。

通过对题目的分析，理清解题思路，明确解题方向。

2.熟练运用导数公式和性质熟练掌握导数的基本公式和性质是解决导数压轴题的基础。

如：导数的四则运算、导数的复合、导数的分部积分、导数与函数的极值、最值等关系。

3.掌握求导数的方法和技巧求导数的方法有多种，如：直接求导法、对数求导法、反函数求导法、隐函数求导法、参数方程求导法和复合函数求导法等。

了解各种求导方法的特点，灵活选用求导方法，有助于解决导数压轴题。

4.理解导数与函数图像的关系导数反映了函数在某一点的切线斜率，与函数的增减性和极值有关。

因此，通过导数压轴题，可以加深对函数图像的理解，提高分析函数图像的能力。

5.解题时的注意事项在解答导数压轴题时，要注意审题，避免因粗心导致错误；解题过程要step-by-step，条理清晰；对于复杂题目，可以先求出部分结论，再逐步推导出最终结果；在计算过程中，注意运算顺序和运算法则。

三、导数压轴题的实战演练以下为三道典型的导数压轴题：题目一：已知函数f(x)=x^3-3x^2+2x-1，求f"(x)。

一道高考导数压轴题的多角度思考及解法

2020年7月1日理科考试研究•数学版• 13 .问题的流程为：审视数学问题（求A 4fiC 面积的取值范围）-> 选择解决问题的方法（从数的角度或是从形的角度人手来表示面积）—运用数学知识解决问题 (如何求目标函数的最值或是如何通过图形发现最值时的位置).上述的求解思路表明，基于素养立意的试题,考查方向通常有:一是考查考生会不会想到运用哪些知识与方法解决问题;二是考查考生能不能熟练且准确地运用数学知识与方法解决相应的问题[3].数学家哈尔莫斯说过：“数学的真正组成部分是问题和求解.研究数学，基本上都是在努力提出数学问题和解决数学问题.” “函数与方程思想”及“数形结合思想”是高考重点考查的两大思想方法.对“函数与方程思想”的考查，在全国卷中，经常以三角函数为载体，考查求值、最值与取值范围问题，求解策略一般为构造出待求最值关于某个变量的函数或构造出关于待求值的方程.对学生“数形结合思想”的考查，大致可分为“以形助数”和“以数助形”两种情形.2019 年高考全国1D 卷理科第18题，没有出现任何图形，考查学生如何根据动点C 的运动，对图形展开想象，由 “数”构造出“形基于画图、用图和对图形的想象而命制试题，是素养立意的重要体现方式.基于高考改革带来的变化，教师在平时的解题教学中也要与时俱进，努力寻求合理的教学策略，需要更新理念:领悟思想比做题重要;深度思考比答题方法重要;培养能力比分数重要；提高学科素养比考试重要[4].参考文献：[1] 林新建.思想立意,将数学解题臻于完美[M ].长春：吉林大学出版社,2016.[2] 任子朝.从能力立意到素养导向[J ].中学数学教学参 % ,2018(13) ：1.[3] 柯跃海.选拔性数学考试的命题与评价[M ].西安:陕西师范大学出版总社,2018.[4]林运来.数学教学髙手的秘密[M ].上海:华东师范大学出版社,2018.(收稿日期:2020 - 02 - 24)一道高考导教汪轴题的多角皮思考及鮮法杨应洪(六枝特区第一中学贵州六盘水5534〇0)摘要：本文以2018年全国m 卷第2丨题为载体，结合高中函数导数的基本知识，利用高数中的原理分析含参导数问题的优越做法.关键词：函数；导数；极值点含参导数问题是高考的一个难点，也是高考热点.本文以2018年全国m 卷第21题为例，利用洛必达法则与极值的第二充分条件来解答此题.1真题再现题目（2018年全国m 卷第21题）已知函数/'(X )-(2 + x + ax ") In (1 + x ) — 2x .(1) 若 a =〇,证明：当-1 <*<〇时/(*) <〇;当 *>0 时/(*) >0;(2) 若* =0是/(*)的极大值点，求a .2第（2)问解法分析解法1 (官方解答）①若a >〇,由（1)知，当* >〇时>/(•*)在（2+ ：»)In (1+*)-2* >0=/(0)，这与 *=〇是/(：〇的极大值点矛盾.作者简介：杨应洪（1989-),男，贵州六枝人，本科，中学二级教师，研究方向：高中数学教学.②若a <〇,设函数W *) ' ’⑷2 =ln(l +^)2 x + ax2x2 + x + ax 2由于当 |i | <min|l 时，2 + x +ax 2 >0,故&U )与/U )符号相同.又/i (0) =/(0) =0，故％=0是/U )的极大值点，当且仅当x =〇是/i U )的极大值点.ra ^ x 1 2(2 + x + ax ") -2x (\ + 2ax )因为/i (x )=厂厂-------—------rh ------1 (2 + ^ + ax )_ x 2 ( a 2x 2 -f ~ Aax + 6a 1)(^: + 1) ( ax 2 + a : + 2)2.14 •理科考试研究•数学版2020年7月1日如果 6a + 1>0,则 0 <;c < - 且 UI <4amin{ 1a;) >0.故x=o不是/i U)的极大值点.如果6a+ 1 <0,则当 a2%2 +4ax+6a+ 1 =0 时，存在根。

一题多解，突破高考导数压轴题

所以采取了“消元”的思想．类似地，也可以消去ｅ狓，留
下ｌｎ狓．
思考三：注意到ｌｎ狓与ｅ狓也可以同时消去，故有
下面的方法．
因为ｅ狓 ≥狓＋１，所以－ｅ狓 ≤－狓－１，又ｌｎ狓 ≤ 狓－１，所以有ｌｎ狓－ｅ狓 ≤ （狓－１）＋（－狓－１）＝－２，经检验等号取不到．故犿 ≥－２，即犿的最小整数值为－２．有了上面的铺垫以后，我们再来看题目２．
（２）若犳（狓）≥１，求犪的取值范围．
分析：（１）略．
（２）本题仍是一道恒成立的问题，最直接的想法
就是：若犳（狓）≥１恒成立，只需要找到犳（狓）ｍｉｎ，则其
必满足犳（狓）ｍｉｎ ≥１．为寻找犳（狓）ｍｉｎ，做如下求解．
思考一：直接找导函数犳′（狓）的零点，然后通过
题目１：已知函数犳（狓）＝犿ｅ狓－狓ｅ狓（狓＞０），其中犿 ∈ 犚，ｅ为自然对数的底数．
（１）讨论犳（狓）的单调性，并求极值；（２）当狓＞０时，犳（狓）＋狓ｅ狓 ≥ｅ狓ｌｎ狓－ｅ２狓，求犿的最小整数值．分析：（１）略．（２）本题实质上是一种恒成立的问题，属于常规问题，但恰恰是在这种常见问题上，却体现了方法的
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教学
２０２１年３月解法探究
参谋
题目２：已知函数犳（狓）＝犪ｅ狓－１－ｌｎ狓＋ｌｎ犪．（１）当犪＝ｅ时，求曲线狔＝犳（狓）在点（１，犳（１））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
灵活性．多数学生会考虑到首先将犳（狓）代入，得到犿ｅ狓

导数压轴题解题技巧

导数压轴题解题技巧
嘿，朋友们！今天咱就来聊聊导数压轴题解题技巧，这可真是个让人又爱又恨的家伙啊！
你看哈，导数压轴题就像是一场刺激的游戏！比如说，给你个函数，哎呀，那弯弯曲曲的图象就像是复杂的迷宫，你得找到出路！就像你在森林里迷路了，得想办法走出来呀！
先来谈谈怎么求导吧！这可是基础。

像有个函数f(x)=x²+3x，那求导可得 f'(x)=2x+3 呀！就好比你走路，求导就是弄清楚往哪个方向走得快，能不走错路嘛！
再说说构造新函数吧！有时候题目里的条件乱七八糟，咋办呢？那就巧妙地构造个新函数呗！比如说，给你两个函数 f(x)和 g(x)，它们之间有某种关系，那咱就把它们组合起来弄个新函数 H(x) 呀！这就好像把不同的积木拼在一起搭出个新造型。

还有分类讨论哦！遇到各种情况都要考虑到。

比如一个函数在不同区间上的单调性不一样，那咱就得仔细分析呀！“嘿，这可不能马虎！”不认真分析怎么能得高分呢？
哎呀，导数压轴题真不是盖的，有时候确实难倒一大片人呢！但咱别怕呀，只要掌握了这些技巧，多练多总结，还怕它不成？记住，每一道导数压轴题都是一个挑战，但也是一个让我们进步的机会呀！
咱就是说，导数压轴题解题技巧真的能让我们在数学的海洋里畅游得更畅快！大家可得好好学起来，攻克这道难关，走向数学的辉煌呀！。

导数压轴题题型归纳及处理技巧

导数压轴题题型归纳及处理技巧以下是 8 条关于导数压轴题题型归纳及处理技巧的内容：1. 哎呀，导数压轴题里有一种常见的题型就是求最值问题呀！就像在登山的时候，要找到那最高的山峰！比如函数y=x³-3x²+5，你能快速找到它的最值吗？2. 嘿，还有判断函数单调性的题型呢！这就像开汽车，要清楚什么时候加速什么时候减速。

像函数 f(x)=xlnx，你能判断它的单调性吗？3. 哇塞，导数里那种恒成立问题也很让人头疼啊！就好比要让一个球一直保持在一个固定的位置。

比如f(x)≥a 在某个区间恒成立，这可得好好琢磨琢磨怎么处理哦！像函数 f(x)=e^x+x，若f(x)≥kx 恒成立，你能搞定吗？4. 哦哟，导数压轴题里的不等式证明可不好惹呢！就像是要跨过一条很难跨的沟。

比如要证明某个不等式成立，怎么把导数的知识用上呀？比如 x>0 时，证明 e^x>1+x，你知道怎么下手吗？5. 嘿呀，有一种题型是利用导数求曲线的切线方程呢！这就像在给一条曲线画上漂亮的切线。

比如给定曲线y=x²，在某点处的切线怎么求呢，你会吗？6. 哇哦，那些与极值点有关的题型也挺有趣的嘛！就如同在一群小朋友里找到那个最特别的。

比如给定一个函数，怎么去找它的极值点呢？像函数g(x)=x³-3x，它的极值点在哪儿呀？7. 哈哈，还有根据导数信息画函数图象的题型呢！这可像是根据描述去画一幅神秘的画。

比如知道了导数的一些情况，那函数图象大概长啥样呢？你能想象出来吗？8. 哎呀呀，最后还有一类是把导数和其他知识综合起来的题型呢！这就像把不同的拼图块拼成一幅完整的画。

比如和数列结合起来，那可真是够有挑战性呢！像这样的综合题，你能勇敢挑战吗？我觉得导数压轴题虽然难，但只要掌握了这些题型和处理技巧，多练习多总结，就一定能攻克它！。

硬核面对导数大题，8道经典高考题，拆解解答思路

硬核面对导数大题，8道经典高考题，拆解解答思路硬核面对导数大题，8道经典高考题，拆解解答思路可以看到这个高考题，从第一小题开始就是难度系数偏大的一道题目。

要分析导数的零点问题，所以必须创建一个新的函数来进行分析，结合三角函数的特殊值，另外对于零点概念必须非常熟练，利用一正一负标准进行分析判断。

第二小题，在构建双重求导的过程中，难度系数就显得更高，要懂得与第一小题分析过程相互结合。

而且在分析第二小题中出现了未知的极值点的分析过程，是在整一道题非常困难的一个地方。

对于不等式的比较，要学会分步讨论。

这样的一条高考题目，它的综合性就非常强，如何解答好？1、导数的基础概念必须熟练，2、零点知识点必须掌握到位，3、三角函数的特征方向，4、分布讨论，5、知识点的综合考虑。

第一小步考查内容其实比较简单，就是切线方程的基础领域，是一个送分的手段，所以拿下第一小步的话应该就是问题不大。

关于这道题的第二小步。

它结合许多的知识点分析才能解答，需要掌握，1、构建新函数，2、借助二次函数特征，3、零点基础定义，4、导数分析函数增减，5、不等式相应数据特征。

每一个步骤都需要熟悉的掌握。

构建一个新的函数，借助题意的关键引入，分步讨论，借助的关键数据特征，利用二次函数特征性去分析导数的正负反馈函数相应的增减性，再运用零点的特征分析相应的根。

接下去还需要懂不等式内容，然后再由导数的反馈了函数的增减过程。

像这样的一道高考题，它的综合性技巧是一道非常具有代表性的题型。

但想完成好这样的一道高考题，就需要对于我们整个函数性质，个导数分析过程中是极度熟悉，对数据特征也要有相关性的了解。

所以在解答导数大题的过程中，最需要同学们掌握的就是把每一种函数特征性，数据特征性。

这道高考题，第一小题主要考察对象是单调性的分析和零点过程，所以主要掌握学会运用导数去分析函数相应的单调性，还有这个零点概念的掌握，即一正一副作为标准去判断零点。

第二小题的过程中，考察对象主要是切线方程的运算。

例谈高考函数与导数类压轴题巧妙解法

例谈高考函数与导数类压轴题巧妙解法侯思路(江苏省运河中学㊀２２１３００)摘㊀要:函数与导数是历年高考命题的必考内容ꎬ而且题目形式新颖ꎬ设计巧妙ꎬ对学生的数学思维能力有较高要求ꎬ考查了学生对数学解题思想方法的掌握.它也是高中数学教学的难点和重点ꎬ只要抓住该类题型的本质ꎬ掌握其解题规律ꎬ无论其命题思路和形式再怎么变化ꎬ都可以有效破解.关键词:函数与导数ꎻ高中数学ꎻ高考题型中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１０－００２４－０２收稿日期:２０２１－０１－０５作者简介:侯思路ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀函数与导数是高中数学的重点内容ꎬ在高考试卷中分值约占２２~２７分ꎬ函数与导数知识在高考试卷中多以压轴题的形式出现ꎬ它也是高中数学中的难点内容ꎬ能否突破函数与导数题是高考得高分的关键.下面结合高中数学教学实践ꎬ例谈破解高考函数与导数压轴题的小妙招.㊀㊀㊀一㊁利用导数研究函数的单调性㊁极值与最值㊀㊀㊀利用导数研究函数的性质是高考命题的常见形式ꎬ每年高考命题中都会有所涉及.常见的命题形式包括:１.判断函数ｆ(ｘ)的单调性或单调区间ꎻ２.求函数ｆ(ｘ)的最值ꎻ３.已知函数的单调区间㊁最值求参数的值.典型例题㊀已经函数ｆ(ｘ)＝ａｘꎬｇ(ｘ)＝ｌｎｘ.(１)若函数Ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｇ(ｘ)有极值－１ꎬ求实数ａ的值ꎻ(２)若函数Ｇ(ｘ)＝ｆ[ｓｉｎ(１－ｘ)＋ｇ(ｘ)]在区间(０ꎬ１)上为增函数ꎬ求实数ａ的取值范围.思路分析㊀(１)求函数Ｆ(ｘ)的解析式ꎬ并求导ꎬ对实数ａ进行分类讨论ꎬ判断Ｆᶄ(ｘ)的符号ꎬ利用函数Ｆ(ｘ)有极植－１ꎬ求出关于参数ａ的方程ꎬ解方程ꎬ求出实数ａ的值ꎻ㊀(２)求函数Ｇ(ｘ)的解析式ꎬ并求导ꎬ由函数Ｇ(ｘ)在区间(０ꎬ１)上为增函数转化为Ｇ (ｘ)ȡ０对ｘɪ(０ꎬ１)恒成立ꎬ再将恒成立问题转化为求参数的取值范围问题ꎬ从而求出实数ａ的取值范围.解析㊀(１)因为ｆ(ｘ)＝ａｘꎬｇ(ｘ)＝ｌｎｘ且Ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｇ(ｘ)ꎬ所以Ｆ(ｘ)＝ａｘ－ｌｎｘ(ｘ>０)ꎬ所以Ｆᶄ(ｘ)＝ａ－１ｘ(ｘ>０)ꎬ当ａɤ０时ꎬＦᶄ(ｘ)<０ꎬ函数Ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递减ꎬ函数Ｆᶄ(ｘ)无极值ꎬ不符合题意.当ａ>０时ꎬ由Ｆᶄ(ｘ)<０ｘ>０{ꎬ得０<ｘ<１ａꎻ由Ｆᶄ(ｘ)>０ｘ>０{ꎬ得ｘ>１ａꎬ所以ꎬ函数Ｆ(ｘ)在(０ꎬ１ａ)上单调递减ꎬ在(１ａꎬ＋¥)上单调递增ꎬ因为函数Ｆ(ｘ)有极值－１ꎬ所以Ｆ(１ａ)＝１－ｌｎ１ａ＝－１ꎬ故ａ＝ｅ－２.(２)因为ｆ(ｘ)＝ａｘꎬｇ(ｘ)＝ｌｎｘꎬ且Ｇ(ｘ)＝ｆ[ｓｉｎ(１－ｘ)]＋ｇ(ｘ)ꎬ所以Ｇ(ｘ)＝ａｓｉｎ(１－ｘ)＋ｌｎｘꎬ所以Ｇᶄ(ｘ)＝－ａｃｏｓ(１－ｘ)＋１ｘ.由题意可得ꎬＧᶄ(ｘ)＝－ａｃｏｓ(１－ｘ)＋１ｘȡ０对ｘɪ４２(０ꎬ１)恒成立ꎬ记ｈ(ｘ)＝１ｘｃｏｓ(１－ｘ)(０<ｘ<１)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝－ｃｏｓ(１－ｘ)＋ｘｓｉｎ(１－ｘ)[ｘｃｏｓ(１－ｘ)]２<０ꎬ所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ所以ｈ(ｘ)>ｈ(１)＝１ꎬ所以ａɤ１ꎬ所以实数ａ的取值范围是(－¥ꎬ１].破题策略㊀本题设计意在考查分类讨论和方程思想ꎬ检验学生的化归与转化能力和运算求解能力.破题关键:(１)方程思想ꎬ即对于含有参数的可导函数有极值的关键是对参数进行分类讨论ꎬ并寻找其导数为零的根ꎬ以及在根的左㊁右两侧导数的符号ꎻ(２)转化思想ꎬ即可导函数ｆ(ｘ)在某个区间Ｄ内单调递增(或递减)ꎬ则有ｆᶄ(ｘ)ȡ０或ｆᶄ(ｘ)ɤ０在区间Ｄ内恒成立ꎬ由此ꎬ将求函数的单调性转化为恒成立问题.㊀㊀二㊁函数㊁导数与零点相交汇函数㊁导数与函数的零点(方程的根)相交汇的考题在近年的高考中经常出现ꎬ命题考查形式:１.判断函数的零点的个数问题ꎻ２.已知函数在给定区间的零点(方程在给定区间的解)的情况ꎬ求参数的取值范围或证明不等式成立.典型例题㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ－ｘ－ｍ(ｍɪＲ). (１)判断函数ｆ(ｘ)的零点个数ꎬ并说明理由ꎻ(２)若函数ｆ(ｘ)有两个零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ证明:ｘ１＋ｘ２<０.思路分析㊀(１)求ｆᶄ(ｘ)ꎬ判断函数ｆ(ｘ)的单调性ꎬ得最小值ꎬ并对函数ｆ(ｘ)的最小值进行分类讨论ꎬ即可判断函数ｆ(ｘ)的零点个数ꎻ(２)不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ欲证ｘ１＋ｘ２<０ꎬ只需证ｘ１<－ｘ２ꎬ判断ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)的符号ꎬ并判断函数ｆ(ｘ)的单调性ꎬ即可得证.解析㊀(１)ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１ꎬ令ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ得ｘ<０ꎻ令ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ得ｘ>０ꎬ所以ꎬ函数ｆ(ｘ)的单调递减区间为(－¥ꎬ０)ꎬ单调递增区间为(０ꎬ＋¥)ꎬ故当ｘ＝０时ꎬ函数ｆ(ｘ)取得最小值ｆ(０)＝１－ｍ.当１－ｍ>０ꎬ即ｍ<１时ꎬ函数ｆ(ｘ)没有零点.当１－ｍ＝０时ꎬ即ｍ＝１时ꎬ函数ｆ(ｘ)有一个零点.当１－ｍ<０时ꎬ即ｍ>１时ꎬ构造函数ｇ(ｘ)＝ｅｘ－２ｘ(ｘȡ１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－２ꎬ当ｘɪ[１ꎬ＋¥)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ꎬ函数ｇ(ｘ)在[１ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ所以ｇ(ｘ)ȡｇ(１)＝ｅ－２>０ꎬ因为ｍ>１ꎬ所以ｇ(ｍ)＝ｅｍ－２ｍ>０ꎬ又ｆ(ｍ)＝ｅｍ－２ｍ(ｍ>１)ꎬ故ｆ(ｍ)>０.又ｆ(－ｍ)＝ｅ－ｍ>０ꎬ所以必存在唯一的ｘ１ɪ(－ｍꎬ０)ꎬ唯一的ｘ２ɪ(０ꎬｍ)ꎬ使得ｘ１ꎬｘ２为函数ｆ(ｘ)的两个零点.故当ｍ>１时ꎬｆ(ｘ)有两个零点.(２)若ｘ１ꎬｘ２为ｆ(ｘ)的两个零点ꎬ设ｘ１<ｘ２ꎬ则由(１)知ｘ１<０ꎬｘ２>０.因为ｆ(ｘ１)－ｆ(－ｘ２)＝ｆ(ｘ２)－ｆ(－ｘ２)＝(ｅｘ－ｘ２－ｍ)－(ｅ－ｘ＋ｘ２－ｍ)＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘ２.令φ(ｘ)＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘ(ｘȡ０)ꎬ则φᶄ(ｘ)＝ｅｘ＋１ｅｘ－２ȡ２ｅｘ１ｅｘ－２＝０ꎬ所以ꎬφ(ｘ)在[０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ因此φ(ｘ)ȡφ(０)＝０.又ｘ１<０<ｘ２ꎬ所以φ(ｘ２)>０ꎬ即ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘ２>０ꎬ故ｆ(ｘ１)>ｆ(－ｘ２)ꎬ又ｘ１<０ꎬ－ｘ２<０ꎬ且由(１)知ｆ(ｘ)在(－¥ꎬ０)上单调递减ꎬ所以ｘ１<－ｘ２ꎬ所以ｘ１＋ｘ２<０.破题策略㊀本题重在检验考生的推理能力㊁运算能力和创新思维.破解此类题型的关键是:(１)牢固掌握函数㊁函数与导数相关知识ꎬ熟练运用导数法求函数单调性㊁最值.(２)转化思想是解决函数类题目的重要途径ꎬ将判断函数零点个数问题转化为求函数求最值问题. (３)通过构造函数ꎬ将比较大小问题转化为函数的单调性问题.总之ꎬ关于导数与函数的压轴题类型很多ꎬ而且每年的命题角度都会有所不同ꎬ对学生的逻辑思维能力有较高的要求.但是ꎬ只要我们掌握了基本的数学解题思想ꎬ注重积累和反思ꎬ对函数与导数类压轴题常见类型心中有数ꎬ把握其实质ꎬ掌握其规律ꎬ规范其步骤ꎬ做到胸中有法 ꎬ那么不论高考函数与导数类压轴题的构思多么新颖ꎬ我们都能做到以不变应万变ꎬ此类压轴题就能迎刃而解.㊀㊀参考文献:[１]赵承东.高中数学教学中学生发散思维的培养[Ｊ].基础教育研究ꎬ２０１９(１０):２０－２２.[２]骈吉军.中学数学课程教学的有效策略[Ｊ].中学教学参考ꎬ２０１８(１１):８－１０.[责任编辑:李㊀璟] ５２。

如何解高考导数压轴题

例1、函数f (x) ln(x 1) k(x 1) 1,
（1）若f (x) 0恒成立，试求实数k的取值范围.
(2)证明：ln 2 ln 3 ln 4 ln n n(n 1) .(n N ,且n 1)
345
n1 4
（1）法一：k ln(x 1) 1 在(1,)上恒成立， x 1
设g(x) ln(x 1) 1，(x 1), x 1
h' (x) 0 h(x)在(0,)单调递增
h(x) h(0)
即h(x) lim (x 1) ln(x 1) limln(x 1) 1 1
x0
x
x0
a 1
2. 分类讨论法
有一部分题在高中范围内用分离参数的方法不能顺利解决，研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原因是求最值时出现了0 或
f
(b) f ba
(a)
ln b
ln a ba
a
b
ln b b
ln a a
1
ln b a
b 1
1 a
1
a
由（Ⅱ）得：f (x) 0在x (0, )上恒成立，即 ln x x 1 ，
当且仅当 x 1 时取等号，又由 0 a b 得 b 1 ,所以
有 0 ln b b 1 ，即
x0 2
x0 2
212,16，
m gx0 3,4，m的最大值为 3.
4
注意：主参换位
例3、已知函数f x x3 3ax1, gx f x ax5其中f (x)
是f (x)的导函数. 对满足1 a 1的一切a的值，都有g(x) 0，求实数x的取值范围.
例４设函数 f x x 1lnx 1 ，若对所有的 x 0 ，都有 f x ax 成立，求实数 a 的取值范围．

高考函数导数压轴题分析及应对策略

高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考中，函数导数压轴题常常会出现在数学试卷中，其中最重要的就是理解函数导数概念及掌握计算导数的方法。

函数导数是指在某一个点的函数变化率，它是当我们求函数的导数时，最重要的概念。

考试中的一些压轴题往往都是考察对函数导数基本概念的认识，以及计算导数的能力。

解决高考函数导数压轴题的策略主要有两点：
一是预习，复习函数、导数的基本概念，主要考察方程式求导、不定积分概念，以及极限求值等技能，应誊写出公式，掌握计算导数的方法。

二是练习，找一批真题和习题，在解题过程中复习所学的知识，感知其思想和计算步骤，不断练习，解决相关的题目，把这些细节牢记在心，以提供解题时的参照，
争取考试时有少量准备时就能解答出来。

总之，考生要认真对待每一题，敢于试错，不到最后时刻都不要放弃，也不要丧失信心，只要坚持认真、严谨的态度，相信自己一定能取得理想的成绩。

导数压轴题的几种处理方法

导数压轴题的几种处理方法导数压轴题在高等数学中属于比较重要的部分，对于学生来说也是比较难以掌握和解答的问题。

在解决导数压轴题的过程中，有一些常用的处理方法可以帮助我们更好地理解题目、分析问题以及解决问题。

接下来，我将介绍一些常见的导数压轴题处理方法。

1.代数化简法：对于一些复杂的函数表达式，我们可以通过代数化简的方法将它转化为更简单的形式。

在处理导数压轴题时，代数化简法也是一种常用的处理方法。

可以通过分子有理化、公式换元、加减引理等方法对函数进行化简，从而更方便地进行导数运算。

2.函数性质法：当给定函数的性质或公式时，可以通过利用函数的性质和公式进行求导。

对于一些常见函数，如指数函数、对数函数、三角函数等，有一些基本的求导公式，可以通过直接套用公式进行求导。

3.极限转换法：在求导过程中，有时候我们可以通过将导数的定义转化为极限的形式，然后利用极限的性质来求导。

极限转换法通常适用于一些特殊的函数形式，如分段函数、绝对值函数等。

4.高阶导数法：对于一些特殊的问题，我们还可以通过求取高阶导数来解决。

通过求取函数的一阶、二阶、甚至更高阶导数，可以更全面地了解函数的性质和特点，从而更好地解答问题。

5.导数的几何意义法：导数的几何意义是描述函数变化率的概念，一些导数压轴题可以通过对导数的几何意义进行分析来解决。

例如，利用导数的几何意义可以判断函数的增减性、极值点和拐点等。

6.隐函数求导法：一些函数的表达式难以直接求导，可以通过对方程两边同时求导的方法来解决。

这种方法通常适用于隐函数关系的导数压轴题，可以通过对隐函数关系进行求导然后解方程得到结果。

7.递归求导法：对于一些重复出现的函数表达式，可以通过递归求导法直接求取导数的表达式。

这种方法适用于一些具有规律性的函数，可以通过重复进行相同的导数运算来求取导数。

8.利用导数性质法：导数具有一些特定的性质，如导数的和、差、积、商、复合函数等性质。

在求导过程中，可以通过利用这些性质来简化计算过程，从而更快速地求解导数问题。

巧妙导数压轴题

巧妙导数压轴题
摘要：
1.导数压轴题的概念和特点
2.解决导数压轴题的常用方法
3.导数压轴题的实战演练
4.总结与展望
正文：
一、导数压轴题的概念和特点
导数压轴题是指在高考数学压轴题中，涉及到导数知识的问题。

它具有以下特点：题目难度较大，对学生的综合运用能力要求高，涉及知识点较多，考查学生的逻辑思维能力和创新能力。

二、解决导数压轴题的常用方法
1.导数与函数的性质相结合：导数是函数在某一点的变化率，因此可以利用导数研究函数的极值、最值、单调性等性质。

2.导数的几何意义：导数可以表示函数在某一点的切线斜率，因此可以利用导数解决一些几何问题。

3.利用导数的应用：如求解速度与加速度、变化率、切线方程等问题。

4.利用导数的性质：如求解函数的极值、最值、单调性等问题。

5.构造函数：通过构造函数，将问题转化为求解导数问题。

三、导数压轴题的实战演练
例题：已知函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c，求f"(x)。

解：由导数的定义可知，f"(x)=lim_(h->0) [(f(x+h)-f(x))/h]。

将函数f(x) 代入得f"(x)=lim_(h->0) [((x+h)^3+a(x+h)^2+b(x+h)+c)-
(x^3+ax^2+bx+c))/h]。

经过化简，得f"(x)=3x^2+2ax+b。

四、总结与展望
导数压轴题是高考数学中的一个重要题型，解决这类问题需要学生具备扎实的导数知识，并能灵活运用导数的性质、几何意义及应用。

导数真题压轴题解析及答案

导数真题压轴题解析及答案在高中数学学习中，导数是一个非常重要的概念，它不仅被广泛应用于数学领域，还与自然科学和工程技术密切相关。

因此，在备考高考数学时，导数相关的题目往往成为考生们最为关注和重视的一部分。

下面将针对一道导数题进行详细解析，并给出答案和思路。

假设已知函数f(x) 对全部实数 x 都可导，且满足当x ≤ 0 时f(x) = -x^2 + 3x + a，x > 0 时f(x) = x^2 - x + b，其中a，b 为常数。

题目1：已知曲线 y = f(x) 在点 (1, 2) 处的切线方程为 y - 2 = 7(x - 1)，求常数 a，b 的值。

解析：首先我们来看函数 f(x) 的定义域分为两部分，x ≤ 0 和 x > 0，对于x ≤ 0 的情况，函数表达式为 f(x) = -x^2 + 3x + a，对其求导得到 f'(x) = -2x + 3。

同样对于 x > 0，函数表达式为f(x) = x^2 - x + b，对其求导得到 f'(x) = 2x - 1。

由题目给出的切线方程 y - 2 = 7(x - 1)，我们可以将切线方程转化为导数 f'(1) 的值等于 7，即：f'(1) = 7-2 × 1 + 3 = 7-2 + 3 = 71 = 7由上述计算可知求得的 f'(1) = 7 不成立，说明原切线方程与函数 f(x) 在点 (1, 2) 的导数不符合。

因此，我们需要重新计算切线方程。

通过 f(x) 的定义可以得到：当x ≤ 0 时，f(1) = -1^2 + 3 × 1 + a = 2 - 1 + a = a + 1当 x > 0 时，f(1) = 1^2 - 1 + b = 1 - 1 + b = b所以，根据给定的切线方程 y - 2 = 7(x - 1)，我们有：a + 1 = 7 × (1 - 1) = 0b = 7 × 1 - 2 = 7 - 2 = 5因此，常数 a 的值为 -1，常数 b 的值为 5。

高考数学导数压轴题解题技巧

高考数学导数压轴题解题技巧包括：
函数法：将参数k当成整个函数中的一部分，分情况讨论k的不同取值对函数的影响。

放缩法：有的参数给的一个范围，通过单调性分析，可以简化为一个端点值讨论即可。

比如给k≤2，你可以转化为
k＝2，这样题中就没有参数了，大大降低难度。

此外，还有分离参数等方法。

在解决导数压轴题时，需要注意：
遇到有关单调性或最值的题目，考虑使用导数法。

对于存在性问题，如求参数的取值范围，可以运用分离参数法。

对于与零点存在性有关的问题，最好借助零点存在性定理严格说明，即需在给定单调区间【以单调增区间为例】上找到，进而严格说明使得。

在应用这些技巧时，要结合题目的具体条件和已知信息，灵活运用所学知识解决问题。