2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

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高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。

（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。

高考数学导数题型归纳(文科)

导数题型归纳首先，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0)('=x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：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()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值. 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],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.第三种：构造函数求最值题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型例3:已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

导数常考题型归纳总结

导数常考题型归纳总结导数是微积分中的重要概念，是描述函数变化率的工具。

在高中数学中，导数是一个常考的内容。

为了帮助同学们更好地掌握导数的相关知识，本文将对导数常考题型进行归纳总结，以便同学们能够更好地应对考试。

一、常数函数求导常数函数的导数始终为零。

这个结论是很容易推导出来的，因为常数函数的图像是一条水平直线，斜率为零，所以导数为零。

二、幂函数求导对于幂函数（如x的n次方），我们可以利用求导的定义直接推导求导公式。

设y=x^n，其中n为常数，则有：dy/dx = n*x^(n-1)。

例如，对于y=x^2，求导后得到dy/dx=2x。

对于y=x^3，求导后得到dy/dx=3x^2。

这个公式是求解幂函数导数的基础公式，需要同学们熟练掌握。

三、指数函数求导对于指数函数（如e^x），其导数仍然是指数函数本身。

即dy/dx = e^x。

这个结论在微积分中是非常重要的，往往与幂函数求导相结合，可以解决很多复杂问题。

四、对数函数求导对于对数函数（如ln(x)），其导数可以通过指数函数的导数求出。

根据求导的链式法则，我们可以得到对数函数的导数公式：dy/dx = 1/x。

这个公式对于解决对数函数的导数问题非常有用。

五、三角函数求导对于三角函数（如sin(x)和cos(x)），它们的导数也具有一定的规律性。

我们可以根据求导的定义和三角函数的性质，得到以下导数公式：sin(x)的导数为cos(x)；cos(x)的导数为-sin(x)；tan(x)的导数为sec^2(x)；cot(x)的导数为-csc^2(x)。

这些公式可以根据求导的定义进行推导，同学们需要牢记。

六、复合函数求导复合函数指的是由多个函数复合而成的函数。

对于复合函数的导数求解，我们可以利用链式法则。

链式法则的公式为：如果y=f(u)，u=g(x)，则有dy/dx = dy/du * du/dx。

通过链式法则，我们可以将复合函数的导数求解转化为简单函数的导数求解。

导数题型总结

导数题型总结导数题型总结导数及其应用题型总结题型一：切线问题①求曲线在点（xo，yo）处的切线方程②求过曲线外一点的切线方程③求已知斜率的切线方程④切线条数问题例题1：已知函数f（x）=x+x-16，求：（1）曲线y=f（x）在点（2，-6）处的切线方程（2）过原点的直线L是曲线y=f（x）的切线，求它的方程及切点坐标（3）如果曲线y=f（x）的某一切线与直线y=-(1/4)x+3垂直，求切线方程及切点坐标例题2：已知函数f（x）=ax+2bx+cx在xo处去的极小值-4.使其导数f”(x)>0的x的取值范围为（1,3），求：（1）f(x)的解析式；（2）若过点P （-1，m）的曲线y=f(x)有三条切线，求实数m的取值范围。

题型二：复合函数与导数的运算法则的综合问题例题3：求函数y=xcos （x+x-1）sin（x+x-1）的导数题型三：利用导数研究函数的单调区间①求函数的单调区间（定义域优先法则）②求已知单调性的含参函数的参数的取值范围③证明或判断函数的单调性例题4：设函数f(x)=x+bx+cx，已知g（x）=f(x)-f”(x)是奇函数，求y=g （x）的单调区间例题5：已知函数f(x)=x3-ax-1，（1）若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围（2）是否存在实数a，使f(x)在（-1,1）上单调递减？若存在，求出a的范围；若不存在，说明理由。

例题6：证明函数f(x)=lnx/x2在区间（0,2）上是减函数。

题型四：导数与函数图像问题例1：若函数y=f(x)的导函数在区间[a,b]上是增函数，则函数y=f(x)在[a,b]上的图象可能是y题型五：利用导数研究函数的极值和最值例题7：已知函数f(x)=-x3+ax2+bx在区间（-2,1）上x=-1时取得极小值，x=2/3时取得极yy32323oaoobxoabxbxabxaA．B．C．D．大值。

求（1）函数y=f(x)在x=-2时的对应点的切线方程（2）函数y=f(x)在[-2,1]上的最大值和最小值。

2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，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 )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，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 ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(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．题型二根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ，所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意．若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )，令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增，所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点．综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．方法二先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1，所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．解由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0，所以φ(e)<φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解 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)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，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，＋∞)内单调递增．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 ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．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)证明不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减，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222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝，所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－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(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立；当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立，所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意，所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增；当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0，所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意．由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减，又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)，即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。

高中数学导数题型归纳总结

高中数学导数题型归纳总结高中数学中，导数是一个重要的概念，它是微积分的基础。

在考试中，导数题型往往是必考的内容。

为了帮助同学们更好地复习导数，下面对高中数学导数题型进行归纳总结。

1. 求函数的导数：这是最基本的导数题型，要求根据函数的定义求出其导数。

常见的函数包括多项式函数、指数函数、对数函数、三角函数等。

2. 导数的四则运算：利用导数的基本性质，可以进行导数的四则运算。

例如，两个函数的和、差、积或商的导数可以通过分别求出函数的导数，然后利用四则运算的性质计算得到。

3. 链式法则：当函数是复合函数时，可以使用链式法则进行求导。

链式法则的基本思想是将复合函数分解为内层函数和外层函数，并利用导数的链式法则求出导数。

4. 隐函数求导：当一个函数的表达式中包含未知数的隐式关系时，可以利用隐函数求导的方法求出导数。

常见的隐函数求导题型包括求曲线的切线斜率、求极值等。

5. 参数方程求导：当函数由参数表示时，可以通过对参数方程进行求导，然后用参数方程的导数表达式消去参数，得到函数的导数。

6. 反函数求导：如果函数存在反函数，可以利用反函数求导的方法求出导数。

反函数求导的基本思想是将函数的自变量和因变量互换，然后求出反函数的导数。

7. 极限与导数：导数的定义中包含了极限的概念，所以在求导过程中经常需要应用极限的性质。

例如，使用极限的性质求出函数导数的极限，或者利用导数的定义证明极限存在等。

除了上述的题型，还有一些常见的应用题型，如最值问题、曲线的凹凸性、切线和法线方程等。

这些题型往往需要综合运用导数的概念和性质进行解答。

总之，高中数学导数题型的归纳总结包括基本的导数求法、导数的四则运算、链式法则、隐函数求导、参数方程求导、反函数求导以及与极限的关系等。

通过对这些题型的理解和熟练掌握，可以帮助同学们更好地应对高中数学考试中的导数题目。

2020高考北师大版文科数学-高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上是增加的,在(3-2√3,3+2√3)上是减少的.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是减少的.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.已知函数f(x)=1x-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-12-1+a=-x2-ax+12.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上是减少的.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-√a 2-42或x=a+√a2-42.当x∈(0,a-√a2-42)∪a+√a2-42,+∞时,f'(x)<0;当x∈a-√a2-42,a+√a2-42时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-√a2-42),(a+√a2-42,+∞)上是减少的,在(a-√a2-42,a+√a2-42)上是增加的.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f (x )=x 2+a ln x-2x (a ∈R ). (1)求f (x )的递增区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+ax -2=2x 2-2x+a x, 令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥12,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上是增加的; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增;当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )递增,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(2018全国3,文21)已知函数f (x )=ax 2+x -1e x .(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a ≥1时,f (x )+e ≥0.(x )=-ax 2+(2a -1)x+2x,f'(0)=2. 因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x .令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )递增; 所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f (x )=(x-1)e x -k2x 2(其中k ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的递减区间是(-∞,0),递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上是增加的,在(ln k ,0)上是减少的.③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上是增加的. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上是增加的,在(0,ln k )上是减少的. 7.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f (x )=x 2e ax -1. (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)略.函数f (x )的定义域为R .f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内是增加的,在区间(-∞,0)内是减少的; 当a>0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a内是增加的,在区间-2a ,0内是减少的,在区间(0,+∞)内是增加的; 当a<0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内是减少的,在区间0,-2a内是增加的,在区间-2a,+∞内是减少的.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f (x )=ln (x -a )x . (1)若a=-1,证明:函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x-y=0平行,求a 的值; (3)若x>0,证明:ln (x+1)x>xe x -1(其中e 是自然对数的底数).a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)2,令g (x )=x-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0.又g'(x )=1(x+1)2−1x+1=-x(x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上是减少的,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上是减少的.,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a-ln(1-a )=0, 令t (a )=a-ln(1-a ),a<1, 则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t (a )在(-∞,1)上是增加的,又t (0)=0,故0是t (a )的唯一零点, 即方程a-ln(1-a )=0有唯一实根0,所以a=0.因为xx -1=ln e x x -1=ln (e x -1+1)x -1,故原不等式等价于ln (x+1)>ln (e x -1+1)x -1, 由(1)知,当a=-1时,f (x )=ln (x+1)x在(0,+∞)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x -1,令h (x )=e x -x-1,则h'(x )=e x -1>0在(0,+∞)上恒成立,故h (x )在(0,+∞)上是增加的, 所以h (x )>h (0)=0,即x<e x -1,故f (x )>f (e x -1),即ln (x+1)x>ln (e x -1+1)e x -1=xe x -1.突破2 利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f (x )=ln x-ax (a ∈R ). (1)当a=12时,求f (x )的极值; (2)略.当a=12时,f (x )=ln x-12x ,函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x−12=2-x 2x, 令f'(x )=0,得x=2,于是当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:故f (x )的极大值为ln 2-1,无极小值.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f (x )=ln x-ax (a ∈R )在定义域内的极值点的个数.(0,+∞),f'(x )=1x-a=1-axx(x>0). 当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上是增加的,此时函数f (x )在定义域上无极值点;当a>0时,若x ∈0,1a,则f'(x )>0,若x ∈1a,+∞,则f'(x )<0,故函数f (x )在x=1a处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f (x )=2ln x-x 2+ax+2. (1)当a=3时,求f (x )的单调区间和极值; (2)略.f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2,所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f(x)的递增区间为(0,2),递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln 2+4,无极小值.4.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上是增加的.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上是减少的.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.+2ax+b,因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x )=1x -2x-1=-2x 2-x+1x=-2x 2+x -1x , 由f'(x )=0,可得x=12(x=-1舍去),当0<x<12时,f'(x )>0,f (x )递增;当x>12时,f'(x )<0,f (x )递减, 故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f (x )=ax+ln x ,其中a 为常数. (1)当a=-1时,求f (x )的最大值;(2)若f (x )在区间(0,e]上的最大值为-3,求a 的值.易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x=1-x x, 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的. ∴f (x )max =f (1)=-1.∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1.(2)f'(x )=a+1x,x ∈(0,e],则1x∈1e,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上是增加的,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1e ,令f'(x )>0得,a+1x >0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1a ;令f'(x )<0得,a+1x<0,又x ∈(0,e],解得-1a<x ≤e .从而f (x )在0,-1a上是增加的,在-1a,e 上是减少的,∴f (x )max =f -1a=-1+ln -1a.令-1+ln -1a=-3,得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f (x )=ln x-mx-n (m ,n ∈R ). (1)若n=1时,函数f (x )有极大值为-2,求m 的值; (2)若对任意实数x>0,都有f (x )≤0,求m+n 的最小值.函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2,由f'(x )=1x -m=0,得x=1m>0,∴f (1m )=-ln m-1-1=-2, ∴m=1.经检验m=1满足题意.故m 的值为1. (2)f'(x )=1x -m.①当m<0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的.令x=e n ,则f (e n )=ln e n -m e n -n=-m e n >0,舍去;②当m=0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的,令x=e n+1,则f (e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去; ③当m>0时,若x ∈0,1m ,则f'(x )>0,若x ∈1m,+∞,则f'(x )<0,∴f (x )在0,1m 上是增加的,在1m,+∞上是减少的.∴f (x )的最大值为f1m=-ln m-1-n ≤0,即n ≥-ln m-1.∴m+n ≥m-ln m-1,设h (m )=m-ln m-1, 令h'(m )=1-1m=0,则m=1.当m ∈(0,1)时,h'(m )<0,∴h (m )在(0,1)上是减少的. 当m ∈(1,+∞)时,h'(m )>0.∴h (m )在(1,+∞)上是增加的. ∴h (m )的最小值为h (1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n 的最小值为0.突破3 导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f (x )=x ln x. (1)略;(2)当x ≥1e 时,f (x )≤ax 2-x+a-1,求实数a 的取值范围.由已知得a ≥xlnx+x+1x 2+1,设h (x )=xlnx+x+1x 2+1, 则h'(x )=(1-x )(xlnx+lnx+2)(x 2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x ≥1e ,∴y ≥-1e -1+2>0, ∴当x ∈1e,1时,h'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,∴h (x )在x=1处取得最大值,h (1)=1,∴a ≥1.故a 的取值范围为[1,+∞).2.(2018全国1,文21)已知函数f (x )=a e x -ln x-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 ≥1e时,f (x )≥0.(x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2. 从而f (x )=12e 2e x -ln x-1,f'(x )=12e 2e x -1x . 当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,2)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的.a ≥1e 时,f (x )≥e xe -ln x-1. 设g (x )=e xe -ln x-1, 则g'(x )=e xe−1x .当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1e 时,f (x )≥0.3.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f (x )=e x -x 2-ax. (1)略;(2)当x>0时,f (x )≥1-x 恒成立,求实数a 的取值范围.由题意,当x>0时,e x -x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e xx -x-1x +1.令h (x )=e x x -x-1x +1(x>0),则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f (x )=e x-1-a (x-1)+ln x (a ∈R ,e 是自然对数的底数). (1)略;(2)若对x ∈[1,+∞),都有f (x )≥1成立,求实数a 的取值范围.f'(x )=e x-1+1x-a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上是增加的,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上是增加的,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a ≤2时,f'(x )≥0,f (x )在[1,+∞)上是增加的,f (x )≥f (1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0. 又f'(ln a+1)=e ln a -a+1lna+1=1lna+1>0, ∴存在x 0∈(1,ln a+1),使得f'(x )=0,此时,当x ∈(1,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,ln a+1)时, f'(x )>0,∴f (x )在(1,x 0)上是减少的,当x ∈(1,x 0)时,都有f (x )<f (1)=1,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围为(-∞,2].5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f (x )=x+1-m e x ,m ∈R . (1)当m=1时,求f (x )的单调区间; (2)求证:当x ∈(0,+∞)时,lne x -1x>x 2.m=1时,f (x )=x+1-e x ,f'(x )=1-e x ,令f'(x )=0,则x=0. 当x<0时,f'(x )>0;当x>0时, f'(x )<0.∴函数f (x )的递增区间是(-∞,0),递减区间是(0,+∞).(1)知,当m=1时,f (x )max =f (0)=0,∴当x ∈(0,+∞)时,x+1-e x <0,即e x >x+1,当x ∈(0,+∞)时,要证ln e x -1x>x 2,只需证e x -1>x e x2, 令F (x )=ex-1-x e x2=e x -x (√e )x-1, F'(x )=e x-(√e )x−12x (√e )x =(√e )x(√e )x-1-x 2=e x 2e x 2-1-x 2,由ex>x+1可得,e x 2>1+x2,故当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0恒成立,即F (x )在(0,+∞)上是增加的,∴F (x )>F (0)=0,即e x -1>x e x2,∴ln e x -1x>x 2.6.已知函数f (x )=-a ln x-e xx+ax ,a ∈R .(1)略;(2)当a=1时,若不等式f (x )+bx-b+1x e x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,求实数b 的取值范围. 解(2)由题意,当a=1时,f (x )+bx-b+1xe x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,整理得ln x-b (x-1)e x ≤0在(1,+∞)上恒成立. 令h (x )=ln x-b (x-1)e x ,易知,当b ≤0时,h (x )>0,不合题意,∴b>0.又h'(x )=1x -bx e x ,h'(1)=1-b e .①当b ≥1e 时,h'(1)=1-b e ≤0.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的. ∴h'(x )≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h (x )在[1,+∞)上是减少的.所以h (x )≤h (1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e >0,h'(1b )=b-e 1b <01b>1.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的,∴存在唯一x 0∈(1,+∞),使得h'(x 0)=0.∴h (x )在(1,x 0)上是增加的,在(x 0,+∞)上是减少的.又h (x )在x=1处连续,h (1)=0,∴h (x )>0在(1,x 0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b 的取值范围为1e ,+∞.7.设函数f (x )=e mx +x 2-mx.(1)求证:f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x 1,x 2∈[-1,1],都有|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1,求m 的取值范围.(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)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的.(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上是减少的,在[0,1]上是增加的,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.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)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的. 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{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,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].8.(2019山西太原二模,21)已知x 1,x 2(x 1<x 2)是函数f (x )=e x +ln(x+1)-ax (a ∈R )的两个极值点. (1)求a 的取值范围; (2)求证:f (x 2)-f (x 1)<2ln a.f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上是增加的,且h (0)=0.当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )是减少的, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0.f (x )在(-1,+∞)上是增加的,此时无极值;②当a>2时,∵g 1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴存在x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0,∴存在x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点.综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x 2+1<1+ln a ,e x 2−e x 1=x 2-x1(x 1+1)(x 2+1), ∴1(x 1+1)(x 2+1)-a<0,1<x 2+1x 1+1<a (1+ln a )<a 2,∴f (x 2)-f (x 1)=e x 2−e x 1+ln x 2+1x 1+1-a (x 2-x 1)=(x 2-x 1)1(x 1+1)(x 2+1)-a+lnx 2+1x 1+1<ln a 2=2ln a. 突破4 导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f (x )=13x 3-a (x 2+x+1). (1)略;(2)证明:f (x )只有一个零点.x 2+x+1>0,所以f (x )=0等价于x 3x 2+x+1-3a=0.设g (x )=x 3x 2+x+1-3a ,则g'(x )=x 2(x 2+2x+3)(x 2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x )=0,所以g (x )在(-∞,+∞)递增,故g (x )至多有一个零点,从而f (x )至多有一个零点.又f (3a-1)=-6a 2+2a-13=-6(a -16)2−16<0,f (3a+1)=13>0,故f (x )有一个零点.综上,f (x )只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f (x )=x ln x-a (x 2-x )+1,函数g (x )=f'(x ). (1)若a=1,求f (x )的极大值;(2)当0<x<1时,g (x )有两个零点,求a 的取值范围.f (x )=x ln x-x 2+x+1(x>0),g (x )=f'(x )=ln x-2x+2,g'(x )=1x -2=1-2xx ,当x ∈0,12时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.又g (1)=f'(1)=0,则当x ∈12,1时,f'(x )>0,f (x )递增;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )<0,f (x )递减. 故当x=1时,f (x )取得极大值f (1)=1. (2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12a,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.则g12a ≥g 12=ln 12+1=ln e 2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<12a <x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <12a ,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.(2019河南开封一模,21)已知函数f (x )=ax 2+bx+1x.(1)略;(2)若f (1)=1,且方程f (x )=1在区间(0,1)内有解,求实数a 的取值范围.由f (1)=1得b=e -1-a ,由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上是增加的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当a ≥e 2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上是减少的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e 2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上是减少的,在(ln(2a ),1)上是增加的,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )),若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e12<a<e 2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f (x )=ax-ln x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )=0有两个相异的正实数根x 1,x 2,求证f'(x 1)+f'(x 2)<0.(x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x=ax -1x. ①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减少的. ②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减少的,在1a ,+∞上为增加的.1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 1-x 2,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 1-x2<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上是减少的,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立. 解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=a t 2+ln t 2. 令g (t )=at +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-at 2+1t =t -a t2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减少的,在(a ,+∞)上为增加的. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减少的,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增加的,所以t 2>2a-t 1, 即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f (x )=1+lnxx . (1)略;(2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x(a>0)有唯一零点,求a 的取值范围.当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1, 令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上是减少的,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上是减少的,所以h (x )<h (1)=0,方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0,取x=1+1a,则h 1+1a=ln 1+1a-a (1+1a )2+a 1+1a=ln 1+1a-1+1a,令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0, 即h (t )在t>1时递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a,使得h (x 1)=0.综上,a 的取值范围为0<a<1.6.(2019山西运城二模,21)已知函数f (x )=x e x -a (ln x+x ),a ∈R . (1)当a=e 时,求f (x )的单调区间;(2)若f (x )有两个零点,求实数a 的取值范围.f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减少的;在(1,+∞)上为增加的.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上为增加的,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上是增加的,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上是增加的.又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t )=e t -a=0可知g (t )在t=ln a 时有唯一的一个极小值g (ln a )=a (1-ln a ),若0<a<e,g (t ) 极小值=a (1-ln a )>0,g (t )无零点; 若a=e,g (t )极小值=0,g (t )只有一个零点; 若a>e 时,g (t )极小值=a (1-ln a )<0,而g (0)=1>0,由于y=lnxx 在(e,+∞)上为减少的,可知当a>e 时,e a >a a >a 2, 从而g (a )=e a -a 2>0.∴g (t )在(0,ln a )和(ln a ,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e 时f (x )有两个点,即所求a 的取值范围是(e,+∞). 7.(2016全国1,理21)已知函数f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.(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)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的. 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 ≥-e 2,则ln(-2a )≤1, 故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0, 因此f (x )在(1,+∞)上是增加的.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a<-e 2,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 ))上是减少的, 在(ln(-2a ),+∞)上是增加的.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,+∞).x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)上是减少的,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-x 2-(x 2-2)e x 2. 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<2.8.(2019天津,20)设函数f (x )=ln x-a (x-1)e x ,其中a ∈R . (1)若a ≤0,讨论f (x )的单调性; (2)若0<a<1e ,①证明f (x )恰有两个零点;②设x 0为f (x )的极值点,x 1为f (x )的零点,且x 1>x 0,证明3x 0-x 1>2.,f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=1-[a e x +a (x-1)e x ]=1-ax 2e x.因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内是增加的.(2)证明①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx .令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e ,可知g (x )在(0,+∞)内是减少的,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a=1-a ln1a 21a=1-ln1a2<0, 故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x =0, 所以f (x )在(0,x 0)内是增加的; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内是减少的,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x-1<0,故h (x )在(1,+∞)内是减少的,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1.从而f ln1a=ln ln1a-a ln 1a-1e ln 1a =ln ln1a-ln 1a +1=h ln1a<0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故e x 1-x 0<x 02(x 1-1)x 1-1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。

2020高考数学-导数压轴题型归类总结(解析版)

导数压轴题型归类总结目录一、导数单调性、极值、最值的直接应用（1）二、交点与根的分布（23）三、不等式证明（31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（51）（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用（70）六、导数应用题（84）七、导数结合三角函数（85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

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a-a(- ),( , +∞) 单调递增，在 (- （2020 年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1 已知函数 f ( x ) = ax 3 - 12 x ，导函数为 f '( x) ，（1）求函数 f ( x ) 的单调区间；（2）若 f '(1)= -6, 求函数f ( x ) 在[—1，3]上的最大值和最小值。

【答案】略【解析】（I ） f '( x ) = 3ax 2 - 12 = 3(ax 2 - 4) ，（下面要解不等式 3(ax 2 - 4) > 0 ，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当 a ≤ 0时, f '( x ) < 0, f ( x )在(-∞, +∞) 单调递减；当 a > 0时,当x 变化时, f '( x ), f ( x ) 的变化如下表：x(-∞, -2)22 2, ) a a2 a(2a, +∞)f '( x )+0 —+f ( x )极大值极小值此时， f ( x )在(-∞, - 2 26 a 2 2 , ) 单调递减； a a（II ）由 f '(1) = 3a -12 = -6, 得a = 2.由（I ）知， f ( x )在(-1, 2) 单调递减 ,在( 2 ,3)单调递增。

【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个， 1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

题型二已知单调性求参数取值范围问题例 1 已知函数 f ( x) = 13x 3 + x 2 + ax - 5 ，若函数在[1,+∞) 上是单调增函数，求 a 的取值范围≥ a【答案】【解析】 f '( x ) = x 2 + 2 x + a ,依题意在[1,+∞) 上恒有 y ' ≥ 0 成立，方法 1：函数 f '( x ) = x 2 + 2 x + a ，对称轴为 x = -1 ，故在 [1,+∞) 上 f '( x ) 单调递增，故只需 f '(1) ≥ 0 即可，得a ≥ -3 ，所以 a 的取值范围是 [3, +∞ ) ；方法 2：由 y ' = x 2 + 2 x + a ≥ 0 ，得 a ≥ - x 2 - 2 x ，只需 a （-x 2 -2 x ），易得（-x 2 -2 x ） = -3 ，因此maxmaxa ≥ -3 ，，所以 a 的取值范围是 [3, +∞ ) ；【易错点】本题容易忽视 f '(1) ≥ 0 中的等号【思维点拨】已知函数 f ( x ) 在区间 (a, b ) 可导：1. f ( x ) 在区间 (a, b ) 内单调递增的充要条件是如果在区间 (a, b ) 内，导函数 f '( x ) ≥ 0 ，并且 f '( x ) 在 (a, b ) 的任何子区间内都不恒等于零；2. f ( x ) 在区间 (a, b ) 内单调递减的充要条件是如果在区间 (a, b ) 内，导函数 f '( x ) ≤ 0 ，并且 f '( x ) 在 (a, b ) 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数 f ( x ) 在区间 (a, b ) 可导,则 f '( x ) ≥ 0 在区间内 (a, b ) 成立是 f ( x ) 在 (a, b ) 内单调递增的必要不充分条件2.若 f ( x ) 为增函数，则一定可以推出 f '( x ) ≥ 0 ；更加具体的说，若 f ( x ) 为增函数，则或者 f '( x ) > 0 ，或者除了 x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都 f '( x ) > 0 ；3. f '( x ) ≥ 0 时，不能简单的认为 f ( x ) 为增函数，因为 f '( x ) ≥ 0 的含义是 f '( x ) > 0 或 f '( x ) = 0 ，当函数在某个区间恒有 f '( x ) = 0 时，也满足 f '( x ) ≥ 0 ,但 f ( x ) 在这个区间为常函数.题型三方程与零点1．已知函数 f (x ) = ax 3 - 3x 2 + 1，若 f (x )存在三个零点，则 a 的取值范围是（）A. (-∞, -2)B. (-2,2 )C. (2, +∞ )D. (-2,0 )⋃ (0,2 )【答案】D【解析】很明显 a ≠ 0 ，由题意可得：f ' (x ) = 3ax 2 - 6x = 3x (ax - 2) ，则由 f ' (x ) = 0 可得x = 0, x =21 22，a 2 1. 已知函数 f ( x ) = 1“[ ) 0 , , ) 0 , ,由题意得不等式： f (x 1 ) f (x ) = 82 12 4- + 1 < 0 ，即： a 2 a 2> 1,a 2 < 4, -2 < a < 2 ，综上可得 a 的取值范围是 (-2,0 )⋃ (0,2 ) .本题选择 D 选项.【易错点】找不到切入点，有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

【思维点拨】函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间 a ，b ]上是连续不断的曲线，且 f (a )· f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．题型四、导数证明不等式例 1 当 x ∈ (0, π )时，证明不等式 s in x < x 成立。

【答案】略【解析】设 f ( x ) = sin x - x, 则 f '( x ) = cos x - 1.∵ x ∈ (0, π ), ∴ f '( x ) < 0. ∴ f ( x ) = sin x - x 在 x ∈ (0, π ) 内单调递减，而 f (0) = 0.∴ f ( x ) = sin x - x < f (0) = 0, 故当 x ∈ (0, π ) 时， sin x < x 成立。

【易错点】不能顺利把不等式转化为等价的函数、方程问题【思维点拨】注意观察不等式的结构，选择合理的变形，构造函数，把不等式问题转化为函数的极值、最值问题。

【巩固训练】题型一含参的分类讨论1x 3 + (2 - a) x 2 + (1- a) x (a ≥ 0).3 2（I ）求 f ( x ) 的单调区间；（II ）若 f ( x ) 在[0，1]上单调递增，求 a 的取值范围。

【答案】略【解析】（I ） f '( x ) = x 2 + (2 - a ) x + 1 - a = ( x + 1)(x + 1 - a ).当a = 0时 , f ' ( x = (x + 21 ) ≥ 恒成立当且仅当 x = -1 时取“=”号， f ( x )在(-∞, +∞) 单调递增。

当a > 0时由 f ' ( x = 得 x = - 1x = a -且 1 , x < x 1212,)(1),1,∞1), )1,)0,1]【解析】由f'(x)=1-a当x变化时，f'(x)、f(x)的变化如下表：xf'(x)(-∞,-1)+—1(-1,a-1)—a-1(a-1,+∞)+f(x)极大值极小值f(x在-∞,-单调递增在,-(a1-单调递减在a-(+单调递增（II）当a=0时,f(x)在[0,1]上单调递增,f(x)≥f(0)=1恒成立。

当a>0时,由（I）可知若0<a≤时则f(x在[上单调递增若a>1,则f(x)在[0,a-1]上单调递减，f(x)在[0,1]上不单增，不符合题意；综上，a的取值范围是[0，1]2.已知函数f(x)=x-a ln x(a∈R)，求函数f(x)的极值.【答案】略x-a=,x>0可知:x x①当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值;②当a>0时,由f'(x)=0,解得x=a;x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0∴f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-a ln a,无极大值.综上:当a≤0时,函数f(x)无极值当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-a ln a,无极大值.3.已知a∈R,求f(x)=x2e ax的单调区间。

【答案】略4，可知在 (-∞,0) 必有一个零点，也不符合；当 a < 0 时， f ( ) > 0 ，得 a < -2 ，【解析】函数的导数 f '( x ) = (2 x + ax 2 )e ax（ⅰ）当 a = 0 时，若 x < 0 ，则 f '( x ) < 0 ；若 x > 0 ,则 f '( x ) > 0 ；则在（－∞，0）内为减函数，在（0，＋∞）内为增函数。

（ⅱ）当 a>0 时，由 2x + ax 2 ＞0 ⇔ x < - 2a或x > 0则在（－∞，－ 2 a）内为增函数，在（0，＋∞）内为增函数。

2 2由 2x + ax 2 ＜0 ⇔ - < x < 0 ，在（－，0）内为减函数。

a a2 2（ⅲ）当 a<0 时，由 2x + ax 2 ＞0 ⇔ 0<x<- ，在（0，－）内为增函数。

a a2 2由 2x + ax 2 ＜0 ⇔ x<0 或 x>- ，在（－∞,0）∪（- ，+∞）内为减函数。

a a题型二已知单调性求参数范围已知 f ( x ) = ax 3 + 3x 2 - x + 1 在 R 上是减函数，求 a 的取值范围。

【答案】略【解析】：对 f ( x ) 求导得 f '( x ) = 3ax 2 + 6 x - 1 ，由题意可知对任意实数恒有 f '( x) ≤ 0 ,讨论：（1）当 a > 0 ，显然不符合题意；（2）当 a = 0 时也不符合题意；（3）当 a < 0 时，依题意必有 ∆ = 36 + 12a ≤ 0 ，即 a ≤ -3 ，综上可知 a 的取值范围是 (-∞, -3]题型三方程与零点1.已知函数 f ( x ) = ax 3 - 3 x 2 + 1 ，若 f ( x ) 存在唯一的零点 x ，且 x > 0 ，则 a 的取值范围是（）A ． (2, +∞)B ． (1,+∞)C ． (-∞, -2)D ． (-∞, -1)【答案】C【解析】当 a = 0 时， f ( x ) = -3x 2 + 1 ，函数有两个零点，不符合；当 a > 0 时， f '( x ) = 3ax 2 - 6 x ，令f '( x ) = 0 ，得 x = 0, 2 2a a故选 C2.设 a 为实数，函数 f ( x ) = - x 3 + 3 x + a ，当 a 为何值时，方程 f ( x) = 0 恰好有两个实数根.【答案】略4 ⎩ ⎩x【解析】求导得 f '( x ) = -3( x + 1)( x - 1) ，∵当 x < -1 或 x > 1 时， f '( x ) < 0 ；当 -1 < x < 1 ， f '( x ) > 0 ；∴ f ( x ) 在 (-∞, -1) 和 (1,+∞ ) 单调递减，在 (-1,1) 在单调递增，∴ f ( x ) 的极小值为 f (-1) = a - 2 ， f ( x ) 的极大值为 f (1) = a - 2 ；要使方程 f ( x ) = 0 恰好有两个实数根，只需 f ( x ) 的图象与 x 轴恰有两个公共点，画出 f ( x ) 的草图，∴ a - 2 = 0 且 a + 2 = 0 或 a + 2 = 0 且 a - 2 < 0 ； ∴ a = 2 或 a = -2故当 a = 2 或 a = -2 时，方程恰有两个实数根.3.若函数 f ( x ) = ax 3 - bx + 4 ，当 x = 2 时，函数 f ( x ) 有极值 -（1）求函数 f ( x ) 的解析式；（2）若函数 f ( x ) = k 有 3 个解，求实数 k 的取值范围．【答案】略【解析】求导得 f '(x ) = 3ax 2 - b ，⎧ ⎧1 ⎪ f (2) = - ⎪a =（1）由题意 ⎨ 3 ，得 ⎨ 3⎪ f '(2) = 0 ⎪ b = 44 3，∴所求解析式为 f (x ) = 13x 3 - 4 x + 4（2）由（1）可得： f '(x ) = x 2 - 4 = (x - 2 )( + 2 )令 f '(x ) = 0 ，得 x = 2 或 x = -2当 x 变化时， f '(x )、 f (x )的变化情况如下表：6∴函数f (x)=x3-4x+4的图象大致如图：x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)f'(x) f(x)+单调递增↗283—单调递减↘-43+单调递增↗因此，当x=-2时，f (x)有极大值283当x=2时，f (x)有极小值-4313428由图可知：-<k<33题型四、导数证明不等式1、当x>0时，证明不等式e x>1+x+【答案】略12x2成立。