高中数学经典解题技巧(导数及其应用)
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0x xa -++=对任意的x 恒成立， 则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x x f x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
_高中数学第一章导数及其应用2
f(x)＝1x
f ′(x)＝－x12＝－x－2
f(x)＝ x
f ′(x)＝21 x＝12x－12
f(x)＝x3
f′(x)＝3x2
结论：若f(x)＝xα(α为有理数)，则f′(x)＝αxα－1.
1．y＝c表示平行于x轴的直线，或与x轴重合的直线， 其斜率为0，故y＝c上任一点处的导数值为____0____， 直线y＝x的斜率为1，故直线y＝x上任一点处的导数值 为___1_____.
[分析] 只需求出K、Q两点的横坐标即可．
[解析]
设P(x0，y0)，则kl1＝y′|x＝x0＝2
1 x0
.
∵直线l1与l2垂直，则kl2＝－2 x0，
∴直线l2的方程为y－y0＝－2 x0(x－x0)．
∵点P(x0，y0)在曲线y＝ x上，∴y0＝ x0.
在直线l2的方程中令y＝0，则－ x0＝－2 x0(x－x0)．
2．当y＝c表示路程关于时间的函数时，常数c表明路 程不变化，因此一直处于__静__止____状态，故瞬时速度 为___0_____，因此y′＝____0____；
当y＝x表示路程关于时间的函数时，路程的改变量等 于时间的改变量，因此物体做匀速直线运动，瞬时速 度为___1_____，故y′＝____1____.
当P点不是切点时，设切点为A(x0，y0)，由定义可求得切 线的斜率为k＝3x20.
∵A在曲线上，∴y0＝x30，∴xx300－－82＝3x20，
∴x30－3x20＋4＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0， ∴x0＝－1或x0＝2(舍去)，∴y0＝－1，k＝3， 此时切线方程y＋1＝3(x＋1)，即3x－y＋2＝0. 故经过点P的曲线的切线有两条，方程为12x－y－16＝0和 3x－y＋2＝0. [警示] 求曲线过点P的切线时，应注意检验点P是否在曲 线上，若点P在曲线上，应分P为切点和P不是切点讨论．
超实用高考数学专题复习：第四章导数及其应用 导函数的“隐零点”问题
(2)证明 g′(x)＝（x－2）ex＋ x3 a（x＋2）＝x＋x32(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xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因为 y＝x＋ex 2单调递增，对任意 λ∈12，e42，存在唯一的 xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)， 使得 h(a)＝λ.所以 h(a)的值域是12，e42. 综上，当 a∈[0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e42.
题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2019·天津卷)设函数 f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中 a∈R.
导函数的“隐零点”问题
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前，要 认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟 着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善 于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查 ，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量。 在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去面 对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难” ，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最好 再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30天 冲刺复习方法。
高中数学导数知识总结+导数七大题型答题技巧
高中数学导数知识总结+导数七大题型答题技巧知识总结一. 导数概念的引入1. 导数的物理意义：瞬时速率。
一般的，函数y=f(x)在x=处的瞬时变化率是2. 导数的几何意义：曲线的切线，当点趋近于P时，直线 PT 与曲线相切。
容易知道，割线的斜率是当点趋近于 P 时，函数y=f(x)在x=处的导数就是切线PT的斜率k，即3. 导函数：当x变化时，便是x的一个函数，我们称它为f （x）的导函数. y=f（x）的导函数有时也记作，即。
二. 导数的计算基本初等函数的导数公式：导数的运算法则：复合函数求导：y=f(u)和u=g(x)，则称y可以表示成为x的函数，即y=f(g(x))为一个复合函数。
三、导数在研究函数中的应用1. 函数的单调性与导数：一般的，函数的单调性与其导数的正负有如下关系：在某个区间（a,b）内(1) 如果＞0，那么函数y=f(x)在这个区间单调递增；(2) 如果＜0，那么函数y=f(x)在这个区间单调递减；2. 函数的极值与导数：极值反映的是函数在某一点附近的大小情况。
求函数y=f(x)的极值的方法有：（1）如果在附近的左侧＞0 ，右侧＜0，那么是极大值；（2）如果在附近的左侧＜0 ，右侧＞0，那么是极小值；3. 函数的最大(小)值与导数：求函数y=f(x)在［a,b］上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数y=f(x)在［a,b］内的极值；（2）将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的是最大值，最小的是最小值。
四. 推理与证明（1）合情推理与类比推理根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理，叫做归纳推理,归纳是从特殊到一般的过程，它属于合情推理。
根据两类不同事物之间具有某些类似（或一致）性，推测其中一类事物具有与另外一类事物类似的性质的推理，叫做类比推理。
类比推理的一般步骤：(1) 找出两类事物的相似性或一致性；(2) 用一类事物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题（猜想）；(3) 一般的，事物之间的各个性质并不是孤立存在的,而是相互制约的.如果两个事物在某些性质上相同或相似，那么他们在另一写性质上也可能相同或类似,类比的结论可能是真的；(4) 一般情况下，如果类比的相似性越多，相似的性质与推测的性质之间越相关，那么类比得出的命题越可靠。
高中数学 复习课(三)导数及其应用(含解析)1数学教案
复习课(三) 导数及其应用 导数的概念及几何意义的应用近几年的高考中，导数的几何意义和切线问题是常考内容，各种题型均有可能出现，一般题目难度较小．[考点精要](1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)；(2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k ；(3)已知过某点M (x 1，f (x 1))(不是切点)的切线斜率为k 时，常需设出切点A (x 0，f (x 0))，利用k ＝f x 1－f x 0x 1－x 0求解． [典例] (2017·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．[解析] 由题意可知f ′(x )＝a －1x， 所以f ′(1)＝a －1，因为f (1)＝a ，所以切点坐标为(1，a )，所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)，即y ＝(a －1)x ＋1.令x ＝0，得y ＝1，即直线l 在y 轴上的截距为1.[答案] 1[类题通法](1)利用导数的几何意义解决切线问题的两种情况①若已知点是切点，则在该点处的切线斜率就是该点处的导数．②如果已知点不是切点，则应先出切点，再借助两点连线的斜率公式进行求解．(2)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，例如，y ＝x 3在(1,1)处的切线l 与y ＝x 3的图象还有一个交点(－2，－8)．[题组训练]1．曲线y ＝x x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x －2解析：选A ∵y ′＝x ′x ＋2－x x ＋2′x ＋22＝2x ＋22， ∴k ＝y ′|x ＝－1＝2－1＋22＝2，∴切线方程为：y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1.2．已知曲线y ＝x 3－1与曲线y ＝3－12x 2在x ＝x 0处的切线互相垂直，则x 0的值为( )A.33B.333C. 3D.393 解析：选D y ＝x 3－1⇒y ′＝3x 2，y ＝3－12x 2⇒y ′＝－x ，由题意得3x 20·(－x 0)＝－1，解得x 30＝13，即x 0＝313＝393，故选D. 导数与函数的单调性形式出现，则难度以中、低档为主，若以解答题形式出现，难度则以中等偏上为主，主要考查求函数的单调区间、证明或判断函数的单调性等问题．[考点精要]函数的单调性与导函数值的关系若函数f (x )在(a ，b )内可导，则f ′(x )在(a ，b )任意子区间内部不恒等于0.f ′(x )＞0⇒函数f (x )在(a ，b )上单调递增；f ′(x )＜0⇒函数f (x )在(a ，b )上单调递减．反之，函数f (x )在(a ，b )上单调递增⇒f ′(x )≥0；函数f (x )在(a ，b )上单调递减⇒f ′(x )≤0.即f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)是f (x )为增(减)函数的充分不必要条件．特别要注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．[典例] (2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.讨论f(x)的单调性．[解] f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝x＋12ax＋1x.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增．若a＜0，则当x∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a时，f′(x)＞0；当x∈⎝⎛⎭⎪⎫－12a，＋∞时，f′(x)＜0，故f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－12a，＋∞上单调递减．[类题通法]求函数的单调区间的方法步骤(1)确定函数f(x)的定义域．(2)计算函数f(x)的导数f′(x)．(3)解不等式f′(x)＞0，得到函数f(x)的递增区间；解不等式f′(x)＜0，得到函数f(x)的递减区间．[注意] 求函数单调区间一定要先确定函数定义域，往往因忽视函数定义域而导致错误．[题组训练]1．函数f(x)＝2x2－ln x的单调递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：选C 由题意得f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x，且x ＞0，由f ′(x )＞0，即4x 2－1＞0，解得x ＞12.故选C.2．已知函数f (x )＝－12x 2＋2x －a e x . (1)若a ＝1，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若f (x )在R 上是增函数，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝－12x 2＋2x －e x ， 则f (1)＝－12×12＋2×1－e ＝32－e ， f ′(x )＝－x ＋2－e x ，f ′(1)＝－1＋2－e ＝1－e ，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫32－e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x ＋12. (2)∵f (x )在R 上是增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，∵f (x )＝－12x 2＋2x －a e x ， ∴f ′(x )＝－x ＋2－a e x ，于是有不等式－x ＋2－a e x ≥0在R 上恒成立，即a ≤2－x e x 在R 上恒成立， 令g (x )＝2－x e x ，则g ′(x )＝x －3ex ， 令g ′(x )＝0，解得x ＝3，列表如下：x(－∞，3) 3 (3，＋∞) g ′(x )－ 0 ＋ g (x )－1e 3 故函数g (x )在x ＝3处取得极小值，亦即最小值，即g (x )min ＝－1e 3，所以a ≤－1e3， 即实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 3. 导数与函数的极值、最值的核心部分，年年高考都有考查，多以解答题形式考查，难度相对较大．[考点精要]1．导数与函数单调性、极值的关系(1)f ′(x )>0在(a ，b )上成立，是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分不必要条件．(2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件．2．利用导数求函数极值应注意三点(1)求单调区间时应先求函数的定义域，遵循定义域优先的原则；(2)f ′(x 0)＝0时，x 0不一定是极值点；(3)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时应分类讨论．[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e xcos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减． 所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减． 因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. [类题通法]1．求函数的极值的方法(1)确定函数的定义区间，求导数f ′(x )．(2)求方程f ′(x )＝0的根．(3)用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格．检查f ′(x )在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f (x )在这个根处无极值．2．求函数的最值的方法(1)求f (x )在(a ，b )内的极值．(2)将f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较得出函数f (x )在[a ，b ]上的最值．[题组训练]1．函数f (x )＝1＋3x －x 3( )A ．有极小值，无极大值B ．无极小值，有极大值C ．无极小值，无极大值D ．有极小值，有极大值解析：选D f ′(x )＝－3x 2＋3，由f ′(x )＝0，得x ＝±1.当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＞0，∴f (x )的单调增区间为(－1,1)；同理，f (x )的单调减区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)．∴当x ＝－1时，函数有极小值－1，当x ＝1时，函数有极大值3，故选D.2．已知函数f (x )＝1＋ln x x(x ≥1)， (1)试判断函数f (x )的单调性，并说明理由；(2)若f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝－ln x x2，∵x ≥1，∴ln x ≥0，∴f ′(x )≤0. 故函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减．(2)∵x ≥1，∴f (x )≥kx ＋1⇔x ＋11＋ln x x ≥k ，令g (x )＝x ＋11＋ln x x ， ∴g ′(x )＝[x ＋11＋ln x ]′x －x ＋11＋ln x x 2＝x －ln x x 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x.∵x≥1，则h′(x)≥0，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增．∴[h(x)]min＝h(1)＝1>0，从而g′(x)>0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴[g(x)]min＝g(1)＝2，∴k≤2.故实数k的取值范围为(－∞，2].生活中的优化问题既可以以小题形式考查，也可以解答题形式考查，难度中低档．[考点精要]解答思路[典例] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π 元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域．(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解](1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又据题意知200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)， 从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)． 因为r ＞0，又由h ＞0可得r ＜53，故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)， 所以V ′(r )＝π5(300－12r 2)． 令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因r 2＝－5不在定义域内，舍去)． 当r ∈(0,5)时，V ′(r )＞0，故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )＜0，故V (r )在(5,53)上为减函数．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8.即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．[类题通法]利用导数求实际问题的最大(小)值的一般方法(1)分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大或最小值的变量y 与自变量x ，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系y ＝f (x )，根据实际问题确定y ＝f (x )的定义域．(2)求方程f ′(x )＝0的所有实数根．(3)比较导函数在各个根和区间端点处的函数值的大小，根据实际问题的意义确定函数的最大值或最小值．[题组训练]1．书店预计一年内要销售某种书15万册，欲分几次订货，如果每次订货要付手续费30元，每千册书存放一年要耗库存费40元，并假设该书均匀投放市场，问此书店分________次进货、每次进__________册，可使所付的手续费与库存费之和最少．解析：设每次进书x 千册(0＜x ＜150)，手续费与库存费之和为y 元，由于该书均匀投放市场，则平均库存量为批量一半，即x 2，故有y ＝150x ×30＋x 2×40， y ′＝－4 500x 2＋20＝20x ＋15x －15x 2，∴当0＜x ＜15时，y ′＜0，当15＜x ＜150时，y ′＞0. 故当x ＝15时，y 取得最小值，此时进货次数为15015＝10(次)． 即该书店分10次进货，每次进15 000册书，所付手续费与库存费之和最少．答案：10 15 0002．一艘轮船在航行时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知速度为每小时10千米时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问此轮船以何种速度航行时，能使行驶每千米的费用总和最小？解：设轮船速度为x (x ＞0)千米/时的燃料费用为Q 元，则Q＝kx 3，由6＝k ×103，可得k ＝3500.∴Q ＝3500x 3. ∴总费用y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3500x 3＋96·1x ＝3500x 2＋96x . ∵y ′＝6x 500－96x 2. 令y ′＝0，得x ＝20.∴当x ∈(0,20)时，y ′＜0，此时函数单调递减，当x ∈(20，＋∞)时，y ′＞0，此时函数单调递增．∴当x ＝20时，y 取得最小值，∴此轮船以20千米/时的速度行驶每千米的费用总和最小．1．下面求导运算正确的是( )A ．(2x )′＝2xlog 2eB ．(x 3sin x )′＝3x 2cos xC.⎝ ⎛⎭⎪⎫x cos x ′＝－1sin x D ．(x ＋log 3x )′＝1＋1x ln 3解析：选D (2x )′＝2x ln 2，(x 3sin x )′＝3x 2sin x ＋x 3·cos x ，⎝ ⎛⎭⎪⎫x cos x ′＝cos x ＋x sin x cos 2x ，(x ＋log 3x )′＝1＋1x ln 3，所以选D.2．已知函数f (x )＝13x 3－12x 2＋cx ＋d 有极值，则c 的取值范围为( )A ．c ＜14B ．c ≤14C ．c ≥14D ．c ＞14解析：选A 由题意得f ′(x )＝x 2－x ＋c ，若函数f (x )有极值，则Δ＝1－4c ＞0，解得c ＜14. 3．已知函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是( )A ．(2,3)B ．(3，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，3)解析：选B 因为函数f (x )＝2x 3＋ax 2＋36x －24在x ＝2处有极值，又f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋36，所以f ′(2)＝0解得a ＝－15.令f ′(x )＞0，解得x ＞3或x ＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．4．已知f (x )＝3x 2＋ln x ，则li m Δx →0 f 1＋2Δx －f 1－Δx Δx＝( ) A ．7B.73 C ．21 D ．－21解析：选C ∵f ′(x )＝6x ＋1x， ∴li m Δx →0 f 1＋2Δx －f 1－Δx Δx＝3li m 3Δx →0 f 1＋2Δx －f 1－Δx 3Δx＝3f ′(1)＝21. 5．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )A ．eB ．1C ．－1D ．－e解析：选C 函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－x x，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，y ′>0，函数单调递增；当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减．当x ＝1时，函数取得最大值－1，故选C.6．已知函数f (x )＝－13x 3＋2x 2＋2x ，若存在满足0≤x 0≤3的实数x 0，使得曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线与直线x ＋my －10＝0垂直，则实数m 的取值范围是( )A ．[6，＋∞)B ．(－∞，2]C ．[2,6]D ．[5,6]解析：选C f ′(x )＝－x 2＋4x ＋2＝－(x －2)2＋6，因为x 0∈[0,3]，所以f ′(x 0)∈[2,6]，又因为切线与直线x ＋my －10＝0垂直，所以切线的斜率为m ，所以m 的取值范围是[2,6]．7．曲线y ＝cos x x 在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0处的切线方程为________． 解析：y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′＝－x sin x －cos x x 2， ∴切线的斜率k ＝y ′⎪⎪⎪ x ＝π2＝－2π. ∴所求切线的方程为y －0＝－2π⎝⎛⎭⎪⎫x －π2， 即y ＝－2πx ＋1. 答案：y ＝－2πx ＋1 8．函数f (x )＝12x －x 3在区间[－3,3]上的最小值是________． 解析：f ′(x )＝12－3x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.因为f (－3)＝－9，f (－2)＝－16，f (2)＝16，f (3)＝9， 所以函数f (x )在区间[－3,3]上的最小值是－16.答案：－169．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1＜2＜x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1＜2＜x 2，所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2＜0，解得2＜a ＜6.答案：(2,6)10．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2＋4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x －3.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极小值．解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x ＋4.∵曲线在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x －3.∴f (0)＝－3，f ′(0)＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－3，a ＋b ＋4＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－3，a ＝1.(2)由(1)知f (x )＝e x(x －3)－x 2＋4x ， f ′(x )＝e x (x －2)－2x ＋4＝(x －2)(e x －2)．令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2或x ＝2.∴当x ∈(－∞，ln 2)∪(2，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(ln 2,2)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－∞，ln 2)，(2，＋∞)上单调递增，在(ln 2,2)上单调递减．∴当x ＝2时，函数f (x )取得极小值，且极小值为f (2)＝4－e 2.11．某工厂某种产品的年产量为1 000x 吨，其中x ∈[20,100]，需要投入的成本为C (x )(单位：万元)，当x ∈[20,80]时，C (x )＝12x 2－30x ＋500；当x ∈(80,100]时，C (x )＝20 000x.若每吨商品售价为ln x x万元，通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．(1)写出年利润L (x )(单位：万元)关于x 的函数关系式；(2)年产量为多少吨时，该厂所获利润最大？解：(1)由题意，知L (x )＝1 000ln x －C (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1 000ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－30x ＋500，x ∈[20，80]，1 000ln x －20 000x ，x ∈80，100]. (2)当x ∈[20,80]时，L ′(x )＝－x －50x ＋20x ，∴L (x )在[20,50)上单调递增，在[50,80)上单调递减， ∴当x ＝50时，L (x )max ＝1 000ln 50－250；当x ∈(80,100]时，L (x )＝1 000ln x －20 000x单调递增， ∴L (x )max ＝1 000ln 100－2 000.∵1 000ln 50－250－(1 000ln 100－2 000)＝1 750－1 000ln 2＞1 750－1 000＞0，∴当x ＝50，即年产量为50 000吨时，利润最大，最大利润为(1 000ln 50－250)万元．12．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 的导函数为h (x )，f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为3x －y ＋4＝0，且h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝0，又直线y ＝x 是函数g (x )＝kx e x 的图象的一条切线．(1)求函数f (x )的解析式及k 的值；(2)若f (x )≤g (x )－m ＋1对于任意x ∈[0，＋∞)恒成立，求m的取值范围．解：(1)由f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，可知h (x )＝f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .由f (x )在(－2，f (－2))处的切线方程为3x －y ＋4＝0可知，f (－2)＝－8a ＋4b －2c ＝－2，①f ′(－2)＝12a －4b ＋c ＝3，②又由h ′(x )＝6ax ＋2b 可知，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝－4a ＋2b ＝0，③ 由①②③，解得a ＝12，b ＝1，c ＝1， 所以f (x )的解析式为f (x )＝12x 3＋x 2＋x . 由题意，g (x )＝kx e x与y ＝x 相切可知函数在原点或(－ln k ，－ln k )处切线斜率为1.因为g ′(x )＝k (e x ＋x e x )，所以g ′(0)＝k ＝1或g ′(－ln k )＝1，得k ＝1.综上可得k 的值为1.(2)若f (x )≤g (x )－m ＋1对任意x ∈[0，＋∞)恒成立， 即12x 3＋x 2＋x ≤x e x －m ＋1恒成立， 则m －1≤x e x －12x 3－x 2－x 恒成立．设q (x )＝x e x－12x 3－x 2－x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －12x 2－x －1， 令p (x )＝e x－12x 2－x －1， p ′(x )＝e x －x －1，再令φ(x )＝e x －x －1，φ′(x )＝e x－1＝0，解得x ＝0. 所以当x ∈[0，＋∞)时，φ′(x )≥0，所以φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以φ(x )≥φ(0)＝0，即p ′(x )≥0，所以p (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以p (x )≥p (0)＝0， 所以当x ∈[0，＋∞)时，q (x )≥0恒成立，且q (0)＝0， 因此，m －1≤0即可，则m ≤1.故m 的取值范围为(－∞，1]．一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．命题“∃x 0∈R,2x 0－3>1”的否定是( )A ．∃x 0∈R,2x 0－3≤1B ．∀x ∈R,2x －3>1C ．∀x ∈R,2x －3≤1D ．∃x 0∈R,2x 0－3>1 解析：选C 由特称命题的否定的定义即知．2．函数y ＝－1x的图象在点(1，－1)处的切线的方程是( ) A ．x －y －2＝0B ．2x －2y ＋3＝0C ．x ＋y ＝0D ．x －y ＝0解析：选A ∵y ′＝1x2，∴y ′| x ＝1＝1，∴y ＝－1x在点(1，－1)处的切线的斜率为1，∴切线的方程为y －(－1)＝x －1， 即x －y －2＝0，故选A.3．抛物线y ＝ax 2的准线方程是y ＝2，则a 的值为( ) A.18 B ．－18C ．8D ．－8解析：选B 由y ＝ax 2得x 2＝1a y ， ∴1a＝－8，∴a ＝－18.4．下列说法中正确的是( )A ．一个命题的逆命题为真，则它的逆否命题一定为真B ．“a >b ”与“a ＋c >b ＋c ”不等价C ．“a 2＋b 2＝0，则a ，b 全为0”的逆否命题是“若a ，b 全不为0，则a 2＋b 2≠0”D ．一个命题的否命题为真，则它的逆命题一定为真解析：选D 否命题和逆命题互为逆否命题，有着一致的真假性，故选D.5．已知甲：a ，b ，c 成等差数列；乙：a b ＋cb＝2.则甲是乙的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若a b ＋cb＝2，则a ＋c ＝2b ，由此可得a ，b ，c 成等差数列；当a ，b ，c 成等差数列时，可得a ＋c ＝2b ，但不一定得出a b ＋cb＝2，如a ＝－1，b ＝0，c ＝1.所以甲是乙的必要不充分条件，故选A.6．双曲线x 2m －y 2n＝1(mn ≠0)的离心率为2，它的一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，则mn 的值为( )A.316B.38C.163D.83解析：选A 抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，故双曲线x 2m －y 2n ＝1中，m >0，n >0且m ＋n ＝c 2＝1.① 又双曲线的离心率e ＝cm＝m ＋nm＝2，②联立方程①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝14，n ＝34.故mn ＝316.7．下列命题的否定是真命题的是( )A ．存在向量m ，使得在△ABC 中，m ∥AB ―→且m ∥AC ―→B ．对所有正实数x ，都有x ＋1x≥2C ．对所有第四象限的角α，都有sin α<0D ．有的幂函数的图象不经过点(1,1)解析：选D A 中，当m ＝0时，满足m ∥AB ―→且m ∥AC ―→，所以A 是真命题，其否定是假命题； B 中，由于x >0，所以x ＋1x ≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立，所以B 是真命题，其否定是假命题；C 中，由于第四象限角的正弦值是负数，所以C 是真命题，其否定是假命题；D 中，对于幂函数f (x )＝x α，均有f (1)＝1， 所以幂函数的图象均经过点(1,1)，所以D 是假命题，其否定是真命题．故选D. 8.函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c3的单调递增区间是( )A ．(－∞，－2]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C ．[－2,3]D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫98，＋∞解析：选D 由题图可知d ＝0.不妨取a ＝1， ∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由图可知f ′(－2)＝0，f ′(3)＝0， ∴12－4b ＋c ＝0,27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18.∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94.当x ＞98时，y ′＞0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫98，＋∞.故选D.9．已知F 1(－3,0)，F 2(3,0)是椭圆x 2m ＋y 2n＝1的两个焦点，点P 在椭圆上，∠F 1PF 2＝α.当α＝2π3时，△F 1PF 2面积最大，则m＋n 的值是( )A ．41B ．15C ．9D ．1解析：选B 由S △F 1PF 2＝12|F 1F 2|·y P ＝3y P ，知P 为短轴端点时，△F 1PF 2面积最大．此时∠F 1PF 2＝2π3，得a ＝m ＝2 3，b ＝n＝3，故m ＋n ＝15.10．已知双曲线C 的离心率为2，焦点为F 1，F 2，点A 在C 上．若|F 1A |＝2|F 2A |，则cos ∠AF 2F 1＝( )A.14B.13C.24D.23解析：选A由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|F 1A |－|F 2A |＝2a ，|F 1A |＝2|F 2A |，解得|F 2A |＝2a ，|F 1A |＝4a ，又由已知可得ca＝2，所以c ＝2a ，即|F 1F 2|＝4a ，∴cos ∠AF 2F 1＝|F 2A |2＋|F 1F 2|2－|F 1A |22|F 2A |·|F 1F 2|＝4a 2＋16a 2－16a 22×2a ×4a ＝14.故选A.11．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：选B 由2x ln x ≥－x 2＋ax －3，得a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，函数h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，函数h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4. 故a 的取值范围是(－∞，4]．12．定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x 2(x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定 解析：选A 设g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x e x －f xex′ex2＝f ′x －f xex，由题意g ′(x )＞0，所以g (x )单调递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f x 1e x 1＜f x 2e x 2，所以e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)13．已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________．解析：因为f (x )＝(2x ＋1)e x，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x， 所以f ′(0)＝3e 0＝3. 答案：314．命题“∃x 0∈R,2x 20－3ax 0＋9＜0”为假命题，则实数a 的取值范围是________．解析：∵∃x 0∈R,2x 20－3ax 0＋9＜0为假命题， ∴∀x ∈R,2x 2－3ax ＋9≥0为真命题， ∴Δ＝9a 2－4×2×9≤0，即a 2≤8， ∴－22≤a ≤2 2. 答案：[－22，2 2 ]15．若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与抛物线x 2＝4y的准线所围成的三角形的面积为2，则该双曲线的离心率为________．解析：依题意，得双曲线的渐近线方程是y ＝±bax ，抛物线的准线方程是y ＝－1，因此所围成的三角形的三个顶点坐标分别是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ，－1，(0,0)， 该三角形的面积等于2×12×a b ×1＝ab＝2，因此该双曲线的离心率e ＝ca＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52. 答案：5216．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为______元时利润最大，利润的最大值为______元．解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)， 则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700. 令y ′＝0得p 2＋100p －3 900＝0， 解得p ＝30或p ＝－130(舍去)． 则p ，y ，y ′变化关系如下表：故当p ＝又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．答案：30 23 000三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知命题p ：方程x 22＋y 2m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆；命题q ：∀x ∈R,4x 2－4mx ＋4m －3≥0.若(綈p )∧q 为真，求m 的取值范围．解：p 真时，m >2.q 真时，4x 2－4mx ＋4m －3≥0在R 上恒成立． Δ＝16m 2－16(4m －3)≤0，解得1≤m ≤3.∵(綈p )∧q 为真，∴p 假，q 真．∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤2，1≤m ≤3，即1≤m ≤2.∴所求m 的取值范围为[1,2]．18．(本小题满分12分)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)上一点M (m,4)到其焦点的距离为5.(1)求抛物线C 的方程；(2)若过点M 的双曲线y 2a 2－x 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个顶点为抛物线C 的焦点，求该双曲线的渐近线方程．解：(1)由抛物线的定义可得4＋p2＝5，解得p ＝2，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y . (2)把M (m,4)代入x 2＝4y 可得m ＝±4， 所以M 点的坐标为(±4,4)，∵抛物线x 2＝4y 的焦点为(0,1)，∴a ＝1，∴双曲线的方程为y 2－x 2b2＝1(b ＞0)，代入M (±4,4)得b 2＝1615，b ＝415，∴双曲线的渐近线方程为y ＝±1415x ，即为y ＝±154x .19．(本小题满分12分)已知a ＜2，函数f (x )＝(x 2＋ax ＋a )·e x .(1)当a ＝1时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )的极大值是6e －2，求a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x， 则f ′(x )＝(x 2＋3x ＋2)e x. 由f ′(x )≥0得x 2＋3x ＋2≥0，即x ≥－1或x ≤－2，所以函数的单调递增区间为(－∞，－2]和[－1，＋∞)． (2)f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax ＋a )e x＝[x 2＋(a ＋2)x ＋2a ]e x.由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝－a ， 因为a ＜2，所以－a ＞－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：即(4－2a ＋a )e －2＝6e －2，所以a ＝－2.20．(本小题满分12分)已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值．解：(1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，所以OA ―→·OB―→＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 20＋4－x 202＋24－x 2x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0＜x 20≤4)．因为x 202＋8x 20≥4(0＜x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8. 故线段AB 长度的最小值为2 2.21．(本小题满分12分)设椭圆E ：x 2a 2＋y 21－a 2＝1(a ＞0)的焦点在x 轴上．(1)若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；(2)设F 1，F 2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为椭圆E 上的第一象限内的点，直线F 2P 交y 轴于点Q ，并且F 1P ⊥F 1Q ，证明：当a 变化时，点P 在某定直线上．解：(1)因为a 2＞1－a 2,2c ＝1，a 2＝1－a 2＋c 2，则a 2＝58，所以椭圆E 的方程为8x 25＋8y 23＝1.(2)证明：设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，P (x ，y )，Q (0，m )， 则F 2P ―→＝(x －c ，y )，QF 2―→＝(c ，－m )，F 1P ―→＝(x ＋c ，y )，F 1Q ―→＝(c ，m )．由F 2P ―→∥QF 2―→，F 1P ―→⊥F 1Q ―→， 得⎩⎪⎨⎪⎧m c －x ＝yc ，c x ＋c ＋my ＝0，所以(x －c )(x ＋c )＝y 2，即x 2－y 2＝c 2.由椭圆E 的方程可知，c 2＝a 2－(1－a 2)＝2a 2－1， 所以x 2－y 2＝2a 2－1, 即y 2＝x 2－2a 2＋1. 将上式代入椭圆E 的方程，得x 2a 2＋x 2－2a 2＋11－a2＝1， 解得x 2＝a 4.因为点P 是第一象限内的点，所以x ＝a 2，y ＝1－a 2. 故点P 在定直线x ＋y ＝1上．22．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x＋2x 2－3x . (1)求证：函数f (x )在区间[0,1]上存在唯一的极值点． (2)当x ≥12时，若关于x 的不等式f (x )≥52x 2＋(a －3)x ＋1恒成立，试求实数a 的取值范围．解：(1)证明：f ′(x )＝e x＋4x －3，∵f ′(0)＝e 0－3＝－2<0，f ′(1)＝e ＋1>0， ∴f ′(0)·f ′(1)<0.令h (x )＝f ′(x )＝e x ＋4x －3，则h ′(x )＝e x＋4>0， ∴f ′(x )在区间[0,1]上单调递增， ∴f ′(x )在区间[0,1]上存在唯一零点， ∴f (x )在区间[0,1]上存在唯一的极小值点． (2)由f (x )≥52x 2＋(a －3)x ＋1，得e x＋2x 2－3x ≥52x 2＋(a －3)x ＋1，即ax ≤e x－12x 2－1，∵x ≥12，∴a ≤e x－12x 2－1x.令g (x )＝e x－12x 2－1x，则g ′(x )＝e xx －1－12x 2＋1x2. 令φ(x )＝e x(x －1)－12x 2＋1，则φ′(x )＝x (e x－1)．∵x ≥12，∴φ′(x )>0.∴φ(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增．∴φ(x )≥φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝78－12e>0.因此g ′(x )>0，故g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，则g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－18－112＝2e －94， ∴a的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e －94.。
高中导数题解题技巧
导数题的解题技巧【命题趋向】导数命题趋势：导数应用：导数－函数单调性－函数极值－函数最值－导数的实际应用． 【考点透视】1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．2．熟记基本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则．了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数．3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 【例题解析】考点1 导数的概念对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念. 例1．（2006年辽宁卷）与方程221(0)x x y e e x =-+≥的曲线关于直线y x =对称的曲线的方程为A.ln(1y =B.ln(1y =C. ln(1y =-D. ln(1y =-[考查目的]本题考查了方程和函数的关系以及反函数的求解.同时还考查了转化能力 [解答过程]2221(0)(1)x x x y e e x e y =-+≥⇒-=，0,1x x e ≥∴≥，即：1ln(1x e x ==，所以1()ln(1f x -=. 故选A.例2. ( 2006年湖南卷）设函数()1x a f x x -=-,集合M={|()0}x f x <,P='{|()0}x f x >,若M P,则实数a 的取值范围是 ( )A.(-∞,1)B.(0,1)C.(1,+∞)D. [1,+∞)[考查目的]本题主要考查函数的导数和集合等基础知识的应用能力. [解答过程]由0,,1;, 1.1x a x a a x x -<∴<<<<-当a>1时当a<1时()()()//2211,0.11111.x x a x a x a a y y x x x x a ------⎛⎫=∴===> ⎪--⎝⎭--∴> 综上可得M P 时, 1.a ∴>考点2 曲线的切线（1）关于曲线在某一点的切线求曲线y=f(x)在某一点P （x,y ）的切线，即求出函数y=f(x)在P 点的导数就是曲线在该点的切线的斜率. （2）关于两曲线的公切线若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公切线. 典型例题例3.（2004年重庆卷）已知曲线y =31x 3+34，则过点P （2，4）的切线方程是_____________.思路启迪：求导来求得切线斜率.解答过程：y ′=x 2，当x =2时，y ′=4.∴切线的斜率为4.∴切线的方程为y －4=4（x －2），即y =4x －4. 答案：4x －y －4=0.例4.（2006年安徽卷）若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为（ ）A ．430x y --=B ．450x y +-=C ．430x y -+=D ．430x y ++= [考查目的]本题主要考查函数的导数和直线方程等基础知识的应用能力.[解答过程]与直线480x y +-=垂直的直线l 为40x y m -+=，即4y x =在某一点的导数为4，而34y x '=，所以4y x =在(1，1)处导数为4，此点的切线为430x y --=. 故选A.例5． ( 2006年重庆卷)过坐标原点且与x 2+y 2 -4x +2y +25=0相切的直线的方程为 ( )A.y =-3x 或y =31x B. y =-3x 或y =-31x C.y =-3x 或y =-31x D. y =3x 或y =31x[考查目的]本题主要考查函数的导数和圆的方程、直线方程等基础知识的应用能力. [解答过程]解法1：设切线的方程为,0.y kx kx y =∴-= 又()()()22521,2,1.2x y -++=∴-圆心为213830., 3.3k k k k =+-=∴==- 1,3.3y x y x ∴==-或故选A.解法2:由解法1知切点坐标为1331(,),,,2222⎛⎫- ⎪⎝⎭由 ()()//22////113231(,)(,)22225(2)1,22(2)210,2.113,.313,.3x xx x x x x y x y y x y y k y k y y x y x -⎛⎫⎡⎤-++= ⎪⎣⎦⎝⎭∴-++=-∴=-+∴==-==∴=-=故选A.例6.已知两抛物线a x y C x x y C +-=+=2221:,2:, a 取何值时1C ，2C 有且只有一条公切线，求出此时公切线的方程. 思路启迪：先对a x y C x x y C +-=+=2221:,2:求导数.解答过程：函数x x y 22+=的导数为22'+=x y ，曲线1C 在点P(12112,x x x +)处的切线方程为))(2(2)2(11121x x x x x y -+=+-，即 211)1(2x x x y -+= ①曲线1C 在点Q ),(222a x x +-的切线方程是)(2)(222x x x a x y --=+--即a x x x y ++-=2222 ② 若直线l 是过点P 点和Q 点的公切线，则①式和②式都是l 的方程，故得1,1222121+=--=+x x x x ，消去2x 得方程，0122121=+++a x x若△=0)1(244=+⨯-a ，即21-=a 时，解得211-=x ，此时点P 、Q 重合.∴当时21-=a ，1C 和2C 有且只有一条公切线，由①式得公切线方程为14y x =- .考点3 导数的应用中学阶段所涉及的初等函数在其定义域内都是可导函数，导数是研究函数性质的重要而有力的工具，特别是对于函数的单调性，以“导数”为工具，能对其进行全面的分析，为我们解决求函数的极值、最值提供了一种简明易行的方法，进而与不等式的证明，讨论方程解的情况等问题结合起来，极大地丰富了中学数学思想方法.复习时，应高度重视以下问题:1.. 求函数的解析式;2. 求函数的值域;3.解决单调性问题;4.求函数的极值（最值）;5.构造函数证明不等式.典型例题例7．（2006年天津卷）函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所示，则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ． 4个[考查目的]本题主要考查函数的导数和函数图象性质等基础知识的应用能力. [解答过程]由图象可见,在区间(,0)a 内的图象上有一个极小值点. 故选A.例8. 设y f x =()为三次函数，且图象关于原点对称，当x =12时，f x ()的极小值为-1，求出函数f x ()的解析式.思路启迪：先设f x ax bx cx d a ()()=+++≠320，再利用图象关于原点对称确定系数. 解答过程：设f x ax bx cx d a ()()=+++≠320，因为其图象关于原点对称，即f x ()-=-f x ()，得ax bx cx d ax bx cx d b d f x ax cx3232300+++=-+-∴===+，，，即() 由f x ax c '()=+32，依题意，f a c '()12340=+=，f a c()121821=+=-， 解之，得a c ==-43，.故所求函数的解析式为f x x x ()=-433.例9.函数y x x =+-+243的值域是_____________.思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解，也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。
高中数学导数及其应用导数的计算几个常用函数的导数基本初等函数的导数公式及导数的运算法则
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[规律方法] 1.若所求函数符合导数公式，则直接利用公式求解 2.对于不能直接利用公式的类型，一般遵循“先化简，再求导”的基本原 则，避免不必要的运算失误 3.要特别注意“1x与ln x”，“ax与logax”，“sin x与cos x”的导数区别.
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第一章 导数及其应用(yìngyòng)。谢谢观看
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其中正确命题的个数为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
C
[对于①，y′＝0，故①错；对于②，∵y′＝－
2 x3
，∴y′|x＝3＝－
2 27
，
故②正确；显然③，④正确，故选C.]
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2．已知f(x)＝xα(α∈Q*)，若f′(1)＝14，则α等于(
(4)若y＝2sin x－cos x，则y′＝2cos x＋sin x．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√
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2．若函数y＝10xn 10
D．10l1n 10
C [∵y′＝10xln 10，∴y′|x＝1＝10ln 10.]
)
A．13
B．12
C．18
D．14
D [∵f(x)＝xα，∴f′(x)＝αxα－1，∴f′(1)＝α＝14.]
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3．设y＝－2exsin x，则y′等于( )
【导学号：31062023】
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第6节：利用导数证明不等式(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数证明不等式题型一移项构造函数证明不等式例1已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .(1)解因为f (x )＝1－ln x x，x >0，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直，所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1.从而g (1)＝a ＋1－b ＝1，且g ′(1)＝－a －b －1＝1.解得a ＝b ＝－1.(2)证明由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h (1)＝0，h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x ＋1.因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e ex ＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－ln xx－ee x－1x＋x≥0.故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x .感悟提升待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.训练1已知函数f(x)＝ln x＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a－1a.(1)解f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减.(2)证明由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.要证f(x)≥2a－1a，只需证ln a＋1≥2a－1a，即证ln a＋1a－1≥0.令g(a)＝ln a＋1a－1，则g′(a)＝1a－1a2＝a－1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0；当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以ln a＋1a－1≥0恒成立，所以f(x)≥2a－1 a.题型二分拆函数法证明不等式例2已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立.(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.令f ′(x )＝0，得x ＝1e 2.当0<x <1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0.所以f (x )0，1e 2上单调递减，在1e 2，＋∞上单调递增.因此f (x )在x ＝1e 2处取得极小值也是最小值，即f (x )min ＝1e 2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ≥－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号.设G (x )＝xe x ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x.感悟提升要证的不等式中既含有指数又含有对数，若直接用作差或作商的方式构造函数，求导后不易处理.我们可以在合理地分拆和转化后，按照需要构造函数，如本题，把证明x(ln x＋1)>xe x＋1－2e2分拆为两个函数f(x)＝x ln x＋x和G(x)＝xe x＋1－2e2，使指数与对数分开，仅含指数或对数，再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立.训练2(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝e时，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.(1)解f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<ea时，f′(x)>0；当x>ea时，f′(x)<0.故f(x)0，ea上单调递增，在ea，＋∞.(2)证明因为x>0，所以只需证f(x)≤e xx－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝e xx－2e(x>0)，则g′(x)＝（x－1）e xx2，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤e xx－2e.即xf(x)－e x＋2e x≤0得证.题型三借助于e x≥x＋1和ln x≤x－1放缩证明不等式例3已知函数f(x)＝a ln(x－1)＋2x－1，其中a为正实数.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.(1)解由x－1>0，得x>1，所以f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝ax－1－2（x－1）2＝a（x－1）－2（x－1）2＝ax－（a＋2）（x－1）2.令f′(x)＝0，得x＝a＋2 a，所以当1<x<1＋2a时，f′(x)<0，当x>1＋2a时，f′(x)>0，所以f(x)，1＋2a，＋(2)证明令g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝1x－1.所以当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)≤g(1)＝0，所以ln x≤x－1，所以当x>2时，有ln(x－1)<x－2成立，又因为a>0，所以要证f(x)<e x＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋2x－1<e x＋(a－1)x－2a，即e x－x－2x－1对任意x>2恒成立.令h(x)＝e x－x－2x－1，x>2，则h′(x)＝e x－1＋2（x－1）2，因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.感悟提升导数方法证明不等式中，最常见的是e x和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下：(1)e x≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号.(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.训练3证明：e x－ln x>2.证明法一设f(x)＝e x－ln x(x>0)，则f′(x)＝e x－1 x .令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝e x＋1x2>0，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f 12＝e－2<0，f′(1)＝e－1>0，∴12，1上存在x0使f′(x0)＝0，即x0＝－ln x0.∴f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)在x＝x0处有极小值，也是最小值.∴f(x0)＝e x0－ln x0＝1x0＋x0>2，故f(x)>2，即e x－ln x>2.法二令g(x)＝e x－x－1，∴g′(x)＝e x－1.令g′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0.∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(0)＝0.故e x≥x＋1，x＝0时取“＝”.同理可证x－1≥ln x，x＝1时取“＝”.∴x＋1≥ln x＋2，x＝1时取“＝”.故e x≥x＋1≥ln x＋2.∴e x>ln x＋2，即证e x－ln x>2.指对同构在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.(1)五个常见变形：x e x ＝e x ＋ln x，e x x ＝e x －ln x ，x e x ＝e ln x －x ，x ＋ln x ＝ln(x e x )，x －ln x ＝ln e x x .(2)三种基本模式①积型：a e a ≤b ln b ―————————―→三种同构方式a e a ≤（ln b ）e ln b ……f （x ）＝x e x ，e a ln e a ≤b ln b ……f （x ）＝x ln x ，a ＋ln a ≤lnb ＋ln （ln b ）……f （x ）＝x ＋ln x ，②商型：e a a ＜b ln b―————————―→三种同构方式同左：e a a ＜e ln b ln b ……f （x ）＝e x x，同右：e a ln e a ＜b ln b ……f （x ）＝x ln x，a －ln a ＜ln b －ln （ln b ）……f （x ）＝x －ln x ，③和差型：e a ±a ＞b ±ln b ――——————→两种同构方式e a ±a ＞e ln b ±ln b ……f （x ）＝e x ±x ，e a ±ln e a ＞b ±ln b ……f （x ）＝x ±ln x .例(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷节选)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .若f (x )≥1，求a 的取值范围.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，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 )为单调增函数，所以又等价于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.当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝0，所以ln a ≥0，即a ≥1，a 的取值范围是[1，＋∞).(2)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.证明当a ≥1e 时，f (x )≥e x e －ln x －1，所以只需证明e x e －ln x －1≥0，由于e x e－ln x －1≥0⇔e x ≥eln e x ⇔x e x ≥e x ln e x ⇔x e x ≥e ln e x ln e x ，令g (x )＝x e x ，由g ′(x )＝e x (x ＋1)＞0知g (x )为增函数，又易证x ≥ln e x ＝ln x ＋1，所以g (x )≥g (ln e x )，即x e x ≥e ln e x ln e x 成立.故当a ≥1e时，f (x )≥0.1.已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在(0，1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)证明：当x >0时，x 2<e x .(1)解由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .因为f ′(0)＝1－a ＝－1，所以a ＝2，所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，当x<ln2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln2)上单调递减；当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)在(ln2，＋∞)上单调递增.所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝e ln2－2ln2＝2－2ln2，f(x)无极大值.(2)证明令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，故g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.2.已知函数f(x)＝ax－ln x－1.(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最小值；(2)求证：e－xx＋x＋ln x－1≥0.(1)解f(x)≥0等价于a≥ln x＋1x(x>0).令g(x)＝ln x＋1x(x>0)，则g′(x)＝－ln xx2，所以当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，则a≥1，所以a的最小值为1.(2)证明当a＝1时，由(1)得x≥ln x＋1，即t≥ln t＋1(t>0).令e－xx＝t，则－x－ln x＝ln t，所以e－xx≥－x－ln x＋1，即e－xx＋x＋ln x－1≥0.3.证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立.证明问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e (x ∈(0，＋∞)).设f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝1＋ln x ，易知x ＝1e 为f (x )的唯一极小值点，则f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到.设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x ex ，由m ′(x )＜0，得x ＞1时，m (x )单调递减；由m ′(x )＞0得0＜x ＜1时，m (x )单调递增，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，当且仅当x ＝1时取到.从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2e x 成立.4.已知x ∈(0，1)，求证：x 2－1x ＜ln x e x .证明法一要证x 2－1x ＜ln x e x ，只需证e 2ln x ，又易证e x ＞x ＋1(0＜x ＜1)，∴只需证明ln x ＋(x ＋x 0.即证ln x ＋1－x 3＋1x－x 2＞0，而x 3＜x ，x 2＜x (0＜x ＜1)，∴只需证ln x ＋1－2x ＋1x ＞0，令g (x )＝ln x ＋1－2x ＋1x，则g ′(x )＝1x －2－1x 2＝－2x 2－x ＋1x2，而2x 2－x ＋1＞0恒成立，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(0，1)上单调递减，∴当x ∈(0，1)时，g (x )＞g (1)＝0，第11页共11页即ln x ＋1－2x ＋1x ＞0.∴x 2－1x ＜ln x ex .法二∵x ∈(0，1)，∴e x ∈(1，e)，∴要证x 2－1x ＜ln x e x 成立，只需证e2ln x 成立，只需证x 2－1x＜ln x ，又x 2＜x (0＜x ＜1)，∴只需证ln x ＋1x －x ＞0，令h (x )＝ln x ＋1x－x ，则h ′(x )＝1x －1x 2－1＝－x 2－x ＋1x2，而x 2－x ＋1＞0恒成立，∴h ′(x )＜0，∴h (x )在(0，1)上单调递减，∴当x ∈(0，1)时，h (x )＞h (1)＝0，∴ln x ＋1x －x ＞0，∴x 2－1x ＜ln x ex .。
(新课改省份专用)2020版高考数学 导数及其应用 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法讲义(含解析)
第2课时 必备方法——破解导数问题常用到的4种方法构造函数法解决抽象不等式问题以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f (x )±g (x )，f (x )g (x )，f xg x”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．类型一 构造y ＝f (x )±g (x )型可导函数[例1] 设奇函数f (x )是R 上的可导函数，当x >0时有f ′(x )＋cos x <0，则当x ≤0时，有( )A ．f (x )＋sin x ≥f (0)B ．f (x )＋sin x ≤f (0)C ．f (x )－sin x ≥f (0)D ．f (x )－sin x ≤f (0)[解析] 观察条件中“f ′(x )＋cos x ”与选项中的式子“f (x )＋sin x ”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F (x )＝f (x )＋sin x ，因为当x >0时，f ′(x )＋cos x <0，即F ′(x )<0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，又F (－x )＝f (－x )＋sin(－x )＝－[f (x )＋sin x ]＝－F (x )，所以F (x )是R 上的奇函数，且F (x )在(－∞，0)上单调递减， F (0)＝0，并且当x ≤0时有F (x )≥F (0)，即f (x )＋sin x ≥f (0)＋sin 0＝f (0)，故选A.[答案] A [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )±g ′(x )”时，不妨联想、逆用“f ′(x )±g ′(x )＝[f (x )±g (x )]′”．构造可导函数y ＝f (x )±g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型二 构造f (x )·g (x )型可导函数[例2] 设函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)[解析] 利用构造条件中“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”与待解不等式中“f (x )g (x )”两个代数式之间的关系，可构造函数F (x )＝f (x )g (x )，由题意可知，当x <0时，F ′(x )>0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递增．又因为f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以F (x )是定义在R 上的奇函数，从而F (x )在(0，＋∞)上单调递增，而F (3)＝f (3)g (3)＝0，所以F (－3)＝－F (3)，结合图象可知不等式f (x )g (x )>0⇔F (x )>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.[答案] A [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＝[f (x )g (x )]′”，构造可导函数y ＝f (x )g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型三 构造f xg x型可导函数[例3] 已知定义在R 上函数f (x )，g (x )满足：对任意x ∈R ，都有f (x )>0，g (x )>0，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0.若a ，b ∈R ＋且a ≠b ，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2>f (ab )g (ab )B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<f (ab )g (ab )C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g (ab )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2f (ab )D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g (ab )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2f (ab )[解析] 根据条件中“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f xg x ，因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，所以F ′(x )＝f ′x g x －f x g ′x [g x ]2<0，F (x )在R 上单调递减．又因为a ＋b 2>ab ，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<F (ab )，即f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2<f abgab，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2g (ab )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·f (ab )，故选D.[答案] D [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′x g x －f x g ′x [g x ]2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′”，构造可导函数y ＝f x g x ，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．[方法技巧]构造函数解决导数问题常用模型(1)条件：f ′(x )>a (a ≠0)：构造函数：h (x )＝f (x )－ax . (2)条件：f ′(x )±g ′(x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )±g (x )．(3)条件：f ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝e xf (x )． (4)条件：f ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f xex.(5)条件：xf ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝xf (x )． (6)条件：xf ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f xx. [针对训练]1．已知定义域为R 的函数f (x )的图象经过点(1,1)，且对于任意x ∈R ，都有f ′(x )＋2>0，则不等式f (log 2|3x－1|)<3－log2|3x－1|的解集为( ) A ．(－∞，0)∪(0,1) B ．(0，＋∞) C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－∞，1)解析：选A 根据条件中“f ′(x )＋2”的特征，可以构造F (x )＝f (x )＋2x ，则F ′(x )＝f ′(x )＋2>0，故F (x )在定义域内单调递增，由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)＋2＝3，因为由f (log 2|3x －1|)<3－log 2|3x －1|可化为f (log 2|3x －1|)＋2log 2|3x －1|<3，令t ＝log 2|3x －1|，则f (t )＋2t <3.即F (t )<F (1)，所以t <1.即log 2|3x －1|<1，从而0<|3x－1|<2，解得x <1且x ≠0，故选A.2．设定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )＝3x 2e －x，且f (0)＝0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )在R 上单调递减B ．f (x )在R 上单调递增C ．f (x )在R 上有最大值D ．f (x )在R 上有最小值解析：选C 根据条件中“f ′(x )＋f (x )”的特征，可以构造F (x )＝e xf (x )，则有F ′(x )＝e x[f ′(x )＋f (x )]＝e x·3x 2e －x＝3x 2，故F (x )＝x 3＋c (c 为常数)，所以f (x )＝x 3＋cex，又f (0)＝0，所以c ＝0，f (x )＝x 3e x .因为f ′(x )＝3x 2－x 3e x，易知f (x )在区间(－∞，3]上单调递增，在[3， ＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (3)＝27e3，无最小值，故选C. 3．已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )>xf ′(x )，则不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )<0的解集为________．解析：因为f (x )>xf ′(x )，所以xf ′(x )－f (x )<0，根据“xf ′(x )－f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2<0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为x >0，所以x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f (x )<0可化为xf ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －f x x <0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x－f x x <0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1x<f x x ，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x <F (x )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x >0，1x >x ，解得0<x <1，故不等式x 2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－f (x )<0的解集为(0,1)．答案：(0,1)分类讨论法解决含参函数单调性问题结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．[例1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，求a 的取值范围．[解] (1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增；②当Δ>0⇒a <－3或a > 3.由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.x (－∞，x 1)(x 1，x 2) (x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋所以f (x 121，x 2)． (2)因为f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13内是减函数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13⊆(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13上恒成立．所以2a ≥－3x －1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13上恒成立，所以a ≥2.[题后悟通]本题求导后，转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．[例2] 函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．[解] 因为f ′(x )＝－2ax 2＋2a 2－1x ＋2ax 2＋12＝－2a x 2＋12·(x －a )⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a .(1)a >0时x (－∞，－a －1)(－a －1，a )(a ，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.(2)当a <0时，x (－∞，a )(a ，－a －1)(－a －1，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.综上，当a >0时，f (x )的递增区间是(－a －1，a )，递减区间是(－∞，－a －1)，(a ，＋∞)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.当a <0时，f (x )的递增区间是(－∞，a )， (－a －1，＋∞)，递减区间是(a ，－a －1)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.[题后悟通]求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先证系数零正负”．[例3] 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)，讨论f (x )的单调性．[解] f ′(x )＝x x －a 2－2ax ＋1x ＋a2.①当a 2－2a <0时，即1<a <2，又a 2－2a ＝(a －1)2－1>－1.x (－1，a 2－2a )(a 2－2a,0)(0，＋∞)f ′(x )＋－＋②当a ＝2时，f ′(x )＝2x ＋1x ＋22≥0，f (x )在(－1，＋∞)上递增．③当a 2－2a >0时，即a >2时，x (－1,0) (0，a 2－2a )(a 2－2a ，＋∞)f ′(x )＋－＋2－2a,0)；当a >2时，f (x )的递增区间是(－1,0)，(a 2－2a ，＋∞)，递减区间是(0，a 2－2a )；当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上递增．[题后悟通]求导后且导函数可分解且首项系数无参数可求出f ′(x )的根后比较两根大小，注意两根是否在定义域内，可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．[方法技巧]利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程[口诀记忆] 导数取零把根找，先定有无后大小； 有无实根判别式，两种情形需知晓． 因式分解见两根，逻辑分类有区分； 首项系数含参数，先论系数零正负． 首项系数无参数，根的大小定胜负； 定义域，紧跟踪，两根是否在其中．[针对训练]4．已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性． 解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．转移法解决求解最值中计算困难问题[典例(x )>0，求b 的最大值．[解题观摩] 因为g (x )＝e 2x－e－2x－4x －4b e x ＋4b e －x＋8bx ，所以g ′(x )＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)． 因为e x ＋e －x ≥2e x ·e －x＝2.①当b ≤2时，g ′(x )≥0，所以g (x )在R 上递增． 所以当x >0时，g (x )>g (0)＝0.②当b >2时，由e x＋e －x－2b ＋2＝0⇒x 1＝ln(b －1＋b 2－2b )>0，x 2＝ln(b －1－b 2－2b )<0.所以当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0. 所以g (ln(b －1＋b 2－2b ))<g (0)＝0，不合题意． 综上，b ≤2，∴b max ＝2. [题后悟通]在一些不等式证明或恒成立的问题中，通常需要判定函数极值或最值的正负．有时直接计算函数的极值涉及复杂的运算，甚至无法算出一个显性的数值．这时可以考虑不直接计算函数极值，通过计算另一个特殊点的函数值来确定函数极值或最值的正负，这个特殊点通常在解题过程中已出现过．如在本题②中要直接算出g (ln(b －1＋b 2－2b ))很难，转移到计算g (0)就很简单，而且g (0)在解题过程中已出现过，这就是转移法．[口诀记忆] 最值运算入逆境，位置挪移绕道行； 挪动位置到何处，解题过程曾途经．[针对训练]5．函数f (x )＝1＋x 1－x e －ax，对任意x ∈(0,1)恒有f (x )>1，求a 的取值范围．解：①当a ≤0时，因为x ∈(0,1)， 所以1＋x 1－x>1且e －ax>1，所以f (x )>1.因为f ′(x )＝a e －ax1－x2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1＋2a ＝0⇒x 2＝1－2a . ②当0<a ≤2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(0,1)上递增， 所以f (x )>f (0)＝1. ③当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1－2a，1－2a 上递减．所以当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0， 1－2a 时，f (x )<f (0)＝1，不合题意．综上a ≤2.二次求导法解决判断f ′(x )符号困难问题[例1] 若函数f (x )＝x，0<x 1<x 2<π.设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小．[解题观摩] 由f (x )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数． ∴g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数， ∴当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b . [题后悟通]从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin xx 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[例2] 已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围． [解题观摩] (1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1， 则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)， 即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x－tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x＋x －e x ＋x ln x x2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立． 令F (x )＝e x＋x －e x ＋x ln x x2， 则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋e －2e xx －ln x ， 令G (x )＝e x＋e －2exx－ln x ，则G ′(x )＝e x－2x e x －e x x 2－1x ＝e x x －12＋e x－xx 2>0，对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x＋e －2exx－ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]． [题后悟通]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是求F (x )＝e x＋x －e x ＋x ln x x 2极值问题，问题是F ′(x )＝1x 2( e x＋e －2e xx－ln x )这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G (x )＝x 2·F ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[方法技巧]判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负．有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定导函数的正负．[针对训练]6．讨论函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1的单调性．解：由f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1，可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．易得f ′(x )＝ln x ＋x ＋1x －1＝ln x ＋1x，用f ′(x )去分析f (x )的单调性受阻．因此再对f ′(x )＝ln x ＋1x求导，得f ″(x )＝1x －1x2＝x －1x2.令f ″(x )＝x －1x2＝0，得x ＝1.当0<x ≤1时，f ″(x )≤0，即f ′(x )＝ln x ＋1x 在区间(0,1)上为减函数；当x >1时，f ″(x )>0，即f ′(x )＝ln x ＋1x在区间(1，＋∞)上为增函数．因此f′(x)min＝f′(1)＝1>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．。
高中数学 第一章 导数及其应用 1.2 导数的计算 导数概念与运算基础知识总结素材 新人教A版选修2-2
导数概念与运算基础知识总结知识清单 1．导数的概念函数y=f(x),如果自变量x 在x 0处有增量x ∆，那么函数y 相应地有增量y ∆=f （x 0+x ∆）－f （x 0），比值xy∆∆叫做函数y=f （x ）在x 0到x 0+x ∆之间的平均变化率，即x y ∆∆=x x f x x f ∆-∆+)()(00。
如果当0→∆x 时，xy ∆∆有极限，我们就说函数y=f(x)在点x 0处可导，并把这个极限叫做f （x ）在点x 0处的导数，记作f’（x 0）或y’|0x x =。
即f （x 0）=0lim →∆x xy∆∆=0lim →∆x x x f x x f ∆-∆+)()(00。
说明：（1）函数f （x ）在点x 0处可导，是指0→∆x 时，x y ∆∆有极限。
如果xy∆∆不存在极限，就说函数在点x 0处不可导，或说无导数。
（2）x ∆是自变量x 在x 0处的改变量，0≠∆x 时，而y ∆是函数值的改变量，可以是零。
由导数的定义可知，求函数y=f （x ）在点x 0处的导数的步骤（可由学生来归纳）：（1）求函数的增量y ∆=f （x 0+x ∆）－f （x 0）； （2）求平均变化率xy ∆∆=x x f x x f ∆-∆+)()(00；（3）取极限，得导数f’(x 0)=xyx ∆∆→∆0lim 。
2．导数的几何意义函数y=f （x ）在点x 0处的导数的几何意义是曲线y=f （x ）在点p （x 0，f（x 0））处的切线的斜率。
也就是说，曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率是f’（x 0）。
相应地，切线方程为y －y 0=f /（x 0）（x －x 0）。
3．几种常见函数的导数:①0;C '= ②()1;n n x nx -'= ③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-;⑤();x x e e '=⑥()ln x x a a a '=; ⑦()1ln x x '=; ⑧()1l g log a a o x e x '=.4．两个函数的和、差、积的求导法则法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)， 即： (.)'''v u v u ±=±法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个函数乘以第二个函数的导数，即：.)('''uv v u uv +=若C 为常数,则'''''0)(Cu Cu Cu u C Cu =+=+=.即常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数： .)(''Cu Cu =法则3：两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，再除以分母的平方：⎪⎭⎫⎝⎛v u ‘=2''v uv v u -（v ≠0）。
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析，转给所有高中生
在考试过程中，很多高中生由于没有掌握适用的解题技巧，尤其是对相关的知识点掌握不够牢固的同学，只能放弃，今天，小编为大家总结了导数七大题型，帮助大家在高考数学中多拿一分，轻松拿下140+！
1 导数单调性、极值、最值的直接应用
2 交点与根的分布
3 不等式证明
（一）做差证明不等式
（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
4 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
（三）恒成立之讨论字母范围
5 函数与导数性质的综合运用
6 导数应用题
7 导数结合三角函数。
三角函数与导数结合破解方法
三角函数与导数结合破解方法导数和三角函数的关系很密切，它是研究函数性质及其应用中常用的一个重要思想，对探索三角函数的基本性质，发展数学方法具有重要意义。
因此，三角函数与导数结合解答题具有广阔的应用前景。
下面我们就具体介绍一下如何进行结合解答。
在学习中应该掌握下列两个基本方法。
一、求出被研究的函数或方程(1)设函数y=(x+1)π/2,且 r (x)与 a (1)关系式为 a (x+1)=(3+1)3,求出函数 y= u (u*1)的值，求解出的结果与原函数的值一致，可得方程。
(2)求出方程 a (x)的值：求解方程所用的函数 a (x+1)= a (u*1)。
(3)求解方程 x的值：求出方程的解与原函数的解具有相同的意义；若解得的结果与原函数的值一致，可说明方程具有相同的解与原函数的解相同；若解得此值，则说明方程具有相同的解与原函数的解相同；若解得此值，说明方程具有相同于原函数的解不同之处；若能进一步证明原函数就不具有同解相同之处；若能进一步证明原函数为非零，则证明方程存在未解性。
" x+1"等于 y," x+1"等于x-2," x+1"等于 y+2 x。
" x+1"等于 l (1)~ l (1)式中任意两个顶点分别为0、1.2 (1).2等值时有什么特点?"(1)=0"" y+1"" x+2"" x+2"都与函数原题关系密切。
注意：求出原函数的值时还必须对定义域进行详细研究，从而得出相应的解题结论。
" x+1"等于-1, y=2,' x+2'> y+2。
" x"=0或为0时，求出该函数和方程的数值都容易得多。
”解题技巧解析与结论总结：见下面解答题例（解析 A).二、根据所求命题的意义确定解的取值范围根据求出的三角函数导数值的意义，就可以把三角函数的解理解为求函数的解与不等式之数关系的数。
高中数学第一章导数及其应用1.2.2基本初等函数的导数公式及导数的运算法则2
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2.求复合函数的导数的注意点 (1)内、外层函数通常为基本初等函数． (2)求每层函数的导数时注意分清是对哪个变量(biànliàng)求层，这是
求复合函数导数时的易错点．
(3)逐层求导结束后对结果进行化简整理，使导数式尽量简洁．
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跟踪练习 3
1.2.2 基本(jīběn)初等函数的导数公式及导数的
运算法则
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情景导入
高铁是目前一种非常受欢迎的交通工
具，既低碳又快捷．设一高铁走过的路程
s(单位：m)关于时间 t(单位：s)的函数为 s
＝f(t)，求它的瞬时速度，就是求 f(t)的导
数．根据导数的定义，就是求当 Δt→0 时，ΔΔyt所趋近的
写出下列函数的导数： (1)y＝lnsixnx，y′＝__x_c_o_xs_xsi－ _n_xs_i_n_x__；
(2)y＝ 1－x x，y′＝__2_1x_－_12_(_1_－__x_)_－_32 __；
(3)y＝sin2x1－2cos24x，y′＝___－__12_c_o_s_x___.
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∴f ′4π＝6cos34π＋π4＝－6.
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பைடு நூலகம்
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命题方向1 ⇨导数公式(gōngshì)的应 例 1 求用下列函数的导数： (1)y＝x14；(2)y＝x14；(3)y＝5 x3；(4)y＝(13)x.
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解：(1)y′＝(x14)′＝14x13.(2)y′＝x14′＝(x－4)′＝－4x－5＝－x45.
高中数学导数难题怎么解题
高中数学导数难题怎么解题1高中数学导数难题解题技巧1.导数在判断函数的单调性、最值中的应用利用导数来求函数的最值的一般步骤是：(1)先根据求导公式对函数求出函数的导数;(2)解出令函数的导数等于0的自变量;(3)从导数性质得出函数的单调区间;(4)通过定义域从单调区间中求出函数最值。
2.导数在函数极值中的应用利用导数的知识来求函数极值是高中数学问题比较常见的类型。
利用导数求函数极值的一般步骤是：(1)首先根据求导法则求出函数的导数;(2)令函数的导数等于0，从而解出导函数的零点;(3)从导函数的零点个数来分区间讨论，得到函数的单调区间;(4)根据极值点的定义来判断函数的极值点，最后再求出函数的极值。
3.导数在求参数的取值范围时的应用利用导数求函数中的某些参数的取值范围，成为近年来高考的热点。
在一般函数含参数的题中，通过运用导数来化简函数，可以更快速地求出参数的取值范围。
2高中数学解题中导数的妙用导数知识在函数解题中的妙用函数知识是高中数学的重点内容，其中包括极值、图像、奇偶性、单调性等方面的分析，具有代表性的题型就是极值的计算和单调性的分析，按照普通的解题过程是通过图像来分析，可是对于较难的函数来说，制作图像不仅浪费时间，而且极容易出错，而在函数解题中应用导数简直就是手到擒来。
例如：函数f(x)=x3+3x2+9x+a，分析f(x)的单调性。
这是高中数学中常见的三次函数，在对这道题目进行单调性分析时，很多学生根据思维定式会采用常规的手法画图去分析单调区间，但由于未知数a的存在而遇到困难。
如果考虑用导数的相关知识解决这一问题，解：f’(x)=-3x2+6x+9，令f’(x)>0，那么解得x<-1或者x>3，也就是说函数在(-∞，-1)，(3，+∞)这个单调区间上单调递减，这样就能非常容易的判断函数的单调性。
导数知识在方程求根解题中的妙用导数知识在方程求根中的应用属于一项重点内容，在平时的数学练习中以及高考的考察中均曾以不同的难度形式出现过。
高中数学导数解题技巧
高中数学导数解题技巧导数作为高中数学中的重要概念，是解决各种函数相关问题的基础。
在考试中，导数题目常常出现，因此学生们需要掌握一些解题技巧。
本文将介绍几种常见的导数解题技巧，并通过具体题目进行说明，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和应用导数。
一、求导法则求导法则是解决导数题目的基础，掌握好求导法则可以事半功倍。
下面以几个常见的求导法则为例进行说明。
1. 常数法则：对于常数函数，其导数为0。
例如，函数f(x) = 3的导数为f'(x) = 0。
2. 幂函数法则：对于幂函数f(x) = x^n，其中n为常数，其导数为f'(x) = nx^(n-1)。
例如，函数f(x) = x^2的导数为f'(x) = 2x。
3. 和差法则：对于函数f(x) = u(x) ± v(x)，其中u(x)和v(x)分别为可导函数，其导数为f'(x) = u'(x) ± v'(x)。
例如，函数f(x) = 2x + 3x^2的导数为f'(x) = 2 + 6x。
4. 乘积法则：对于函数f(x) = u(x) * v(x)，其中u(x)和v(x)分别为可导函数，其导数为f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)。
例如，函数f(x) = x^2 * cos(x)的导数为f'(x) = 2x * cos(x) - x^2 * sin(x)。
5. 商法则：对于函数f(x) = u(x) / v(x)，其中u(x)和v(x)分别为可导函数且v(x)不为0，其导数为f'(x) = (u'(x)v(x) - u(x)v'(x)) / v^2(x)。
例如，函数f(x) = (2x + 1) /x的导数为f'(x) = (2 - (2x + 1) / x^2) / x^2。
二、应用题解析在高中数学考试中，导数经常与函数的性质和图像相关联，通过求导可以求得函数的最值、拐点、增减性等信息。
高中数学导数及其应用(优选.)
最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成-----------word文本 --------------------- 方便更改高中数学导数及其应用一、知识网络二、高考考点1、导数定义的认知与应用；2、求导公式与运算法则的运用；3、导数的几何意义；4、导数在研究函数单调性上的应用；5、导数在寻求函数的极值或最值的应用；6、导数在解决实际问题中的应用。
三、知识要点（一）导数1、导数的概念（1）导数的定义（Ⅰ）设函数在点及其附近有定义，当自变量x在处有增量△x（△x可正可负），则函数y相应地有增量，这两个增量的比，叫做函数在点到这间的平均变化率。
如果时，有极限，则说函数在点处可导，并把这个极限叫做在点处的导数（或变化率），记作，即。
（Ⅱ）如果函数在开区间（）内每一点都可导，则说在开区间（）内可导，此时，对于开区间（）内每一个确定的值，都对应着一个确定的导数，这样在开区间（）内构成一个新的函数，我们把这个新函数叫做在开区间（）内的导函数（简称导数），记作或，即。
认知：（Ⅰ）函数的导数是以x为自变量的函数，而函数在点处的导数是一个数值；在点处的导数是的导函数当时的函数值。
（Ⅱ）求函数在点处的导数的三部曲：①求函数的增量；②求平均变化率；③求极限上述三部曲可简记为一差、二比、三极限。
（2）导数的几何意义：函数在点处的导数，是曲线在点处的切线的斜率。
（3）函数的可导与连续的关系函数的可导与连续既有联系又有区别：（Ⅰ）若函数在点处可导，则在点处连续；若函数在开区间（）内可导，则在开区间（）内连续（可导一定连续）。
事实上，若函数在点处可导，则有此时，记 ,则有即在点处连续。
（Ⅱ）若函数在点处连续，但在点处不一定可导（连续不一定可导）。
反例：在点处连续，但在点处无导数。
事实上，在点处的增量当时，，；当时，，由此可知，不存在，故在点处不可导。
2、求导公式与求导运算法则（1）基本函数的导数（求导公式）公式1 常数的导数：（c为常数），即常数的导数等于0。
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高中数学经典的解题技巧和方法（导数及其应用）【编者按】导数及其应用是高中数学考试的必考内容，而且是这几年考试的热点跟增长点，无论是期中、期末还是会考、高考，都是高中数学的必考内容之一。
因此，马博士教育网数学频道编辑部特意针对这两个部分的内容和题型总结归纳了具体的解题技巧和方法，希望能够帮助到高中的同学们，让同学们有更多、更好、更快的方法解决数学问题。
好了，下面就请同学们跟我们一起来探讨下集合跟常用逻辑用语的经典解题技巧。
首先，解答导数及其应用这两个方面的问题时，先要搞清楚以下几个方面的基本概念性问题，同学们应该先把基本概念和定理完全的吃透了、弄懂了才能更好的解决问题：1.导数概念及其几何意义 （1）了解导数概念的实际背景。
（2）理解导数的几何意义。
2．导数的运算（1）能根据导数定义求函数231(),,,,,y C C y x y x y x y y x======为常数 （2）能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。
（3）能求简单的复合函数（仅限于形如()f ax b +的复合函数）的导数。
3．导数在研究函数中的应用（1）了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）。
（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间了函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。
4．生活中的优化问题 会利用导数解决某些实际问题 5．定积分与微积分基本定理（1）了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念。
（2）了解微积分基本定理的含义。
好了，搞清楚了导数及其应用的基本内容之后，下面我们就看下针对这两个内容的具体的解题技巧。
一、利用导数研究曲线的切线考情聚焦：1．利用导数研究曲线()y f x =的切线是导数的重要应用，为近几年各省市高考命题的热点。
2．常与函数的图象、性质及解析几何知识交汇命题，多以选择、填空题或以解答题中关键一步的形式出现，属容易题。
解题技巧：1．导数的几何意义函数()y f x =在0x 处的导数()f x '的几何意义是：曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线的斜率（瞬时速度就是位移函数()s t 对时间t 的导数）。
2．求曲线切线方程的步骤：（1）求出函数()y f x =在点0x x =的导数，即曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处切线的斜率； （2）在已知切点坐标00(,())P x f x 和切线斜率的条件下，求得切线方程为000()()y y f x x x '-=-。
注：①当曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线平行于y 轴（此时导数不存在）时，由切线定义可知，切线方程为0x x =；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解。
例1：（2010 ·海南高考·理科T3）曲线2xy x =+在点()1,1--处的切线方程为（ ） （A ）21y x =+ （B ）21y x =- （C ）23y x =-- （D ）22y x =-- 【命题立意】本题主要考查导数的几何意义，以及熟练运用导数的运算法则进行求解. 【思路点拨】先求出导函数，解出斜率，然后根据点斜式求出切线方程. 【规范解答】选 A.因为 22(2)y x '=+，所以，在点()1,1--处的切线斜率1222(12)x k y =-'===-+，所以，切线方程为12(1)y x +=+，即21y x =+，故选A. 二、利用导数研究导数的单调性考情聚焦：1．导数是研究函数单调性有力的工具，近几年各省市高考中的单调性问题，几乎均用它解决。
2．常与函数的其他性质、方程、不等式等交汇命题，且函数一般为含参数的高次、分式或指、对数式结构，多以解答题形式考查，属中高档题目。
解题技巧：利用导数研究函数单调性的一般步骤。
（1）确定函数的定义域； （2）求导数()f x '；（3）①若求单调区间（或证明单调性），只需在函数()f x 的定义域内解（或证明）不等式()f x '＞0或()f x '＜0。
②若已知()f x 的单调性，则转化为不等式()f x '≥0或()f x '≤0在单调区间上恒成立问题求解。
例2：（2010·山东高考文科·Ｔ21）已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈ （1）当1a =-时，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程； （2）当12a ≤时，讨论()f x 的单调性. 【命题立意】本题主要考查导数的概念、导数的几何意义和利用导数研究函数性质的能力.考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想.【思路点拨】(1)根据导数的几何意义求出曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线的斜率；（2）直接利用函数与导数的关系讨论函数的单调性,同时应注意分类标准的选择.【规范解答】（1） 当 1 ()a f x =-=时，),,0(,12ln +∞∈-++x xx x 所以 ()222x x f x x +-'=因此， ()21f '=,即曲线()2(2)) 1.y f x f =在点（，处的切线斜率为，又,22ln )2(+=f 所以曲线()2(2)) (ln 22)2, y f x f y x =-+=-在点（，处的切线方程为ln 20. x y -+=即（2）因为11ln )(--+-=x a ax x x f ,所以211)('x a a x x f -+-=221x a x ax -+--= ),0(+∞∈x ,令,1)(2a x ax x g -+-=),,0(+∞∈x（1） 当0a =时，()()1,0,,g x x x =-+∈+∞所以当()0,1x ∈时，()g x >0，此时()0f x '<，函数()f x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()g x <0，此时()0f x '>，函数()f x 单调递增.（2） 当0a ≠时，由()0f x '=，即 210ax x a -+-=，解得1211,1x x a==-. ① 当12a =时， 12x x = ， ()0g x ≥恒成立，此时()0f x '≤，函数()f x 在（0，+∞）上单调递减; ② 当102a <<时， 1110a ->>，()0,1x ∈时，()0g x >,此时()0f x '<,函数()f x 单调递减11,1x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g x <0,此时()0f x '>,函数()f x 单调递增11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()0f x '<，函数()f x 单调递减③ 当0a <时，由于110a-<, ()0,1x ∈时，()0g x >,此时()0f x '<,函数()f x 单调递减： ()1,x ∈+∞时，()g x <0,此时()0f x '>,函数()f x 单调递增.综上所述：当0a ≤时，函数()f x 在()0,1上单调递减;函数()f x 在()1,+∞上单调递增 当12a =时,函数()f x 在()0,+∞上单调递减 当102a <<时，函数()f x 在()0,1上单调递减；函数()f x 在11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增； 函数()f x 在11,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 【方法技巧】1、分类讨论的原因(1)某些概念、性质、法则、公式分类定义或分类给出；(2)数的运算：如除法运算中除式不为零，在实数集内偶次方根的被开方数为非负数，对数中真数与底数的要求，不等式两边同乘以一个正数还是负数等；(3)含参数的函数、方程、不等式等问题，由参数值的不同而导致结果发生改变；(4)在研究几何问题时，由于图形的变化(图形位置不确定或形状不确定)，引起问题的结果有多种可能. 2、分类讨论的原则 (1)要有明确的分类标准；(2)对讨论对象分类时要不重复、不遗漏； (3)当讨论的对象不止一种时，应分层次进行. 3、分类讨论的一般步骤(1)明确讨论对象，确定对象的范围；(2)确定统一的分类标准，进行合理分类，做到不重不漏； (3)逐段逐类讨论，获得阶段性结果；(4)归纳总结，得出结论.三、利用导数研究函数的极值与最值考情聚焦：1．导数是研究函数极值与最值问题的重要工具，几乎是近几年各省市高考中极值与最值问题求解的必用方法。
2．常与函数的其他性质、方程、不等式等交汇命题，且函数一般为含参数的高次、分式、或指、对数式结构，多以解答题形式出现，属中高档题。
解题技巧：1．利用导数研究函数的极值的一般步骤：（1）确定定义域。
（2）求导数()f x '。
（3）①或求极值，则先求方程()f x '=0的根，再检验()f x '在方程根左右值的符号，求出极值。
（当根中有参数时要注意分类讨论）②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程()f x '=0的根的大小或存在情况，从而求解。
2．求函数()y f x =的极值与端点处的函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。
例3：（2010·天津高考理科·Ｔ2１）已知函数()()xf x xe x R -=∈ （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >（III ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>【命题立意】本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力。
【思路点拨】利用导数及函数的性质解题。
【规范解答】 （Ⅰ）解：f ’()(1)xx x e-=-，令f ’(x)=0,解得x=1，当x 变化时，f ’(x)，f(x)的变化情况如下表所以f(x)在(,1-∞)内是增函数，在(1,+∞)内是减函数。
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=1e（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)2x e-令F(x)=f(x)-g(x),即2()(2)xx F x xe x e --=+-于是22'()(1)(1)x x F x x ee --=--当x>1时，2x-2>0,从而2x-2e10,0,F x e -->>又所以’(x)>0,从而函数F （x ）在[1,+∞)是增函数。