2019届高三导数压轴题常用找点技巧和常见模型
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
二．单调性问题
题型 1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。分类的方法有：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 1）在求极值点的过程中，未知数的系数与
0
的关系不定而引起的分类； （2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与
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 求曲线 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
2019高考数学黄金解题模板专题13 导数与函数的极值、最值问题
【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大. 【方法点评】类型一 利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步 求方程'()0f x =的根；第三步 判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步 利用结论写出极值.例1 已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0f x =，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()f x 的增减性，进而求出函数()f x 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则(2)f 等于（ ） A ．11或18 B ．11 C ．18 D ．17或18 【答案】C 【解析】考点：函数的单调性与极值．【变式演练2】【云南省昆明市2018届高三教学质量检查（二统）文科数学试题】已知函数()()ln xe f x k x x x=+-，若1x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（ ）A ． (],e -∞B ． (),e -∞C ． (),e -+∞D ． [),e -+∞ 【答案】A【解析】由函数()()ln x e f x k x x x =+-，可得()211'1x x xe x e x ef x k x x x x ⎛⎫--⎛⎫=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ()f x 有唯一极值点()1,'0x f x =∴=有唯一根1x =， 0x e k x ∴-=无根，即y k =与()xe g x x =无交点，可得()2(1'x e x g x x-=，由()'0g x >得， ()g x 在[)1+∞上递增，由()'0g x <得， ()g x 在()0,1上递减， ()()min 1,g x g e k e ∴==∴≤，即实数k 的取值范围是(],e -∞，故选A.【方法点睛】已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数()(),y g x y h x ==的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为(),y a y g x ==的交点个数的图象的交点个数问题 . 【变式演练3】【云南省昆明市2018届高三教学质量检查第二次统考理数】已知函数()22ln xe f x k x kx x=+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（ ）A ． 2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ． ,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C ． (]0,2 D ． [)2,+∞【答案】A【点睛】函数有唯一极值点x=2,即导函数只有唯一零点x=2,且在x=2两侧导号。
导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引
导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引方法一 等价变形，转化构造 方法导读研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。
方法导引例1 已知函数f(x)=a e x (a ∈R )，g(x)=lnx x+1.（1）求函数g(x)的极值；（2）当a ≥1e 时，求证：f(x)≥g(x). 解析:（1）由g (x )=ln x x+1，得g ′(x )=1−ln x x 2，定义域为(0,+∞).令g ′(x )=0，解得x =e ， 列表如下：结合表格可知函数g (x )的极大值为g (e )=1e +1，无极小值. （2）要证明f (x )≥g (x )，即证ae x ≥ln x x+1，而定义域为(0,+∞)，所以只要证axe x −ln x −x ≥0，又因为a ≥1e，所以axe x −ln x −x ≥1exe x −ln x −x ， 所以只要证明1e xe x −ln x −x ≥0.令F (x )=1e xe x −ln x −x ，则F ′(x )=(x +1)(e x−1−1x )， 记ℎ(x )=e x−1−1x ，则ℎ(x )在(0,+∞)单调递增且ℎ(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，ℎ(x )<0，从而F ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，ℎ(x )>0，从而F ′(x )>0，即F (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，F (x )≥F (1)=0. 所以当a ≥1e 时，f (x )≥g (x ).例2已知a ∈R ，a ≠0，函数f (x ) =e ax -1-ax ，其中常数e =2.71828.（1）求f (x ) 的最小值；（2）当a ≥1时，求证:对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 解析：（1）因为()1ax f x eax -=-，则()()11ax f x a e -'=-，()210ax f x a e -'=>'故()f x '为R 上的增函数，令()0f x '=，解得1x a= 故当()1,,0x f x a ⎛⎫∈-∞< '⎪⎝⎭，()f x 单调递减； 当()1,,0x f x a ⎛⎫∈+∞>'⎪⎝⎭，()f x 单调递增， 则()10min f x f a ⎛⎫==⎪⎝⎭故函数()f x 的最小值为0.（2）证明：要证明xf (x ) ≥ 2ln x +12ax - 等价于证明121ax xe lnx -≥+由（1）可知：10ax e ax --≥，即1ax e ax -≥ 因为0x >，故12ax xe ax -≥ 故等价于证明221ax lnx ≥+即()2210,0,ax lnx x --≥∈+∞令()221g x ax lnx =--，即证()()0,0,g x x ≥∈+∞恒成立.又())21122g x ax x x+-=-='令()0g x '=，解得x =故当(),0x g x⎛'∈< ⎝，()g x 单调递减； 当(),0x g x⎫∈+∞>'⎪⎭，()g x 单调递增；故()2g x g lna≥== 有因为1a ≥，故0lna ≥ 故()0g x lna ≥≥即证.即对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 方法二：构造常见典型函数 方法导读常见典型函数主要包括xlnx ，x/lnx ，lnx/x ; xe x ,xe x ,e x /x 等，通过变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。
高中数学解题方法-----导数大题的常用找点技巧和常见模型
x
min
当 时， ， 0 < a <1
( ) f
( −1)
=
a e2
+
a
− e
2
+1=
a
+
ea
+ e2
e2
−
2
>0
， f
ln
3
− a
a
=
a
3 a
2 −1
+
(a
−
2)
3 a
−1
−
ln
3 a
−1
=
3 a
−1−
ln
3 a
−1
>
0
其中 ， ，所以 在 和 上各有一个零点 1 −1 < ln
（2）若 f (x) 有两个零点，求a 的取值范围.
解析：（ ） ( )( ) 1 f '( x) = 2ae2x + (a − 2) ex −1 = 2ex +1 aex −1
若 a ≤ 0 ，则 f '(x) < 0 恒成立，所以 f ( x) 在 R 上递减；
若 ，令 ，得 a > 0
f '( x) = 0 ex = 1 , x = ln 1 .
f (x) < 0 a > 0 min
f
(x) min
=
f
ln
1 1 a = 1− a
− ln
1 a
<0.
构造函数 g ( x) =1− x − ln x ， x > 0 . 易得 g '( x) = −1− 1 < 0 ，所以 g ( x) =1− x − ln x 单调递减. x
高考数学复习导数应用题的解答技巧
2019年高考数学复习导数应用题的解答技巧导数应用导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1、导数的常规问题：(1)刻画函数(比初等方法精确细微);(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2、关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3、导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
知识整合01、导数概念的理解。
02、利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
03、要能正确求导，必须做到以下两点：唐宋或更早之前，针对“经学”“律学”“算学”和“书学”各科目，其相应传授者称为“博士”，这与当今“博士”含义已经相去甚远。
而对那些特别讲授“武事”或讲解“经籍”者，又称“讲师”。
“教授”和“助教”均原为学官称谓。
前者始于宋，乃“宗学”“律学”“医学”“武学”等科目的讲授者；而后者则于西晋武帝时代即已设立了，主要协助国子、博士培养生徒。
“助教”在古代不仅要作入流的学问，其教书育人的职责也十分明晰。
唐代国子学、太学等所设之“助教”一席，也是当朝打眼的学官。
至明清两代，只设国子监（国子学）一科的“助教”，其身价不谓显赫，也称得上朝廷要员。
至此，无论是“博士”“讲师”，还是“教授”“助教”，其今日教师应具有的基本概念都具有了。
单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。
让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。
高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招.doc
高考数学：函数与导数压轴题高频考点与破解妙招1以导数面目包装的函数性质的综合应用有关函数与导数的小题压轴题是新课标全国卷的高频考题，高频题型：①以导数面目包装的函数性质题(单调性、奇偶性、最值等)；②用导数法判断函数f(x)的图象或已知函数图象求参数的取值范围；③函数与集合、不等式、数列、平面向量、新定义等知识相交汇．【命题意图】本题主要考查函数与导数、函数的单调性、函数的最值、函数的零点等知识，意在考查考生的化归与转化能力、数形结合能力和运算求解能力．【攻略秘籍】破解以导数面目包装的函数性质综合题需过双关：第一关是“还原关”，即先还原出函数的解析式；第二关是“数形关”，即不等式恒成立问题与有解问题多需要数形结合，即可轻松解决．2利用导数研究函数的单调性、极值与最值利用导数研究函数的单调性、极值与最值是高考的一棵“常青树”，高频题型：①判断函数f(x)的单调性或求函数f(x)的单调区间；②求函数f(x)的最值或极值；③由函数的单调区间、最值或极值求参数的值．【命题意图】本题主要考查函数的极值、利用函数的单调性求参数的取值范围，意在考查分类讨论思想和方程思想，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力．【攻略秘籍】破解此类题的关键：一是方程思想，即对于含有参数的可导函数有极值的关键是对参数进行分类讨论，并寻找其导数为零的根，以及在根的左、右两侧导数的符号；二是转化思想，即可导函数f(x)在某个区间D内单调递增(或递减)，则有f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)在区间D内恒成立，从而把已知函数的单调性问题转化为恒成立问题来解决，这里需注意“＝”的情形．3函数、导数与零点相交汇如稍加留神，便可以发现，函数、导数与函数的零点(方程的根)相交汇的考题在近年的高考中扮演着重要的角色，高频题型：①判断函数的零点(方程的根)的个数问题；②已知函数在给定区间的零点(方程在给定区间的解)的情况，求参数的取值范围或证明不等式成立．【命题意图】本题主要考查函数的零点、函数的最值、导数及其应用、基本不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识．【攻略秘籍】破解此类难题要过好三关：第一关，应用关，即利用导数法求函数的单调区间与最值，一般是求导数，在定义域范围内，令导函数大于(小于)零，得其单调递增(减)区间，从而求出函数的单调区间，再由函数的单调性，可求其最值；第二关，转化关，即把判断函数的零点个数问题转化为判断函数最值的符号问题；第三关，构造函数关，即通过构造函数，把比较大小问题转化为判断函数的单调性问题．4函数、导数与不等式相交汇函数、导数与不等式相交汇的试题是2015年高考题中比较“抢眼”的一种题型．对于只含有一个变量的不等式问题，常通过构造函数，利用函数的单调性和极值来证明，高频题型：①用导数法解决含参不等式恒成立问题；②用导数法解决含参不等式有解问题；③证明不等式．【命题意图】本题主要考查函数的单调性与极值点、不等式恒成立问题、证明不等式等知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想．【攻略秘籍】破解此类不等式证明的关键是通过构造函数、利用导数法判断函数的单调性来证明不等式．根据题设条件的结构特征构造一个函数，一是需要预设与所证不等式有相同的结构；二是需要熟练掌握简单复合函数的求导变换．不等式恒成立求参数的取值范围常利用“分离参数法”，也可以单刀直入地利用导数法，通过分类讨论使问题获解．注意恒成立问题与能成立问题的区别．从以上四例可以看出，只要我们对“函数与导数类”压轴题常见类型心中有数，把握其实质，掌握其规律，规范其步骤，做到“胸中有法”，那么不论高考“函数与导数类”压轴题的构思多么新颖，我们都能做到以不变应万变，此类压轴题就能迎刃而解．。
专题06“三招”妙解导函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破
一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明 “三招”妙解导函数零点问题. 二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【河北省武邑中学2019届高三上第三次调研】已知函数．（1）当时，求在处的切线方程；（2）设函数，（ⅰ）若函数有且仅有一个零点时，求的值；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若，，求的取值范围。
【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】（2）（ⅰ）令则即令，则令，，在上是减函数又所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当函数有且今有一个零点时，9分【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x＝0或x＝ln x.2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】设()1ln xf x x+＝. (1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围； (2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）(0,1)；（2）(－∞，2]． 【解析】(1)因为()2ln xf x x'＝－，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解， 即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解． 设()()22g x f x x x ＝－＋，则()(2)1g x x '＝－2ln xx －. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]． 类型二 设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln xf x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】（II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x=时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++?. 故当0a >时，2()2ln f x a a a?. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最小值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x¢-=的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”． 【举一反三】设函数f (x )＝e x－ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值． 【答案】（1）f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．（2）2.(2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x－1)＋x ＋1. 故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于()101x x k x x e +<>-＋．① 令()1()01x x g x x x e +=>-＋，则()221(2)1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'--＝＋＝由(1)知，函数h (x )＝e x－x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)． 又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2. 类型三 二次构造（求导），避免求根【例3】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax . (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围； (3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝bx有实根，求实数b 的取值范围． 【答案】(2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数， 所以f ′(x )＝1a ax +＋3x 2－2x －a ＝22[3(32)(2)]01x ax ax a ax +--+≥+在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意； 当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立． 令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝1132a -，因为a >0，所以1132a -<13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤152. 综上，实数a 的取值范围为15+].∴函数h(x)＝g′(x)17+，+∞）上递减．又g′(1)＝0，∴存在x0∈(0, 176)，使得g′(x0)＝0.当0<x<x0时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0<x<1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x→＋∞时，g(x)→－∞.又g(x)＝x ln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤1 (ln)4x x+，当x→0时，ln x＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b的取值范围为(－∞，0]．【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b的范围问题，实际上是求g(x)＝x(ln x＋x－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)＝g′(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．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数,R.（Ⅰ）当时,求的单调区间和极值；（Ⅱ)若关于的方程恰有两个不等实根,求实数的取值范围；【答案】（1）在和上单调递增,在上单调递减，, ；（2）.【解析】（Ⅰ）解:当时,函数,则. 令,得,,当变化时,的变化情况如下表:+ - +↗极大值↘极小值↗∴在和上单调递增,在上单调递减.当时,,当时,.（Ⅱ）依题意,即. 则令,则.当时,,故单调递增（如图）,且；当时,,故单调递减,且.∴函数在处取得最大值.故要使与恰有两个不同的交点,只需.∴实数的取值范围是.三．强化训练1.设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D2．【盐城市2019届高三第一学期期中模拟】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。
导数压轴题中的零点问题(找点技巧和常见模型)
分析：极值点为
x
1 a
（大于
e
），
f
1 a
ln
1 a
1
0
，所以需要在左右两侧各找一个函数值小于零的点.
因为
ln
x
x
1
，要使得
ln
x
ax
0
，只需要
x
1
ax
0
，即
x
1
1
a
，考虑到
0
a
1 e
，所以
1
1
a
1,
e
e
1
，
所以左侧可取：
f 1 a 0 ，
f
1 1
a
ln
1 1
a
a 1 a
1
若 a 0 ，则 f ' x 0 恒成立，所以 f x 在 R 上递减；
若 a 0 ，令 f ' x 0 ，得 ex 1 , x ln 1 .
a
a
当
x
ln
1 a
时，
f
'x
0
，所以
f
x
在
,
ln
1 a
上递减；
当
x
ln
1 a
时，
f
'x
0 ，所以
f
x
在
ln
1 a
,
上递增.
综上，当
a
0
时，
（放缩成类反比例函数） ex 1 x 0 ， ex 1 x 0 ，
1 x
x
（放缩成二次函数） ex x2 ， ex 1 x 1 x2 x 0 ，
2
第三组：指对放缩
导数压轴题中的零点问题(找点技巧和常见模型)
导数大题的常用找点技巧和常见模型湖南邵阳杨歆琪【引子】（2017年全国新课标1·理·21）已知()()22xx f x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.解析：（1）()()()()2'221211x x x x f x ae a e e ae =+--=+- 若0a ≤，则()'0f x <恒成立，所以()f x 在R 上递减； 若0a >，令()'0f x =，得11,ln x e x a a==. 当1lnx a <时，()'0f x <，所以()f x 在1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减；当1lnx a >时，()'0f x >，所以()f x 在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增. 综上，当0a ≤时，()f x 在R 上递减；当0a >时，()f x 在1,lna ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，在1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增.（2）()f x 有两个零点，必须满足()min 0f x <，即0a >，且()min 111ln 1ln 0f x f a a a⎛⎫==--< ⎪⎝⎭. 构造函数()1ln g x x x =--，0x >. 易得()1'10g xx=--<，所以()1ln g x x x =--单调递减. 又因为()10g =，所以()11111ln 01101g g a a a a a ⎛⎫--<⇔<⇔>⇔<< ⎪⎝⎭. 下面只要证明当01a <<时，()f x 有两个零点即可，为此我们先证明当0x >时，ln x x >. 事实上，构造函数()ln h x x x =-，易得()1'1h x x=-，∴()()min 11h x h ==，所以()0h x >，即ln x x >. 当01a <<时，()()22222110a ea e a a f e e e ++---=++=>， ()2333333ln 121ln 11ln 10a f a a a a a a a a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+----=---> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，其中11lna -<，31ln ln a a a ->，所以()f x 在11,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭和13ln ,ln a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭上各有一个零点.故a 的取值范围是()0,1.注意：取点过程用到了常用放缩技巧。
导数压轴题的几种处理方法
导数压轴题的几种处理方法导数压轴题在高等数学中属于比较重要的部分，对于学生来说也是比较难以掌握和解答的问题。
在解决导数压轴题的过程中，有一些常用的处理方法可以帮助我们更好地理解题目、分析问题以及解决问题。
接下来，我将介绍一些常见的导数压轴题处理方法。
1.代数化简法：对于一些复杂的函数表达式，我们可以通过代数化简的方法将它转化为更简单的形式。
在处理导数压轴题时，代数化简法也是一种常用的处理方法。
可以通过分子有理化、公式换元、加减引理等方法对函数进行化简，从而更方便地进行导数运算。
2.函数性质法：当给定函数的性质或公式时，可以通过利用函数的性质和公式进行求导。
对于一些常见函数，如指数函数、对数函数、三角函数等，有一些基本的求导公式，可以通过直接套用公式进行求导。
3.极限转换法：在求导过程中，有时候我们可以通过将导数的定义转化为极限的形式，然后利用极限的性质来求导。
极限转换法通常适用于一些特殊的函数形式，如分段函数、绝对值函数等。
4.高阶导数法：对于一些特殊的问题，我们还可以通过求取高阶导数来解决。
通过求取函数的一阶、二阶、甚至更高阶导数，可以更全面地了解函数的性质和特点，从而更好地解答问题。
5.导数的几何意义法：导数的几何意义是描述函数变化率的概念，一些导数压轴题可以通过对导数的几何意义进行分析来解决。
例如，利用导数的几何意义可以判断函数的增减性、极值点和拐点等。
6.隐函数求导法：一些函数的表达式难以直接求导，可以通过对方程两边同时求导的方法来解决。
这种方法通常适用于隐函数关系的导数压轴题，可以通过对隐函数关系进行求导然后解方程得到结果。
7.递归求导法：对于一些重复出现的函数表达式，可以通过递归求导法直接求取导数的表达式。
这种方法适用于一些具有规律性的函数，可以通过重复进行相同的导数运算来求取导数。
8.利用导数性质法：导数具有一些特定的性质，如导数的和、差、积、商、复合函数等性质。
在求导过程中，可以通过利用这些性质来简化计算过程，从而更快速地求解导数问题。
高考函数与导数压轴题目之找点速成——“2+3找点秘籍”
4 a2 2b a
，
故可取
x0
4 a2
2b a
,或补项成完全平方
x0
2 a
2
b
.
【例 5】已知 f x 1 x3 a 3
x2 x 1
，寻找 x1, x2 ，分别使得 f x1 0 和 f x2 0 .
分析一：并项
因为当 x 时， x2 x 1，所以 x2 x 1 3x2 .
，在极值点左侧寻找
x0
，使得
f x0 0 .
分析：极值点左侧，有 x 0 ，则 1 ，于是 x
x2 ln x a 0 x2 ln x a ln x a 1 1 ln 1 a 1 .
x2 2 x2
x2
该问题转化为基本模型二了，于是可取 1 1 a 1 ，即 x 2a .
ln
1 a2
1 a
2 ln
1 a
1 a
0.
它的证明可以通过构造函数 h x ln x x 0 来实现.
x
（ ln x 1 1 2ln x x ln x x 或 ln x 1 1 2ln 1 1 0 ）
x e2
x e2
aa
这两个基本模型都是当 x 时，两个正无穷大的量之间的比较，大部分
要使得 1 x3 a x2 x 1 ，只需 1 x3 3 a x2 ，取 x 9 a ，
3
3
还要保证 x2 x 1 ，所以取 x1 9 a 1 .
要使得 1 x3 a x2 x 1 ，只需 1 x3 a x2 x 1 ，
高考数学答题技巧与方法导数
2019年高考数学答题技巧与方法—导数2019年高考数学答题技巧与方法导数导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1.导数的常规问题：(1)刻画函数(比初等方法精确细微);(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考(微博)中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
知识整合1.导数概念的理解。
2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3.要能正确求导，必须做到以下两点：宋以后，京师所设小学馆和武学堂中的教师称谓皆称之为“教谕”。
至元明清之县学一律循之不变。
明朝入选翰林院的进士之师称“教习”。
到清末，学堂兴起，各科教师仍沿用“教习”一称。
其实“教谕”在明清时还有学官一意，即主管县一级的教育生员。
而相应府和州掌管教育生员者则谓“教授”和“学正”。
“教授”“学正”和“教谕”的副手一律称“训导”。
于民间，特别是汉代以后，对于在“校”或“学”中传授经学者也称为“经师”。
在一些特定的讲学场合，比如书院、皇室，也称教师为“院长、西席、讲席”等。
(1)熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
(2)对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。
高考数学导数应用题型解题技巧总结
2019高考数学导数应用题型解题技巧总结导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1. 导数的常规问题：(1)刻画函数(比初等方法精确细微)；(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线)；(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2. 关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3. 导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考(微博)中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
知识整合1. 导数概念的理解。
2. 利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3. 要能正确求导，必须做到以下两点：我国古代的读书人，从上学之日起，就日诵不辍，一般在几年内就能识记几千个汉字，熟记几百篇文章，写出的诗文也是字斟句酌，琅琅上口，成为满腹经纶的文人。
为什么在现代化教学的今天，我们念了十几年书的高中毕业生甚至大学生，竟提起作文就头疼，写不出像样的文章呢?吕叔湘先生早在1978年就尖锐地提出:“中小学语文教学效果差，中学语文毕业生语文水平低，……十几年上课总时数是9160课时，语文是2749课时，恰好是30%，十年的时间，二千七百多课时，用来学本国语文，却是大多数不过关，岂非咄咄怪事!”寻根究底，其主要原因就是腹中无物。
特别是写议论文，初中水平以上的学生都知道议论文的“三要素”是论点、论据、论证，也通晓议论文的基本结构:提出问题――分析问题――解决问题，但真正动起笔来就犯难了。
知道“是这样”，就是讲不出“为什么”。
根本原因还是无“米”下“锅”。
于是便翻开作文集锦之类的书大段抄起来，抄人家的名言警句，抄人家的事例，不参考作文书就很难写出像样的文章。
高考数学专项提升导数答题技巧及策略
2019年高考数学专项提升导数答题技巧及策略数学网高考频道小编为高考生总结归纳了2019年高考数学导数答题技巧及策略，希望为考生们提供服务。
一、专题综述导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1.导数的常规问题：（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
二、知识整合1.导数概念的理解。
2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3.要能正确求导，必须做到以下两点：（1）熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
（2）对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是,但学生写作文运用到文章中的甚少,即使运用也很难做到恰如其分。
为什么?还是没有彻底“记死”的缘故。
要解决这个问题,方法很简单,每天花3-5分钟左右的时间记一条成语、一则名言警句即可。
可以写在后黑板的“积累专栏”上每日一换,可以在每天课前的3分钟让学生轮流讲解,也可让学生个人搜集,每天往笔记本上抄写,教师定期检查等等。
这样,一年就可记300多条成语、300多则名言警句,日积月累,终究会成为一笔不小的财富。
这些成语典故“贮藏”在学生脑中,自然会出口成章,写作时便会随心所欲地“提取”出来,使文章增色添辉。