导数大题解题步骤
高中数学导数难题怎么解题
高中数学导数难题怎么解题导数是高考数学必考的内容，近年来高考加大了对以导数为载体的知识问题的考查，题型在难度、深度和广度上不断地加大、加深，从而使得导数相关知识愈发显得重要。
下面是小编为大家整理的关于高中数学导数难题解题技巧，希望对您有所帮助。
欢迎大家阅读参考学习!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。
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。
导数大题解题技巧
导数大题解题技巧
1. 嘿，知道吗？导数大题有个超重要的解题技巧，那就是要先搞清楚题目到底要咱干啥！就像你找东西，得先明白要找啥不是？比如求函数的极值点，咱就得麻溜地找出导数为零的点呀！这不是很简单的道理嘛！
2. 哇塞，还有哦！要学会从复杂的式子中找到关键信息呀！这就好比在一堆乱七八糟的东西里找出你最想要的宝贝一样。
比如看到一个复合函数，咱就得机智地把它拆开，分别求解，这样问题不就迎刃而解啦！
3. 嘿呀！你可别小瞧了画图这个步骤，这简直太有用啦！它就像给你个导航，让你清楚地看到函数的走向。
比如说一个函数的单调性，一画出来，那不是一目了然嘛！
4. 哎呀呀，千万别忘了特殊值法呀！有时候用这个简直绝了！就跟走捷径一样。
比如给你个函数，先试试几个特殊值，说不定一下子就能找到突破口呢！
5. 喂喂喂，注意细节呀！很多同学就输在不注意细节上。
就好比盖房子，一丁点儿差错都可能让房子不稳当。
比如求导的时候可别粗心大意算错咯！
6. 哈哈，记得多总结呀！把做过的题都好好想想，总结出规律来。
这就像收集宝藏，收集得越多，你就越厉害！下次碰到类似的题目，你就能轻松搞定啦！
我觉得呀，只要掌握了这些导数大题解题技巧，那面对难题咱也不怕啦！。
高考数学导数解题技巧
高考数学导数解题技巧
在高考数学中，导数是一个常见的解题工具。
以下是一些解题技巧：
1. 使用定义法求导数：如果需要求一个函数在某个点的导数，可以使用定义法，即计算函数在该点附近的斜率。
具体步骤是计算函数在点x处的斜率极限，即Lim(h→0)[f(x+h)-f(x)]/h。
2. 使用基本导数公式：熟记一些基本导数公式可以帮助简化计算过程。
例如，常数函数的导数为0，幂函数的导数等于幂次乘以原函数的导数，指数函数的导数等于常数乘以指数。
3. 使用导数的性质：导数具有一些重要的性质，如线性性质和乘积规则。
线性性质表示导数是线性运算，即对于两个函数
f(x)和g(x)，以及常数a和b，有导数[a*f(x) + b*g(x)]' = a*f'(x) + b*g'(x)。
乘积规则表示两个函数的乘积的导数等于其中一个函数的导数乘以另一个函数，再加上另一个函数的导数乘以第一个函数。
4. 使用链式法则：当一个函数由两个复合函数相乘或相除构成时，可以使用链式法则简化导数的计算。
链式法则可以表示为如果y = f(g(x))，则y' = f'(g(x)) * g'(x)。
5. 注意求导的顺序：当需要求一个复合函数的导数时，要注意求导的顺序。
通常，外函数的导数应该先求出来，再将其嵌入到内函数中求导。
以上是一些常见的高考数学导数解题技巧。
通过熟练掌握这些技巧，可以在考试中更快、更准确地解题。
高考数学导数大题技巧(精选5篇)
高考数学导数大题技巧(精选5篇)高考数学导数大题技巧【篇1】1、选择题部分，高考的选择题部分题型考试的方向基本都是固定的，当你在一轮二轮复习过程中总结出题目的出题策略时，答题就变得很简单了。
比如立体几何三视图，概率计算，圆锥曲线离心率等等试题中都有一些特征，只要掌握思考的切入方法和要点，再适当训练基本就可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做题训练就算做很多题目，突破也非常困难，学习就会进入一个死循环，对照答案可以理解，但自己遇到新的题目任然无从下手。
2、关于大题方面，基本上三角函数或解三角形、数列、立体几何和概率统计应该是考生努力把分数拿满的题目。
对于较难的原则曲线和导数两道题目基本要拿一半的分数，考生复习时可把数学大题的每一道题作为一个独立的版块章节，先总结每道大题常考的几种题型，再专项突破里面的运算方法，图形处理方法以及解题的思考突破口，只要把这些都归纳到位，那么总结的框架套路，都是可以直接秒刷的题目的高考数学导数大题技巧【篇2】1个、多项选择部分，高考选择题的方向基本是固定的，当你在二轮复习过程中总结出题策略时，答案变得很简单。
比如三维几何三视图，概率计算，试题中存在圆锥截面偏心等特点，只要掌握了入门方法和思维要点，经过适当的训练，基本可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做练习题也算做了很多题，也很难突破，学习会进入死循环，比对答案，但是遇到新问题还是无从下手。
2个、关于大话题，基本上是三角函数或求解三角形、顺序、三维几何和概率统计应该是考生努力拿满分的科目。
比较难的原理曲线和导数，基本要一半分，考生在复习时可以将数学大题的每一题作为一个独立的section，先总结一下每个大题经常考的几类题型，然后在计算方法上特别突破，解题的图形处理方法与思维突破，把它全部放在适当的位置，然后总结框架套路，都是可以直接秒刷的话题高考数学导数大题技巧【篇3】1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
高中导数题所有题型及解题方法
高中导数题所有题型及解题方法一、导数的概念1.1 导数的定义•导数的定义公式：f′(x)=limℎ→0f(x+ℎ)−f(x)ℎ•导数表示函数在某一点的变化率1.2 导数的几何意义•函数图象在某一点的切线斜率•函数图象在某一点的局部线性近似二、导数的基本运算法则2.1 基本导数公式•常数函数：d dx (C)=0•幂函数：d dx (x n)=nx n−1•指数函数：ddx(a x)=a x ln(a)2.2 函数和、差、积、商的导数•和的导数：(u+v)′=u′+v′•差的导数：(u−v)′=u′−v′•积的导数：(uv)′=u′v+uv′•商的导数：(uv)′=u′v−uv′v2,其中v≠02.3 复合函数的导数•复合函数的求导公式：如果y=f(u)及u=g(x), 则dy dx =dy dududx三、导数的应用3.1 函数的单调性•若f′(x)>0，则函数f(x)在该区间上单调递增•若f′(x)<0，则函数f(x)在该区间上单调递减3.2 函数的极值与最值•极大值：若f′(x0)=0，且f″(x0)<0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极大值•极小值：若f′(x0)=0，且f″(x0)>0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极小值3.3 函数的拐点•拐点：若f″(x0)=0，则f(x)在x0处的图像有拐点3.4 函数的图像•函数图象的基本性质–若f′(x)>0，则函数的图像上的点随x的增大而上升–若f′(x)<0，则函数的图像上的点随x的增大而下降–若f″(x)>0，则函数的图像在该区间上凹–若f″(x)<0，则函数的图像在该区间上凸四、基础导数题型4.1 求导数•题型1：求函数的导数y=f(x)•题型2：求函数的高阶导数y(n)=f(x)4.2 高阶导数应用•题型1：求函数的极值和拐点•题型2：求函数在某点的切线方程•题型3：求函数的图像4.3 求解极值问题•题型1：求一定范围内函数的极大值和极小值•题型2：求满足一定条件的函数极值4.4 函数的单调性•题型1：判断函数的单调区间•题型2：填空题，填写使函数单调递增或递减的区间五、综合题型5.1 数学建模•题型1：利用导数求解实际生活中的问题5.2 物理应用•题型1：利用导数求解物理问题，如速度、加速度等5.3 函数的变化率•题型1：求函数在某点的变化率•题型2：求函数在某段区间的平均变化率六、总结本篇文章主要介绍了高中阶段导数相关的内容，包括导数的基本定义、几何意义、基本运算法则，以及导数在函数的单调性、极值与最值、图像以及物理应用中的运用。
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。
下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。
当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。
当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。
当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
高中导数题所有题型及解题方法
高中导数题所有题型及解题方法在高中数学中，导数是一个非常重要的概念。
导数是描述曲线在某一点处的切线斜率的指标。
在高中数学中，学生需要掌握不同类型的导数题。
以下是高中导数题中的所有题型及解题方法：1.求函数的导数：这是最基本的导数问题。
对于一个函数，需要求出它的导数函数。
为此，需要使用导数的定义公式，即极限。
例如，对于函数f(x) = x^2 + 2x + 1，其导数是f’(x) = 2x + 2。
2.求函数的导数在某一点处的值：这个类型的问题需要计算函数在一定点处的导数值。
为此，需要使用导数的定义公式，并将x的值代入到函数中计算。
例如，对于函数f(x) = x^2 + 2x + 1，在x = 2处的导数值为f’(2) = 6。
3.求函数的极值：极值是函数在某一点处的最大值或最小值，即导数为0的点。
为了找到函数的极值，需要计算函数的导数，并找到导数为0的点。
例如，对于函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1，其导数为f’(x) =3x^2 - 6x + 2。
为了找到函数的极值，需要找到导数为0的点。
计算可得，x = 1或x = 2是导数为0的点。
因此，函数的极值为f(1) = 1和f(2) = 3。
4.求函数的拐点：拐点是函数曲线从凸向上到凹向上或从凸向下到凹向下的点。
为了找到函数的拐点，需要计算函数的二阶导数，即导数的导数。
例如，对于函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1，其一阶导数为f’(x) = 3x^2 - 6x + 2，二阶导数为f’’(x) = 6x - 6。
为了找到函数的拐点，需要找到二阶导数为0的点。
计算可得，x = 1是二阶导数为0的点。
因此，函数在x = 1处有一个拐点。
5.求函数与直线的交点：这个类型的问题需要找出函数和直线的交点。
为此，需要先将直线方程代入到函数中，然后解方程。
例如，对于函数f(x) = x^2 + 2x + 1和直线y = 3x - 1，将直线方程代入到函数中可得x^2 + 2x + 1 = 3x - 1。
导数大题第一、二问解题方法
导数大题一、二问专练-、求单调性解题步骤(1)求函数f(x)的定义域(2)求函数的导函数f (x)，并化简;(注意此处是否引出讨论) (3)令f (x) =0 ,求出所有的根，并检查根是否在定义域内。
(讨论：1)讨论的对象，即讨论哪个字母参数2)讨论的引发，即为何讨论3)讨论的范围，即讨论中要做到“不重不漏” )(4)列表：注意定义域的划分、f(X)正负号的确定(5)根据列表情况作出答案二、导数难点：难点一：如何讨论:(1) 判断f (x) =0是否有根(可通过判别式的正负来确定) ，如果无法确定，引发讨论;(2) 求完根后，比较f(X)=0两根的大小，如果无法确定，引发讨论。
(3在填表时确定f (x)的正负或解不等式f(x)・0过程中，引发讨论。
难点二、f(x)正负的确定(1)当f(X)或f(X)式中未确定部分是一次或二次函数时，画函数图象草图来确定正负号;(2) f (x)为其他函数时，由f (x) 0的解集来确定f(X)的正负。
(3)若f (x) =0无根或重根，不必列表，直接判断导函数的正负即可。
题型一：讨论f(x)=0是否有根型(1)若导数是二次函数，需判断判别式的正负(2)若导数是一次函数y =kx • b，需判断k的正负1、设函数f(x) =x3-3ax b(a =0).(I)若曲线y = f(x)在点(2, f(2))处与直线y =8相切，求a,b的值;(n)求函数f (x)的单调区间与极值点3 22. (08 文)已知函数f (x) = x ax - 3bx c(b = 0)，且g(x)二f (x) - 2是奇函数.(I)求a , c的值；(n)求函数f (x)的单调区间_ 2(18)(本小题共13分)已知函数f(x)二x —alnx(a・R ).(练习)(I)若a = 2，求证：f (x)在(1,r)上是增函数;(2)求f (x)的单调区间;ax18.设函数f (x) = —2 a 0。
导数常见题型与解题方法总结
导数题型总结1、分离变量-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）2、变更主元-----已知谁的范围就把谁作为主元3、根分布4、判别式法-----结合图像分析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一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；第三种：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：设函数在区间D上的导数为，在区间D上的导数为，若在区间D上，恒成立，则称函数在区间D上为“凸函数”，已知实数m是常数，（1）若在区间上为“凸函数”，求m的取值范围；（2）若对满足的任何一个实数，函数在区间上都为“凸函数”，求的最大值.解:由函数得（1）在区间上为“凸函数”，则在区间[0,3]上恒成立解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于解法二：分离变量法：∵当时, 恒成立,当时, 恒成立等价于的最大值（）恒成立，而（）是增函数，则(2)∵当时在区间上都为“凸函数”则等价于当时恒成立变更主元法再等价于在恒成立（视为关于m的一次函数最值问题）例2：设函数（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的不等式恒成立，求a的取值范围.解：（Ⅰ）令得的单调递增区间为（a,3a）令得的单调递减区间为（－，a）和（3a，+）∴当x=a时，极小值= 当x=3a时，极大值=b.（Ⅱ）由||≤a，得：对任意的恒成立①则等价于这个二次函数的对称轴（放缩法）即定义域在对称轴的右边，这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。
上是增函数. （9分）∴于是，对任意，不等式①恒成立，等价于又∴点评：重视二次函数区间最值求法：对称轴（重视单调区间）与定义域的关系例3：已知函数图象上一点处的切线斜率为，（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）当时，求的值域；（Ⅲ）当时，不等式恒成立，求实数t的取值范围。
导数大题方法总结
导数大题方法总结导数大题方法总结总结是指对某一阶段的工作、学习或思想中的经验或情况进行分析研究，做出带有规律性结论的书面材料，它可以促使我们思考，让我们一起认真地写一份总结吧。
那么总结要注意有什么内容呢？以下是小编整理的导数大题方法总结，欢迎大家分享。
一、总论一般来说，导数的大题有两到三问。
每一个小问的具体题目虽然并不固定，但有相当的规律可循，所以在此我进行了一个答题方法的总结。
二、主流题型及其方法（1）求函数中某参数的值或给定参数的值求导数或切线一般来说，一到比较温和的导数题的会在第一问设置这样的问题：若f（x）在x=k时取得极值，试求所给函数中参数的值；或者是f（x）在（a，f（a））处的切线与某已知直线垂直，试求所给函数中参数的值等等很多条件。
虽然会有很多的花样，但只要明白他们的本质是考察大家求导数的能力，就会轻松解决。
这一般都是用来送分的，所以遇到这样的题，一定要淡定，方法是：先求出所给函数的导函数，然后利用题目所给的已知条件，以上述第一种情形为例：令x=k，f（x）的导数为零，求解出函数中所含的参数的值，然后检验此时是否为函数的极值。
注意：①导函数一定不能求错，否则不只第一问会挂，整个题目会一并挂掉。
保证自己求导不会求错的最好方法就是求导时不要光图快，一定要小心谨慎，另外就是要将导数公式记牢，不能有马虎之处。
②遇到例子中的情况，一道要记得检验，尤其是在求解出来两个解的情况下，更要检验，否则有可能会多解，造成扣分，得不偿失。
所以做两个字来概括这一类型题的方法就是：淡定。
别人送分，就不要客气。
③求切线时，要看清所给的点是否在函数上，若不在，要设出切点，再进行求解。
切线要写成一般式。
（2）求函数的单调性或单调区间以及极值点和最值一般这一类题都是在函数的第二问，有时也有可能在第一问，依照题目的难易来定。
这一类题问法都比较的简单，一般是求f（x）的单调（增减）区间或函数的单调性，以及函数的极大（小）值或是笼统的函数极值。
3类导数综合问题解题技巧(端点效应(必要性探索)、函数的凹凸性、洛必达法则)(解析版)
3类导数综合问题解题技巧(端点效应(必要性探索)、函数的凹凸性、洛必达法则)技法01端点效应(必要性探索)解题技巧知识迁移端点效应的类型1.如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0或f(b)≥0.2.如果函数f(x)在区问[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0(或f(b)=0),则f (a)≥0 或f (b)≤0 .3.如果函数f(x)在区问[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0,f (a)=0(或f(b)=0,f (b)≤0 则f (a)≥0 或f (b)≤0 .1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=ax-sin xcos3x,x∈0,π2(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围．【法一】端点效应一令g(x)=f(x)-sin2x,x∈0,π2，得g(0)=0，且g(x)<0在x∈0,π2上恒成立画出草图根据端点效应, 需要满足g (0)≤0，而g (x)=a-1+2sin2xcos4x-2cos2x则g (0)=a-3, 令g (0)≤0, 得a≤3当a≤3时, 由于g(0)=0, 只需证g (x)<0即可而g (x)含有参数a, 故可对g (x)进行放缩即g x =a-1+2sin2xcos4x-2cos2x≤3-1+2sin2xcos4x-2cos2x=5-3-2cos2xcos4x-4cos2x令t=cos2x, 其中0<t<1设h(t)=5-3-2tt2-4t则h (t)=6t3-2t2-4=-4t3-2t+6t3令p(t)=-4t3-2t+6则p (t)=-12t2-2<0, 故p(t)在(0,1)上递减, 得p(t)>p(1)=0则h (t)>0, 得h(t)在(0,1)上单调递增, 则h(t)<h(1)=0即g (x)<0, 满足g(x)<g(0)=0成立当a>3时，由于g 0 =a-3>0,故存在x0, 使得在0,x0上g (x)>0,所以g(x)在0,x0上单调递增, 则g(x)>g(0)=0, 不成立特上所述:a≤3.【法二】端点效应二(2)f(x)<sin2x⇒ax-sin xcos3x <sin2x⇒g(x)=ax-sin2x-sin xcos3x<0由于g(0)=0, 且g (x)=a-2cos2x-cos2x+3sin2xcos4x,注意到当g (0)>0, 即a>3时, ∃x0∈0,π2使g (x)>0在x∈0,x0成立, 故此时g(x)单调递减∴g(x)>g(0)=0, 不成立.另一方面, 当a≤3时, g(x)≤3x-sin2x-sin xcos3x≡h(x), 下证它小于等于0 .令h x =3-2cos2x-3-2cos2x cos2x=3cos4x+2cos2x-3-2cos2x cos4xcos4x =3cos4x-1+2cos2x1-cos2x cos2xcos4x=-cos2x-124cos2x+3cos4x<0.∴g(x)单调递减, ∴g(x)≤g(0)=0. 特上所述:a≤3.【法三】设g(x)=f(x)-sin2xg (x)=f (x)-2cos2x=g(t)-22cos2x-1=at2+2t-3t2-2(2t-1)=a+2-4t+2t-3t2设φ(t)=a+2-4t+2t -3 t2φ (t)=-4-2t2+6t3=-4t3-2t+6t3=-2(t-1)(2t2+2t+3)t3>0所以φ(t)<φ(1)=a-3.1°若a∈(-∞,3],g (x)=φ(t)<a-3≤0即g(x)在0,π2上单调递减,所以g(x)<g(0)=0.所以当a∈(-∞,3],f(x)<sin2x,符合题意.2°若a∈(3,+∞)当t→0,2t-3t2=-31t-132+13→-∞,所以φ(t)→-∞.φ(1)=a-3>0.所以∃t0∈(0,1),使得φt0 =0,即∃x0∈0,π2,使得g x0 =0.当t∈t0,1,φ(t)>0,即当x∈0,x0,g (x)>0,g(x)单调递增.所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围为(-∞,3].1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ax-sin xcos2x,x∈0,π2．(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；(2)若f x +sin x<0，求a的取值范围．【答案】(1)f x 在0,π2上单调递减(2)a≤0【分析】(1)代入a=1后，再对f x 求导，同时利用三角函数的平方关系化简f x ，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；(2)法一：构造函数g x =f x +sin x，从而得到g x <0，注意到g0 =0，从而得到g 0 ≤0，进而得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；法二：先化简并判断得sin x-sin xcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.【详解】(1)因为a=1，所以f x =x-sin xcos2x,x∈0,π2，则f x =1-cos x cos2x-2cos x-sin xsin xcos4x=1-cos2x+2sin2xcos3x=cos3x-cos2x-21-cos2xcos3x=cos3x+cos2x-2cos3x，令t=cos x，由于x∈0,π2，所以t=cos x∈0,1 ，所以cos 3x +cos 2x -2=t 3+t 2-2=t 3-t 2+2t 2-2=t 2t -1 +2t +1 t -1 =t 2+2t +2 t -1 ，因为t 2+2t +2=t +1 2+1>0，t -1<0，cos 3x =t 3>0，所以f x =cos 3x +cos 2x -2cos 3x <0在0,π2 上恒成立，所以f x 在0,π2 上单调递减.(2)法一：构建g x =f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x 0<x <π2 ，则g x =a -1+sin 2xcos 3x +cos x 0<x <π2 ，若g x =f x +sin x <0，且g 0 =f 0 +sin0=0，则g 0 =a -1+1=a ≤0，解得a ≤0，当a =0时，因为sin x -sin xcos 2x =sin x 1-1cos 2x ，又x ∈0,π2 ，所以0<sin x <1，0<cos x <1，则1cos 2x >1，所以f x +sin x =sin x -sin xcos 2x <0，满足题意；当a <0时，由于0<x <π2，显然ax <0，所以f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x <sin x -sin xcos 2x <0，满足题意；综上所述：若f x +sin x <0，等价于a ≤0，所以a 的取值范围为-∞,0 .法二：因为sin x -sin x cos 2x =sin x cos 2x -sin x cos 2x =sin x cos 2x -1 cos 2x =-sin 3xcos 2x ，因为x ∈0,π2 ，所以0<sin x <1，0<cos x <1，故sin x -sin xcos 2x <0在0,π2 上恒成立，所以当a =0时，f x +sin x =sin x -sin xcos 2x <0，满足题意；当a <0时，由于0<x <π2，显然ax <0，所以f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x <sin x -sinxcos 2x <0，满足题意；当a >0时，因为f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x =ax -sin 3xcos 2x ，令g x =ax-sin3xcos2x0<x<π2，则g x =a-3sin2x cos2x+2sin4xcos3x，注意到g 0 =a-3sin20cos20+2sin40cos30=a>0，若∀0<x<π2，gx >0，则g x 在0,π2上单调递增，注意到g0 =0，所以g x >g0 =0，即f x +sin x>0，不满足题意；若∃0<x0<π2，gx0<0，则g 0 g x0<0，所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1∈0,π2，使得g x1 =0，此时g x 在0,x1上有g x >0，所以g x 在0,x1上单调递增，则在0,x1上有g x >g0 =0，即f x +sin x>0，不满足题意；综上：a≤0.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论a>0这种情况的关键是，注意到g 0 >0，从而分类讨论g x 在0,π2上的正负情况，得到总存在靠近x=0处的一个区间，使得g x >0，从而推得存在g x >g0 =0，由此得解.2(2020·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=e x+ax2-x.(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3+1，求a的取值范围.【答案】(1)当x∈-∞,0时，f'x <0,f x 单调递减，当x∈0,+∞时，f'x >0,f x 单调递增.(2)7-e24,+∞【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当a=1时，f x =e x+x2-x，f x =e x+2x-1，由于f x =e x+2>0，故f'x 单调递增，注意到f 0 =0，故：当x∈-∞,0时，f x <0,f x 单调递减，当x∈0,+∞时，f x >0,f x 单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数由f x ≥12x3+1得，e x+ax2-x≥12x3+1，其中x≥0，①.当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；②.当x>0时，分离参数a得，a≥-e x-12x3-x-1x2，记g x =-e x-12x3-x-1x2，g x =-x-2e x-12x2-x-1x3，令h x =e x-12x2-x-1x≥0，则h x =e x-x-1，h x =e x-1≥0，故h'x 单调递增，h x ≥h 0 =0，故函数h x 单调递增，h x ≥h0 =0，由h x ≥0可得：e x-12x2-x-1≥0恒成立，故当x∈0,2时，g x >0，g x 单调递增；当x∈2,+∞时，g x <0，g x 单调递减；因此，g xmax=g2 =7-e2 4,综上可得，实数a的取值范围是7-e24,+∞.[方法二]：特值探路当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立⇒f(2)≥5⇒a≥7-e24．只需证当a≥7-e24时，f(x)≥12x3+1恒成立．当a≥7-e24时，f(x)=ex+ax2-x≥e x+7-e24⋅x2-x．只需证明e x+7-e24x2-x≥12x3+1(x≥0)⑤式成立．⑤式⇔e2-7x2+4x+2x3+4e x≤4，令h(x)=e2-7x2+4x+2x3+4e x(x≥0)，则h (x)=13-e2x2+2e2-9x-2x3e x=-x2x2-13-e2x-2e2-9e x=-x(x-2)2x+e2-9e x，所以当x∈0,9-e2 2时，h(x)<0,h(x)单调递减；当x∈9-e22,2,h (x)>0,h(x)单调递增；当x∈(2,+∞),h (x)<0,h(x)单调递减．从而[h(x)]max=max{h(0),h(2)}=4，即h(x)≤4，⑤式成立．所以当a≥7-e24时，f(x)≥12x3+1恒成立．综上a≥7-e2 4．[方法三]：指数集中当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立⇒e x≥12x3+1-ax2+x⇒12x3-ax2+x+1e-x≤1，记g x =12x3-ax2+x+1e-x(x≥0)，g x =-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x x2-2a+3x+4a+2e-x=-1 2x x-2a-1x-2e-x，①.当2a+1≤0即a≤-12时，gx =0⇒x=2，则当x∈(0,2)时，g x >0，g x 单调递增，又g0 =1，所以当x∈(0,2)时，g x >1，不合题意；②.若0<2a+1<2即-12<a<12时，则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时，gx <0，g x 单调递减，当x∈(2a+1,2)时，g x >0，g x 单调递增，又g0 =1，所以若满足g x ≤1，只需g2 ≤1，即g2 =(7-4a)e-2≤1⇒a≥7-e24，所以当⇒7-e24≤a<12时，g x ≤1成立；③当2a+1≥2即a≥12时，g x =12x3-ax2+x+1e-x≤12x3+x+1e-x，又由②可知7-e24≤a<12时，g x ≤1成立，所以a=0时，g(x)=12x3+x+1e-x≤1恒成立，所以a≥12时，满足题意.综上，a≥7-e2 4.【整体点评】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，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！3(2022·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=xe ax-e x．(1)当a =1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x >0时，f (x )<-1，求a 的取值范围；(3)设n ∈N ∗，证明：112+1+122+2+⋯+1n 2+n>ln (n +1)．【答案】(1)f x 的减区间为-∞,0 ，增区间为0,+∞ .(2)a ≤12(3)见解析【分析】(1)求出f x ，讨论其符号后可得f x 的单调性.(2)设h x =xe ax -e x +1，求出h x ，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a ≤12结合放缩法讨论h x 符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论h x 的范围后可得参数的取值范围.(3)由(2)可得2ln t <t -1t对任意的t >1恒成立，从而可得ln n +1 -ln n <1n 2+n 对任意的n ∈N *恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】(1)当a =1时，f x =x -1 e x ，则f x =xe x ，当x <0时，f x <0，当x >0时，f x >0，故f x 的减区间为-∞,0 ，增区间为0,+∞ .(2)设h x =xe ax -e x +1，则h 0 =0，又h x =1+ax e ax -e x ，设g x =1+ax e ax -e x ，则g x =2a +a 2x e ax -e x ，若a >12，则g 0 =2a -1>0，因为g x 为连续不间断函数，故存在x 0∈0,+∞ ，使得∀x ∈0,x 0 ，总有g x >0，故g x 在0,x 0 为增函数，故g x >g 0 =0，故h x 在0,x 0 为增函数，故h x >h 0 =0，与题设矛盾.若0<a ≤12，则h x =1+ax e ax -e x =e ax +ln 1+ax -e x ，下证：对任意x >0，总有ln 1+x <x 成立，证明：设S x =ln 1+x -x ，故S x =11+x -1=-x 1+x<0，故S x 在0,+∞ 上为减函数，故S x <S 0 =0即ln 1+x <x 成立.由上述不等式有e ax +ln 1+ax -e x <e ax +ax -e x =e 2ax -e x ≤0，故h x ≤0总成立，即h x 在0,+∞ 上为减函数，所以h x <h0 =0.当a≤0时，有h x =e ax-e x+axe ax<1-1+0=0， 所以h x 在0,+∞上为减函数，所以h x <h0 =0.综上，a≤1 2 .(3)取a=12，则∀x>0，总有xe 12x-e x+1<0成立，令t=e 12x，则t>1,t2=e x,x=2ln t，故2t ln t<t2-1即2ln t<t-1t对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N*，有2ln n+1n<n+1n-nn+1，整理得到：ln n+1-ln n<1n2+n，故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+ln n+1-ln n=ln n+1，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.技法02函数凹凸性解题技巧知识迁移凹函数：对于某区间内∀x 1,x 2, 都有f x 1 +f x 2 2>f x 1+x22 .凸函数：对于某区间内∀x 1,x 2, 都有f x 1 +f x 2 2<f x 1+x22.1在△ABC 中, 求sin A +sin B +sin C 的最大值.因为函数y =sin x 在区间(0,π)上是上凸函数, 则13(sin A +sin B +sin C )≤sin A +B +C 3 =sin π3=32即sin A +sin B +sin C ≤332, 当且仅当sin A =sin B =sin C 时, 即A =B =C =π3时,取等号.上述例题是三角形中一个重要的不等式:在△ABC 中,sin A +sin B +sin C ≤332.2(2021·黑龙江模拟)丹麦数学家琴生(Jensen )是19世纪对数学分析做出卓越贡献的数学家，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f (x )在(a ,b )上的导函数为f (x )，f (x )在(a ,b )上的导函数为f (x )，若在(a ,b )上f (x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ,b )上为“凸函数”．已知f (x )=e x -x ln x -m 2x 2在(1,4)上为“凸函数”，则实数m 的取值范围是()A.e -1,+∞B.e -1,+∞C.e 4-14,+∞D.e 4-14,+∞因为f (x )=e x -x ln x -m 2x 2，所以f (x )=e x -1+ln x -mx =e x -mx -ln x -1，f (x )=e x -m -1x，因为f (x )=e x -x ln x -m 2x 2在(1,4)上为“凸函数”，所以f (x )=e x -m -1x<0对于x ∈(1,4)恒成立，可得m >e x -1x对于x ∈(1,4)恒成立，令g x =e x -1x，则m >g x max ，因为g x =e x +1x 2>0，所以g x=e x-1x 在(1,4)单调递增，所以g x max <g 4 =e 4-14，所以m ≥e 4-14，【答案】C1(全国·高考真题)已知函数f (x )=(x -2)e x +a (x -1)2有两个零点.(Ⅰ)求a 的取值范围；(Ⅱ)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1+x 2<2.【答案】(Ⅰ)(0,+∞)；(Ⅱ)见解析【详解】试题分析：(Ⅰ)求导，根据导函数的符号来确定(主要要根据导函数零点来分类)；(Ⅱ)借助(Ⅰ)的结论来证明，由单调性可知x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2)，即f (2-x 2)<0．设g (x )=-xe 2-x -(x -2)e x ，则g '(x )=(x -1)(e 2-x -e x )．则当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．试题解析：(Ⅰ)f '(x )=(x -1)e x +2a (x -1)=(x -1)(e x +2a )．(Ⅰ)设a =0，则f (x )=(x -2)e x ，f (x )只有一个零点．(Ⅱ)设a >0，则当x ∈(-∞,1)时，f '(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，f '(x )>0．所以f (x )在(-∞,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增．又f(1)=-e，f(2)=a，取b满足b<0且b<ln a 2，则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，故f(x)存在两个零点．(Ⅲ)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,+∞)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))单调递减，在(ln(-2a),+∞)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,+∞)．(Ⅱ)不妨设x1<x2，由(Ⅰ)知x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞)，2-x2∈(-∞,1)，f(x)在(-∞,1)单调递减，所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2)，即f(2-x2)<0．由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2，而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0，所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2．设g(x)=-xe2-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．【考点】导数及其应用【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.2(2021·全国·统考高考真题)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.【答案】(1)f x 的递增区间为0,1，递减区间为1,+∞；(2)证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a =m,1b=n，命题转换为证明：2<m+n<e，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)f x 的定义域为0,+∞．由f x =x1-ln x得，f x =-ln x，当x=1时，f′x =0；当x∈0,1时f′x >0；当x∈1,+∞时，f'x <0．故f x 在区间0,1内为增函数，在区间1,+∞内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由b ln a-a ln b=a-b得1a1-ln1a=1b1-ln1b，即f1a =f1b ．由a≠b，得1a≠1b．由(1)不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)，则f1a>0，从而f1b >0，得1b∈(1,e)，①令g x =f2-x-f x ，则g (x)=ln(2-x)+ln x=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2]，当x∈0,1时，g′x <0，g x 在区间0,1内为减函数，g x >g1 =0，从而f2-x>f x ，所以f2-1 a>f1a =f1b ，由(1)得2-1a<1b即2<1a+1b．①令h x =x+f x ，则h'x =1+f x =1-ln x，当x∈1,e时，h′x >0，h x 在区间1,e内为增函数，h x <h e =e，从而x+f x <e，所以1b+f1b<e．又由1a∈(0,1)，可得1a<1a1-ln1a=f1a =f1b ，所以1a+1b<f1b+1b=e．②由①②得2<1a+1b<e．[方法二]【最优解】：b ln a-a ln b=a-b变形为ln aa -ln bb=1b-1a，所以ln a+1a=ln b+1b．令1a=m,1b=n．则上式变为m1-ln m=n1-ln n，于是命题转换为证明：2<m+n<e．令f x =x1-ln x，则有f m=f n，不妨设m<n．由(1)知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．要证：m +n >2⇔n >2-m ⇔f n <f 2-m ⇔f (m )<f 2-m ⇔f m -f 2-m <0．令g x =f x -f 2-x ,x ∈0,1 ，则g ′x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ≥-ln1=0，∴g x 在区间0,1 内单调递增，所以g x <g 1 =0，即m +n >2．再证m +n <e ．因为m 1-ln m =n ⋅1-ln n >m ，所以需证n 1-ln n +n <e ⇒m +n <e ．令h x =x 1-ln x +x ,x ∈1,e ，所以h 'x =1-ln x >0，故h x 在区间1,e 内单调递增．所以h x <h e =e ．故h n <e ，即m +n <e ．综合可知2<1a +1b<e ．[方法三]：比值代换证明1a +1b>2同证法2．以下证明x 1+x 2<e ．不妨设x 2=tx 1，则t =x 2x 1>1，由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)得x 1(1-ln x 1)=tx 1[1-ln (tx 1)]，ln x 1=1-t ln tt -1，要证x 1+x 2<e ，只需证1+t x 1<e ，两边取对数得ln (1+t )+ln x 1<1，即ln (1+t )+1-t ln tt -1<1，即证ln (1+t )t <ln tt -1．记g (s )=ln (1+s )s ,s ∈(0,+∞)，则g (s )=s1+s-ln (1+s )s2.记h (s )=s 1+s -ln (1+s )，则h ′(s )=1(1+s )2-11+s <0，所以，h s 在区间0,+∞ 内单调递减．h s <h 0 =0，则g 's <0，所以g s 在区间0,+∞ 内单调递减．由t ∈1,+∞ 得t -1∈0,+∞ ，所以g t <g t -1 ，即ln (1+t )t <ln t t -1．[方法四]：构造函数法由已知得ln a a -ln b b =1b -1a ，令1a =x 1,1b=x 2，不妨设x 1<x 2，所以f x 1 =f x 2 ．由(Ⅰ)知，0<x1<1<x2<e，只需证2<x1+x2<e．证明x1+x2>2同证法2．再证明x1+x2<e．令h(x)=1-ln xx-e(0<x<e),h (x)=-2+ex+ln x(x-e)2．令φ(x)=ln x+ex-2(0<x<e)，则φ′(x)=1x-ex2=x-ex2<0．所以φx >φe =0,h′x >0，h x 在区间0,e内单调递增．因为0<x1<x2<e，所以1-ln x1x1-e<1-ln x2x2-e，即1-ln x11-ln x2>x1-ex2-e又因为f x1=f x2，所以1-ln x11-ln x2=x2x1,x2x1>x1-ex2-e，即x22-ex2<x21-ex1,x1-x2x1+x2-e>0．因为x1<x2，所以x1+x2<e，即1a+1b<e．综上，有2<1a+1b<e结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于x1+x2-e<0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.3(陕西·高考真题)已知函数A(1,1).(1)若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图像相切, 求实数k的值;(2)设x>0, 讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数.(3)设a<b,比较f(a)+f(b)2与f(b)-f(a)b-a的大小, 并说明理由.【答案】(1)k=1 e2(2)当m>e24时两曲线有2个交点；当m=e24时两曲线有1个交点；当m<e24时两曲线没有交点(3)f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a，理由见解析.【分析】(1)设切点(x0,kx0+1)，利用导数的几何意义得到方程组可得答案；(2)e x=mx2(x>0)⇔m=e xx2(x>0)，转化为y=m与g(x)=e xx2(x>0)图象交点的个数问题；(3)作差得到e ab-a1+e b-a-21-e b-a2b-a，令b-a=t>0，构造新函数g(t)=(t+2)e t+t-2，求导即可得到答案.【详解】函数f(x)=e x,x∈R⇒f (x)=e x(1)函数1x0=k⇒kx0=1，f(x)=e x,x∈R的反函数为y=ln x,x>0,y =1x，设切点坐标为(x0,kx0+1)则1x0=k⇒kx0=1，ln x0=2⇒x0=e2⇒k=1e2.(2)令f(x)=mx2即e x=mx2(x>0)⇒m=e xx2(x>0)，设g(x)=e xx2(x>0)有g (x)=e x(x-2)x3(x>0)，当x∈(0,2]，g (x)<0，当x∈[2,+∞)，g (x)>0所以函数g(x)在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，g(x)min=g(2)=e24，所以当m>e24时，两曲线有2个交点；当m=e24时，两曲线有1个交点；当m<e24时，两曲线没有交点.(3)f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a.f a +f b2-f b -f ab-a=e a+e b2-e a-e bb-a=e a1+e b-a2-1-e b-ab-a=e ab-a1+e b-a-21-e b-a2b-a∵a<b，令b-a=t>0∴上式=e a t1+e t-21-e t2t=e a2t⋅t+2e t+t-2令g(t)=(t+2)e t+t-2，则g (t)=(t+3)e t+1>0恒成立，∴g(t)>g(0)=0，而e a2t >0，∴e a2t⋅t+2e t+t-2>0，故f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a.【点睛】本题考查函数、导数、不等式、参数等问题，属于难题.第二问运用数形结合思想解决问题，能够比较清晰的分类，做到不吃不漏.最后一问,考查函数的凹凸性，富有明显的几何意义,为考生探索结论提供了明确的方向,对代数手段的解决起到导航作用.技法03洛必达法则解题技巧知识迁移洛必达法则：法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→a f x =0及limx→ag x =0； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0； (3)limx→a f xg x=l，那么limx→a f xg x=limx→af xg x=l。
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题解题技巧
1.熟练掌握导数公式和定义，理解导数的几何意义。
2.灵活运用导数的基本性质，如求和法则、积商法则等。
3.掌握导数的运算方法，如高阶导数、隐函数求导、参数方程求导等。
4.注意判断导数存在的条件，如左右导数是否相等、是否可导等。
5.注意运用中值定理和罗尔定理等基本定理，解决导数相关的优化问题和函数图像的性质。
6.熟练掌握微分和导数的关系，运用微分求近似值和误差估计等。
7.加强练习，注意理论和实例的结合，培养数学思维和解决实际问题的能力。
8.多与同学交流，探讨解题方法和思路，加深对导数概念的理解和记忆。
以上是高一数学导数压轴题解题技巧，希望对同学们有所帮助。
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导数的大题题型及解题技巧
导数的大题题型及解题技巧
导数的大题题型包括函数的基本求导、复合函数的求导、参数方程的求导、隐函数的求导等。
下面介绍一些解题技巧。
1. 函数的基本求导：首先找到函数的导数定义，然后应用求导公式，根据函数的具体形式进行求导。
常见的函数有多项式函数、指数函数、对数函数、三角函数等。
2. 复合函数的求导：根据链式法则，将复合函数分解成内函数和外函数，然后分别求导并乘起来。
注意求导的顺序和方法。
3. 参数方程的求导：对于参数方程，将每个变量用一个参数表示，然后对参数求导得到相应的导数。
常见的参数方程有直角坐标系和极坐标系。
4. 隐函数的求导：对于隐函数，首先根据给定的条件，利用导数的定义将自变量和因变量相互关联表示。
然后利用求导公式进行计算，最后求得导数。
5. 利用性质简化计算：对于一些特殊函数或特殊的情况，可以利用导数的性质来简化计算。
例如，奇偶性、周期性、对称性等。
6. 运用变速度思想：对于一些几何意义明确的问题，可以将导数理解为运动的速度，利用变速度思想进行求导。
例如，物体的位移、速度和加速度。
以上是导数的一些大题题型及解题技巧，希望对你有所帮助！。
导数题型及解题方法归纳
导数题型及解题方法归纳一、导数概述导数是微积分学中的一个重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
具体来说，导数表示函数在某一点的切线斜率。
导数不仅在微积分中有重要应用，而且在物理、经济等领域也有广泛的应用。
二、导数的定义1. 函数f(x)在x=a处可导的充分必要条件是：$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$存在，若该极限存在，则称其为函数f(x)在x=a处的导数，记作$f'(a)$或$\frac{df}{dx}(a)$。
2. 函数f(x)在区间I上可导的充分必要条件是：对于I上任意一点$x_0$，极限$$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$$存在。
3. 函数f(x)在区间I上可导，则称函数f(x)在I上为可导函数。
若函数f(x)在区间I上每个点都可导，则称函数f(x)在I上为光滑函数。
三、常见的求导法则1. 常数法则：若c为常数，则$(c)'=0$。
2. 幂法则：若$f(x)=x^n$，其中n为正整数，则$f'(x)=nx^{n-1}$。
3. 和差法则：若$f(x)=u(x)+v(x)$，则$f'(x)=u'(x)+v'(x)$。
4. 积法则：若$f(x)=u(x)v(x)$，则$f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)$。
5. 商法则：若$f(x)=\frac{u(x)}{v(x)}$，其中$v(x)\neq0$，则$$f'(x)=\frac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}$$6. 复合函数求导法则：若$y=f(u), u=g(x)$，则$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx}=f'(u) \cdot g'(x)$$四、高阶导数1. 函数f的一阶导数为$f'$，二阶导数为$(f')'$或$f''$。
导数常见题型与解题方法总结
导数常见题型与解题方法总结导数题型总结：1.分离变量：在使用分离变量时，需要特别注意是否需要分类讨论（大于0，等于0，小于0）。
2.变更主元：已知谁的范围就把谁作为主元。
3.根分布。
4.判别式法：结合图像分析。
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。
基础题型：此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：1.令f'(x)=0，得到两个根。
2.画两图或列表。
3.由图表可知。
另外，变更主元（即关于某字母的一次函数）时，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，g(x)<___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，f(x)=(-x^4+mx^3+3x^2)/62.1.若y=f(x)在区间[0,3]上为“凸函数”，求m的取值范围。
解法一：从二次函数的区间最值入手，等价于g(x)<0在[0,3]上恒成立，即g(0)<0且g(3)<0.因此，得到不等式组-3<m<2.解法二：分离变量法。
当x=0或x=3时，g(x)=-3<0.因此，对于0≤x≤3，g(x)<___成立。
根据分离变量法，得到不等式组-3<m<2.2.若对满足m≤2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。
由f(x)=(-x^4+mx^3+3x^2)/62得到f'(x)=(-4x^3+3mx^2+6x)/62，f''(x)=(-12x^2+6mx+6)/62.因为f(x)在区间(a,b)上为“凸函数”，所以f''(x)>0在(a,b)___成立。
因此，得到不等式组a≤x≤b和-12a^2+6ma+6>0，即a≤x≤b且m≤2或a≤x≤b且m≥1/2.由于m≤2，所以a≤x≤b且m≤2.根据变更主元法，将F(m)=mx-x^2+3视为关于m的一次函数最值问题，得到不等式组F(-2)>0和F(2)>0，即-2x-x^2+3>0且2x-x^2+3>0.解得-1<x<1.因此，b-a=2.Ⅲ）由题意可得，对任意x∈[1,4]，有f(x)≤g(x)代入g(x)得：x3+(t-6)x2-(t+1)x+3≥x3+(t-6)x2/2化___：x2(t-7/2)-x(t+1/2)+3≥0由于对于任意x∈[1,4]，不等式都成立，所以判别式≤0：t+1/2)2-4×3×(t-7/2)≤0化___：t2-10t+19≤0解得：1≤___≤9综上所述，a=-3，b=1/2，f(x)的值域为[-4,16]，t的取值范围为1≤t≤9.单调增区间为：$(-\infty,-1),(a-1,+\infty)$和$(-1,a-1)$。
高考压轴题：导数题型及解题方法归纳
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)(x f y =在0x x =处的切线方程。
方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。
题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。
方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，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，曲线过某点的切线往往不止一条。
例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ．（1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。
将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。
（答案：m 的范围是()2,3--）练习 1. 已知曲线x x y 33-=（1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。
答案：（03=+y x 或027415=--y x ）（2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。
2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1）题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。
方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。
（)(,22x f x ）；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 求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。
（答案02=--e y x e ）练习 1.求曲线2x y =与曲线2)1(--=x y 的公切线方程。
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。
导数大题20 种主要题型讲解
答案详解：本题主要考查导数在研究函数中的应用。
（1）求出比较其与的大小，得到的单调性表，于是得到的极值。
（2）将代入到中，并求得当时，此时恒成立，即在单调递增，同理可以得到在上为增函数，则原不等式可化为在上恒成立，令，对其求导得知若为减函数时其导数恒小于，便可得到的取值范围。
（3）若存在，使得假设成立，也即在上不是单调增或单调减，故，对求导得到其极小值点为，由于解得此时，此时需证明当，使得即可，此时可取，发现成立，故的取值范围为。
答案详解（Ⅰ），由是的极值点得，所以。
于是，定义域为，，函数在上单调递增，且。
因此，当时，；当时，。
所以，在上单调递减，在上单调递增。
（Ⅱ）当，时，，故只需要证明当时，。
当时，函数在单调递增，又，，故在有唯一实根，且。
当时，；当时，；从而当时，取得最小值。
由得：，，故。
综上：当时，。
解析:本题主要考查函数的求导和函数的单调性的判断。
（Ⅰ）先对函数求导，得导函数，由题，则可得的值，当时，单调递增，求得的的取值范围即为单调增区间；当时，单调递减，求得的的取值范围即为单调减区间。
（Ⅱ）由分析知，只需证明当时，，此时通过分析函数单调性，求得即可得证。
例题5：函数。
（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；（Ⅱ）证明：当时，。
答案详解（Ⅰ）的定义域为，（）。
当时，，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增。
又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点。
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；当时，。
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为。
由于，所以。
故当时，。
解析:本题主要考查导数的概念及其几何意义以及导数在函数研究中的应用。
（Ⅰ）求导得出的表达式，根据其表达式，对进行分类讨论。
当时，可知没有零点；当时，可知单调递增，且存在使得而，因此存在唯一零点。
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设的最小值在时取到，最小值为。
写出的表达式，再运用均值不等式即可得出。
题型3：先构造，再赋值，证明和式或积式不等式例题：已知函数。
高考数学导数题的几种解题方法
例题 (2014 年全国Ⅰ卷，理 21) 设函数
，
曲线
在点 (1，f (1)) 处的切线为 y= e(x-1)+2
(I) 求 a, b；( Ⅱ ) 证明：
.
( 放缩成二次函数 ) ( 放缩成类反比例函数 )
二、指数放缩 ( 放缩成一次函数 ) ( 放缩成类反比例函数 ) ( 放缩成二次函数 ) 三、指对放缩
∴ ψ(x) 在 [0，＋∞ ) 上单调递增， ∴ x ＞ 0 时，ψ(x) ＞ ψ(0) ＝ 0. 令 x ＝ b － a，即得 (*) 式，结论得证．
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高考数学导数试题解题研究——以 2013-2016 年新课标全国卷为例，云南师范大学 2017 作者简介：宋傲寒 (2000.12) 女 , 民族：汉族 , 籍贯：山东省 莒南县 , 学校：山东省淄博第十一中学。
例题 ( 全国卷 ) 已知函数
，曲线 y=f(x) 在点
(1，f(1)) 处的切线方程为 x+2y-3=0， ( Ⅰ ) 求 a、b 的值；
( Ⅱ ) 如果当 x ＞ 0，且 x ≠ 1 时， 取值范围。
解析 ( Ⅰ ) 略解得 a=1 b=1 ( Ⅱ )( 洛必达法则 )
，求 k 的那么比较 Nhomakorabea与
的大小
(3) 设 a ＜ b，比较
与
的大小，并说明
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神州教育
理由．
解析 2013 陕西理数第 21 题第三问 即可使用浮出主元法的
方法进行运算
(1)f(x) 的反函数为 g(x)=lnx.
设直线 y=kx+1 与 g(x)=lnx 的图像在 P(x0，y0) 处相切，则有
y0=kx0+1=lnx0，k=g'(x0)= ，解得 x0=e2，
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导数大题
一、知识准备
1、导数定义：x
x f x x f x f x ∆-∆+=→∆)()(lim )(0'
2、导数的计算：
（1）基本初等函数的导数公式：
①若C x f =)(（C 为常数），则0)('=x f ②若a x x f =)(，则1')(-⋅=a x
a x f ③若x x f sin )(=，则x x f cos )('= ④若x x f cos )(=，则x x f sin )('-=
⑤若x e x f =)(，则x e x f =)(' ⑥若x a x f =)(，则a a x f x ln )('= ⑦若x x f ln )(=，则x x f 1)('=
. ⑧若x x f a log )(=，则a
x x f ln 1)('= （2）导数的运算法则：
①[])()()()('''
x g x f x g x f ±=± ②[])()()()()()('''x g x f x g x f x g x f •+•=• ③)()()()()()()(2'''
x g x g x f x g x f x g x f •-•=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ （3）复合函数求导：[])())(())(('''x g x g f x g f •= 3、导数在研究函数中的应用
（1）函数单调性与导数的关系：
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[]b a ,内：①若0)('
＞x f ，那么函数)(x f y =在[]b a ,上单调递增 ②若0)('
＜x f ，那么函数)(x f y =在[]b a ,上单调递减 （2）函数极值（局部比较大小）与导数的关系：
求函数)(x f y =极值的方法：首先求出当0)(=x f 时的解0x ，若无解则无极值，若有解也不一定有极值，所以要进行以下判断
①若在0x 左侧0)('＜x f ，右侧0)('
＞x f ，那么)(0x f 是极小值
②若在0x 左侧0)('＞x f ，右侧0)('＜x f ，那么)(0x f 是极大值
②若在0x 左侧和右侧的)('x f 同号，那么)(0x f 不是)(x f 的极值
（3）函数最值（整体比较大小）与导数的关系：
求)(x f y =在区间[]b a ,上的最大值与最小值的步骤：
①求)(x f y =在[]b a ,的极值：
②求出区间端点处的函数值)()(b f a f ，再与极值作比较，其中最大的就是)(x f y =在区间[]b a ,上的最大值，最小的就是)(x f y =在区间[]b a ,上的最小值
二、导数大题解题思路（六步法）
1、求导通分定义域
2、分子有效分母弃
3、讨论参数来求根
4、导数图像记得画
5、用根分布来求参
6、综上扣题拿满分
例题：已知函数x a x
ax x f ln 1)(-+= （1）讨论)(x f 的单调性；
（2）若)(x f 在区间()+∞,4上单调递增，求a 的取值范围；
真题剖析
1、已知R a ∈，函数.3333)(2
3+-+-=a ax x x x f
（1）求曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程；
（2）当]2,0[∈x 时，求|)(|x f 的最大值.
2、（本题满分14分）已知函数()).(33R a a x x x f ∈-+= （1）若()x f 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为)(),(a m a M ，求)()(a m a M -；
（2）设,R b ∈若()[]42
≤+b x f 对[]1,1-∈x 恒成立，求b a +3的取值范围.
3、设函数)1ln()(2x a x x f ++=有两个极值点21,x x ，且21x x ＜
（1）求a 的取值范围，并讨论)(x f y =的单调性
（2）证明：42ln 21)(2-＞
x f
4、已知函数),,11(12)(22R c a x c ax x x f ∈≤≤--++-=，记)(x f 在[]1,1-上的最大值为M ，求证：若a ＞1，则对于R c ∈∀，恒有M ＞2。