导数的综合应用题型及解法(可编辑修改word版)

合集下载

导数大题20种主要题型总结及解题方法

导数大题20种主要题型总结及解题方法导数是微积分中的一个重要概念，用于描述函数在某一点处的变化率。

掌握导数的计算和应用方法对于解决各种实际问题具有重要意义。

下面将对导数的20种主要题型进行总结并给出解题方法。

1.求函数在某点的导数。

对于给定的函数，要求在某一点处的导数，可以使用导数的定义或者基本求导法则。

导数的定义是取极限，计算函数在这一点的变化率。

基本求导法则包括常数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的求导法则。

2.求函数的导数表达式。

已知函数表达式，要求其导数表达式。

可以使用基本求导法则，并注意链式法则和乘积法则的应用。

3.求高阶导数。

如果已知函数的导数表达式，要求其高阶导数表达式。

可以反复应用求导法则，每次对函数求导一次得到导数表达式。

4.求导数的导函数。

导数的导函数是指对导数再进行求导的过程。

要求导函数时，可以反复应用求导法则，迭代求取导数的导数。

5.利用导数计算函数极值。

当函数的导数为0或不存在时，可能是函数的极值点。

可以利用导数求函数的极值。

6.利用导数判定函数的增减性。

根据函数的导数正负性可以判定函数的增减性。

如果导数大于0，则函数在该区间上递增；如果导数小于0，则函数在该区间上递减。

7.利用导数求函数的最大最小值。

当函数在某一区间内递增时，在区间的左端点处取得最小值；当函数在某一区间内递减时，在区间的右端点处取得最小值。

要求函数全局最大最小值时，可以使用导数判定。

当导数从正数变为负数时，可能是函数取得最大值的点。

8.利用导数求函数的拐点。

如果函数的导数在某一点发生变号，该点可能是函数的拐点。

可以使用导数的二阶导数判定。

9.利用导数求函数的弧长。

曲线的弧长可以通过积分求取，而曲线的弧长元素是由导数表示的。

通过导数求取弧长元素，并积累求和得到曲线的弧长。

10.利用导数求函数的曲率。

曲率表示曲线弯曲程度的大小，可以通过导数求取。

曲率的求取公式是曲线的二阶导数与一阶导数的比值。

11.利用导数求函数的速度和加速度。

(完整word版)导数大题题型全面

一、分类讨论：分类讨论复杂影响定义域，导是否有根，最高次项系数(开口方向) 例1.(大兴19)已知函数f(x) (22 m)X .x m(I)当m 1时，求曲线f (x)在点(1, f (1))处的切线方程； (n)求函数f(x)的单调区间.(2 m)(x 2m) (2 m)x 2x fW--- K (1 )当 m 0时，f(x)-.x因为f '(x)当 f'(x) 0 时，x 0,或x 0.所以函数f (x)的单调减区间为(，0),(0,)，无单调增区间(2) 当m 0时，f (x)的定义域为{xxm}.当 f'(x) 0时，x 、、 m 或.m x . m 或x 、. m ,所以函数f (x) 的单调减区间为(,j m ),( —, —),(~m, 单调增区间•(3) 当 m 0时，f'(x) (m 2)(x 2 而2x 扁).(x 2 m)2①当0 m 2时，若 f '(x) 0，则 x. m 或x . m ，(13分)解：(I)当 m 1 时，f(x)x x 2 1.因为f '(x)x 2 1 22-(x 1)所以k 所以函数f (x)在点1 1(訐(2))处的切线方程为12x 25y4(m 2)(x 2m) 2 2(x m))，无f'121 25 .因为f (2若f '(x) 0 ,贝y m x 、、m ,所以函数f(x)的单调减区间为(,,m),C，m,),函数f(X)的单调增区间为(、、m,、、m).②当m 2时，f (x) 0 ,为常数函数，无单调区间•③当m 2时，若f '(x) 0，贝U 、、m x .. m，若f '(x) 0 ,则x 、、m或x m ,所以函数f(x)的单调减区间为(,函数f(x)的单调增区间为(，.m),( . m,).综上所述，当m 0时，函数f (x)的单调减区间为(,0),(0,)，无单调增区间；当m 0时，函数f(x)的单调减区间为(，■-m),(、._m,, _m),(、~~m,)无单调增区间；当m 0时，①当0 m 2时，函数f (x)的单调减区间为(,x m),^ m,),函数f (x)的单调增区间为(•、一 m, •、_ m)；②当m 2时，f(x) 0 ,为常数函数，无单调区间；③当m 2时，函数f (x)的单调减区间为(、、m,-、m)，函数f(x)的单调增区间为(，吊),(、m, ) —13根与定义域，最值处需要比较例2. (2012年北京理科)已知函数f(x) ax2 1(a 0)，g(x) x3 bx -(i)若曲线y f (x)与曲线y g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，求a, b的值;2(n )当a 4b时，求函数f(x) g(x)的单调区间，并求其在区间(-上的最大值解：(1 )由1, c为公共切点可得：2f (x) ax 1(a 0)，贝U f (x) 2 ax, K 2a ,3 2g(x) x bx，贝U f (x)=3x b , k2 3 b,2a 3 b ①又 f(1) a 1 , g(1) 1 b ,a 11 b ，即a b ，代入①式可得:(2) Q a 24b ,设 h(x) f(x)g(x) x 321 2 ax ax41 则 h (x) 3x 22ax 1 2a ，令 h (x)0，解得 a :x 1x ?a —;426Q a 0 ,aa26，原函数在a单调递增，在a-单调递减，在a 上单调递增22， 66，①若1< a，即a < 2时，最大值为 h(1) a 2a” ,•24②若a 1 a 即2 a 6时，最大值为 h -12 62③若1> 6时，即a >6时，最大值为h综上所述:当a 0,2时，最大值为h(1)2a ta；当 a 2 ,4时，最大值为h ?1•二、恒成立问题例3( 2014海淀一模)已知函数 f (x) xln x .(I )求 f(x)的单调区间；(n )当k 1时，求证：f (x) kx 1恒成立.(I )定义域为0,---------------------------------- 1分 f '(x) In x 1---------------------------------- 2分1令 f '(x) 0 ,得 x ----------------------------------- 3分f '(x)与f (x)的情况如下:分1 1所以f(X)的单调减区间为(0,—)，单调增区间为(―，)--------------------------- 6分e e(n )分离参数，证明1:1设g(x) ln x , x 0 ----------------------------- 7分X八1 1 X 1g(X) 2 2 ------------------------------------------- 8分X X Xg'(x)与g(X)的情况如下：所以g(x) g(1) 1，即1ln x 1在x 0时恒成立， ------------- 10 分x, 1 ,所以，当k 1时，ln x k，x所以xlnx 1 kx，即xlnx kx 1，X|k | B| 1 . c|O |m所以，当k 1时，有f (x) kx 1. -------------------- 13 分证明2：直接作差构造新函数令g(x) f (x) (kx 1) xlnx kx 1 ----------------------------- 7分g'(x) In x 1 k ----------------------------- 8分令g '(x) 0 ,得x e k 1------------------------------ 9 分g'(x)与g(x)的情况如下:2x)x证明：设g （x ）f(x)xe ^(xxX( 20)，则 g '(x)4x------------------- 10分g(x)的最小值为g(e k1) 1 e k 1--------------- 11分当 k 1 时，e k1 1，所以 1 e k1 0 故 g(x) 0----------------------- 12 分即当 k 1 时，f(x) kx 1. ------------------------------ 13 分xe 例4.（ 2015海淀期末文科20题）已知函数f （x ） .x（I ）若曲线y f （x ）在点（x 。

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。

(整理)导数应用的题型与解题方法.

导数应用的题型与解题方法一、专题概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n 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。

4．求复合函数的导数，一般按以下三个步骤进行：(1）适当选定中间变量，正确分解复合关系；（2）分步求导（弄清每一步求导是哪个变量对哪个变量求导）；（3）把中间变量代回原自变量（一般是x ）的函数。

也就是说，首先，选定中间变量，分解复合关系，说明函数关系y=f(μ)，μ=f(x)；然后将已知函数对中间变量求导)'(μy ，中间变量对自变量求导)'(x μ；最后求x y ''μμ⋅，并将中间变量代回为自变量的函数。

整个过程可简记为分解——求导——回代。

熟练以后，可以省略中间过程。

若遇多重复合，可以相应地多次用中间变量。

三、例题分析例1．⎩⎨⎧>+≤==11)(2x b ax x x x f y 在1=x 处可导，则=a =b 思路：⎩⎨⎧>+≤==11)(2x bax x x x f y 在1=x 处可导，必连续1)(lim 1=-→x f xb a x f x +=+→)(l i m 1 1)1(=f ∴ 1=+b a2lim 0=∆∆-→∆x y x a xyx =∆∆+→∆0lim ∴ 2=a 1-=b例2．已知f(x)在x=a 处可导，且f ′(a)=b ，求下列极限：（1）hh a f h a f h 2)()3(lim 0--+→∆；（2）h a f h a f h )()(lim 20-+→∆分析：在导数定义中，增量△x 的形式是多种多样，但不论△x 选择哪种形式，△y 也必须选择相对应的形式。

高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

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

【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减；当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增，在(单调递减；（II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。

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

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

题型二已知单调性求参数取值范围问题例1 已知函数321()53f x x x ax =++-，若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立，方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2：由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞；【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ，综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

导数的综合应用题型及解法

导数的综合应用题型及解法题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；题型二：利用导数几何意义求切线方程2．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线；（2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值3．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；（Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围4．已知三次函数32()f x x ax bx c =+++在1x =和1x =-时取极值，且(2)4f -=-． (1) 求函数()y f x =的表达式；(2) 求函数()y f x =的单调区间和极值；5．设函数()()()f x x x a x b =--．（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点．题型四：利用导数研究函数的图象6．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ D ）（A ）（B ）（C ）（D ）7．函数的图像为14313+-=x x y ( A )8．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( B )A 、0B 、1C 、2D 、3题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围9．设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f（1）求函数)(x f 的单调区间、极值.（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围.10．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－23与x ＝1时都取得极值（1）求a 、b 的值与函数f （x ）的单调区间（2）若对x ?〔－1，2〕，不等式f （x ）?c2恒成立，求c 的取值范围。

导数的综合应用

所以Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－34，
对于任意实
若方程 f ( x ) ＝即m的最大值为－34.
数x，
0有且仅有一
f′(x)≥m恒
个实根，求a
成立，求m 的取值范围．
的最1大．值；设函数f(x)＝x3－92x2＋6x－a.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a；当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根．解得a<2或a>52.
1．求参数的取值范围
与导数相关的参数范围问题是高考中考查的一个重点，大多
给出函数的单调性，属运用导数研究函数单调性的逆向问题，解
题关键在于灵活运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想方法，
建立关于字母参数的不等关系．
2．用导数方法证不等式
用导数证不等式的一般步骤是：构造可导函数→研究单调性
数单调递增，∴当 x＝20 时，y 取得最小值，∴此轮船以 20 公里/ 小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．
思想与方法
例题：(2011 年“江南十校” 联考)已知函数 f(x)＝ax3＋ bx2＋
cx 在 x＝±1 处取得极值，且在 x＝0 处的切线的斜率为－3.
8．利用数形结合思想讨论函数的图象及性
(2)V＝a2h＝2 2(－x3＋30x2)，V′＝6 2x(20－x)，由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20. 当x∈(0,20)时，V′＞0；当x∈(20,30)时，V′＜0. 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时ha＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.

导数及其应用(压轴题) Word版含解析

2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2016北京·18)设函数f(x)=x e a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.2.(2016四川·21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).新题演练提能·刷高分1.(2018北京海淀模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.2.(2018江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x++2mx.(1)当f'(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.3.(2018山东烟台期末)已知函数f(x)=ln x+-x+1-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若存在x>1,使f(x)+x<成立,求整数a的最小值.4.(2018重庆二诊)已知函数f(x)=-1e x+(x>0,a∈R).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.2.(2017北京·19)已知函数f(x)=e x cos 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)在区间上的最大值和最小值.3.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.4.(2017山东·20)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.5.(2016全国Ⅱ·21)(1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北重点高中协作体联考)已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的极值点;(2)设g(x)=xf(x)-ax2+(a>0),若g(x)的最大值大于-1,求a的取值范围.2.(2018河南中原名校质量考评)已知函数f(x)=e x-x2+ax.(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.3.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x∈R,f(x)+e x≥x3+x,求a的取值范围.4.(2018山东青岛一模)已知函数f(x)=a e2x-a e x-x e x(a≥0,e=2.718…,e为自然对数的底数),若f(x)≥0对于x∈R恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且≤f(x0)<.命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.2.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=a e2x+(a-2)e x-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.3.(2015全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北黄冈等八市联考)已知函数f(x)=e x,g(x)=.(1)设函数F(x)=f(x)+g(x),试讨论函数F(x)零点的个数;(2)若a=-2,x>0,求证:f(x)·g(x)>.2.(2018广东深圳第二次调研)设函数f(x)=e x-1-a ln x,其中e为自然对数的底数.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若0≤a≤e,求证:f(x)无零点.3.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=a ln x-x2+(2a-1)x(a∈R)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2>2a.命题角度4导数与不等式高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明:|f'(x)|≤2A.新题演练提能·刷高分1.(2018河北唐山二模)设f(x)=,g(x)=a x+x a.(1)证明:f(x)在(0,1)上单调递减;(2)若0<a<x<1,证明:g(x)>1.2.(2018河南郑州第二次质量检测)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.3.(2018山西太原二模)已知函数f(x)=m ln x-e-x(m≠0).(1)若函数f(x)是单调函数,求实数m的取值范围;(2)证明:对于任意的正实数a,b,当a>b时,都有e1-a-e1-b>1-.4.(2018河北石家庄一模)已知函数f(x)=(x+b)(e x-a)(b>0)在(-1,f(-1))处的切线方程为(e-1)x+e y+e-1=0.(1)求a,b;(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2-x1≤1+.命题角度5恒成立与存在性问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=x-1-a ln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+<m,求m的最小值.新题演练提能·刷高分1.(2018江西南昌一模)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线方程是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当≥f(x)+x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).2.(2018河北唐山一模)已知函数f(x)=e x-1,g(x)=ln x+a.(1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值;(2)证明:当a<1时,总存在两条直线与曲线y=f(x)与y=g(x)都相切.3.(2018河北衡水中学模拟)已知函数f(x)=.(1)确定函数f(x)在定义域上的单调性;若f(x)≤k e x在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.4.(2018山东潍坊一模)函数f(x)=e x sin x,g(x)=(x+1)cos x-e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)对∀x1∈0,,∃x2∈0,,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m的取值范围;(3)设h(x)=·f(x)-n·sin 2x在0,上有唯一零点,求正实数n的取值范围.。

高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性x3-a(x2+x+1).1.已知函数f(x)=13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.13.已知函数f(x)=1-x+a ln x.x(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.25.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=ax 2+x-1 x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)e x-k2x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.37.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f(x)=ln(x-a)x.(1)若a=-1,证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0平行,求a的值;(3)若x>0,证明:ln(x+1)x >xe x-1(其中e是自然对数的底数).突破2利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)略.42.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.54.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.6(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,n∈R).7(1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m的值;(2)若对任意实数x>0,都有f(x)≤0,求m+n的最小值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.(2)当x≥1e2.(2018全国1,文21)已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;时,f(x)≥0.(2)证明:当a≥1e83.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f(x)=e x-x2-ax.(1)略;(2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围.4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f(x)=e x-1-a(x-1)+ln x(a∈R,e是自然对数的底数).(1)略;(2)若对x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数a的取值范围.5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f(x)=x+1-m e x,m∈R.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,ln e x-1x>x2.96.已知函数f(x)=-a ln x-e xx+ax,a∈R.(1)略;(2)当a=1时,若不等式f(x)+bx-b+1xe x-x≥0在x∈(1,+∞)时恒成立,求实数b的取值范围.7.设函数f(x)=e mx+x2-mx.(1)求证:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.108.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f(x)=1x3-a(x2+x+1).(1)略;(2)证明:f(x)只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.113.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=ax 2+bx+1 e x.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)=0有两个相异的正实数根x1,x2,求证:f'(x1)+f'(x2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f(x)=1+lnxx.12(1)略;(2)当x>1时,方程f(x)=a(x-1)+1(a>0)有唯一零点,求a的取值范围.x6.(2019山西运城二模,21)已知函数f(x)=x e x-a(ln x+x),a∈R.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.138.(2019天津,20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e x,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;,(2)若0<a<1e①证明:f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.参考答案高考大题专项(一)导数的1415综合应用突破1 导数与函数的单调性1.解 (1)当a=3时,f (x )=13x 3-3x 2-3x-3,f'(x )=x 2-6x-3. 令f'(x )=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3. 当x ∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x )>0; 当x ∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x )<0.故f (x )在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减. 2.证明 (1)当a=1时,f (x )≥1等价于(x 2+1)e -x -1≤0. 设函数g (x )=(x 2+1)e -x -1,则g'(x )=-(x 2-2x+1)e -x =-(x-1)2e -x .当x ≠1时,g'(x )<0,所以g (x )在(0,+∞)上单调递减.而g (0)=0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax+1x 2.①若a ≤2,则f'(x )≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x )=0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②若a>2,令f'(x )=0得,x=a -√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x ∈(0,a -√a 2-42)∪a+√a 2-42,+∞时,f'(x )<0;当x ∈a -√a 2-42,a+√a 2-42时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增.164.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+a x -2=2x 2-2x+ax,令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥1,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增; 当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )单调递增, x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )单调递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )单调递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )单调递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(1)解 f'(x )=-ax 2+(2a -1)x+2e x,f'(0)=2.因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0. (2)证明当a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x . 令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )单调递增;所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,17∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上单调递增,在(ln k ,0)上单调递减. ③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上单调递增,在(0,ln k )上单调递减. 7.解 (1)函数f (x )的定义域为R . f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a 内单调递增,在区间-2a ,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a 或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2a 内单调递增,在区间-2a ,+∞内单调递减. 8.(1)证明当a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)x 2,令g (x )=xx+1-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0. 又g'(x )=1(x+1)2−1=-x (x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上单调递减,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. (2)解由题意知,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a -ln(1-a )=0, 令t (a )=a1-a -ln(1-a ),a<1,则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t(a)在(-∞,1)上单调递增,又t(0)=0,故0是t(a)的唯一零点,即方程a1-a-ln(1-a)=0有唯一实根0,所以a=0.(3)证明因为xe x-1=ln e xe x-1=ln (ex-1+1)e x-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)e x-1,由(1)知,当a=-1时,f(x)=ln(x+1)x在(0,+∞)上单调递减,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x-1,令h(x)=e x-x-1,则h'(x)=e x-1>0在(0,+∞)上恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0,即x<e x-1,故f(x)>f(e x-1),即ln(x+1)x>ln (ex-1+1)e x-1=xe x-1.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x−12=2-x2x,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x -a=1-axx(x>0).1819当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点; 当a>0时,若x ∈0,1a ,则f'(x )>0,若x ∈1a ,+∞,则f'(x )<0, 故函数f (x )在x=1a 处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2, 所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x 2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2. f (x )与f'(x )在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f (x )的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞). f (x )的极大值为2ln 2+4,无极小值. 4.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f (x )=(x-2)e x ,f'(x )=e x (x-1).所以f (0)=-2,k=f'(0)=e 0(0-1)=-1. 所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0. (2)由题意得f'(x )=e x (x-a+1),令f'(x )=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述,当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f'(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),2021当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减,故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34. 6.解 (1)易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x =1-xx , 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1. ∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1. (2)f'(x )=a+1x ,x ∈(0,e],则1x ∈1e ,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上单调递增,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1,令f'(x )>0得,a+1>0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1; 令f'(x )<0得,a+1x <0,又x ∈(0,e],解得-1a <x ≤e .从而f (x )在0,-1a 上单调递增,在-1a ,e 上单调递减,∴f (x )max =f -1a =-1+ln -1a . 令-1+ln -1a =-3, 得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2, 由f'(x )=1x -m=0,得x=1m >0,∴f(1m)=-ln m-1-1=-2,∴m=1.经检验m=1满足题意.故m的值为1.(2)f'(x)=1x-m.①当m<0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.令x=e n,则f(e n)=ln e n-m e n-n=-m e n>0,舍去;②当m=0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n+1,则f(e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去;③当m>0时,若x∈0,1m ,则f'(x)>0,若x∈1m,+∞,则f'(x)<0,∴f(x)在0,1m 上单调递增,在1m,+∞上单调递减.∴f(x)的最大值为f1m=-ln m-1-n≤0, 即n≥-ln m-1.∴m+n≥m-ln m-1,设h(m)=m-ln m-1,令h'(m)=1-1m=0,则m=1.当m∈(0,1)时,h'(m)<0,∴h(m)在(0,1)上单调递减.当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0.∴h(m)在(1,+∞)上单调递增.22∴h(m)的最小值为h(1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n的最小值为0.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1,设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x≥1,∴y≥-1-1+2>0,∴当x∈1e,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2e x-ln x-1,f'(x)=12e2e x-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a≥1e 时,f(x)≥e xe-ln x-1.设g(x)=e xe-ln x-1,2324则g'(x )=e x−1.当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1时,f (x )≥0.3.解 (2)由题意,当x>0时,e x-x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e x x -x-1x +1.令h (x )=e xx -x-1x +1(x>0), 则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )单调递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.解 (2)f'(x )=e x-1+1x -a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x 2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上单调递增,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上单调递增,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0.又f'(ln a+1)=e ln a-a+1lna+1=1lna+1>0,∴∃x0∈(1,ln a+1),使得f'(x)=0,此时,当x∈(1,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,ln a+1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(1,x0)时,都有f(x)<f(1)=1,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].5.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-e x,f'(x)=1-e x,令f'(x)=0,则x=0.当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间是(-∞,0),单调递减区间是(0,+∞).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,x+1-e x<0,即e x>x+1,当x∈(0,+∞)时,要证ln e x-1x>x2,只需证e x-1>x e x 2,令F(x)=e x-1-x e x 2=e x-x(√e)x-1,F'(x)=e x-(√e)x−12x(√e)x=(√e)x(√e)x-1-x2=e x2ex2-1-x2,由e x>x+1可得,e x2>1+x2,25故当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,∴F(x)>F(0)=0,即e x-1>x e x2,∴lne x-1x>x2.6.解(2)由题意,当a=1时,f(x)+bx-b+1xe x -x≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立, 整理得ln x-b(x-1)e x≤0在(1,+∞)上恒成立.令h(x)=ln x-b(x-1)e x,易知,当b≤0时,h(x)>0,不合题意,∴b>0.又h'(x)=1-bx e x,h'(1)=1-b e.①当b≥1时,h'(1)=1-b e≤0.又h'(x)=1-bx e x在[1,+∞)上单调递减.∴h'(x)≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以h(x)≤h(1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e>0,h'(1b)=b-e1b<01b>1.又h'(x)=1x-bx e x在[1,+∞)上单调递减,∴存在唯一x0∈(1,+∞),使得h'(x0)=0.∴h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.又h(x)在x=1处连续,h(1)=0,∴h(x)>0在(1,x0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b的取值范围为1e,+∞.7.(1)证明f'(x)=m(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,2627f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解由(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(1)解由题意得f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,28令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上单调递增,且h (0)=0. 当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )单调递减, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0. f (x )在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴∃x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时, f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0, ∴∃x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点. 综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(2)证明由(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x2+1<1+ln a,e x2−e x1=x2-x1(x1+1)(x2+1),∴1(x1+1)(x2+1)-a<0,1<x2+1x1+1<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=e x2−e x1+ln x2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a +ln x2+1x1+1<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2)证明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x 3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1-2=1-2x,当x∈0,12时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.2930(2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )单调递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时, g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈12a ,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 则g 12a ≥g 12=ln 12+1=ln e2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <1,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.解 (2)由f (1)=1得b=e -1-a , 由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增,h (x )不可能有两个及以上零点,31当a ≥e2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),1)上单调递增,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )), 若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e 12<a<e2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(1)解 f (x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x =ax -1x .①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减函数.②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减函数,在1a ,+∞上为增函数.(2)证明解法1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 12,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 12<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.32设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递减,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t 成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立.解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=at 2+ln t 2.令g (t )=a t +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-a t 2+1t =t -at2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减函数,在(a ,+∞)上为增函数. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减函数,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增函数,所以t 2>2a-t 1,即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.解 (2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,33令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1x,令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上单调递减,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上单调递减,所以h (x )<h (1)=0, 方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )单调递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )单调递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0, 取x=1+1a ,则h 1+1a =ln 1+1a -a (1+1a )2+a 1+1a =ln 1+1a -1+1a , 令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0,即h (t )在t>1时单调递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a ,使得h (x 1)=0. 综上,a 的取值范围为0<a<1. 6.解 (1)f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上单调递增,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上单调增,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上单调递增. 又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t)=e t-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的极小值g(ln a)=a(1-ln a),若0<a<e,g(t)极小值=a(1-ln a)>0,g(t)无零点;若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;若a>e时,g(t)极小值=a(1-ln a)<0,而g(0)=1>0,由于y=lnxx在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,e a>a a>a2,从而g(a)=e a-a2>0.∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e时f(x)有两个零点,即所求a的取值范围是(e,+∞).7.(1)解f'(x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)e x,f(x)只有一个零点.②设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln a ,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)>0,故f(x)存在两个零点.③设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.34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))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)上单调递减, 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)=-x e2-x-(x-2)e x,则g'(x)=(x-1)(e2-x-e x).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x -[a e x+a(x-1)e x]=1-ax2e xx.3536因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内单调递增. (2)证明 ①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx.令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e,可知g (x )在(0,+∞)内单调递减,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a =1-a ln 1a 21a =1-ln 1a 2<0,故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln1a. 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x=0, 所以f (x )在(0,x 0)内单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内单调递减,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x -1<0,故h (x )在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1. 从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a -1eln1a =lnln 1a -ln 1a +1=h ln 1a <0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故ex 1-x 0<x 02(x 1-1)1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。

(完整word版)高考导数题型分析及解题方法.docx

高考导数题型分析及解题方法本知识单元考查题型与方法：※※与切线相关问题（一设切点，二求导数= 斜率 = y2y1，三代切点入切线、曲x2x1线联立方程求解）；※※其它问题（一求导数，二解 f ' (x) =0的根—若含字母分类讨论，三列3行n列的表判单调区间和极值。

结合以上所得解题。

）特别强调：恒成立问题转化为求新函数的最值。

导函数中证明数列型不等式注意与原函数联系构造，一对多涉及到求和转化。

关注几点：恒成立：（1 ）定义域任意 x 有f (x)>k, 则f ( x)min>常数 k ；（2）定义域任意x有f ( x)<k,则f (x)max<常数k恰成立：（1 ）对定义域内任意 x有 f ( x)g( x) 恒成立，则【 f ( x)-g (x)】min 0,（2）若对定义域内任意 x 有f (x) g(x)：恒成立，则【f ( x)-g(x) max0】能成立：（ 1 ）分别定义在 [a,b]和[c,d]上的函数 f ( x)和 g ( x) ，对任意的 x1[ a, b], 存在x2 [c, d ], 使得 f (x1 ) g(x2) ，则 f ( x)max g( x)max（2 ）分别定义在 [a,b]和[c,d]上的函数 f ( x)和 g( x) ，对任意的 x1[ a,b], 存在 x2 [ c, d],使得 f (x1) g(x2) ，则 f ( x)min g (x)min一、考纲解读考查知识题型：导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值；证明不等式、求参数范围等二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1． f (x)x33x22在区间1,1上的最大值是 22．已知函数yf ( x)x(x c)2在 x2处有极大值，则常数c＝ 6；题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线y 4xx 3 在点1, 3处的切线方程是y x 22．若曲线f ( x)x 4x在 P 点处的切线平行于直线 3x y，则 P 点的坐标为（1， 0）3．若曲线y x4的一条切线 l 与直线x4 y8 0垂直，则l的方程为4x y 3 04．求下列直线的方程：（ 1）曲线y x3x 2 1在 P(-1,1) 处的切线；（ 2）曲线yx 2过点 P(3,5) 的切线；解：（ 1）点P( 1,1)在曲线yx 3 x 21上，y / 3x 22 xk y /| －1 3－21x所以切线方程为 y 1 x 1 ，即 x y 2 0（ 2）显然点 P （3， 5）不在曲线上，所以可设切点为A( x 0, y 0 )，则 yx 0 2 ①又函数的导数为y /2 x ，k/ |x x 02x 02 x 0 y 0 5A(x , y )A( x , y )x 3所以过0 点的切线的斜率为 y，又切线过、P(3,5) 点，所以有②，由①②联0 0x 01 或 x 0 5k2 x 2;立方程组得， y 01 y 0 25，即切点为（ 1， 1）时，切线斜率为；当切点为（ 5， 25）时，切线斜1 0率为k22x 010；所以所求的切线有两条，方程分别为y 1 2( x1)或y25 10( x 5)，即y2x 1或 y 10x25题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数f ( x) x 3ax 2 bx c,过曲线 y f (x)上的点 P(1, f (1)) 的切线方程为 y=3x+1（Ⅰ）若函数 f ( x)在 x2处有极值，求f (x)的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数 yf (x)在 [ － 3， 1] 上的最大值；（Ⅲ）若函数 yf ( x)在区间 [ －2， 1] 上单调递增，求实数b 的取值范围解：（ 1）由 f ( x)x 3ax 2bx c,求导数得 f ( x)3x 2 2ax b.过 yf ( x)上点 P(1, f (1)) 的切线方程为：yf (1)f (1)( x 1),即 y (a b c1) (3 2a b)( x1).而过yf ( x)上 P[1, f (1)]的切线方程为 y3x 1.3 2a b 3即 2ab 0 ①故 ac 3a c3②∵yf ( x)在 x2时有极值 ,故 f ( 2)0,4a b12 ③f ( x)322 f ( x)2第 2 页共 9 页当2x 时, f ( x)0. f ( x)极大 f (2)1331又 f (1)4,f ( x)在 [ － 3， 1]上最大值是 13。

导数的综合应用

导数的综合应用一、导数在不等式中的应用考点一构造函数证明不等式【例1】已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g (x )≥g (1)＝1，得证.(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 规律方法 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ).2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”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.由f ′(x )＝0，得x ＝1e 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2，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 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号. 设G (x )＝x ex ＋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>1ex ＋1－2e 2x .规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三不等式恒成立或有解问题角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】已知函数f (x )＝sin x x(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2，令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0. 从而g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零，所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减. (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.故实数a 的最小值为1.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x 在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1，所以a ≤e(e －2)e －1，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1. 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .[方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0；∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0；∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、导数在函数零点中的应用考点一判断零点的个数【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x－4ln x 的零点个数．解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋g (x )极大值极小值当0<x ≤3时，g 当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0. 又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，故g (x )仅有1个零点．规律方法利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )＝ax ＋x ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，因为f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1图象有两个不同的交点．由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，①当0<x <e 时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >e 时，f (x )>0.当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，②由①②可得－2<m <－1.所以m 的取值范围是(－2，－1)．规律方法与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三函数零点的综合问题【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a . (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a. 规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋a ln 2 a.[方法技巧]1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．3．函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.。

(完整版)导数应用题

(完整版)导数应用题
导数应用题
导数是微积分中的一个重要概念，它在物理学、经济学等学科
中有广泛的应用。

下面是几个关于导数应用的题目。

题目一：速度和加速度
一个物体随时间 t 的位移函数为：s(t) = 2t^3 - 3t^2 + 4t - 6。

求：
1. 物体在 t=2 时的速度；
2. 物体在 t=2 时的加速度。

题目二：边际利润
某公司生产某种产品的总成本和销售量之间的关系由函数 C(x) = 40x^2 - 10x + 200 决定，其中 x 表示销售量（单位：千件）。

产
品的销售价格为 500 元/件。

求：
1. 销售量为 10 千件时的总成本；
2. 销售量为 10 千件时的边际利润（边际利润定义为每增加一
单位销售量所带来的额外利润）。

题目三：物体的高度
一颗子弹以初速度 v0 被发射成 60°角度与水平面成的抛体轨迹。

子弹的飞行轨迹可以用函数 h(t) = -5t^2 + v0*sin(60°)*t 表示，
其中h(t) 表示子弹的高度（单位：米），t 表示时间（单位：秒）。

求：
1. 子弹飞行的最高点的高度；
2. 子弹从发射到达最高点的时间。

题目四：排队等候时间
某银行服务窗口的等候时间服从指数分布，平均等候时间为 10 分钟。

一位客户进入银行后等候 8 分钟后决定离开，请问他的等待
时间与等候时间之差服从的概率分布是什么？
以上是关于导数应用的几个题目，希望能帮助到你。

如果有任何疑问，请随时提问。

导数各类题型方法总结(含答案)

导数各种题型方法总结一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立； 1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题， 2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =--（1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32()332x mx f x x '=-- 2()3g x x mx ∴=--（1） ()y f x =Q 在区间[]0,3上为“凸函数”，则 2()30g x x mx ∴=--< 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max ()0g x <(0)0302(3)09330g m g m <-<⎧⎧⇒⇒>⎨⎨<--<⎩⎩解法二：分离变量法：∵ 当0x =时, 2()330g x x mx ∴=--=-<恒成立,当03x <≤时, 2()30g x x mx =--<恒成立等价于233x m x x x ->=-的最大值（03x <≤）恒成立，而3()h x x x=-（03x <≤）是增函数，则max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数” 则等价于当2m ≤时2()30g x x mx =--< 恒成立变更主元法再等价于2()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题）22(2)023011(2)0230F x x x F x x ⎧->--+>⎧⎪⇒⇒⇒-<<⎨⎨>-+>⎪⎩⎩2b a ∴-=例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围. （二次函数区间最值的例子）解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---01a <<Q令,0)(>'x f 得)(x f 令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为（－∞，a ）和（3a ，+∞）∴当x=a 时，)(x f 极小值=;433b a +-当x=3a 时，)(x f 极大值=b.（Ⅱ）由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立①则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x a g x a≤⎧⎨≥-⎩ 22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a =01,a <<Q 12a a a a +>+=（放缩法）即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

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$(-1,a-1)$。

导数函数综合应用(含答案)

导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。

导数的综合应用知识点+例题全面分类

∵函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞)． [巩固] 已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0.（1）求f (x )的单调区间；（2）若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a .由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，∴当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a )． (2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值， ∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1， f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1)．题型三：生活中的优化问题[例] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式 y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．（1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值．解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4时，函数f(x)在区间(3,6)内取得极大值，也是最大值．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．[巩固] 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．（1）某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x取何值？（2）某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm.由已知得a＝2x，h＝60－2x2＝2(30－x)，0<x<30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)，V′＝62x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时ha＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.1．(2014·课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是___________.答案[1，＋∞)解析由于f′(x)＝k－1x，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥1x，而0<1x<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．夯实基础训练。

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3的零点的个数．题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。

导数专题的题型总结

导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。

- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。

- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。

- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。

2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。

- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。

- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。

- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。

- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。

二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。

- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。

- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。

2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。

- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。

- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。

完整版)导数的综合大题及其分类

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。

导数的综合应用题型及解法(可编辑修改word版)

导数大题20种主要题型总结及解题方法

(完整word版)导数大题题型全面

高中导数题所有题型及解题方法

(整理)导数应用的题型与解题方法.

高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

导数的综合应用题型及解法

导数的综合应用

导数及其应用(压轴题) Word版含解析

高考大题专项(一) 导数的综合应用

(完整word版)高考导数题型分析及解题方法.docx

导数的综合应用

(完整版)导数应用题

导数各类题型方法总结(含答案)

导数的大题题型及解题技巧

导数常见题型与解题方法总结

导数函数综合应用(含答案)

导数的综合应用 知识点+例题 全面分类

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习

导数专题的题型总结

完整版)导数的综合大题及其分类

导数的综合应用知识点+例题全面分类