高考真题导数第一问分类汇总

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高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

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

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

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

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

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

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

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

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

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

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

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

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

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

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)对32()2f x x ax b =-+求导得2'()626()3a f x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；当0a =时，(,)-¥+¥区间上单调递增；当0a >时，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. (2)若()f x 在区间[0,1]有最大值1和最小值-1，所以，若0a <，(,)3a-¥区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+¥区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1b =-，0a =，与0a <矛盾，所以0a <不成立. 若0a =，(,)-¥+¥区间上单调递增；在区间[0,1].所以(0)1f =-，(1)1f =代入解得1a b =ìí=-î. 若02a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af 而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+³，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f . 即322()()13321a a ab a b ì-+=-ïíï-+=î相减得32227a a -+=，即(33)(33)0a a a -+=，又因为02a <£，所以无解. 若23a <£，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +¥区间上单调递增. 即()f x 在区间(0,)3a 单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0),(1)2(0)f b f a b f ==-+£，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f . 即322()()1331a a a b b ì-+=-ïíï=î相减得3227a=，解得332x =，又因为23a <£，所以无解. 若3a >，(,0)-¥区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+¥区间上单调递增. 所以有()f x 区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为(0)f ，最小值为(1)f即121b a b =ìí-+=-î解得41a b =ìí=î.综上得01a b =ìí=-î或41a b =ìí=î. 【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、【小结】这是一道常规的利用函数导研究函数单调性、极值、最值问题，最值问题，最值问题，此类问题一般住现此类问题一般住现在第一问，在第一问，但但2019年高考3卷把该题放到第20题位置，难度也相应降低，因此，该题的第二问仍然这类问题，只不过多出一个参数。

导数压轴大题归类 (解析版)

导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。

高考导数压轴题型归类总结

⑴当a 0时，f (x) x2e x ，f '(x) (x2 2x)e x，故f '(1) 3e.
所以曲线y f (x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e.
f '(x) x (a 2)x 2a 4ae . ⑵
2
2
x
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m
令f '(x) 0，解得x 2a，或x a 2.由a 2 知， 2a a 2. 3
函数f ( x)在x 2a处取得极大值f (2a)，且f (2a) 3ae 2a . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f (x)在x a 2处取得极小值f (a 2)，且f (a 2) (4 3a)ea2.
② 若a ＜ 2 ，则 2a ＞ a 2 ，当 x 变化时， f '(x)，f (x) 的变化情况如下表： 3
5
已知函数 f (x) =ln(1+ x )- x + x x2 ( k ≥0). 2
(Ⅰ)当 k =2时，求曲线 y = f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程；
(Ⅱ)求 f (x) 的单调区间.
解：（I）当 k 2 时， f (x) ln(1 x) x x2 ， f '(x) 1 1 2x 1 x
(0,)
，
令 g(x) ax2 x 1 a, x (0,),
8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到 e 底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)
已知函数 f (x) ln x, g(x) ex.
⑴若函数 φ (x) = f (x)－ x 1 ，求函数 φ (x)的单调区间； x1
2
以下分两种情况讨论：

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案）（2015年-2018年共11套）函数与导数小题（共23小题）一、函数奇偶性与周期性1.（2015年1卷13）若函数f （x ）=ln(x x +为偶函数，则a=【解析】由题知ln(y x =是奇函数，所以ln(ln(x x ++- =22ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足．若，则A.B. 0C. 2D. 50解：因为是定义域为的奇函数，且，所以,因此，因为，所以，，从而，选C.3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，⋯，()m m x y ，，则()1mi i i x y =+=∑（）（A ）0 （B ）m （C ）2m（D ）4m【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01，对称，而111x y x x +==+也关于()01，对称， ∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()111022mmmi i i i i i i mx y x y m ===+=+=+⋅=∑∑∑，故选B ．二、函数、方程与不等式4.（2015年2卷5）设函数211log (2),1,()2,1,x x x f x x -+-<⎧=⎨≥⎩,2(2)(log 12)f f -+=( )（A ）3 （B ）6 （C ）9 （D ）12【解析】由已知得2(2)1log 43f -=+=，又2log 121>，所以22log 121log 62(log 12)226f -===，故，2(2)(log 12)9f f -+=．5.（2018年1卷9）已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）解：画出函数的图像，在y 轴右侧的去掉，画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.6.（2017年3卷15）设函数1,0,()2,0,+⎧=⎨>⎩x x x f x x ≤则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是________．【解析】()1,02 ,0+⎧=⎨>⎩x x x f x x ≤，()112f x f x ⎛⎫+-> ⎪⎝⎭，即()112f x f x ⎛⎫->- ⎪⎝⎭由图象变换可画出12y f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭与()1y f x =-的图象如下：1141)2-)由图可知，满足()112f x f x ⎛⎫->- ⎪⎝⎭的解为1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.7.（2017年3卷11）已知函数211()2(e e )x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =（）A ．1-２B ．13C ．12 D ．1【解析】由条件，211()2(e e )x x f x x x a --+=-++，得：221(2)1211211(2)(2)2(2)(e e )4442(e e )2(e e )x x x x x x f x x x a x x x a x x a ----+----+-=---++=-+-+++=-++∴(2)()f x f x -=，即1x =为()f x 的对称轴，由题意，()f x 有唯一零点，∴()f x 的零点只能为1x =，即21111(1)121(e e )0f a --+=-⋅++=，解得12a =．三、函数单调性与最值8.（2017年1卷5）函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]- B ．[1,1]- C ．[0,4] D ．[1,3]【解析】：()()()()12112112113f x f f x f x x -≤-≤⇒≤-≤-⇒-≤-≤⇒≤≤故而选D 。

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，14套）一、函数单调性与最值问题1.（2019年3卷20题）已知函数$f(x)=2x^3-ax^2+b$.1）讨论$f(x)$的单调性；2）是否存在$a,b$，使得$f(x)$在区间$[0,1]$的最小值为$-1$且最大值为$1$？若存在，求出$a,b$的所有值；若不存在，说明理由.解析】1)对$f(x)=2x^3-ax^2+b$求导得$f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$。

所以有：当$a<0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减；当$a=0$时，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；当$a>0$时，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减.2)若$f(x)$在区间$[0,1]$有最大值$1$和最小值$-1$，所以，若$a<0$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$[0,1]$上单调递增，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$b=-1$，$a=\frac{1}{3}$，与$a<0$矛盾，所以$a<0$不成立.若$a=0$，$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增；在区间$[0,1]$，所以$f(0)=-1$，$f(1)=1$代入解得$\begin{cases}a=0\\b=-1\end{cases}$.若$0<a\leq2$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(1)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\geq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(1)$.若$2<a\leq3$，$(-\infty,0)$区间上单调递增，$(0,+\infty)$区间上单调递减，此时在区间$(0,1)$单调递减，在区间$(1,+\infty)$单调递增，所以区间$[0,1]$上最小值为$f(0)$而$f(0)=b$，$f(1)=2-a+b\leq f(0)$，故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(0)$.已知函数$f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4},g(x)=-\ln x$。

导数经典题型归类(共12类)

导数经典题型归类（共12类）导数题型目录1.导数的几何意义2.导数四则运算构造新函数3.利用导数研究函数单调性4.利用导数研究函数极值和最值5.知零点个数求参数范围‚含参数讨论零点个数6.函数极值点偏移问题7.导函数零点不可求问题8.双变量的处理策略9.不等式恒成立求参数范围10.不等式证明策略11.双量词的处理策略12.绝对值与导数结合问题导数专题一导数几何意义一.点睛导数的几何意义：函数y=f（某）在点某=某0处的导数f’（某0）的几何意义是曲线在点某=某0处切线的斜率。

二.方法点拨： 1.求切线①若点是切点：(1)切点横坐标某0代入曲线方程求出y0(2)求出导数f′(某)，把某0代入导数求得函数y＝f(某)在点某=某0处的导数f′(某0)(3)根据直线点斜式方程，得切线方程：y －y0＝f′(某0)(某－某0)．②点（某0，y0）不是切点求切线：（1）设曲线上的切点为(某1，y1)；(2)根据切点写出切线方程y－y1＝f′(某1)(某－某1)(3)利用点（某0，y0）在切线上求出（某1，y1）；(4)把（某1，y1）代入切线方程求得切线。

2.求参数，需要根据切线斜率，切线方程，切点的关系列方程：①切线斜率k=f′(某0)②切点在曲线上③切点在切线上三．常考题型：(1)求切线(2)求切点(3)求参数⑷求曲线上的点到直线的最大距离或最小距离(5)利用切线放缩法证不等式四．跟踪练习1.（2022全国卷Ⅲ）已知f(某)为偶函数，当某＜0时，f(某)=f（-某）+3某，则曲线y=f（某）在点（1，-3）处的切线方程是2.（2022新课标全国Ⅱ）设曲线y=a某-ln（某+1）在点（0,0）处的切线方程为y=2某，则a=A.0B.1C.2D.33.（2022全国卷Ⅱ）若直线y=k某+b是曲线y=ln某+2的切线，也是曲线y=ln（某+1）的切线，则b=4.（2022江西）若曲线y=e-某上点P处的切线平行于直线2某+y+1=0，则点P的坐标是5.（2022江苏）在平面直角坐标系中，若曲线y=a某2+（a，b为常数）过点P（2，-5），且该曲线在点P处的切线与直线7某+2y+3=0平行，则a+b=6.（2022新课标全国）设点P在曲线y=e某上，点Q在曲线y=ln（2某）上，则▕PQ▏的最小值为A.1-ln2B.（1-ln2）C.1+ln2D.(1+ln2)7.若存在过点（1,0）的直线与曲线y=某3和y=a某2+某-9都相切，则a等于8.抛物线y=某2上的点到直线某-y-2=0的最短距离为A.B.C.D.19.已知点P在曲线y=上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是10.已知函数f（某）=2某3-3某.（1）求f（某）在区间[-2，1]上的最大值；（2）若过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（某）相切，求t的取值范围.11.已知函数f（某）=4某-某4，某∈R.(1)求f（某）的单调区间(2)设曲线y=f（某）与某轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g （某），求证：对于任意的实数某，都有f（某）≤g（某）(3)若方程f（某）=a（a为实数）有两个实数根某1，某2，且某1＜某2，求证：某2-某1≤-+4.导数专题二利用导数四则运算构造新函数一．知识点睛导数四则运算法则：[f(某)±g（某）]’=f′(某)±g′(某)[f(某)·g （某）]’=f′(某)·g(某)+f(某)·g′(某)[]′=二．方法点拨在解抽象不等式或比较大小时原函数的单调性对解题没有任何帮助，此时我们就要构造新函数，研究新函数的单调性来解抽象不等式或比较大小。

导数专题(经典23题)

23个函数与导函数类型专题ln()x1f xx1x=++，若x0>，且x1≠，ln()x kf xx1x>+-，求k的取值范围.解析：⑴将不等式化成()(*)k>=<模式由ln()x kf xx1x>+-得：ln lnx1x kx1x x1x+>++-，化简得：ln22x xk1x1<--①⑵构建含变量的新函数()g x构建函数：ln()22x xg xx1=-（x0>，且x1≠）其导函数由'''2u u v uvv v-⎛⎫=⎪⎝⎭求得：'()(ln ln)()22222g x x x x x1x1=----即：'()[()()ln]()22222g x x1x1xx1=--+-()ln()222222x1x1xx1x1⎛⎫+-=-⎪⎪-+⎝⎭②⑶确定()g x的增减性先求()g x的极值点，由'()0g x0=得：ln22x1x0x1--=+即：ln22x1xx1-=+③由基本不等式ln x x1≤-代入上式得：22x1x1x1-≤-+故：202x1x10x1---≥+即：()()021x110x1--≥+由于211x1≤+，即2110x1-≥+，故：0x10-≥，即0x1≥在0x x1≥≥时，由于22x11x1-<+有界，而ln x0>无界故：ln 22x 1x 0x 1--<+即：在0x x 1≥≥时，'()g x 0≤，()g x 单调递减；那么，在00x x <<时，()g x 单调递增. 满足③式得0x 恰好是0x 1= ⑷ 在(,)x 1∈+∞由增减性化成不等式在(,)x 1∈+∞区间，由于()h x 为单调递减函数，故：()lim ()x 1g x g x →+≤ln lim 2x 12x x x 1→+⎛⎫= ⎪-⎝⎭ 应用不等式：ln x x 1<-得：ln ()lim lim lim 22x 1x 1x 12x x 2x x 12x 1x 1x 1x 1→+→+→+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫<== ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭--⎝⎭⎝⎭ 即：()()g x g 11<=，即：()g x 的最大值是()g 1代入①式得：()k 1g x <-，即：()k 1g 1≤-，即：k 0≤ ④ ⑸ 在(,)x 01∈由增减性化成不等式在(,)x 01∈区间，由于()g x 为单调递增函数，故：()lim ()x 0g x g x →+≥ln lim 2x 02x x x 1→+⎛⎫= ⎪-⎝⎭ 由于极限()lim ln x 0x x 0→+=，故：()g x 0≥，代入①式得：k 1≤ ⑤⑹ 总结结论综合④和⑤式得：k 0≤. 故：k 的取值范围是(,]k 0∈-∞由①式ln 22x x k 1x 1<--，设函数ln ()22x x K x 1x 1=--当x 1→时，用洛必达法则得：ln (ln )'(ln )limlimlim()22x 1x 1x 12x x 2x x 2x 112x x 1x 1→→→+===--，则()K 10= 用数值解如下：其中，()K x 的最小值是()K 10=，即()()K x K 1>，所以本题结果是k 0≤.()ln 2f x x ax =-，a 0>，x 0>，()f x 连续，若存在均属于区间[,]13的,αβ，且1βα-≥，使()()f f αβ=，证明：ln ln ln 322a 53-≤≤ 解析：⑴ 求出函数()f x 的导函数函数：()ln 2f x x ax =- ①其导函数：'()2112ax f x 2ax x x -=-==②⑵ 给出函数()f x 的单调区间由于x 0>，由②式知：'()f x 的符号由()1-的符号决定.当10->，即：x<'()f x 0>，函数()f x 单调递增；当10-<，即：x>'()f x 0<，函数()f x 单调递减；当10-=，即：x=时，'()f x 0=，函数()f x 达到极大值.⑶ 由区间的增减性给出不等式由,αβ均属于区间[,]13，且1βα-≥，得到：[,]12α∈，[,]23β∈ 若()()f f αβ=，则,αβ分属于峰值点x=的两侧即：α<，β>.所以：α所在的区间为单调递增区间，β所在的区间为单调递减区间. 故，依据函数单调性，在单调递增区间有：()()()f 1f f 2α≤≤ ③ 在单调递减区间有：()()()f 2f f 3β≥≥ ④ ⑷ 将数据代入不等式由①式得：()f 1a =-；()ln f 224a =-；()ln f 339a =- 代入③得：()ln a f 24a α-≤≤-，即：ln a 24a -≤-，即：ln 2a 3≤⑤ 代入④式得：ln ()ln 24a f 39a β-≥≥-，即：ln ln 24a 39a -≥-，即：ln ln 32a 5-≥⑥ ⑸ 总结结论证毕.由⑶已得：[,]12α∈，[,]23β∈，且：()ln 2f a ααα=-⋅，()ln 2f a βββ=-⋅ 若：()()f f αβ=，则：ln ln 22a a ααββ-⋅=-⋅ 即：()ln ln 22a βαβα-=-，故：ln ln 22a βαβα-=-当：2β=，1α=时，ln 2a 3=当：3β=，2α=时，ln ln 32a 5-=故：a()ln ()2f x x ax 2a x =-+-.若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，试证明：01x a>. 解析：⑴ 求出函数()f x 导函数函数()f x 的定义域由ln x 可得：x 0>. 导函数为：'()()1f x 2ax 2a x =-+-()()112x a x=+- ① ⑵ 确定函数的单调区间当1a 0x ->，即(,)1x 0a ∈时，'()f x 0>，函数()f x 单调递增；当1a 0x -<，即(,)1x a ∈+∞时，'()f x 0<，函数()f x 单调递减；当1a 0x -=，即1x a =时，'()f x 0=，函数()f x 达到极大值()1f a. ()ln ()()21111f a 2a a a a a =-⋅+-⋅ln 111a a=+- ② ⑶ 分析图像与x 轴的交点，求出a 区间由于lim ()x f x 0→+∞<，lim ()x 0f x 0→+<若()f x 与x 轴交于,A B 两点，则其极值点必须()1f 0a >.即：ln 1110a a +->，即：ln 111a a>- ③考虑到基本不等式ln111a a ≤-及③式得：ln 11111a a a-<≤- 即：1111a a -<-，即：22a>，即：a 1< 结合ln1a，即：a 0>得：(,)a 01∈ ④ ⑷ 求出,A B 点以及A 关于极值点的对称点C,A B 两点分居于极值点两侧，即：A 1x a <，B 1x a> 设：A 11x x a =-，B 21x x a =+，则,12x x 0>，且11x a <（因x 0>）设：C 11x x a =+于是：()()A B f x f x 0==，即：()11f x 0a -=故：()ln()()()()2A 111111f x x a x 2a x a a a=---+--ln()()()2111121112a x a 2x x 2a x a a a a-=---⋅⋅++--ln()ln 211111ax a 1ax ax 0a=--+-+-= ⑤ 将1x 替换成1x -代入()A f x 就得到()C f x ：()()ln()ln 2C 111111f x f x 1ax a 1ax ax a a=+=+-+--- ⑥ ⑸ 比较,,A B C 点的函数值，以增减性确定其位置构造函数：()()()()()1C A 1111g x f x f x f x f x a a=-=+--将⑤⑥式代入上式得：()ln()ln()1111g x 1ax 1ax 2ax =+--- ⑦ 其对1x 的导函数为：'()111a a g x 2a 1ax 1ax -=--+-2212a2a 1a x =--221221a x 2a 1a x =⋅- ⑧ 由于④式(,)a 01∈及11x a<，所以'()1g x 0>. 即：()1g x 是随1x 的增函数，其最小值是在1x 0=时，即：()()1g x g 0≥ 由⑦式得：()g 00=，故：()()1g x g 00≥=.当1x 0≠时，()()()1C A g x f x f x 0=->，即：()()()C A B f x f x f x >= 由于C x 和B x 同在单调递减区间，所以由()()C B f x f x >得：C B x x < 即：C 1B 211x x x x a a=+<=+，即：12x x <或21x x 0-> ⑨ ⑹ 得出结论那么，由⑨式得：()0A B 1x x x 2=+()12111x x 2a a =-++()21111x x a 2a=+->证毕.知函数()'()()x 121f x f 1e f 0x x 2-=-+.若()21f x x ax b 2≥++，求()a 1b +的最大值.解析：⑴ 求出函数()f x 的解析式由于'()f 1和()f 0都是常数，所以设'()f 1A =，()f 0B =，利用待定系数法求出函数()f x 的解析式. 设：()x 121f x Ae Bx x 2-=-+，则：()Af 0B e== 其导函数为：'()x 1f x Ae B x -=-+，则：'()f 1A B 1A =-+= 所以：B 1=，A e =，函数()f x 的解析式为：()x 21f x e x x 2=-+① ⑵ 化简不等式()21f x x ax b 2≥++ 即：()x 2211f x e x x x ax b 22=-+≥++，故：()x e a 1x b 0-+-≥ ②⑶ 构建新函数()g x ，并求其极值点构建函数()()x g x e a 1x b =-+- ③ 其导函数：'()()x g x e a 1=-+ ④要使②式得到满足，必须()g x 0≥故当()g x 取得极值时有：'()M g x 0=，由④式得极值点：ln()M x a 1=+ 此时的()g x 由③得：()()()ln()M g x a 1a 1a 1b 0=+-++-≥ ⑤ ⑷ 求()a 1b +的最大值由⑤式得：()[ln()]b a 11a 1≤+-+，则：()()[ln()]2a 1b a 11a 1+≤+-+ ⑥ 令：y a 1=+，则⑥式右边为：()(ln )2h y y 1y =- （y 0>）其导函数为：'()(ln )()(ln )21h y 2y 1y y y 12y y=-+-=- ⑦当ln 12y 0->，即：(y 0∈时，'()h y 0>，()h y 单调递增；当ln 12y 0-<，即：)y ∈+∞时，'()h y 0<，()h y 单调递减；当ln 12y 0-=，即：y ='()h y 0=，()h y 达到极大值.此时，()h y 的极大值为：(2eh 12=-= ⑧ ⑸ 得出结论将⑧代入⑥式得：()()e a 1b h y 2+≤≤知函数()ln()f x x x a =-+的最小值为0，其中a 0>.若对任意的[,)x 0∈+∞，有()2f x kx ≤成立，求实数k 的最小值.解析：⑴ 利用基本不等式求出a利用基本不等式x e 1x ≥+或ln y y 1≤-，得：ln()()x a 1x a -+≥-+ 即：ln()()x x a x 1x a 1a -+≥+-+=-，即：()ln()f x x x a 1a =-+≥- 已知()f x 的最小值为0，故1a 0-=，即：a 1=或者，将[,)x 0∈+∞的端点值代入()f x ，利用最小值为0，求得a 1= ⑵ 用导数法求出a函数()f x 的导函数为：'()1f x 1x a=-+ ① 当x a 1+<，即x 1a <-时，'()f x 0<，函数()f x 单调递减；当x a 1+>，即x 1a >-时，'()f x 0>，函数()f x 单调递增；当x a 1+=，即x 1a =-时，'()f x 0=，函数()f x 达到极小值. 依题意，()f x 的最小值为0，故当x 1a =-时，()f 1a 0-= 即：()ln()f 1a 1a 1a a 1a 0-=---+=-=，故：a 1= 函数的解析式为：()ln()f x x x 1=-+ ② ⑶ 构建新函数()g x当[,)x 0∈+∞时，有()2f x kx ≤，即：()ln()2f x x x 1kx =-+≤ 构建函数：()()ln()22g x f x kx x x 1kx =-=-+- ③⑷ 确定()g x 的单调区间和极值于是由③式得导函数为：'()()11g x 12kx x 2k x 1x 1=--=-++ ④ 当x 0=时，由③式得函数()g x 0=；则x 0=是极值点，同时x 0=也是区间的端点. 当x 0≠时，即：(,)x 0∈+∞当12k x 1>+，即1x 12k <-时，'()g x 0>，函数()g x 单调递增；当12k x 1<+，即1x 12k>-时，'()g x 0<，函数()g x 单调递减；当12k x 1=+，即m 1x x 12k==-时，'()m g x 0=，函数()g x 达到极大值()m g x . 故：()g x 从x 0=开始单调递增，直到m x x =达到()g x 的极大值，再单调递减，所以()g 0是个极小值. ()m g x 是个极大值，也是最大值. ⑸ 求出最大值点m x将最值点m x x =代入③式得：（m 1x x 12k==-） ()ln()()2m 111g x 1k 12k 2k 2k =----()[()]ln()1111k 12k 2k 2k =---+ ()()ln()1111k 2k 2k 2=--++()()ln()12k 12k2k 2k 2-+=+ ()()ln()12k 12k 2k 4k+-=+由()g x 的最大值为0得：()()()ln()m 12k 12k g x 2k 04k+-=+=即：2k 1=，即：1k 2=，此时m 1x 12k=-，即：m 12k 1x 1==+，即：m x 0= ⑹ 给出结论由于m x 0=，也是端点，结合⑷的结论，所以：()g x 在[,)x 0∈+∞区间单调递减，()()m g x g 0=是个极大值，也是最大值.由m 1x 102k =-=得出实数k 的最小值为：1k 2=由③式()()ln()22g x f x kx x x 1kx =-=-+-，要求函数()g x 0≤.由③式可看出x 0=时，()g x 0=由()g x 0=得：ln()2x x 1k x -+=，令ln()()2x x 1K x x -+=我们只要求出ln()()2x x 1K x x -+=在极值点的值就好.用洛必达法则：ln()lim ()lim lim 2x 0x 0x 011x x 1x 1K x 2xx →+→+→+--++== lim lim ()x 0x 0x11x 12x 2x 12→+→++===+ 对应于()g x 0=的1k 2=，即：实数k 的最小值1k 2=.()x 2f x e ax ex =+-，（a R ∈），当a 在一定范围时，曲线()y f x =上存在唯一的点P ，曲线在P 点的切线与曲线只有一个公共点，就是P 点，求P 点的坐标.解析：⑴ 确定曲线的切线方程曲线：()x 2f x e ax ex =+- ①其导函数：'()x f x e 2ax e =+- ②设P 点的坐标为：(,())P P x f x ，则切线方程为：()()'()()P P P y x f x f x x x =+-③⑵ 构建新函数()g x ，并求导构建函数()()()g x f x y x =-则：()()()'()()P P P g x f x f x f x x x =--- ④其导函数：'()'()'()P g x f x f x =- ⑤由②得：'()x f x e 2ax e =+-，'()P x P P f x e 2ax e =+-，代入⑤式得： '()()()()()P P x x x x P P g x e 2ax e 2ax e e 2a x x =+-+=-+- ⑥⑶ 分析a 0≥时函数()g x 的单调性和极值当a 0≥时：若P x x >，则P x x e e >，P 2ax 2ax ≥，故：'()g x 0>，()g x 单调递增；若P x x <，则P x x e e <，P 2ax 2ax ≤，故：'()g x 0<，()g x 单调递减；若P x x =，则P x x e e =，P 2ax 2ax =，故：'()g x 0=，()g x 达到极小值. 由④式得：()g x 的极小值()P g x 0=.此时，()g x 的零点与P 点的取值有关，因此P 点的取值不唯一，所以()g x 的零点就不唯一.故当a 0≥⑷ 分析a 0<时函数()g x 的切线当a 0<时：由⑥式，'()g x 0=的情况分两种：a> ()P x x P e e 02a x x 0⎧-=⎪⎨-=⎪⎩即：P x x =，此时与⑵的情形相同，P 点的取值不唯一. b> ()P x x P e e 2a x x 0-=--≠，即：P x x ≠，'()g x 0=此时，()()P P x x x P e e 12a x x --=--，即：()P P x x x P e 12ae x x --=-- ⑦曲线P x x y e -=恒过点(,)P x 1，直线()P x P y 12ae x x -=--也恒过点(,)P x 1，当曲线P x x y e -=过点(,)P x 1的切线斜率等于P x 2ae --时，其这个切线就是曲线的切线.故：曲线P x x y e -=过点(,)P x 1的切线斜率为：()'P P x x x x k e 1-===于是：P x 2ae 1--=，即：P x e 2a =-，即：ln()P x 2a =-⑸ 得到切点P 的坐标当a 0<时，ln()P x 2a =-就存在.由于P x x y e -=在其定义域内是凸函数，所以与其切线的交点是唯一的. 将ln()P x 2a =-代入①式得：()()ln ()ln()P x 22P P P f x e ax ex 2a a 2a e 2a =+-=-+---得到ln()P x 2a =-和()P f x ，这就是P 点的唯一坐标.⑹ 结论切点P 的坐标：ln()P x 2a =-，()()ln ()ln()2P f x 2a a 2a e 2a =-+---()ax f x e x =-，其中a 0≠. 在函数()y f x =的图象上取定两点(,())11A x f x ，(,())22B x f x ，且12x x <，而直线AB 的斜率为k .存在(,)012x x x ∈，使'()0f x k ≥成立，求0x 的取值范围.解析：⑴ AB 的斜率与()f x 的导函数由A 、B 两点的坐标得到直线AB 的斜率k ：()()()()21ax ax 21212121f x f x e x e x k x x x x ----==-- ()()()2121ax ax ax ax 212121e e x x e e 1x x x x ----==--- ① 函数()axf x e x =-的导函数为：'()ax f x ae 1=- ②⑵ 构建新函数()g x ，并求导判断'()0f x k ≥是否成立，即判断'()0f x k -是否不小于0.所以，构建函数：()'()g x f x k =-，若()g x 0≥，则'()0f x k ≥成立.则：()()21ax ax ax 21e e g x ae x x -=-- ③导函数：'()2ax g x a e = ④⑶ 求()g x 在区间端点的函数值由③式得：()()211ax ax ax 121e e g x ae x x -=--()[()]121axa x x 2121e a x x e 1x x -=--+-()[()]121axa x x 2121e e a x x 1x x -=----- ⑤()()212ax ax ax 221e e g x ae x x -=--()[()]212ax a x x 2121e a xx 1e x x -=--+-()[()]212ax a x x 1221e e a xx 1x x -=----⑥⑷ 确定()g x 的零点存在利用基本不等式：x e 1x ≥+，当且仅当x 0=时取等号.即：x e x 10--≥ ⑦将⑦式应用于⑤式得：()1g x 0< （21x x 0-≠）将⑦式应用于⑥式得：()2g x 0> （21x x 0-≠）函数()g x 在(,)12x x 区间是连续的，其导函数也存在.由④式得：'()2ax g x ae 0=>，即函数()g x 为单调递增函数.由()1g x 0<和()2g x 0>以及函数零点存在定理得，函数()g x 必过零点，且是唯一零点.⑸ 求()g x 在(,)12x x 区间的零点位置设函数()g x 在(,)12x x 区间的零点位置在3x ，则有()3g x 0=由③式得：()()213ax ax ax 321e e g x ae 0x x -=-=- （a 0≠）即：ln ()21ax ax 3211e e x a a x x -=- ⑦ 且：(,)312x x x ∈ ⑹ 求()g x 在(,)12x x 区间的0x由④式'()2ax g x a e 0=>得：函数()g x 为单调递增函数，故：在(,)013x x x ∈区间，()()03g x g x 0<=；在(,)032x x x ∈区间，()()03g x g x 0>=；在03x x =时，()()03g x g x 0==.故，()0g x 0≥的区间为[,)032x x x ∈，即：[ln ,)()21ax ax 02211e e x x a a x x -∈-()ln()f x x11=++.证明：当0x 2<<时，()9x f x x 6<+证明：⑴ 构建新函数()g x ，并求导构建函数()ln()9x g xx 11x 6=++-+ ① 导函数'()()2154g x x 1x 6=+++ ② 即：'()()()2254g x 2x 1x 6+=-++ ③函数()g x 满足()g 00=，'()g 00=，现在只要证明，当0x2<<时，()g x 0<，则()9x fx x 6<+. ⑵ 化掉②式中的根号项.要保持不等号的方向不变，只有(*)≤即：(*)≥ 或(*)≤. （(*)代表某个不含根号的式子）由于有(*)≥和(*)≤的两种选项，所以采用化掉.由均值不等式：22211x 2⋅≤+=+得：x 12≤+ 代入③式得：'()()()()()22x 2154x 6542g x 2x 14x 1x 6x 6+++≤-=-++++ 即：()()'()()()32x 6454x 1g x 4x 1x 6+-⋅⋅+≤++()()()()332x 66x 14x 1x 6+-⋅+=++ ④⑶ 求函数()g x 的极值点当()g x 取极值时，'()g x 0=.故由④式得：()()33x 66x 10+-⋅+=，即：x 6+= ⑤令t =，（1t <<则⑤式为：3t 56t +=，即：3t 6t 50-+= ⑥分解因式法：()()33t 6t 5t 16t 1-+=---()()2t 1t t 16=-++-()()2t 1t t 50=-+-=故有：1t 1=，及()2t t 50+-=，即：,231t 2-±=由于1t <<21t 2= 所以有：1t 1=，21t 2=，即：1x 0=，321x 12⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭由于))(=3311122288⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭)(11136444-⨯>=> 所以2x 3>⑷ 由单调性证明不等式由①式()ln()9x g x x 11x 6=++-+得： ()g 00=，()ln ln 93g 34142036⨯=+-=-<+ 即：()()g 0g 3>，由于在(,)12x x x ∈区间，()g x 是单调的，故：()()12g x g x > 于是，函数在1x x 0==时达到极大值，然后递减，直到2x x 2=>时达到极小值.就是说在0x 2<<区间，'()g x 0<，函数()g x 单调递减. 即：()()g x g 00<=，故：()9x f x x 6<+. 证毕. 本题要点：构建函数()g x ，由两个相邻极值点之间的区间(,)12x x 是单调的，以及两个相邻极值点之间的函数值的大小关系()()g 0g 3>，得出：函数()g x 在这个区间(,)12x x 为单调递减，由此来证明本题.a 0>，n 为正整数，抛物线n2a yx 2=-+与x 轴正半轴相交于点A .设抛物线在点A 处的切线在y 轴上的截距为()f n ，求证：当a ≥对所有n 都有：()()33f n 1n f n 1n 1-≥++. 证明：⑴ 先求A点的坐标(,)A x 0将A x x =，A y y 0==代入抛物线n2a y x 2=-+得：A x =⑵ 求过A 点的切线方程抛物线的导数为：'y 2x =- ①故A 点的切线方程为：'()()A A A y y y x x x =+-即：()2A A A A y 02x x x 2x x 2x =+--=-+ ②⑶ 求切线在y 轴上的截距为()f n由②式，当x 0=时，()y f n =.故：()22nA f n 2x 2a === ③⑷ 分析待证不等式()()33f n 1n f n 1n 1-≥++，即：()()33f n 12n 11f n 1n 1+-+-≥++，即：()32111f n 1n 1-≥-++，即：()321f n 1n 1≤++，即：()3f n 12n 2+≥+，即：()3f n 2n 1≥+将③式代入上式得：n 3a 2n 1≥+，即：a ≥④⑸ 数值分析由④式当n 1=时，a 3≥；当n 2=时，2a 17≥，即a≥当n 3=时，3a 55≥，即a ≥（2553025=，3174913=）因为a 1>，对④式两边求对数得：ln ln()31a 2n1n ≥+ ⑤⑹ 构建新函数()g n构建函数：()ln()31g n 2n 1n =+，求()g n 的最大值.求导得：ln()'()23326n n 2n 12n 1g n n ⋅-++=当'()g n 0=时，即：ln()3336n 2n 12n 1=++，即：ln()33332n 12n 1-=++ ⑥令3t 2n 1=+，则t 1>. 代入⑥式得：ln 33t t-= ⑦ ⑺ 求3t 2n 1=+的最大值虽然解方程⑦比较困难，但得到其取值范围还是可以的. 由⑦式得：ln 3t 33t=-<，即：33t e 327<<= 即：3t 2n 127=+<，即：3n 13<代入④式a ≥ a ≥=⑧ ⑻ 证明结论满足⑧式，就满足④式，由⑷得证.证毕.ln ()x x 1f x e +=，'()f x 为()f x 的导数.设()()'()2g x x x f x =+，证明：对任意x 0>，()2g x 1e -<+解析：⑴ 求函数()g x 的解析式函数ln ()x x 1f x e +=的导函数为：'()(ln )(ln )x x 2x x 1111f x e e x 1x 1x xe e =-+=--[] ① 函数()()'()2g x x xf x =+得：()()(ln )(ln )x x x 1x 1x 1g x x 11x x x x e e++=--=-- ② ⑵ 构造新函数()h x由基本不等式x e 1x ≥+（仅当x 0=时取等号）得:x 1x 1e +≤ 代入②式得：()ln g x 1x x x <-- （x 0>）令：()ln h x 1x x x =-- ③则上式为：()()g x h x < ④⑶ 分析()h x 的单调性，并求其极值由③式得()h x 导函数为：'()(ln )h x 2x =-+ ⑤ 当2x e ->，即ln 2x 0+>时，'()h x 0<，()h x 单调递减；当2x e -<，即ln 2x 0+<时，'()h x 0>，()h x 单调递增；当2x e -=，即ln 2x 0+=时，'()h x 0=，()h x 达到最大值. ()h x 的最大值是在2m x x e -==，由③式得： ()(ln )222m h x 1e e e ---=--()2221e 2e 1e ---=---=+ ⑥ ⑷ 证明结论故由④式和⑥式：()()()2m g x h x h x 1e -<≤=+证毕.,a b 是实数，函数()3f x x ax =+，()2g x x bx =+，'()f x 和'()g x 是()f x 、()g x 的导函数. 设a 0<，且a b ≠，若在以,a b 为端点的开区间I 上'()'()f x g x 0≥恒成立，求a b -的最大值M . 解析：⑴ 构建新函数()h x函数()f x 的导数为：'()2f x 3x a =+ ①函数()g x 的导数为：'()g x 2x b =+ ②构建函数：()'()'()()()2h x f x g x 3x a 2x b ==++ ③则已知条件化为：在开区间I 上'()'()f x g x 0≥恒成立，等价于()h x 0≥ ④⑵ 确定b 的取值范围已知a 0<，若b 0>，则区间(,)I a b =；故：此时区间I 包括x 0=点.由①②式得：'()f 0a =，'()g 0b =，所以()'()'()h 0f 0g 0ab 0==<不满足④式，即：b 0>不成立.⑶ 确定x 的取值范围由于a 0<，b 0≤，x 0≤，即：2x b 0+≤要满足④式，在2x b 0+≠时，则必须有：'()f x 0≤，即：23x a 0+≤，即：2a x 3≤-，即：[x ∈，结合(,)x 0∈-∞得：[)x 0∈ ⑤ ⑷ 确定a b -的最大值M .由于区间I 是以,a b 为端点，a 0<，b 0≤，而[)x 0∈所以若b 0=，则a =，所以：a 0-=>，即：2a a 3=-，故：1a 3=- ，代入⑤式得：[,)1x 03∈- 故：(,)(,)1I a b 03==- ⑥故：a b -的最大值M知函数(sin )()ln()x 1x f x 1x 1xθ+=+-+ （[,]0θπ∈），若x 0≥时()f x 0≤，求θ的最小值. 解析：⑴ 求出函数的导函数由函数(sin )()ln()x 1x f x 1x 1xθ+=+-+得：导函数为：[(sin )()(sin )]'()()2112x 1x x 1x f x 1x 1x θθ++-+=-++ [()sin ]()2x12x 1x θ=-++ ①依题意，若x 0≥时，()f x 0≤所以，只要求出区间的最大值，使之为0，就解决问题.⑵ 由函数极值点得出相应的结果由极值点的导数为0得：'()f x 0=所以当在x 0≥区间'()f x 0≤时，函数()f x 在x 0≥区间单调递减故满足()f x 0≤的条件. 于是：'()[()sin ]()2xf x 12x 01x θ=-+≤+由于x 0≥，()21x 0+>，所以()sin 12x 0θ-+≤，即：sin 12x θ≥+ 故：sin 11202x θ≥≥++，即：sin 12θ≥ 求三角函数定义域得：sin 1θ≤，故：sin [,]112θ∈.()ln()x f x e x λ=-+.当()f x 0≥时，求λ的取值范围.解析：⑴ 分析题意设()x g x e =，()ln()h x x λ=+，则()()()f x g x h x =-()f x 0≥的意思，就是()y g x =的图象在()y h x =的图象之上设在0x x =处，()y g x =与()y h x =的图象相切，此时，设λ值为0λ只要0λλ≤，()y g x =的图象永在()y h x =的图象之上.⑵ 由0x x =点的关系来建模由于0x 点在曲线()y g x =上，故：0x 0y e = ①同时0x 点在曲线()y h x =上，故：ln()00y x λ=+ ②它们在0x x =图象相切，故：'()'()00g x h x =即：ln()001x x λλ+=+ ③ 由①②式得：ln()0x 0e x λ=+ ④⑶ 解超越方程③式方程③是一个超越方程，令01t x λ=+（t 0>），即：01x tλ+=代入③得：ln t t -=或ln t t =- ⑤由ln t t =-得：t 0>（因ln t 定义域），则：ln t t 0=-<，即：t 1< 故：(,)t 01∈ ⑥由基本不等式x e 1x ≥+（仅当x 0=时取等号）或ln x 1x -≥（仅当x 1=时取等号）代入⑤式可得：ln t t t 1-=≤-，即：2t 1≥，即：[,)1t 2∈+∞ ⑦ 由⑥⑦得：(,)1t 12∈ ⑧ .056714329⑷ 解出极值点的λ 由④式得：ln()ln 0x 0e x t t λ=+=-=，即：ln 0x t t ==- 即：001x t x λ=-=-+ ⑨ 故：()2001x 22x λ=-+=+≥，所以：当0x x =时，02λ≥ 由⑴的分析，本题答案是：0λλ≤，即2λ≤（严格来说，解超越方程得=.0x t 056714329=--，.0233λ，本题答案是.233λ<）()()22f x 1a x ax =+-，其中a 0>，求()f x 0>时x 的取值范围. 解析：()y f x =的图象是开口向下的抛物线，于是()()()222f x 1a x ax x 1a ax =+-=+-当()f x 0=时，1x 0=，221a x 2a +=≥，即：(,)21a x 0a+∈，即：(,)x 02∈故：x 的取值范围是(,)x 02∈a 0>，函数()x a f x x a-=+.若函数()y f x =在x 0>区间的图像上存在两点,A B ，在A 点和B 点处的切线相互垂直，求a 的取值范围. 解析：去绝对值号⑴ 对x a >，()x a f x x a -=+，其导数：'()()22a f x 0x a =>+ 即：在x a >区间，函数()f x 单调递增；⑵ 对(,)x 0a ∈，()x a f x x a -=-+，其导数：'()()22a f x 0x a =-<+ 即：在(,)x 0a ∈区间，函数()f x 单调递减；⑶ 对x a =，()()f x f a 0==，函数()f x 达到极小值0.若A 点和B 点处的切线相互垂直，即：'()'()A B f x f x 1=- ① 则A 点和B 点分居于两个不同的单调区域.设(,)A x 0a ∈，则(,)B x a ∈+∞，于是①式就是：()()22A B 2a2a1x a x a ⋅=++，即：()()A B 2a 1x a x a =++ 即：()()A B x a x a 2a ++= ②⑷ 解析②式得⑤式由②式得：A B 2a x a x a+=+ ③ 因为(,)A x 0a ∈，所以(,)A x a a 2a +∈，代入③式得：B 2a a 2a x a <<+，即：B 1112x a<<+，即：()B 1x a 2<+< ④ 因为B x a >，所以B x a 2a +>，结合④式得：B 2a x a 2<+< 即：2a 2<，故：a 1< ⑤⑸ 解析③式得⑦式因为B x a >，所以B x a 2a +>，即：B 2a 1x a<+，代入③式得：A B 2a x a 1x a+=<+，即：A x a 1+< ⑥ 因为(,)A x 0a ∈，所以(,)A x a a 2a +∈代入⑥式得：2a 1<，即：1a 2< ⑦()()1f x a 12x 2=--，a 为常数且a 0>. 若条件1：0x 满足(())00f f x x =；条件2：()00f x x ≠. 则满足这2个条件，称0x 为函数()f x 的二阶周期点，如果()f x 有两个二阶周期点,12x x ，试确定a 的取值范围. 解析：⑴ 函数去绝对值号得出()1f x 和()2f x当1x 2<时，11x x 22-=-，()()1f x a 12x 2ax 2=--= 记：()1f x 2ax = ①当1x 2≥时，11x x 22-=-，()()=()1f x a 12x 2a 1x 2=--- 记：()=()2f x 2a 1x - ②条件1：(())00f f x x = ③条件2：()00f x x ≠ ④⑵ 在1x 2<及12ax 2<时解析①式对二阶周期点0x x =当01x 2<，函数用①式：()100f x 2ax = 当012ax 2<时，复合函数仍用①式：(())()11010f f x 2af x = 故：()100f x 2ax =，(())21100f f x 4a x =条件1：2004a x x =，即：24a 1=，即：1a 2=；条件2：002ax x ≠，即：2a 1≠，即：1a 2≠.⑶ 在1x 2<及12ax 2≥时解析①式对二阶周期点0x x =当01x 2<，函数用①式：()100f x 2ax = 当012ax 2≥时，函数用②式：(())[()]21010f f x 2a 1f x =- 故：()100f x 2ax =，(())()2100f f x 2a 12ax =-条件1：()002a 12ax x -=，即：022ax 14a =+；条件2：002ax x ≠，即：2a 1≠，即：1a 2≠. 则：022a 1x 214a =≠+ ⑤ ⑷ 在1x 2<及12ax 2≥时解析⑤式将条件1：022a x 14a =+代入012ax 2≥得：224a 1214a≥+即：228a 14a ≥+，即：24a 1≥，即：1a 2≥⑥ 将022ax 14a =+代入01x 2<得：22a 1214a<+ 即：24a 14a <+，即：24a 4a 10-+>，即：()22a 10-> 故：1a 2≠ ⑦结合⑥式和⑦式及a 0>所以，⑤式022ax 14a =+为一个二阶周期点，记为：122ax 14a =+⑸ 在1x 2≥及()12a 1x 2-<时解析②式对1x 2≥，函数用②式：()()200f x 2a 1x =- 对()012a 1x 2-<时，应用①式得：(())()12020f f x 2af x = 故：()()200f x 2a 1x =-，(())()()2120200f f x 2af x 4a 1x ==- 条件1：()2004a 1x x -=，即：2024a x 14a =+；条件2：()002a 1x x -≠，即：02a x 12a≠+. 则：222a 4a 12a 14a ≠++，即：22a 4a ≠，即： a 0≠且1a 2≠ i>将2024a x 14a =+代入()012a 1x 2-<得：()224a 12a 1214a -<+ 即：()214a 114a <+，即：24a 4a 10-+>，即：()22a 10->即：1a 2≠ ii> 将2024a x 14a =+代入01x 2≥得：224a 1214a >+ 即：228a 14a >+，即：24a 1>，即：1a 2>结合i>和ii>及a 0>所以，2024a x 14a =+为另一个二阶周期点，记为：2224a x 14a =+⑹ 在1x 2≥及()12a 1x 2-≥时解析②式对1x 2≥，函数用②式：()()200f x 2a 1x =- 对()012a 1x 2-≥时，应用②式得：(())[()]22020f f x 2a 1f x =- 即：(())[()]2222000f f x 2a 12a 1x 2a 4a 4a x =--=-+ ⑧条件1：22002a 4a 4a x x -+=，即：()022a 12a x 14a -=- 当12a 0-≠时，上式即：02a x 12a=+ 条件2：()002a 1x x -≠，即： 02a x 12a ≠+()()2x f x 1x e -=+，()cos 3x g x ax 12x x 2=+++，当[,]x 01∈时，若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.解析：⑴ 解读题意由于[,]x 01∈，所以有n x x ≤（n N +∈）.故可以考虑将函数化为幂函数来解决.由于()()2x f x 1x e -=+，()f 01=，'()[()]()2x 2x f x 121x e 12x e --=-+=-+()cos 3x g x ax 12x x 2=+++，()g 01=，'()cos sin 23x g x a 2x 2x x 2=++- 构建函数：()()()h x f x g x =-⑵ 将函数()f x 化为幂函数形式构建函数：()1f x 1Ax =+，满足条件1：()()1f x f x ≤ ①构建函数：()()()21f x f x f x =-，条件1成为：()2f x 0≤ ②则：()()()21f 0f 0f 00=-=导函数：'()'()'()()2x 21f x f x f x A 12x e -=-=++ ③要满足[,]x 01∈时()2f x 0≤，必须是：'()2f x 0≤故由③式：()2x A 12x e -≤-+ ④⑶ 解析④式因为④式，记()()2x 0h x 12x e -=-+，则：'()[()]2x 2x 0h x 2212x e 2xe --=--+= 当x 0≥时，()0h x 是x 的单调递增函数.故：()()00h x h 01≥=-，则由④式：A 1≤-；且：()()200h x h 13e -≤=-，则由④式：2A 3e -≤-.由于213e --<-，所以满足[,]x 01∈区间时，A 1≤-取A 的最大值，A 1=-⑷ 构建函数()1g x 化解cos x由于cos x 是偶函数，且cos sin ()()222x x x x 12121222=-≤-⋅=- 函数()g x 在()h x 中的不等号方向是：()h x 0≥，即：()g x 0-≥，即：()g x 0≤ 应构建函数()cos 1g x x ≥，且()1g x 也是偶函数.构建函数：()21g x 1Bx =-，满足条件2：()cos 1g x x ≥⑸ 构建函数()()cos 31g x g x x =-构建函数：()()cos 31g x g x x =-，条件2成为：()3g x 0≥则：()()cos 31g 0g 000=-=，导函数：'()'()sin 31g x g x x =+ ⑤要满足[,]x 01∈时()3g x 0≥，必须是：'()3g x 0≥故由⑤式：'()sin sin 1g x x 2Bx x 0+=-+≥，则：sin x B 2x ≤⑥ 当x 0→时，sin lim x 0x 1B 2x2→≤= 当x 1=时，由⑥式得：sin .1B 0422≤取满足⑥式得B 的最大值，sin (.)1B 0422== ⑹ 构建函数：()2g x 构建函数：()()321x g x ax 12xg x 2=+++ 即： ()()()()3232x 1g x ax 12x 1Bx 1a 2x 2B x 22=+++-=+++- 因为()cos 1g x x ≥，则：()()2g x g x ≥⑺ 构建函数()1h x ，求a 的范围构建函数：()()()112h x f x g x =-若()1h x 0≥，因为()()()()()()121h x f x g x f x g x h x =-≥-=，所以()h x 0≥ 于是：()()[()()]311h x 1x 1a 2x 2B x 2=--+++-()()31a 3x 2B x 2=-++- 要使12B 02-≥，则1B 4≥，故：sin [,]11B 42∈ 此时，()()()()311h x a 3x 2B x a 3x 2=-++-≥-+ 若要()1h x 0≥，即：()a 3x 0-+≥，则：a 30+≤，即(,]a 3∈-∞-所以，当[,]x 01∈时，若()()f x g x ≥恒成立，实数a 的取值范围(,]a 3∈-∞-.()()ln ()2x 2x a x 0f x xx 0⎧++<⎪=⎨⎪>⎩，其中a 是实数. 设(,())11A x f x ，(,())22B x f x 为该函数图像上的两点，且12x x <.若函数()f x 的图像在点,A B 处的切线重合，求a 的取值范围.解析：函数的导函数为：()'()()2x 2x 0f x 1x 0x⎧+<⎪=⎨>⎪⎩如果图像在点,A B 处的切线重合，则点,A B 分处于两个不同区间.因12x x <，故A 点在1x 0<区间，B 点在2x 0>区间.⑴ 设过A 点的切线方程为：'()()111y y f x x x =+- ①则：2111y x 2x a =++ ②'()11f x 2x 2=+ ③将②③式代入①式得：()()21111y x 2x a 2x 2x x =++++-即：()211y 2x 1x x a =+-+ ④⑵ 设过B 点的切线方程为：'()()222y y f x x x =+- ⑤则：ln 22y x = ⑥， '()221f x x =⑦ 将⑥⑦式代入⑤式得：ln ()2221y x x x x =+⋅-，即：ln 221y x x 1x =+- ⑧ ⑶即：()ln 1221212x 1x x a x 1⎧+=⎪⎨⎪-+=-⎩由1x 0<,2x 0>得：()1212x 10x +=>，即：1x 1>-，故：(,)1x 10∈- 由()1212x 1x +=得：()211x 2x 1=+，即：21x 2>，故：(,)21x 2∈+∞ 由ln 212x a x 1-+=-得：ln 221a x 1x =-+ ⑨ ⑷ 求a 的取值范围由⑨式可知，a 随1x ，2x 单调递增则a 有最小值，当1x 0→，21x 2→时，a →最小值. 故：(,)ln ln 1211a a x 0x 102122>===-+=--，即：ln a 21>--()ln f x x ax =-，()x g x e ax =-，其中a 为实数．若()f x 在(,)1+∞上是单调减函数，且()g x 在(,)1+∞上有最小值，求a 的取值范围.解析：函数()f x 的导函数为：'()1f x a x=- ① 函数()g x 的导函数为：'()x g x e a =- ②⑴ 由()f x 在(,)1+∞上是单调减函数得：'()f x 0≤ (,)x 1∈+∞代入①式得：1a 0x-≤，即：1a x ≥ 考虑到(,)x 1∈+∞，故：a 1>，即：(,)a 1∈+∞⑵ 由()g x 在(,)1+∞上有最小值，是最值点为0x x =则：'()0g x 0=，(,)0x 1∈+∞代入②式得：0x e a 0-=，即：0x a e =，即：ln 0x a =考虑到(,)0x 1∈+∞，故：a e >，即：(,)a e ∈+∞()()x 2f x x 1e kx =-- (其中k R ∈).当(,]1k 12∈时,求函数()f x 在[,]0k 上的最大值M .解析：函数()f x 的最大值出现在两个地方：一个是区间的端点，另一个是导数'()f x 0=的地方.⑴ 在区间端点x 0=处函数值为：()()02f 001e k 01=--=- ①⑵ 在区间端点x k =处函数值为：()()k 3f k k 1e k =-- ②因为：k e k 1≥+，所以：()()()323f k k 1k 1k k 1k ≥-+-=--即：()()232f k k k 1k 1k 1≥--=--因为：(,]1k 12∈，所以：()()2f k k 1k 11≥--≥- 即：()()f k f 01≥=- ③⑶ 在极值点0x x =处当()f x 取极值0x x =时，其导数'()0f x 0=即：'()()00x x 0000f x x e 2kx x e 2k =-=-则：0x 0=和0x e 2k 0-=，即：ln()0x 2k =故：0x 0=时，或ln()0x 2k =，函数的极值点.⑷ 当0x 0=时，()()0f x f 01==-函数值与①式相同.⑸ 当ln()0x 2k =时()()0x 2000f x x 1e kx =--[ln()ln ()]2k 22k 22k =--[ln()]()ln ()200002k 12k k 2k =-⋅-⋅[ln()ln ()]2000k 22k 22k =--令：()[ln()ln ()]2g k k 22k 22k =--则其导函数为：ln()'()[ln()ln ()][]2222k g k 22k 22k k k k=--+- 即：'()ln ()2g k 2k 0=-≤故：()g k 是随k 单调递减函数，其最大值为()()11g 2122=-=- 即：()0f x 的最大值是 ()0f x 1=- ④⑹ 通过这所有情况的对比，③式表明②式()()k 3f k k 1e k =--为最大值.当1k 2→时，()().1f k 0949728→-+-()()3211f x x ax a 1x 132=-+-+在区间(,)14内为减函数，在区间(,)6+∞上为增函数，试求实数a 的取值范围.解析：由导函数的正负来判定函数的增减.函数()f x 的导函数为：'()()2f x x ax a 1=-+- ① ⑴ 若导函数'()f x 在区间(,)14内为负值，则()f x 在该区间为减函数.故：当(,)x 14∈时，'()()2f x x ax a 10=-+-<则：'()f x 为开口向上的二次函数，其两个零点分别是1x 1≤和2x 4≥ 于是化为解二次方程：()2x ax a 10-+-=由韦达定理得：12x x a +=，12x x a 1=-即：12a x x 5=+≥ ②故当：12a x x 5=+≥时，()f x 在(,)x 14∈区间为减函数. ⑵ 若导函数'()f x 在区间(,)6+∞内为正值，则()f x 在该区间为增函数.故：当(,)x 6∈+∞时，'()()2f x x ax a 10=-+-> 则：当x 6=时， '()f x 0≥，即：'()()2f 666a a 10=-+-≥ 故：()266a a 10-+-≥，即：355a 0-≥，即：a 7≤ ③()22x a f x x 2-=+在区间[,]11-上是增函数，实数a 的值组成的集合A . 设关于x 的方程()1f x x=的两个非零实根为,12x x . 若存在实数m ，使得不等式212m tm 1x x ++≥-对任意a A ∈及[,]t 11∈-恒成立，求m 的取值范围. 解析：⑴ 函数与其导函数函数：()22x af x x 2-=+ ①其导函数：'()[()()]()2221f x 2x 22x 2x a x 2=+--+ ()()2222x ax 2x 2=-+++ ② ⑵ 分析()f x 增减性得出A()f x 在区间[,]11-上是增函数，即：'()f x 0≥，[,]x 11∈- A> 当x 0=时，'()()()2222f 00a 021002=-+⋅+=>+ ③ B> 当x 0<时，即[,)x 10∈-，欲使'()f x 0≥即：()2x ax 20-++≥，即：2ax x 2≥-，即：2a x x ≤- ④ 记：()12g x x x =-，则：'()122g x 10x =+> 即：2x x-是随x 单调递增的，即：()()()112g x g 1111≥-=--=- 故由④式得：a 1≤ ⑤C> 当x 0>时，即(,]x 01∈，欲使'()f x 0≥即：()2x ax 20-++≥，即：2ax x 2≥-，即：2a x x ≥- ⑥ 记：()22g x x x =-，则：'()222g x 10x =+> 即：2x x -是随x 单调递增的，即：()()222g x g 1111≥=-=- 故由⑥式得：a 1≥- ⑦综合⑤⑦式得：[,]a 11∈- ⑧⑶ 解关于x 的方程()1f x x =关于x 的方程()1f x x =，即：22x a 1xx 2-=+ （x 0≠）即：222x ax x 2-=+，即：2x ax 20-+= ⑨ 设两个非零实根为,12x x ，则由韦达定理得：12x x a +=，12x x 2⋅=-于是：12x x -== ⑩ ⑷ 解析不等式212m tm 1x x ++≥-将⑩代入不等式得：2m tm 1++≥2m tm 10++-构建函数：()2h m m tm 1=++则()h m 是开口向上的抛物线，其解为,12m m ，于是不等式的解为1m m ≤和1m m ≥则方程2m tm 10++-=的解为：1m =，2m =⑸ 分析,12m m1m = 因为字母t 的前面是负号，则t 越大1m 越小；根号项前面是负号, 则a 越大1m 越小;故：1m 的最小值出现在t 1=，a 1=处，即：1m 2≤-同样，2m ==因为字母t 的前面是负号，则t 越小2m 越大；根号项前面是正号, 则a 越大2m 越大;故：2m 的最大值出现在t 1=-，a 1=-处，即：2m 2≥ ⑹ 给出m 的取值范围由⑷得()h m 是开口向上的抛物线，其解为,12m m于是不等式的解为1m m ≤和2m m ≥。

新课标导数第一问题型类型

新课标导数第一问题型类型
新课标中，导数的第一问题型主要包括以下几种类型：
1. 函数求导：要求对给定函数求出其导数。

2. 函数极值：要求在给定区间内，找到函数取得的最大值或最小值。

3. 函数单调性：要求判断给定函数在某个区间内是单调递增还是单调递减。

4. 函数图像：要求根据函数的导数图像来确定函数的图像。

5. 参数方程求导：要求对给定的参数方程求出其导数。

这些问题类型不仅是高中数学中的重点内容，也是大学数学中的基础知识。

掌握好这些问题类型，对于进一步学习微积分等数学课程都有着重要的帮助。

- 1 -。

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。

高考数学导数小题分类总结整理

（1） u v
；
（3）
u
；
v
（2） u v （4） cu
；
（ c 为常数）．
复合函数的导数
设函数 u x在点 x 处有导数 u x，函数 y f u在点 x 的对应点 u 处有导数 y f u，则复合函数 y f x在点 x 处也有导数，且 yx yu ux 或写作 f x x f ux ．
趋势，
例 1、导函数正负与原函数图像的影响（1）函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图象如图，且|x1|＜|x2|，则
有( ) A．a＞0，b＞0，c＞0，d＞0 B．a＜0，b＞0，c＜0，d＞0 C．a＜0，b＜0，c＞0，d＞0 D．a＞0，b＜0，c＞0，d＜0
变式.已知 R 上可导函数 f x 的图像如图所示，
g(x)
=
f
(x)
−x−b
有三个零点，则实数
b
的取值
范围为（）
（3）设函数 f (x) = ex (2x 1) ax a ,其中 a 1，若存在唯一的整数 x0，使得 f (x0 ) 0，则 a 的
取值范围是（）A.[- ，1） B. [- ，） C. [ ，） D. [ ，1）
变式：（1）已知
D． x2e x1 x1e x2
（2）.已知定义在（0，+∞）上的函数 f（x）的导函数为 f'（x），满足 x2f'（x）+xf（x）
=lnx，f（e）= ，则 f（x）（）
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
变式：（1）已知函数 f x 是定义在 0, 内的单调函数，且对

导数大题20种主要题型

导数大题20种主要题型一、求函数的单调性1. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的单调区间。

2. 给出函数解析式和区间，求函数在区间内的单调性。

二、求函数的极值3. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的极值点，求出极值。

4. 给出函数解析式和区间，求函数在区间内的极值点，并求出极值。

三、求函数的最大值或最小值5. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的单调区间，从而确定函数的最大值或最小值。

6. 给出函数解析式和区间，求函数在区间内的极值点，并求出极值，再与区间端点的函数值比较，得到函数的最大值或最小值。

四、确定函数图像的单调区间7. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数图像的单调区间。

8. 给出函数图像的大致形状，根据图像的变化趋势，确定函数解析式，并求导数，确定函数图像的单调区间。

五、判断函数的零点9. 给出函数解析式和区间，判断函数在区间内的零点个数。

10. 给出函数解析式和大致的图像，根据图像的变化趋势，判断函数在某一点的零点是否存在。

六、判断函数的最值点11. 给出函数解析式和区间，判断函数在区间内的最值点。

12. 给出函数图像的大致形状，根据图像的变化趋势，确定函数在某一点的最值点。

七、判断函数的极值点13. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的极值点。

14. 给出函数图像的大致形状，根据图像的变化趋势，判断函数在某一点的极值点。

八、求解不等式九、求解方程的根十、利用导数证明不等式十一、利用导数求最值十二、利用导数求多变量函数的平衡点十三、利用导数研究函数的图像性质十四、利用导数研究函数的极值和最值十五、利用导数求解高阶导数十六、利用导数求实际问题的最优解十七、利用导数求解曲线的切线方程十八、利用导数研究函数的凹凸性十九、利用导数求解函数的零点个数二十、物理问题的应用。

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。

高考数学大题导数第一问分类专题练习

高考数学导数第一问分类专题练习一、单调性1．设函数f(x)=21x e x ax ---.（Ⅰ)若a=0,求f(x)的单调区间;2．已知函数()f x 满足121()'(1)(0)2x f x f e f x x -=-+（Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间；3.已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性；4．已知函数()f x =2x x e e x ---（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；5.设函数2()mx f x e x mx =+-。

（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；6．(I)讨论函数的单调性，并证明当 >0时，7．已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x .（1）讨论()f x 的单调性；8、已知函数()nx a x x x f 11+-=（1）讨论的单调性；二、导数几何意义1．已知函数ln ()1a x b f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

（Ⅰ）求a 、b 的值；2．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x +2（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值3.设函数1(0ln x x be f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ；4．已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；三、函数零点1．已知函数2)1(2)(-+-=x a e x x f x ）（有两个零点. (I)求a 的取值范围；四、复合函数导数1、设函数f （x ）=a cos2x +（a -1）（cos x +1），其中a ＞0，记的最大值为A .（Ⅰ）求f ＇（x ）；五、恒成立1．已知函数()nx x ax ax x f 12--=，且()0≥x f 。

2000至2021年导数第一问集锦

1、（2002♦全国新课程卷◊21）已知a >0 ，函数 f (x = )x 3−a , x ( ∈0)∞+,，设01>x ，记曲线()x f y =在点()()11,x f x 处的切线为l（1）求l 的方程；2、（2002♦全国新课程卷♦20）已知0>a ，函数()()+∞∈-=,0,1x x ax x f 设ax 201<<，记曲线()x f y =在点()()11,x f x M 处的切线为l（1）求l 的方程；3、（2004♦全国一卷♦19）已知,R a ∈求函数axe x xf 2)(=的单调区间.4、（2004♦全国一卷◊19）已知13)(23+-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求a 的取值范围.5、（2004♦全国二卷◊21）若函数f (x )＝31x 3－21ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围。

6、（2004♦全国二卷♦22）已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ，g (x )＝x ln x ．(1)求函数f (x )的最大值；7、（2004♦全国四卷♦18）求函数241)1ln()(x x x f -+=在[0，2]上的最大值和最小值.8、（2004♦全国四卷◊19）已知直线1l 为曲线22-+=x x y 在点（1，0）处的切线，2l 为该曲线的另一条切线，且.21l l ⊥（Ⅰ）求直线2l 的方程；9、（2004♦全国四卷♦22）已知函数0)(),sin (cos )(='+=-x f x x e x f x 将满足的所有正数x 从小到大排成数列}.{n x （Ⅰ）证明数列{}{n x f }为等比数列；10、（2005♦全国一卷♦22）（Ⅰ）设函数)10( )1(log )1(log )(22<<--+=x x x x x x f ，求)(x f 的最小值；11、（2005♦全国二卷◊21）设α为实数，函数f(x)=x 3-x 2-x+a.（Ⅰ）求f(x)的极值；12、（2005♦全国二卷♦22）已知a ≥0，函数f(x)=(x 2-2ax)e x .（Ⅰ）当x 为何值时，f(x)取得最小值？证明你的结论；13、（2005♦全国三卷◊21）用长为90cm,宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在四角分别截去一个小正方形,然后把四边翻转90°角,再焊接而成(如图),问该容器的高为多少时,容器的容积最大?最大容积是多少?14、（2005♦全国三卷♦22）已知函数].1,0[,274)(2∈--=x xx x f （Ⅰ）求)(x f 的单调区间和值域；15、（2006♦全国一卷♦21）已知函数()11ax x f x e x-+=-。

高考真题导数第一问分类汇总

切线问题1 已知函数31()4f x x ax =++，()ln g x x =-．当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线； 2 设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+．3已知函数ln ()1a x b f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=．求a 、b 的值；4 设函数()()23xx ax f x a R e +=∈若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；5已知函数f(x)＝e x －ax(a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f(x)在点A 处的切线斜率为－1. 求a 的值及函数f(x)的极值；6设函数，曲线在点处的切线方程为，7已知函数．求曲线在点处的切线方程；8设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )．若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0,2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2．求a ，b ，c ，d 的值；()a x f x xebx -=+()y f x =(2,(2))f (1)4y e x =-+()e cos x f x x x =-()y f x =(0,(0))f单调性问题1已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-．求)(x f 的解析式及单调区间；2 讨论函数2()2x x f x e x -=+ 的单调性，并证明当x >0时，(2)20x x e x -++>；3已知函数()2x x f x e e x -=--. 讨论()f x 的单调性；4 设1a >，函数a e x x f x-+=)1()(2．求)(x f 的单调区间；5已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x －cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值； (2)若c ＝3，判断f (x )的单调性；6设，已知定义在R 上的函数在区间内有一个零点，为的导函数．求的单调区间；7已知函数()ln()x f x e x m =-+. 设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；a ∈Z 432()2336f x x x x x a =+--+(1,2)0x ()g x ()f x ()g x单调性问题（带参）1 已知函数()()22x x f x ae a e x =+--．讨论()f x 的单调性2 设函数2()mx f x e x mx =+-.证明：f (x )在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；3 已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.试讨论)(x f 的单调性；4 已知函数22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >.设()g x 是()f x 的导函数，评论()g x 的单调性；5设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. 讨论f (x )在其定义域上的单调性；6已知. 讨论的单调性；7设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. 讨论f (x )的单调性；8设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈, . 求)(x f 的单调区间；()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈()f x极值最值问题1设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈.讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；2设函数2()f x x ax b =-+.讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值4 已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）求关于的函数关系式，并写出定义域；5设函数()3233f x x bx cx =++在两个极值点12x x 、，且12[10],[1,2].x x ∈-∈，求b c 、满足的约束条件，并在坐标平面内，画出满足这些条件的点(),b c 的区域；6设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、，且12x x < 求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R ()f x '()f x b a不等式（存在或恒成立问题）1 已知函数f()ln(1)x x ，(),(k ),g x kx R 证明：当0x x x 时，f()；2已知函数2()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥. 求a ；3设函数()1x f x e -=-．证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+；4已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+. 若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；零点问题1 已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点．求a 的取值范围；。

题型17 导数的分类(解析版)

秒杀高考数学题型之导函数的分类【秒杀题型五】：导函数的分类。

『秒杀策略』：用导函数研究原函数，所以导函数的分类对于能否顺利解决导数压轴题至关重要。

【题型1】：导数为一次型：主要为)(x f e x或)(x f ex-（)(x f 为一次函数）型。

①不含参。

『秒杀策略』：求导、整理、确定影响导函数符号的一次（因式）函数。

1.(高考题)函数xe x xf )3()(-=的单调递增区间是 ( )A.)2,(-∞B.(0,3)C.(1,4)D.),2(+∞【解析】：()2)('-=x e x f x，导函数的符号由一次函数2-=x y 确定，当()+∞∈,2x 时，)(x f 单调递增，选D 。

※讨论函数xe xf x =)(的单调性，几何意义，大致图象。

【解析】:⎪⎭⎫⎝⎛-=2'1)(x x e x f x，导数的符号由一次函数1-=x y 确定，注意存在断点0≠x ，当()+∞∈,1x 时，)(x f 单调递增，当()1,0∈x 、()0,∞-时，)(x f 单调递减。

几何意义：xe y =图象上的点()xe x ,与()00，连线的斜率。

②常数含参。

『秒杀策略』：求导、整理、确定影响导函数符号的一次（因式）函数，讨论参数（直线平行移动）。

1.(高考题)讨论函数()()xf x x k e =-的单调区间。

【解析】：()1)('+-=k x e x f x，导函数的符号由一次函数1+-=k x y 确定，当()+∞-∈,1k x 时，)(x f 单调递增，当()1,-∞-∈k x 时，)(x f 单调递减。

③一次项系数含参。

『秒杀策略』：求导、整理、确定影响导函数符号的一次（因式）函数，讨论参数，一般分一次项系数等于0、大于0、小于0三种情况讨论。

1.(高考题)讨论函数()(0)kx f x xe k =≠的单调区间。

【解析】:()1)('+=kx ex f kx，导函数的符号由一次函数1+=kx y 确定。