一个导数压轴题的解法探究与命制背景的分析
最近三年高考压轴题系列--导数题思路分析及考题总结
最近三年高考压轴题系列---导数思路分析及考题总结经历过高考的学生或者现在还在高中奋斗的学子应该都知道高考数学中有一个拦路虎般存在的难点，它就是导数，很多人可以说是谈导数色变，基本上碰见导数的题目也就是第一问简单写写然后就放弃了。
那么导数真的那么难吗？真的不可搞定吗？当然不是！！！题目之所以难，在于不可控！难在不确定！你不知道导数到底有多少种考法？多少种问法？每一种是怎么回事？有几种方法？每一种的方法是什么？方法之间的区别是什么？在短时间内该怎么去甄别用那种方法？这些问题你都不知道，你当然会恐惧。
那么接下来这个问题老秦帮你解决！下面是我总结导数在文科和理科层面上的考点及模型。
如下图！这个是文科的，内容相对简单！下面是理科的后续小编会逐一为大家分享，敬请期待！今天咱们先来谈一谈高考中考的最多的一种-----参数取值范围类问题！这类问题主要有下面四种方法。
第一：数形结合法------直线+曲线（例题：2019年新课标Ⅰ）这类方法核心，曲线中不含参数，参数在直线上，且直线过定点！第二：变换主元法（例题：2018年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于多个参数，其中一个参数的范围确定，且单调性易求，简单而言，谁有范围，谁为自变量，求谁，谁为参数！第三：含参分类讨论法（例题：2017年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于无法分离参数，且整体单调性讨论起来比较容易分类！第四：分离参数法----隐零点问题（例题：2019年郑州三模）这类方法核心，参数易分离，且分离后单调性讨论起来不难，而且导函数零点要么可以搞定，要么出现隐零点！2019年新课标Ⅰ文科------数形结合法（直线+曲线）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x＝时，极大值为g（）＝＞0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h（x）＝ax，∵f（x）≥h（x），根据f（x）和h（x）的图象可知，∴a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．2018年新课标Ⅰ文科----变换主元法已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）≥0．2017年新课标Ⅰ文科----含参讨论法已知函数f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．解：（1）f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]2019年郑州三模------分离参数法（隐零点问题）设函数f（x）＝ae x﹣x，g（x）＝blnx．（Ⅰ）设h（x）＝f（x）+g（x），函数h（x）在（1，h（1））处切线方程为y＝2x﹣1，求a，b的值；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0成立，求k的最大值．解：（Ⅰ）h（x）＝f（x）+g（x）＝ae x+blnx﹣x，，由题意可知，解得，b＝1；（Ⅱ）当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0等价于．设，则，令R（x）＝e x﹣x﹣2，则R'（x）＝e x﹣1．当x＞0时，R'（x）＞0恒成立，R（x）在（0，+∞）上单调递增，又R（1）＜0，R（2）＞0，∴R（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0，且x0∈（1，2），．∴F（x）单减区间为（0，x0），单增区间为（x0，+∞），∴F（x）在（0，+∞）的最小值为．∴k＜F（x0），故k max＝2．看完以后大家发现，其实各种方法也许都能搞定，但是区别在于是否能够在短时间内搞定，所以我经常和学生说，导数难的不是方法，而是对方法的选择，尤其是短时间内找到合适的方法。
导数压轴题解题法探讨
所 以 （ ） 在 区 间 （ ０ ， １ ） 和 区 间 （ ， ＋ ） 上 单 调 递 增 ， 在 区 间 （ １ ， １ ） 上 单 调 递 减 ．
得 到正与负 ， 单调 区间即得出． ” 怎么样？还算 押韵 吧？只 要解 决 了单调 区 间 问题 ， 结 合原 函数 的图像 ， 极值、 最值 、 零点 、 不等式 恒成立 等等 问题
都会 迎刃而解．
＼ ｌ
Ａ （ ’ ’ ’
０ ＜ ＜ １ 或 ＞ 寺， 得 厂 （ ） ＞ ｏ ； １ ＜ ＜ 寺， 得 厂 （ ） ＜ ｏ ・
● － ２ ＼
１的正负 即可． 显然 ， 当 ∈（一ａ 。 ，
－
１ ） 时， ，（ ） ＜ ０ ； 当 ∈（ １ ， ＋∞ ） 时，
－ 尸（ ）＞ ０ ．
＿ ／
（ １ ‘ ’
增， 在 区间（ １ ， ＋ａ 。） 上单调递减．
ｚ
（ 下转 １ ２ ６页）
当ａ ＞ Ｏ时 ， 方程 （ ２ 似一 １ ） （ 一１ ） ＝ ０的 两个根分 别是
１＝ １， ２＝ １
．
所以， 在（ 一 ∞， １ ） 单调递减 ， 在（ １ ， ＋＊） 单调递增．
数 学 学 习与 研 究
２ ０ １ ７ ． ２ ＂ １
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解题 技巧 与方 法
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楚・
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解 题 技 巧 与 方法
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◎李彦 吉 占 （ 麓 山国际实验 学校 高 中部 ， 湖南 长沙 ４ １ ０ ０ ０ ６ ）
如何探究导数压轴题解题技巧
如何探究导数压轴题解题技巧在高中数学中，导数是一个非常重要的概念，经常出现在各种考试中。
而“导数压轴题”更是出现频率较高的考点。
因此，如何探究导数压轴题解题技巧变得尤为关键。
以下将按照场景、方法、技巧三个方面进行探究。
一、场景考试中，导数压轴题通常出现在数学考试的末尾，为的是检验学生对该章节知识点的理解和应用能力。
这类题目难度较大，需要学生经过反复推导和练习，而且多数情况下会涉及与其他知识点的结合，因此考察的就不仅仅是直接的导数知识，还包含了学生综合应用知识点的能力。
因此，我们需要在平时学习的过程中注重练习，并熟练掌握常见的导数压轴题类型。
二、方法或许有人会问：“在平时的学习中，怎么发现导数压轴题的解题技巧呢？”其实，出现频率高的类型，我们可以通过分析题目和对于以往的历年试卷进行总结，来找到解题的方法。
例如：图示中，$y=f(x)$ 是 $[a,b]$ 区间上的可导函数，$f'(a)>0$，$f'(b)<0$，请你估计 $f(x)$ 的最大值。
解析：首先将函数 $f(x)$ 求导（或者说是化简）：$$f'(c)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}\quad\quad f'(d)=\frac{f(b)-f(d)}{b-d}$$因为 $f'(a)$ 与 $f'(b)$ 的符号不同，所以 $f'(c)$ 与 $f'(d)$ 的符号也不同，也就是说 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 上单调上升，在$[d,b]$ 上单调下降。
因此，函数 $f(x)$ 的最大值，取决于 $c$ 和 $d$ 的取值。
其中，对于给定的 $a$、$b$，可以推导出最优解为 $f(\frac {a+b}2)$。
三、技巧对于导数压轴题的解题技巧，我们需要熟悉部分招式，这里列出一些常见的方法：1.求导法。
通过对函数求导，找到函数的驻点，判断函数极值，求出极值点的函数值。
一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广
一道高考导数压轴题的解法探究及背景和推广刘㊀冰(厦门外国语学校石狮分校ꎬ福建厦门３６２７００)摘㊀要:文章从不同角度给出２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷导数压轴题第(２)问的多种解法ꎬ然后分析其背景ꎬ最后再对试题进行推广.关键词:高考ꎻ新课标ꎻ导数ꎻ背景ꎻ推广中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３３－００６０－０３收稿日期:２０２３－０８－２５作者简介:刘冰(１９８４.７－)ꎬ女ꎬ福建省泉州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷的导数压轴题ꎬ第(１)问考查的是证明不等式ꎬ构造函数即可解决.而第(２)问考查的是已知函数ｆ(ｘ)的极值点ꎬ求参数ａ的取值范围ꎬ有一定的难度.其难点主要在于对参数ａ的讨论以及对极值的判断与取点上.该试题很好地考查了考生的分类讨论思想和数学运算㊁逻辑推理等素养.１真题再现２０２３年高考数学新课标Ⅱ卷第２２题如下:(１)证明:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ<ｘꎻ(２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ(１－ｘ２)ꎬ若ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值点ꎬ求ａ的取值范围.２解法探究(１)先证:当０<ｘ<１时ꎬｓｉｎｘ<ｘ.设ｇ(ｘ)＝ｘ－ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝１－ｃｏｓｘ>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬｇ(ｘ)>ｇ(０)＝０ꎬ即ｓｉｎｘ<ｘꎬ再证:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.解法１㊀利用ｘ>ｓｉｎｘ.设ｈ(ｘ)＝ｘ２－ｘ＋ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由ｘ>ｓｉｎｘꎬ得ｈᶄ(ｘ)＝２ｘ－１＋ｃｏｓｘ＝２ｘ－２ｓｉｎ２ｘ２>ｘ－２ｓｉｎ２ｘ２＝２ｘ２－ｓｉｎ２ｘ２æèçöø÷>２ｓｉｎｘ２－ｓｉｎ２ｘ２æèçöø÷>０.所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０ꎬ即ｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.解法２㊀两次求导.设ｈ(ｘ)＝ｘ２－ｘ＋ｓｉｎｘꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝２ｘ－１－ｃｏｓｘꎬｈᵡ(ｘ)＝２－ｓｉｎｘ.当０<ｘ<１时ꎬｈᵡ(ｘ)>０ꎬ所以ｈᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ从而ｈᶄ(ｘ)>ｈᶄ(０)＝０ꎬ因此ｈ(ｘ)在(０ꎬ１)单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０ꎬ即ｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ.(２)解法１㊀令１－ｘ２>０ꎬ解得－１<ｘ<１ꎬ即函数ｆｘ()的定义域为－１ꎬ１().若ａ＝０ꎬ则ｆｘ()＝－ｌｎ１－ｘ２()ꎬｘɪ－１ꎬ１()ꎬ因为ｙ＝－ｌｎｕ在定义域内单调递减ꎬｙ＝１－ｘ２在－１ꎬ０()上单调递增ꎬ在０ꎬ１()上单调递减ꎬ则ｆｘ()＝－ｌｎ１－ｘ２()在－１ꎬ０()上单调递减ꎬ在０ꎬ１()上单调递增ꎬ故ｘ＝０是ｆｘ()的极小值点ꎬ不合题意ꎬ所以ａʂ０.当ａʂ０时ꎬ令ｂ＝ａ>０ꎬ因为ｆｘ()＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ１－ｘ２()＝ｃｏｓａｘ()－０６ｌｎ１－ｘ２()＝ｃｏｓｂｘ－ｌｎ１－ｘ２()ꎬ且ｆ－ｘ()＝ｃｏｓ－ｂｘ()－ｌｎ１－－ｘ()２[]＝ｃｏｓｂｘ－ｌｎ１－ｘ２()＝ｆｘ()ꎬ所以函数ｆｘ()在定义域内为偶函数ꎬ由题意可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ－２ｘｘ２－１ꎬｘɪ－１ꎬ１().(ⅰ)当０<ｂ２ɤ２时ꎬ取ｍ＝ｍｉｎ１ｂꎬ１{}ꎬｘɪ０ꎬｍ()ꎬ则ｂｘɪ０ꎬ１()ꎬ由(１)可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ()－２ｘｘ２－１>－ｂ２ｘ－２ｘｘ２－１＝ｘｂ２ｘ２＋２－ｂ２()１－ｘ２ꎬ且ｂ２ｘ２>０ꎬ２－ｂ２ȡ０ꎬ１－ｘ２>０ꎬ所以ｆᶄｘ()>ｘｂ２ｘ２＋２－ｂ２()１－ｘ２>０ꎬ即当ｘɪ０ꎬｍ()⊆０ꎬ１()时ꎬｆᶄｘ()>０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｍ()上单调递增ꎬ结合偶函数的对称性可知ꎬｆｘ()在－ｍꎬ０()上单调递减ꎬ所以ｘ＝０是ｆｘ()的极小值点ꎬ不合题意[１].(ⅱ)当ｂ２>２时ꎬ取ｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷⊆０ꎬ１()ꎬ则ｂｘɪ０ꎬ１().由(１)可得ｆᶄｘ()＝－ｂｓｉｎｂｘ－２ｘｘ２－１<－ｂ(ｂｘ－ｂ２ｘ２)－２ｘｘ２－１＝ｘ１－ｘ２(－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２)ꎬ设ｈｘ()＝－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２ꎬｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ则ｈᶄｘ()＝－３ｂ３ｘ２＋２ｂ２ｘ＋ｂ３ꎬｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ且ｈᶄ０()＝ｂ３>０ꎬｈᶄ１ｂæèçöø÷＝ｂ３－ｂ>０ꎬ则ｈᶄｘ()>０对∀ｘɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷恒成立.可知ｈｘ()在０ꎬ１ｂæèçöø÷上单调递增ꎬ且ｈ０()＝２－ｂ２<０ꎬｈ１ｂæèçöø÷＝２>０ꎬ所以ｈｘ()在０ꎬ１ｂæèçöø÷内存在唯一的零点ｎɪ０ꎬ１ｂæèçöø÷ꎬ当ｘɪ０ꎬｎ()时ꎬ则ｈｘ()<０ꎬ且ｘ>０ꎬ１－ｘ２>０ꎬ则ｆᶄｘ()<ｘ１－ｘ２－ｂ３ｘ３＋ｂ２ｘ２＋ｂ３ｘ＋２－ｂ２()<０ꎬ即当ｘɪ０ꎬｎ()⊆０ꎬ１()时ꎬｆᶄｘ()<０ꎬ则ｆｘ()在０ꎬｎ()上单调递减ꎬ结合偶函数的对称性可知ꎬｆｘ()在－ｎꎬ０()上单调递增ꎬ所以ｘ＝０是ｆｘ()的极大值点ꎬ符合题意.综上ꎬｂ２>２ꎬ即ａ２>２ꎬ解得ａ>２或ａ<－２.故ａ的取值范围为－ɕꎬ－２()ɣ２ꎬ＋ɕ().解法２㊀由ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ｌｎ１－ｘ２()可得ꎬｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２ꎬ求二阶导数ｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋２１＋ｘ２()１－ｘ２()２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)＝－ａ２＋２.因为ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值ꎬ由函数的连续性ꎬ我们知道还需满足在ｘ＝０的左侧附近ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ在ｘ＝０的右侧附近ꎬｆᶄ(ｘ)<０.由题意易得ꎬｆ(ｘ)是关于ｘ的偶函数ꎬ也是关于ａ的偶函数ꎬ因此只需要关注ｘɪ(０ꎬ１)ꎬａ>０的情况.①当ｆᵡ０()＝－ａ２＋２>０ꎬ即０<ａ<２时ꎬ∃ｘ０ɪ０ꎬ１ａæèçöø÷ꎬ使ａｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ在ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬａｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由第(１)问可知ꎬｓｉｎａｘ<ａｘꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２>－ａ２ｘ＋２ｘ１－ｘ２＝ｘ－ａ２＋２１－ｘ２æèçöø÷.因为φ(ｘ)＝－ａ２＋２１－ｘ２在０ꎬｘ０()上单调递增ꎬ则φｘ()>φ０()＝２－ａ２>０ꎬ所以在０ꎬｘ０()上ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎬ与ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值矛盾ꎬ舍去.②当ｆᵡ(０)＝－ａ２＋２<０ꎬ即ａ>２时ꎬ∃ｘ０ɪ０ꎬ１ａæèçöø÷ꎬ使ａｘ０ɪ(０ꎬ１)ꎬ在ｘɪ０ꎬｘ０()时ꎬａｘɪ(０ꎬ１)ꎬ由第(１)问可知ｓｉｎａｘ>ａｘ－(ａｘ)２ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ<－ａ２ｘ＋ａ３ｘ２＋２ｘ１－ｘ２＝ｘ－ａ２＋ａ３ｘ＋２１－ｘ２æèçöø÷.因为ｇ(ｘ)＝－ａ２＋ａ３ｘ＋２１－ｘ２在０ꎬｘ０()上单调递增ꎬ则ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(０)＝－ａ２＋２<０ꎬ所以存在ｘ１１６ɪ０ꎬｘ０()ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ符合题意.综上ꎬ由是关于的偶函数知ａ>２或ａ<－２.３背景分析本题的高数背景是极值的第二充分条件和第三充分条件.合并后即是如下定理.定理㊀设函数ｆ(ｘ)在Ｕｘ０ꎬδ()内ｎ阶可导ꎬ且ｆᶄｘ０()＝ｆᵡｘ０()＝ ＝ｆ(ｎ－１)ｘ０()＝０ꎬｆ(ｎ)ｘ０()ʂ０ꎬ则(１)当ｎ为奇数时ꎬｆ(ｘ)在点ｘ０不取极值ꎻ(２)当ｎ为偶数且ｆ(ｎ)ｘ０()>０时ꎬｆ(ｘ)在ｘ０取极小值ꎻ(３)当ｎ为偶数且ｆ(ｎ)ｘ０()<０时ꎬｆ(ｘ)在ｘ０取极大值.利用定理ꎬ可得到本题的另一解法.解法３㊀Ｓ表示ｆ(ｘ)的极大值点的集合ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋２ｘ１－ｘ２＝－ａｓｉｎａｘ＋１１－ｘ－１１＋ｘꎬｆᶄ(０)＝０ꎻｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋１(１－ｘ)２＋１(１＋ｘ)２ꎬｆᵡ(０)＝２－ａ２ꎻｆ‴(ｘ)＝ａ３ｓｉｎａｘ＋２(１－ｘ)３－２(１＋ｘ)３ꎬｆ‴(０)＝０ꎻｆ(４)(ｘ)＝ａ４ｃｏｓａｘ＋６(１－ｘ)４＋６(１＋ｘ)４ꎬｆ(４)(０)＝ａ４＋１２.由定理可得:若－２<ａ<２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ>２或ａ<－２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)<０ꎬ０ɪＳꎻ若ａ＝ʃ２ꎬ则ｆᶄ(０)＝ｆᵡ(０)＝ｆ‴(０)＝０ꎬｆ(４)(０)>０ꎬ０∉Ｓ.综上ꎬａ的取值范围为(－ɕꎬ－２)ɣ(２ꎬ＋ɕ).４试题推广本题还可以作如下推广.(１)证明:当０<ｘ<１时ꎬｘ－ｘ２<ｓｉｎｘ<ｘꎻ(２)已知函数ｆ(ｘ)＝ｃｏｓａｘ－ａｌｎ１－ｘ２()ꎬ若ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极大值点ꎬ求ａ的取值范围[２].解㊀(１)略.(２)显然ｆ(ｘ)的定义域是Ｉ＝(－１ꎬ１).易见ｘɪＩ时ｆᶄ(ｘ)＝－ａｓｉｎａｘ＋ａ１－ｘ－ａ１＋ｘꎬｆᶄ(０)＝０ꎻｆᵡ(ｘ)＝－ａ２ｃｏｓａｘ＋ａ(１－ｘ)２＋ａ(１＋ｘ)２ꎬｆᵡ(０)＝２ａ－ａ２ꎻｆ‴(ｘ)＝ａ３ｓｉｎａｘ＋２ａ(１－ｘ)３－２ａ(１＋ｘ)３ꎬｆ‴(０)＝０ꎻｆ(４)(ｘ)＝ａ４ｃｏｓａｘ＋６ａ(１－ｘ)４＋６ａ(１＋ｘ)４ꎬｆ(４)(０)＝ａ４＋１２ａ.设Ｓ表示ｆ(ｘ)的极大值点的集合.由定理可得:若０<ａ<２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ<０或ａ>２ꎬ则ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᵡ(０)<０ꎬ０ɪＳꎻ若ａ＝２ꎬ则ｆᶄ(０)＝ｆᵡ(０)＝ｆ‴(０)＝０ꎬｆ(４)(０)>０ꎬ０∉Ｓꎻ若ａ＝０ꎬ则ｆ(ｘ)＝１为常数ꎬ０∉Ｓ.综上ꎬａ的取值范围为(－ɕꎬ０)ɣ(２ꎬ＋ɕ).试题以三角函数㊁对数函数为背景.三角函数的导数是中学数学教学的重点与难点.试题巧妙地将三角函数与对数函数相结合ꎬ讨论函数的极值问题ꎬ具有一定的综合性.试题的高等数学背景是极值的第三充分条件ꎬ起点高ꎬ但落点低ꎬ设计新颖ꎬ紧扣课程标准.通过第(１)问铺设好的不等式ꎬ给第(２)问的证明提高了思路ꎬ降低了思维强度.参考文献:[１]刘品德ꎬ李义仁.函数奇偶性的应用[Ｊ].数学通讯ꎬ２０１５(Ｚ４):１０－１１.[责任编辑:李㊀璟]２６。
新课标卷压轴导数题方法解读与背景分析
解密新课标高考压轴题＂手写版＂随着课标卷的成熟，高考数学的新课标卷逐步的在推向全国，越来越多的省份开始使用了，每年的压轴题都是困扰考生得高分的关键，那么压轴题是怎么设计出来的，解题的知识储备和方法技能要求是什么，能力要求是什么，突破的关键在哪里，下面就由笔者带领各位同学来一探究竟．这几年的导数题主要考什么，解题的关键点在哪里，技巧核心在哪里，思维突破点在哪里，我们该如何备考，请看笔者对历年高考压轴题的
纯手写分析），最后会给大家总结突破压轴题的几个学习目
标．。
解决一类函数与导数压轴题的基本策略——以２０２１年浙江省高考压轴题解析为例
用思维导图解答压轴题㊀从通法到秒杀讲课比赛获奖作品系列之十六解决一类函数与导数压轴题的基本策略以２０２１年浙江省高考压轴题解析为例◉杭州第七中学㊀刘富裕摘要:本文中主要以构造函数㊁参变分离㊁数形结合㊁分析法㊁放缩法等基本方法,探析２０２１年浙江卷压轴题函数与导数的解法,并对试题难点及所考查的核心素养进行再反思和归纳,为新一轮高考复习的师生寻找一个解决这类问题的突破口,提供一个探究解法㊁启发教学的视角．关键词:函数零点;放缩法;分析法;双变量含参不等式１引言２０２１年浙江省压轴题表述简洁,立意新颖,知识交汇丰富,多层次多角度地考查了学生的数学思维和素养[１]．该题将函数㊁导数㊁函数的零点与不等式知识结合,考查学生灵活运用导数工具分析和解决问题的能力,对逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等核心素养要求较高,为高校选拔和学生进一步学习所需掌握的技能㊁思想㊁方法创造条件[２]．２原题设a ,b 为实数,且a ＞１,函数f (x )＝a x －b x ＋e２(x ɪR )．(１)求函数f (x )的单调区间;(２)若对任意b ＞２e ２,函数f (x )有两个不同的零点,求a 的取值范围;(３)当a ＝e 时,证明:对任意b ＞e ４,函数f (x )有两个不同的零点x １,x ２(x １＜x ２),且满足x ２＞b l n b２e２x １＋e ２b．(注:e ＝２．７１８２８ 是自然对数的底数)３题目剖析第(１)小题比较常规,主要考查函数单调性的问题,这里要注意的是对参数的讨论;第(２)小题涉及到函数零点求参数范围,也是浙江高考连续两年都涉及到的问题;第(３)小题属于双变量含参不等式的问题,这也是近几年高考的热点问题的．解题思路如图１:图１４㊀解法探析４．１㊀第(１)小题解法探究(直接求导,正负定界)由于f (x )＝a x －b x ＋e ２(x ɪR ),所以f ᶄ(x )＝a x l n a －b ．①若b ɤ０,则f ᶄ(x )＝a xl n a －b ＞０,所以f (x )在R 上单调递增;②若b ＞０,令f ᶄ(x )＞０,得x ＞l o g abl n a,所以f (x )在(－¥,l o g a b l n a )单调递减,(l o g abl n a,＋¥)单调递增．这种利用导函数来判断函数单调性是比较常规的题目,本小题要注意的是对参数b 的讨论,这里的难点是对指数函数的求导以及极值点的表示．４．２第(２)小题解法探究回归到原点,本小题主要涉及到知识点为函数零点．对于函数零点的问题,可以从函数零点自身性质㊁对应方程的根以及函数图象的交点这三个方面去切入,找到解题突破口．４．２．１极限叙述㊁进阶放缩图２从题目原点出发,明确已知条件,再由第(１)问可得函数f (x )在(－¥,x ０)单调递减,在(x ０,＋¥)上单调递增,另外l i m x ң－¥f (x )＞０,l i m x ң＋¥f (x )＞０(如图２),所以根据函数零点存在性及单调性可知:函数f (x )恒有两个零点等价于f (x ０)＜０恒成立．即∀b ＞２e ２,f (l o g ab l n a )＝b l n a －b l o g abl n a＋e ２＜０恒成立．使用换底公式再去分母化简为:f (x ０)＝b l n a －b l n b －l n (l n a )l n a＋e ２＜０⇔[１＋l n (l n a )]b －b l n b ＋e ２l n a ＜０．图３记上述不等式左侧为g (b ),则其导函数为g ᶄ(b )＝l n (l n a )－l n b ,b ＞２e ２．易知g (b )在(０,l n a )单调递增,在(l n a ,＋¥)单调递减．又因为g m a x (b )＝g (l n a )＝l n a ＋e ２l n a ＞０,所以结合函数图象(如图３)可知:∀b ＞２e ２,g (b )＜０恒成立⇔l n a ɤ２e ２,g (２e ２)ɤ０．{由g (２e ２)＝e ２[２l n (l n a )＋l n a －２l n ２－２]ɤ０,可得２l n (l n a )＋l n a －２l n ２－２ɤ０,即２l n (l n a )＋l n a ɤ２l n ２＋２．又因为函数y ＝２l n x ＋x 在x ɪ(０,＋¥)上单调递增,结合l n a ɤ２e ２,０＜l n a ɤ２,所以１＜a ɤe ２．这种方法是从零点自身性质出发,结合函数单调性,把 函数有两个零点 转化为 恒成立问题 ,进而求参数的取值范围．过程中涉及到构造函数,并把b 看作变量,体现了双参主元的思想[３]．上述方法运算量比较大,我们还可以对其进一步改进与优化．f (x ０)＝b l n a －b l n b －l n (l n a )l n a＋e ２＝b l n a [１－l n (bl n a)]＋e ２＜０．令x ＝bl n a ɪ(０,＋¥),设函数g (x )＝x (１－l n x )＋e ２,则g ᶄ(x )＝－l n x ．由g ᶄ(x )＝０,得x ＝１．则g (x )在x ɪ(０,１]上单调递增,在x ɪ(１,＋¥)上单调递减．又l i m x ң０g (x )＝e ２,且g (e ２)＝０,所以g (x )＜０当且仅当x ＞e ２．由f (x ０)＝g (b l n a )＜０,得∀b ＞２e ２,bl n a＞e ２恒成立．所以(bl n a)m i n ＞e ２,即２e ２l n aȡe ２,从而１＜a ɤe ２．以上过程,首先是从函数零点出发,然后使用极限叙述㊁进阶放缩的方法,最后通过恒成立问题求出参数的取值范围[４]．在此过程中,也涉及到换元㊁构造函数㊁数形结合等方法,主要考查了学生的数学运算㊁直观想象㊁逻辑推理等核心素养．４．２．２换元转化,构造函数由于f (x )有两个不同的零点,等价于方程a x －b x ＋e ２＝０(x ＞０)有两个不同的根,进而等价于e x l n a－b x ＋e ２＝０(x ＞０)有两个不同的根．令t ＝x l n a ,则e t－b t l n a ＋e ２＝０,即b l n a ＝e t ＋e ２t．设g (t )＝e t＋e ２t ,t ＞０,则问题等价于g (t )＝b l n a 有两个不同的根．g ᶄ(t )＝e tt －(e t＋e ２)t ２＝e t(t －１)－e２t２．记h (t )＝e t (t －１)－e ２,则h ᶄ(t )＝e t (t －１)＋e t １＝e tt ＞０．又h (２)＝０,所以t ɪ(０,２)时,h (t )＜０,t ɪ(２,＋¥)时,h (t )＞０．则g (t )在(０,２)上单调递减,在(２,＋¥)上单调递增．所以b l n a ＞g (２)＝e ２,即l n a ＜b e ２．又b ＞２e ２,所以b e ２＞２．因此l n a ɤ２,即１＜a ɤe ２．此方法把函数零点转化成对应方程的根,从方程根这个角度切入,然后通过换元㊁二次构造函数,利用函数单调性求参数范围．过程中涉及到等价转换㊁二次构造㊁二次求导等方法,对学生的数学运算㊁逻辑推理的核心素养有较高的要求．但考场上时间有限,我们需要一种简化运算的方法．接下来,我们尝试从函数图象入手．４．２．３分参思想,利用切点函数f (x )有两个零点,等价于函数f (x )与x 轴有两个交点,但与x 轴交点无法求得．设h (x )＝a x ,g (x )＝b x －e ２,则转化为两函数图象有两个不同的交点．设切点坐标P (x ０,y ０),画出函数图象(图４)．图４发现当b 为定值时,随着a 的变化,两函数图象交点个数是不确定;而当a 为定值时,无论b 如何变化,函数图象始终有两个零点．所以,对于∀b ＞２e ２,两函数有两个交点时,当且仅当g (x ０)＞y ０．由于两函数相切于P (x ０,y ０),且在切点处导数值相等(即切线斜率),所以a x ＝y ０,b x ０－e ２＝a x ,a x l n a ＝b ．ìîíïïïï从而a x l n a x －e ２＝a x ．令t ＝a x ,则t l n t －e ２＝t ,切点坐标为P (l o g ae ２,e ２)．由g (l o g a e ２)＝b l o g ae ２－e ２＞e ２,b ＞２e ２,得l o g ae ２ȡ１,从而１＜a ɤe ２．这种方法是从函数图象切入,把函数零点问题转化为两函数有两个交点．从两函数相切逆推到函数图象相交的情况,从而求出参数a 的取值范围．总体上看,第(２)小题主要是双参数求参数取值范围的问题,我们首先从数学原点和题目原点出发,分别利用零点存在性质得到不等关系㊁利用函数最值性质得到不等关系㊁利用切点性质得到不等关系,最后求出参数的取值范围．在此过程中主要考查学生的逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等核心素养．４．３第(３)小题解法探究第(３)小题是不等式的证明,可以从原点出发,挖掘已知条件,类比第(２)小题的做法去切入;也可以从要证明的结论切入,对其变形㊁等价㊁或简化等．４．３．１参变分离,分析求证从参数b 入手．a ＝e 时,f (x )＝e x －b x ＋e ２有２个不同零点x １,x ２(x １＜x ２)．由于e x ＋e ２＝b x ,则x ＞０．结合函数图象(图５),知f (２)＝e ２－２b ＋e ２＜０,则x １＜２＜x ２．图５因为f (x １)＝f (x ２)＝０,所以b ＝e x ＋e ２x １＝e x ＋e ２x ２,b ＝e x ＋e ２x ２＜２ex x ２．则由b ＝e x ＋e ２x １＜２e２x １,得x １＜２e ２b．所以要证x ２＞b l n b ２e２x １＋e ２b ,只需证x ２＞l n b ＋e２b ．由f (x )单调性及f (x ２)＝０,则只需证f (l n b ＋e２b)＜f (x ２)＝０．只需证e l n b ＋e－b (l n b ＋e ２b)＋e ２＜０．只需证el n b ＋e＜b l n b (两边同时取对数)．只需证l n b ＋e ２b＜l n b ＋l n (l n b )⇔e ２＜b l n (l n b )．又因为b ＞e ４,所以b l n (l n b )＞e ４l n ４＞e ２显然成立．证毕．首先把函数零点转化为对应方程的根,分离参数b ,利用数形结合求出x １的取值范围,进而使用放缩法和分析法证明了结论．这里的f (２)＜０是很难想得到的,我们采用数形结合的方法去处理,主要考查学生直观想象能力．上述方法是从参数考虑,对不等式x ２＞b l n b ２e２x １＋e２b 的证明,也可以尝试从x １,x ２上考虑．４．３．２变量分离,分析求证结合第(２)问可知,当a ＝e 且b ＞e ４时,f (x )恒有两个不同的零点．由于f (２)＝２(e ２－b )＜０,可得x １＜２;由于f (x １)＝a x －b x １＋e ２＝０,得b x １＝a x ＋e ２,所以,对待证不等式右侧替换和放大:b l n b ２e ２x １＋e ２b ＝l n b ２e２ (e x ＋e ２)＋e ２b ＜l n b ＋e ２b ．所以,只需证明x ２＞l n b ＋e２b,接下来方法同解法１．此方法把函数零点转化成对应方程的根,和解法１不同的是此方法分离的是b x １,进而对要证的不等式放大,最后用分析法求得结果．主要考查学生的逻辑推理㊁数学运算等核心素养,同时也要求学生对放缩法和分析法掌握得比较熟练．以上两种方法分别是从参数b 和变量x １,x ２考虑,方法很巧妙,但运算量非常大．类比第(２)小题,我们用数形结合来简化运算,此题也可以尝试去从函数图象这个角度切入．４．３．３数形结合,分析求证图６由a ＝e ,f (x )＝e x－b x ＋e ２,∀b ＞e ４知x ０＝l n b ,故f (x )恒有两个零点x １,x ２(x １＜x ２),且x ２＞l n b ＞４,结合函数图象(见图６):f (０)＝１＋e ２＞０,f (１)＝e ＋e ２－b ＜e ＋e ２－e ４＜０,知０＜x １＜１．由０＝f (x １)＝e x －b x １＋e ２,得b x １＝e x ＋e ２＜e ２＋e ．故要证x ２＞b l n b ２e２x １＋e２b ,只需证b l n b ２e ２x １＋e ２b ＜l n b ２e ２(e ２＋e )＋e２e４＜l n b ．只需证(e ２－e )l n b ＞２．而b ＞e ４,知(e ２－e )l n b ＞４(e ２－e )＞２成立．因此x ２＞b l n b ２e２x １＋e２b 得证．从函数图象切入,利用函数图象估计x １的范围,再用代数的方法去验证,然后用放缩㊁分析法求证．体现了数形结合的思想,这个过程中主要考查了学生直观想象的核心素养．纵观第(３)小题,主要是考查双变量含参不等式化为含参数的零点问题,这里的变量又是函数零点,所以将函数零点与对应方程的根互相转化,进而用分析法求证．５反思总结本题是函数与导数的压轴题,对于此类题目,我们需要 回归原点 ．这里的 原点 ,一方面是指试题涉及的 数学的原点 ,即概念㊁定义㊁公式㊁定理㊁基本知识和思想;另一方面是指给出的 试题的原点 ,包括涉及的题型㊁结构,数据㊁条件,变形㊁推论等．以后遇到此类问题时,我们可以从方程㊁不等式㊁切线㊁最值㊁极值等等切入,最后落脚点都是函数[５]．坚定函数思想㊁明确函数意识是求解这类问题的基本．解题过程有如下感悟:导数大题运算繁,双参函数定主元;复杂算式需变换,先猜后证变简单．这也充分考查了学生逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等核心素养,同时对学生的创新能力的要求也越来越高[６]．参考文献:[１]洪昌强．立足能力考查彰显函数思想蕴含特色文化 北京㊁浙江近３年高考压轴题(理)比较分析[J ]．中学教研(数学),２０１８(６):４４Ｇ４７．[２]曹凤山,朱伟义．核心素养下求解函数与导数压轴题的几个关键词[J ]．数学通讯．２０２１(５)．[３]鲁如明．浙江省２０１２㊁２０１３理科数学高考压轴题看主元思想[J ]．数学教学与研究,２０１４(９):１０６Ｇ１０７．[４]林国夫．对２０１５年浙江省高考数列压轴题放缩策略的思维探析[J ]．中学数学教学,２０１５(４):１９Ｇ２０．[５]曹凤山．曹凤山讲怎样解题[M ]．杭州:浙江大学出版社,２０２０．[６]文卫星．构建生态课堂落实核心素养[J ]．中学数学教学参考,２０２０(１３):５５Ｇ５６．Z。
巧妙导数压轴题
巧妙导数压轴题摘要：一、导数压轴题的背景与意义1.导数压轴题在数学考试中的重要性2.导数压轴题的难点与挑战二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路2.熟练运用导数公式和性质3.掌握求导数的方法和技巧4.理解导数与函数图像的关系5.解题时的注意事项三、导数压轴题的实战演练1.题目一2.题目二3.题目三四、总结与反思1.导数压轴题的解题技巧总结2.提高导数压轴题解题能力的建议3.反思导数压轴题的解决过程正文：一、导数压轴题的背景与意义导数压轴题通常出现在数学考试的最后一题，其难度较高，分值也相对较大。
这类题目考查了学生对导数概念的理解，对导数公式的熟练运用，以及对导数性质的掌握程度。
因此，导数压轴题是衡量学生数学水平的重要依据。
二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路在解答导数压轴题时，首先要认真阅读题目，理解题意，找出已知条件和所求结论。
通过对题目的分析，理清解题思路，明确解题方向。
2.熟练运用导数公式和性质熟练掌握导数的基本公式和性质是解决导数压轴题的基础。
如：导数的四则运算、导数的复合、导数的分部积分、导数与函数的极值、最值等关系。
3.掌握求导数的方法和技巧求导数的方法有多种，如：直接求导法、对数求导法、反函数求导法、隐函数求导法、参数方程求导法和复合函数求导法等。
了解各种求导方法的特点，灵活选用求导方法，有助于解决导数压轴题。
4.理解导数与函数图像的关系导数反映了函数在某一点的切线斜率，与函数的增减性和极值有关。
因此，通过导数压轴题，可以加深对函数图像的理解，提高分析函数图像的能力。
5.解题时的注意事项在解答导数压轴题时，要注意审题，避免因粗心导致错误；解题过程要step-by-step，条理清晰；对于复杂题目，可以先求出部分结论，再逐步推导出最终结果；在计算过程中，注意运算顺序和运算法则。
三、导数压轴题的实战演练以下为三道典型的导数压轴题：题目一：已知函数f(x)=x^3-3x^2+2x-1，求f"(x)。
探究近15年高考数学压轴题之导数应用部分出题背景及典例解法归纳方法
x n1 1 n1 ( ) ； 其中 Rn (1) (n 1)! 1 x
n
3. sin x x
x3 x5 x 2 k 1 (1)k 1 Rn 3! 5! (2k 1)! x2 x4 x 2k 2 (1)k 1 Rn 2! 4! (2k 2)!
n (x - x0)2 + + f x (x - x0)n + Rn x ，
0
n!
f ( n 1) ( x x0 ) n 1 称为余项，上式称为 n 阶泰勒公式； (n 1)!
若 x0 0，则上述的泰勒公式称为麦克劳林公式， 即 f x = f 0 + f
f ( x 0 ) f ( x 0 ) f ( n ) ( x0 ) ( x x0 ) ( x x0 ) 2 ( x x0 ) ( n ) 1! 2! n! f ( x 0 ) f ( x 0 ) f ( n) ( x0 ) 或 f ( x) f ( x0 ) ( x x0 ) ( x x0 ) 2 ( x x0 ) ( n) 1! 2! n! f ( x) f ( x0 )
1
泰勒展开式 1. e 1
x
x x 2 x3 xn x n1 x e , 1! 2! 3! n ! (n 1)!
其中 (0 1) ；
Байду номын сангаас
n x 2 x3 n 1 x ( 1) R n, 2. ln(1 x) x 2! 3! n!
2
2014 年全国卷新课标 I 理 21 题 2015 年福建卷理 20 题 2016 年全国 2 卷例 21 题 （2）、拉格朗日中值定理和罗尔中值定理（部分） 拉格朗日中值定理：若函数 f 满足如下条件： （i） f 在闭区间 [ a, b] 上连续； （ii） f 在开区间 (a, b) 内可导； 则在 a, b 内至少存在一点 ，使得 f
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题通常是考察学生对导数概念的理解和应用
能力的重要考试，以下是一些解题技巧：
1. 理解导数定义
导数定义是理解导数概念的基础，需熟练掌握并能熟练运用。
2. 熟练掌握导数的基本性质
导数具有线性性、乘积法则、商法则、链式法则等基本性质，需要熟练掌握并灵活运用。
3. 熟练掌握求导公式
常用的求导公式包括常函数导数、幂函数导数、指数函数导数、对数函数导数、三角函数导数等，需要熟练掌握并能够正确运用。
4. 理解导数的物理意义
导数的物理意义是变化率，需要理解并能够将其应用到实际问题中。
5. 灵活应用导数解决实际问题
在解决实际问题时，需要灵活运用导数概念和求导公式，并联系实际情况进行分析和解答。
通过以上解题技巧，相信学生们可以在高一数学导数压轴题中取得好成绩。
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导数压轴题解题技巧
导数压轴题解题技巧
嘿，朋友们！今天咱就来聊聊导数压轴题解题技巧，这可真是个让人又爱又恨的家伙啊！
你看哈，导数压轴题就像是一场刺激的游戏！比如说，给你个函数，哎呀，那弯弯曲曲的图象就像是复杂的迷宫，你得找到出路！就像你在森林里迷路了，得想办法走出来呀！
先来谈谈怎么求导吧！这可是基础。
像有个函数f(x)=x²+3x，那求导可得 f'(x)=2x+3 呀！就好比你走路，求导就是弄清楚往哪个方向走得快，能不走错路嘛！
再说说构造新函数吧！有时候题目里的条件乱七八糟，咋办呢？那就巧妙地构造个新函数呗！比如说，给你两个函数 f(x)和 g(x)，它们之间有某种关系，那咱就把它们组合起来弄个新函数 H(x) 呀！这就好像把不同的积木拼在一起搭出个新造型。
还有分类讨论哦！遇到各种情况都要考虑到。
比如一个函数在不同区间上的单调性不一样，那咱就得仔细分析呀！“嘿，这可不能马虎！”不认真分析怎么能得高分呢？
哎呀，导数压轴题真不是盖的，有时候确实难倒一大片人呢！但咱别怕呀，只要掌握了这些技巧，多练多总结，还怕它不成？记住，每一道导数压轴题都是一个挑战，但也是一个让我们进步的机会呀！
咱就是说，导数压轴题解题技巧真的能让我们在数学的海洋里畅游得更畅快！大家可得好好学起来，攻克这道难关，走向数学的辉煌呀！。
导数压轴处理策略
05
导数压轴题型备考建议
熟练掌握基本初等函数性质和导数性质
指数函数、对数函数、幂函数、 三角函数、反三角函数等基本初
等函数的性质和导数性质。
考察重点
导数的定义、性质、应用，以及 与函数、不等式、方程等知识的 综合应用。
常见类型与解题思路
类型一
求函数的单调性、极值、最值问题
01
类型二ห้องสมุดไป่ตู้
求曲线的切线方程问题
03
类型三
解决不等式问题
05
02
解题思路
首先确定函数的定义域，然后求导数，接着 判断导数的正负，从而确定函数的单调性， 进一步求出极值和最值。
导数压轴处理策略
汇报人： 2023-12-20
目录
• 导数压轴题型概述 • 导数压轴处理策略 • 导数压轴题型解题技巧 • 导数压轴题型易错点分析 • 导数压轴题型备考建议
01
导数压轴题型概述
定义与特点
导数压轴题
通常指在数学考试中，作为最后 一道大题的导数题目，具有难度 高、综合性强、解题技巧多样化 的特点。
VS
构造函数的应用技巧
构造函数的应用需要一定的技巧和经验。 在解题过程中，需要熟练掌握各种构造函 数的应用方法，以便能够正确地解决问题 。
未利用导数性质，导致解题繁琐
未利用导数性质
在求解导数问题时，可以利用导数的性质简 化计算过程。如果未利用导数性质，可能导 致解题过程繁琐或者结论错误。
导数性质的应用技巧
06
数山探路悟法理 学海驾舟求真知——关于一道导数压轴题的命制与思考
x)＝
．
f(
f
x
e
a≤０,则 在 (－ ∞ ,
１)上 f
′(
x )＜０,在 (
１,＋ ∞ )上
可
′(
x)＞０,所以 f(
x)有 最 小 值 无 最 大 值,故 a＞０．
f
知,当 x∈ (－ ∞ ,
１)时 f
′(
x)＞０,函 数 f (
x)单 调 递
增;当x∈ (
故
１,＋ ∞ )时 f
′(
x)＜０,
x
６４
质? 于是在探究的过程 中 确 定 了 命 题 方 向,同 时 总 结
了改编命制试题的三个 步 骤,本 次 命 题 即 按 如 下 三 步
进行 ．
２．
１ 类比推广,初步改编
对题源的结 论 进 行 推 广 后,再 通 过 类 比,改 变 条
件得到新结论,从而对题源进行改编 ．
由此命制的 第 一
x)单 调 递 减 ．
f(
x)的最大值为
f(
a
－b．
e
１－l
nx
当x∈
x)定义域为(
０,＋∞ ),
′(
x)＝
．
g(
g
ax２
(
０,
e)时 g
′(
x)＞０,
x)在(
０,
e)上 单 调 递 增;当 x∈
g(
(
e,＋∞ )时 g
′(
x)＜０,
x)在(
e,＋ ∞ )上 单 调 递 减 ．
g(
１
a
１
故 g(
所以 －b＝ －b,
１
x),
x)都恰有一个零点;
导数压轴题与解题套路
导数压轴题与解题套路
导数压轴题是高中数学中比较有难度的题目之一，很多同学在考试中遇到这种题目时会感到比较头疼。
但是，只要理解了导数的概念和解题套路，就能够轻松地解决这类题目。
首先，我们需要明确导数的定义和意义，即导数表示函数在某一点处的变化率。
根据这个定义，我们可以通过求导数来求函数在某一点处的切线斜率、函数的最值等。
对于导数压轴题，我们可以采用以下解题套路：
1.找出函数的定义域和导数的定义域，确定导数的存在性。
2.计算函数的导数，并化简。
3.求出导数为0或不存在的点，这些点可能是函数的极值点或拐点。
4.求出导数的正负性，确定函数的单调性。
5.求出导数的符号变化点，确定函数的凸凹性和拐点。
6.结合上述信息，画出函数的草图。
通过这样的解题流程，我们就可以轻松地解决导数压轴题。
当然，实际解题时还需要注意一些细节问题，比如边界点处的导数计算等。
总之，掌握导数的概念和解题套路是解决导数压轴题的关键。
只要多加练习，相信大家都能够轻松地应对这类题目。
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如何解高考导数压轴题
例1、函数f (x) ln(x 1) k(x 1) 1,
（1）若f (x) 0恒成立，试求实数k的取值范围.
(2)证明：ln 2 ln 3 ln 4 ln n n(n 1) .(n N ,且n 1)
345
n1 4
（1）法一：k ln(x 1) 1 在(1,)上恒成立， x 1
设g(x) ln(x 1) 1，(x 1), x 1
h' (x) 0 h(x)在(0,)单调递增
h(x) h(0)
即h(x) lim (x 1) ln(x 1) limln(x 1) 1 1
x0
x
x0
a 1
2. 分类讨论法
有一部分题在高中范围内用分离参数的方法 不能顺利解决，研究发现利用分离参数的方法不 能解决这部分问题的原因是求最值时出现了0 或
f
(b) f ba
(a)
ln b
ln a ba
a
b
ln b b
ln a a
1
ln b a
b 1
1 a
1
a
由（Ⅱ）得：f (x) 0在x (0, )上恒成立，即 ln x x 1 ，
当且仅当 x 1 时取等号，又由 0 a b 得 b 1 ,所以
有 0 ln b b 1 ，即
x0 2
x0 2
212,16，
m gx0 3,4，m的最大值为 3.
4
注意：主参换位
例3、已知函数f x x3 3ax1, gx f x ax5其中f (x)
是f (x)的导函数. 对满足1 a 1的一切a的值，都有g(x) 0， 求实数x的取值范围.
例４ 设函数 f x x 1lnx 1 ，若对所有的 x 0 ， 都有 f x ax 成立，求实数 a 的取值范围．
如何探究导数压轴题解题技巧
如何探究导数压轴题解题技巧在高中数学学习中，导数是一个非常重要的概念，是高中数学的一个重点难点。
掌握导数的理论知识不仅是提高数学成绩的关键，而且对于以后的学习和工作也有着重要的作用。
而在学习导数的过程中，探究导数压轴题解题技巧是非常重要的，可以帮助我们更好地理解和掌握导数的概念和应用。
本文将从以下几个方面介绍如何探究导数压轴题解题技巧。
一、理解导数的定义和性质在探究导数压轴题解题技巧之前，首先需要掌握导数的定义和性质。
导数是一个函数在某一点处的变化率，表示函数在该点处的瞬时变化率。
导数的定义可以用极限的概念来表达，即：$$ f'(x) = lim_{Delta x to 0} frac{f(x+Delta x) -f(x)}{Delta x} $$其中，$f'(x)$表示函数$f(x)$在$x$处的导数，$Delta x$表示自变量$x$的增量，$Delta x to 0$表示自变量$x$的增量趋近于0。
导数的性质包括可导性、导数的四则运算、导数的链式法则等，这些都是学习导数的基础知识。
二、掌握导数的应用在学习导数的过程中，除了理解导数的定义和性质，还需要掌握导数的应用。
导数的应用包括求函数的最值、函数的单调性、函数的凹凸性、函数的极值等。
这些应用都是在导数的基础上进行推导和分析得出的，是导数的重要应用之一。
三、探究导数压轴题解题技巧在学习导数的过程中，探究导数压轴题解题技巧是非常重要的，下面将介绍几种探究导数压轴题解题技巧。
1、寻找问题的关键点在解题过程中，需要先找出问题的关键点，即需要求导数的点或者需要用导数来解决的问题。
在找到问题的关键点后，需要对其进行分析和求解，这样才能得到正确的答案。
2、利用导数的定义和性质在解题过程中，需要根据导数的定义和性质进行分析和求解。
例如，在求函数的最值时，需要求出函数的导数，并将导数等于0的点代入原函数中进行求解，这样就可以得到函数的最值。
高考数学 函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略 教案 含解析题
第4课时 压轴考法自主选——“函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略难点一 隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法． [典例] 设函数f (x )＝e x －ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．[解题观摩](1)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0， 即k <x ＋x ＋1e x －1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－(x ＋1)e x (e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2(x >0)．由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x －x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h (x )的隐零点)． 当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α. 又h (α)＝e α－α－2＝0， 所以e α＝α＋2且α∈(1,2)， 则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)， 所以k 的最大值为2. [名师微点]本题的关键就是利用h (x )＝e x －x －2及h (1)<0，h (2)>0确定h (x )的隐零点，从而作出判断． [针对训练]1．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M . 解：f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k . 事实上，可证ln 2k ＜k ， 设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数， 所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1＜0，即ln 2k ＜k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k ，k ]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}． 设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则φ′(k )＝e k －3≤e －3＜0⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数． 又因为φ⎝⎛⎭⎫12＞0，φ(1)＜0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0. 所以当12＜k ＜k 0时，φ(k )＞0，即h ′(k )＞0，当k 0＜k ≤1时，φ(k )＜0，即h ′(k )＜0， 所以函数h (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是先增后减． 又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2＞0，h (1)＝0， 所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0， f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.难点二 极值点偏移问题在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解．1．极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0＝x1＋x22f(x1)＝f(2x0－x2)极值点偏移左移x0<x1＋x22峰口向上：f(x1)<f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)>f(2x0－x2)右移x0>x1＋x22峰口向上：f(x1)>f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0－x2)2．函数极值点偏移问题的题型极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝x1＋x22，求证：f′(x0)>0；(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝x1＋x22，求证：f′(x0)>0.[典例]已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x 1x 2>e 2.[解题观摩]法一：巧抓“根商”——c ＝x 1x 2构造函数不妨设x 1>x 2，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)， 所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a .欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a >2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c >1)，则不等式变为ln c >2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c >1， 所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2>0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )>h (1)＝ln 1－0＝0， 即ln c －2(c －1)c ＋1>0(c >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证． [名师微点]该方法的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a .(2)抓商构元：令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c )．(3)用导求解：利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论． 法二：抓极值点构造函数由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x 的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2. 下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝1 e.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝xe x＋1(e2x－1)>0，所以F(x)在(0,1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0,1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.[名师微点]上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)的大小关系．法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1构造函数由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x ＝a e x的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.由g (t 1)＝g (t 2)，得t 1e －t 1＝t 2e －t 2，化简得e t 2－t 1＝t 2t 1.①不妨设t 2>t 1，由法二知，0<t 1<1<t 2，令s ＝t 2－t 1，则s >0，t 2＝s ＋t 1，代入①式，得e s ＝s ＋t 1t 1， 解得t 1＝se s －1.则t 1＋t 2＝2t 1＋s ＝2se s －1＋s ，故要证t 1＋t 2>2，即证2se s －1＋s >2，又e s －1>0，故要证2se s －1＋s >2，即证2s ＋(s －2)(e s －1)>0.② 令G (s )＝2s ＋(s －2)(e s －1)(s >0)， 则G ′(s )＝(s －1)e s ＋1，G ″(s )＝s e s >0，故G ′(s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G ′(s )>G ′(0)＝0， 从而G (s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G (s )>G (0)＝0， 所以②式成立，故t 1＋t 2>2，即x 1x 2>e 2. [名师微点]该方法的关键是巧妙引入变量s ，然后利用等量关系，把t 1，t 2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：(1)取差构元：记s ＝t 2－t 1，则t 2＝t 1＋s ，利用该式消掉t 2. (2)巧解消参：利用g (t 1)＝g (t 2)，构造方程，解之，利用s 表示t 1.(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s 的函数G (s )． (4)转化求解：利用导数研究函数G (s )的单调性和最小值，从而证得结论． [针对训练]2．若关于x 的方程x ln x ＝m 有两个不相等的实数解x 1，x 2，求证：x 1·x 2<1e 2(e 是自然对数的底数)．证明：不妨设x 1>x 2，要证x 1x 2<1e 2，即证x 1x 2⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1<1e 2⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1， 整理得x 1＋1e 2x 1<x 2＋1e 2x 2.又因为x 1ln x 1＝x 2ln x 2，即证x 1ln x 1－k ⎝⎛⎭⎫x 1＋1e 2x 1>x 2ln x 2－k ⎝⎛⎭⎫x 2＋1e 2x 2，k >0. 设h (x )＝x ln x －kx －ke 2x， 使h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以有h ′(x )＝ln x ＋1－k ＋ke 2x 2≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h ″(x )＝1x －2ke 2x 3＝0，解得x ＝2k e ，列表可知h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，2k e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2k e ，＋∞上单调递增， 令h ′⎝⎛⎭⎫2k e ＝12ln(2k )－k ＋12＝12(ln(2k )－2k ＋1)≥0， 解得k ＝12，此时有h ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．难点三 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题函数与导数应用的问题中，求参数的取值范围是重点考查的题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则． [洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)li m x →a f (x )＝0及li m x →a g (x )＝0；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ， 那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →a g (x )＝∞；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ， 那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . [典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx，求k 的取值范围．[解题观摩](1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x， ∴f (x )－⎝⎛⎭⎫ln x x －1＋kx＝11－x 2⎣⎡⎦⎤2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x . 设h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x (x >0)，则h ′(x )＝(k －1)(x 2＋1)＋2xx 2.①设k ≤0.由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0.从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－⎝⎛⎭⎫ln x x －1＋kx >0，即f (x )>ln x x －1＋kx.②设0<k <1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k>1，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0，故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾．综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则g ′(x )＝2·(x 2＋1)ln x －x 2＋1(1－x 2)2，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2，易知h ″(x )在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0，∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知，lim x →1 g (x )＝2li m x →1 x ln x 1－x 2＋1＝2lim x →1 1＋ln x －2x＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0， ∴g (x )>0，∴k ≤0，故k 的取值范围为(－∞，0]． [名师微点]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当烦琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[针对训练]3．设函数f (x )＝1－e －x ，当x ≥0时，f (x )≤xax ＋1，求a 的取值范围． 解：由f (x )≤xax ＋1，得a ≤x e x －e x ＋1x (e x －1)，设t (x )＝(x －1)e x ＋1(x >0)，得t ′(x )＝x e x >0(x >0)，所以t (x )是增函数，t (x )>t (0)＝0(x >0)． 又设h (x )＝(x －2)e x ＋x ＋2(x >0)，得h ′(x )＝t (x )>0(x >0)，所以h (x )是增函数，h (x )>h (0)＝0(x >0)．再设g (x )＝x e x －e x ＋1x (e x －1)(x >0)，连续两次使用洛必达法则，得lim x →0 g (x )＝lim x →0 x e xx e x ＋e x －1＝lim x →0 x e x ＋e x x e x ＋2e x ＝12， 所以g (x )的下确界是12，即g (x )>12(x >0)．题设即“当x ≥0时，1－e －x ≤x ax ＋1恒成立”，所求a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. [课时跟踪检测]1．定义在R 上的奇函数f (x )，当x >0时，f (x )＝ln x －ax ＋1，若f (x )有5个零点，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，所以要使f (x )在R 上有5个零点，只需f (x )在(0，＋∞)上有2个零点，等价于方程a ＝ln x ＋1x在(0，＋∞)上有2个根，等价于y ＝a 与g (x )＝ln x ＋1x (x >0)的图象有2个交点．g ′(x )＝－ln xx 2，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以g (x )因为x →0时，g (x )→－∞；x →＋∞时，由洛必达法则可知： lim x →+∞g (x )＝lim x →+∞(ln x ＋1)′(x )′＝lim x →+∞ 1x ＝0， 所以0<a <g (1)，所以0<a <1. 故实数a 的取值范围为(0,1)．2．已知函数f (x )＝ax e x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋x ＋1.若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解：f (x )≥g (x )恒成立，即ax e x ≥ln x ＋x ＋1恒成立． 因为x ＞0，所以a ≥ln x ＋x ＋1x e x. 令h (x )＝ln x ＋x ＋1x e x，则h ′(x )＝(x ＋1)(－ln x －x )x 2e x. 令p (x )＝－ln x －x ，则p ′(x )＝－1x －1＜0， 故p (x )在(0，＋∞)上单调递减，又p ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－1e＞0，p (1)＝－1＜0， 故存在x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得p (x 0)＝－ln x 0－x 0＝0，故ln x 0＋x 0＝0，即x 0＝e －x 0.当x ∈(0，x 0)时，p (x )＞0，h ′(x )＞0；当x ∈(x 0，＋∞)时，p (x )＜0，h ′(x )＜0.所以h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． 所以h (x )max ＝h (x 0)＝ln x 0＋x 0＋1x 0e x 0＝1. 故实数a 的取值范围是[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝ax ＋b x ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)试用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －b x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝1－1＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，得b ＝a －1，c ＝1－2a . (2)题设即“a ≥ln x ＋1x －1x ＋1x －2(x >1)，或a ≥x ln x －x ＋1(x －1)2(x >1) 恒成立”． 设g (x )＝12(x －1)2＋(x －1)－x ln x (x ≥1)， 则g ′(x )＝x －ln x －1(x ≥1)，又g ″(x )＝1－1x 恒大于0(x >1)，所以g ′(x )单调递增(x >1)，所以g ′(x )>g ′(1)＝0，所以g (x )单调递增(x >1)，所以g (x )≥g (1)＝0(x ≥1)，当且仅当x ＝1时g (x )＝0，故x ln x －x ＋1(x －1)2<12(x >1)，lim x →1+ x ln x －x ＋1(x －1)2＝12. 所以若a ≥x ln x －x ＋1(x －1)2(x >1)恒成立，则a ≥12， 即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.4．已知函数f (x )＝ln x －a x －m (a ，m ∈R )在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围；(2)证明：ln x 1＋ln x 2>2.解：(1)f ′(x )＝1x ·x －(ln x －a )x 2＝a ＋1－ln x x 2(x >0)， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0<x <e a＋1时，f ′(x )>0， 当x >e a ＋1时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝e a＋1时取得极值， 所以e a ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x >0)，f ′(x )＝1－ln x x 2， 函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (e)＝1e－m . 又x →0(x >0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，由f (x )有两个零点x 1，x 2，得⎩⎪⎨⎪⎧ 1e －m >0，－m <0，解得0<m <1e.所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1<x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2. 则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1. 欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证ln x 1x 2>2，只需证m (x 1＋x 2)>2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1>2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1>2，设t ＝x 2x 1>1， 则只需证ln t >2(t －1)t ＋1，即证ln t －2(t －1)t ＋1>0. 记u (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)， 则u ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0. 所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以u (t )>u (1)＝0，所以原不等式成立，故ln x 1＋ln x 2>2.5．已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1. 解：(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x .令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0.即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x e x有两个根． 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ， 当x ＜0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )＜0； 当0＜x ＜1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0； 当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e， 故实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . 证明：由图可知函数f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0得k ＝2x 1ex 1， 所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1e x 1e x 1－x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1.由于x1∈(0,1)，所以0<－(x1－1)2＋1<1. 所以0<f(x1)<1.。
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考函数导数压轴题分析及应对策略
高考中，函数导数压轴题常常会出现在数学试卷中，其中最重要的就是理解函数导数概念及掌握计算导数的方法。
函数导数是指在某一个点的函数变化率，它是当我们求函数的导数时，最重要的概念。
考试中的一些压轴题往往都是考察对函数导数基本概念的认识，以及计算导数的能力。
解决高考函数导数压轴题的策略主要有两点：
一是预习，复习函数、导数的基本概念，主要考察方程式求导、不定积分概念，以及极限求值等技能，应誊写出公式，掌握计算导数的方法。
二是练习，找一批真题和习题，在解题过程中复习所学的知识，感知其思想和计算步骤，不断练习，解决相关的题目，把这些细节牢记在心，以提供解题时的参照，
争取考试时有少量准备时就能解答出来。
总之，考生要认真对待每一题，敢于试错，不到最后时刻都不要放弃，也不要丧失信心，只要坚持认真、严谨的态度，相信自己一定能取得理想的成绩。
利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点
利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点
利用导数解决不等式恒成立问题的策略：
利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：
点评：不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．
点评：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决．但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法．。
巧妙导数压轴题
巧妙导数压轴题
摘要：
1.导数压轴题的概念和特点
2.解决导数压轴题的常用方法
3.导数压轴题的实战演练
4.总结与展望
正文：
一、导数压轴题的概念和特点
导数压轴题是指在高考数学压轴题中，涉及到导数知识的问题。
它具有以下特点：题目难度较大，对学生的综合运用能力要求高，涉及知识点较多，考查学生的逻辑思维能力和创新能力。
二、解决导数压轴题的常用方法
1.导数与函数的性质相结合：导数是函数在某一点的变化率，因此可以利用导数研究函数的极值、最值、单调性等性质。
2.导数的几何意义：导数可以表示函数在某一点的切线斜率，因此可以利用导数解决一些几何问题。
3.利用导数的应用：如求解速度与加速度、变化率、切线方程等问题。
4.利用导数的性质：如求解函数的极值、最值、单调性等问题。
5.构造函数：通过构造函数，将问题转化为求解导数问题。
三、导数压轴题的实战演练
例题：已知函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c，求f"(x)。
解：由导数的定义可知，f"(x)=lim_(h->0) [(f(x+h)-f(x))/h]。
将函数f(x) 代入得f"(x)=lim_(h->0) [((x+h)^3+a(x+h)^2+b(x+h)+c)-
(x^3+ax^2+bx+c))/h]。
经过化简，得f"(x)=3x^2+2ax+b。
四、总结与展望
导数压轴题是高考数学中的一个重要题型，解决这类问题需要学生具备扎实的导数知识，并能灵活运用导数的性质、几何意义及应用。
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一个导数压轴题的解法探究与命制背景的分析
张嘉钦 福建省惠安荷山中学 362141
发表于《福建中学数学》2015
1．试题再现
【2014年高考陕西卷理科第21题】设函数()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数.
（1）11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈，求()n g x 的表达式；
（2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；
（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明. ２．解法探究：
（1）由题设可知1()n g x +与()n g x 有一定的递推关系，可否运用数列的递推公式进行求解呢？ 解：由题设可得：11()()(),()(())11()
n n n n g x x g x g x g x g g x x g x +====++， 因此有：11()111()()()n n n n g x g x g x g x ++==+，所以，数列1()n g x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11()1x g x x =+为首项， 公差为1的等差数列，因此有
11(1)1()1n x nx n g x x x +=+-⨯=+，故有()(0)1n x g x x nx =≥+ 评析：注意到1()n g x +与()n g x 的递推关系，巧妙地运用数列的递推公式，结合数列的知识进行求解，另辟蹊径，令人拍案叫绝．
（2）考虑到恒成立问题的两种处理方法，可采用直接构造函数法和分离参数法进行求解． 解法一：令()()()ln(1)(0)1ax h x f x ag x x x x =-=+-≥+，()
2(1)'()1x a h x x --=+(0)x ≥， 令'()0h x =得：1x a =-．
当1a ≤时，'()0h x ≥，()h x 在[0,)+∞单调递增；当1a >时，若(0,1)x a ∈-，'()0h x <，()h x 在(0,1)a -单调递减，且(0)0h =，所以，当1a >时存在0(0,1)x a ∈-使得0()0h x <，不合题意． 综上可得，a 的到值范围内是(,1]-∞．
解法二：由题设得： ln(1)1ax x x
+≥+在[0,)+∞恒成立．
当0x =时，上式显然成立，a R ∈；
当0x >时，上式可化为(1)ln(1)x x a x ++≤
，设(1)l n (1)()(0)x x x x x ϕ++=>，2
ln(1)'()x x x x ϕ-+=，令()ln(1)(0)t x x x x =-+>，因为'()01x t x x =>+，所以()t x 在(0,)+∞单调递增，所以()(0)0t x t >=，故有'()0x ϕ>，所以()x ϕ在(0,)+∞单调递增，min ()(0)x ϕϕ→，
由洛必塔法则可得(0)1ϕ=，所以1a ≤． 评析：若采用直接法进行求解，势必对所构造函数中的参数进行讨论；若采用变量分离的方法，分离后的函数是确定的，可借助导数进行求解，但经常会遇到所求的函数值运用中学数学知识无法求解的情景，如0,0∞∞
等，因此在平时的教学中，可适当介绍一些中学阶段常用的高等数学方面的知识． （３）若注意到本题中(1)(2)()g g g n +++是一个“n 项和式”，便可考虑另一个式子是否也可以写以这种形式，沿着这个方向，对两个式子进行变形，通过比较两个和式中通项的大小，借助前面小题的提示进行求解；另外，对于“n 项和式”，是否也可以考虑用定积分进行解题呢？若可行的话，(1)(2)()g g g n +++必为某个函数在特定区间上的“不足近似值”或是“剩余近似值”，而ln(1)
n n -+则可能是这个函数在该区间上的定积分． 解法一：令12(1)(2)(),ln(1)231n A g g g n B n n n =+++=+++
=-++，由题设可知比较A 与B 的大小关系，只需比较n A -与ln(1)n +的大小即可，
111,231n A n -=+++
+ 12ln(1)ln ln ln 11
n n n n n ++=+++-， 在（２）中令1a =，可得ln(1)1x x x +>+，再令1x n =，即有11ln()1n n n
+>+ 取2,3,4,,n n =，各式相加，则有111ln(1)231
n n +++<++， 所以有12(1)(2)()ln(1)231n g g g n n n n
+++=+++<-++ 解法二：因为0ln(1)1n x dx n n x =-++⎰表示由曲线()1x g x x
=+，直线0,x x n ==及x 所围成的曲边梯
形的面积，而12(1)(2)()231n g g g n n
+++=++++则表示()1x g x x =+在区间[0,]n 剩余近似值（如图中所示的各小矩形的面积和），所以令(1)(2)()ln(1)g g g n n n +++<-+．
３．试题背景分析
３.１基于教材
翻阅教材，普通高中课程标准实验教科书人教Ａ版数学选修2-2第18页，习题1.2的A 组第6题：“已知函数()ln f x x x =．（１）求这个函数的导数．（２）求这个函数的图象在1x =处的切线方程．”利用导数不难得出函数()f x 在1x =处的切线方程恰好是1y x =-且图象恒在函数()f x 图象的下方，即
ln 1x x x ≥-，当且仅当1x =时取等号．适当变形得：1ln x x x
-≥
，基于这样的背景，取1x ≥进行试题的命制。
３.２高于教材 （1）把函数()ln f x x x =的图象进行平移，如向左平移一个单位，适当地变形，得到ln(1)1x x x +≥+，使得不等式在结构特征上略显复杂，在解题时若能在整体上把握式子的结构特征，利用换元法，就能揭穿其表象，发现其题源．
（２）通过函数()f x 的导函数（或原函数）来构造另一个函数()g x ，使得两个函数看起来似乎没有多大的联系，增大了试题的层次性和考查方向的不确定性．这样的命题手法在近几年的高考中经常出现，如2013年全国课标卷II ，2013年陕西卷，2012年天津卷等．
（３）引入参数．通过参数a 的参与，增加了分类讨论的思想，无限与有限等重要数学思想方法的考查，加大了试题的难度；为了实现其压轴的功能，在ln(1)1x x x +≥+中令1,x n x n ==或1n x n =-等，进一步与数列，不等式进行交汇．体现了“源于教材，高于教材”的风格．
３.３命题的拓展 利用1ln x x x
-≥不难得到以下结论： 结论１：111123!n n e e
n ++++≥ 结论２：11111ln 123
21n n n +++≤≤+++- 结论３：1
!
n e n n -< !(1)21,(n 1,n N ),n n n e +=-⨯⨯>∈其中为自然对数的底数，证明略．
４．解后反思
解题活动是高中数学教学的重要环节，解题时若能加强不同知识模块间的联系，往往能起到意想不到的效果，如第（1）小题的由递推关系迁移到数列通项的求法让人拍案叫绝；第（3）小题中由一个“n 项和式”联想到定积分的证明方法也能让人耳目一新。
导数是数学的一个重要组成部分，研究函数，方程，不等式等问题的有力工具，利用导数求函数的单调性，极值，最值等，会涉及函数与方程，分类讨论，化归与转化，有限与无限等重要数学思想和分析法，综合法，换元法，构造法等常用数学方法．有关函数的压轴题，多涉及以e ,ln x x 为背景的一些恒成立，不等式等问题，这也是导数考题命制的热点，难点，只要细心观察，把握结构特征，就能巧妙地运用课本所学的知识进行有效解题．
纵观高考试题，很多好的试题都是源于教材而高于教材．命题专家常以教材中一些典型的例习题为背景，以此作为题源来命出高质量，高品味的试题．一定要高度关注教材的作用与教材编写专家的智慧，与教材对话，对教材中的例习题进行适当拓展或改编．基于教材的试题命制策略的研究，有利于教师教学理念，教学方式，方法的转变；有利于教材资源的开发与利用，促进教师的迅速成长．。