高考数学导数压轴题7大题型总结

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高考数学导数压轴题7大题型的总结

高考数学导数压轴题7大题型总结
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高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
07导数结合三角函数
实用标准
文案大全。

导数压轴题12类常考题型

导数压轴题12类常考题型导数是微积分中的重要概念，常常在各种数学问题中应用。

下面我将列举12类常考的导数题型，并从多角度进行解析。

1. 基本函数的导数：常数函数的导数，常数的导数为0。

幂函数的导数，幂函数的导数可以使用幂函数的导数公式进行求解。

指数函数的导数，指数函数的导数等于函数本身乘以底数的自然对数。

对数函数的导数，对数函数的导数可以使用对数函数的导数公式进行求解。

三角函数的导数，三角函数的导数可以使用三角函数的导数公式进行求解。

2. 反函数的导数：如果函数f(x)和g(x)互为反函数，则f'(x)和g'(x)互为相反数。

3. 复合函数的导数（链式法则）：如果y=f(u)和u=g(x)是可导函数，则复合函数y=f(g(x))的导数可以使用链式法则进行求解。

4. 隐函数的导数：如果有一个方程F(x, y) = 0定义了y作为x的函数，则可以使用隐函数定理和求导法则求解隐函数的导数。

5. 参数方程的导数：如果有一个参数方程x=f(t)和y=g(t)，则可以使用导数的定义求解参数方程的导数。

6. 反常导数：如果函数在某些点上不可导，但在其他点上可导，则称这个函数具有反常导数。

7. 高阶导数：如果一个函数的导数仍然可导，则可以计算其高阶导数。

8. 导数在几何中的应用：导数可以用来求函数的切线和法线方程，以及判定函数的极值和拐点。

9. 导数在物理中的应用：导数可以用来描述物体的速度、加速度等物理量。

10. 导数在经济学中的应用：导数可以用来分析经济学模型中的边际效应和弹性。

11. 导数在生物学中的应用：导数可以用来描述生物学模型中的生长速率和变化率。

12. 导数在工程中的应用：导数可以用来优化工程问题，如最小化成本、最大化效益等。

以上是导数常考题型的一些分类和解析，希望能帮助到你。

如果你有具体的导数问题，欢迎继续提问。

高中数学导数大题八类题型总结

导数-大题导数在大题中一般作为压轴题出现，其复杂的原因就在于对函数的综合运用：1.求导，特别是复杂函数的求导2.二次函数（求根公式的运用）3.不等式：基本不等式、均值不等式等4.基本初等函数的性质：周期函数、对数函数、三角函数、指数函数5.常用不等式的巧妙技巧：1/2<ln2<1，5/2<e<3导数大题最基本的注意点：自变量的定义域1.存在性问题2.韦达定理的运用3.隐藏零点4.已有结论的运用5.分段讨论6.分类讨论7.常见不等式的应用8.导数与三次函数的利用1. 存在性问题第(1)问有两个未知数，一般来说，双未知数问题要想办法合并成一个未知数来处理合并成一个未知数后利用不等式1.存在性问题(2)问将有且仅有一个交点分成两部分证明，分别证至多存在一个交点与必然存在交点：证明必然存在交点是单纯的找“特殊点”问题高考导数大题中的存在性问题，最后几乎都会变成零点的存在性问题要点由于只关注零点的存在性，因此就没有必要对t(x)求导讨论其单调性，直接使用零点定即可。

(2)问先对要证明的结论进行简单变形：证毕韦达定理的使用(1)问是常规的分类讨论问题隐零点设而不求，代换整体证明对称轴已经在-1右侧，保证有零点且-1处二次函数值大于0两道例题都是比较简单的含参“隐零点”问题，总之就是用零点(极值点)反过来表示参数再进行计算一些比较难的题目，一般问题就会进行一定提示，如利用(2)问提示(3)问，其难点就在于知道要利用已有结论，但无从下手第(1)问分类讨论问题，分离变量做容易导致解题过于复杂(2)问将不等式两边取对数之后思路就很清晰了(1)(2)分别证明两个不等号即可化到已知的结论上()()()()()()()()()()()()''''1101,0,1,0;1,,00,11,110f x x xx f x x f x x f x f x x x x f x f =->=∈>∈+∞<∈∈+∞==为的零点于是在上单调递增，在上单调递减是的极大值点，(3)问需要利用(2)问结论才能比较顺利的证明利用(2)中结论第(1)问是一个比较简单的存在型问题分段)高考导数大题除求导外，隐藏零点、韦达定理、极值点偏移、二，三阶导等技巧，都是附加的技巧，导数的核心，是分类讨论的考察，高考题多数绕不开分类讨论。

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。

高三导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数fx ＝e x－lnx ＋m ．2013全国新课标Ⅱ卷1设x ＝0是fx 的极值点,求m,并讨论fx 的单调性； 2当m≤2时,证明fx>0.1解 fx ＝e x －ln x ＋mf ′x ＝e x －错误!f ′0＝e 0－错误!＝0m ＝1,定义域为{x |x >－1},f ′x ＝e x －错误!＝错误!,显然fx 在－1,0上单调递减,在0,＋∞上单调递增． 2证明 gx ＝e x －ln x ＋2,则g ′x ＝e x －错误!x >－2． hx ＝g ′x ＝e x －错误!x >－2h ′x ＝e x ＋错误!>0, 所以hx 是增函数,hx ＝0至多只有一个实数根,又g ′－错误!＝错误!－错误!<0,g ′0＝1－错误!>0, 所以hx ＝g ′x ＝0的唯一实根在区间错误!内,设g ′x ＝0的根为t ,则有g ′t ＝e t －错误!＝0错误!, 所以,e t ＝错误!t ＋2＝e －t ,当x ∈－2,t 时,g ′x <g ′t ＝0,gx 单调递减；当x ∈t ,＋∞时,g ′x >g ′t ＝0,gx 单调递增；所以gx min ＝gt ＝e t －ln t ＋2＝错误!＋t ＝错误!>0, 当m ≤2时,有ln x ＋m ≤ln x ＋2,所以fx ＝e x －ln x ＋m ≥e x －ln x ＋2＝gx ≥gx min >0.例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-2012全国新课标1求)(x f 的解析式及单调区间；2若b ax x x f ++≥221)(,求b a )1(+的最大值; 11211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+令1x =得：(0)1f =得：21()()()12x x f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+()10()x g x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增得：()f x 的解析式为21()2x f x e x x =-+且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞221()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+①当10a +≤时,()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增 x →-∞时,()h x →-∞与()0h x ≥矛盾②当10a +>时,()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+得：当ln(1)x a =+时,min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-当x =,max ()2e F x =当1,a b ==,(1)a b +的最大值为2e 例3已知函数ln ()1a x bf x x x=++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=;2011全国新课标Ⅰ求a 、b 的值；Ⅱ如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x kf x x x>+-,求k 的取值范围; 解Ⅰ221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-, 且过点(1,1),故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩ 解得1a =,1b =;Ⅱ由Ⅰ知ln 1f ()1x x x x =++,所以 22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--; 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x--(0)x >,则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=;i 设0k ≤,由222(1)(1)'()k x x h x x+--=知,当1x ≠时,'()0h x <,hx 递减;而(1)0h = 故当(0,1)x ∈时, ()0h x >,可得21()01h x x >-；当x ∈1,+∞时,hx<0,可得211x - hx>0从而当x>0,且x ≠1时,fx-1ln -x x +x k >0,即fx>1ln -x x +xkii 设0<k<1.由于2(1)(1)2k x x -++=2(1)21k x x k -++-的图像开口向下,且244(1)0k ∆=-->,对称轴x=111k >-.当x ∈1,k -11时,k-1x 2 +1+2x>0,故'hx>0,而h1=0,故当x ∈1,k -11时,hx>0,可得211x -hx<0,与题设矛盾; iii 设k ≥1.此时212x x +≥,2(1)(1)20k x x -++>⇒'h x>0,而h1=0,故当x ∈1,+∞时,hx>0,可得211x - hx<0,与题设矛盾;综合得,k 的取值范围为-∞,0例4已知函数fx ＝x 3+3x 2+ax+be －x. 2009宁夏、海南1若a ＝b ＝－3,求fx 的单调区间;2若fx 在－∞,α,2,β单调增加,在α,2,β,+∞单调减少,证明β－α＞6. 解: 1当a ＝b ＝－3时,fx ＝x 3+3x 2－3x －3e －x ,故f′x＝－x 3+3x 2－3x －3e －x +3x 2+6x －3e－x＝－e －x x 3－9x ＝－xx －3x+3e －x.当x ＜－3或0＜x ＜3时,f′x＞0;当－3＜x ＜0或x ＞3时,f′x＜0. 从而fx 在－∞,－3,0,3单调增加,在－3,0,3,+∞单调减少. 2f′x＝－x 3+3x 2+ax+be －x +3x 2+6x+ae －x ＝－e －x x 3+a －6x+b －a. 由条件得f′2＝0,即23+2a －6+b －a ＝0,故b ＝4－a.从而f′x＝－e －x x 3+a －6x+4－2a.因为f′α＝f′β＝0,所以x 3+a －6x+4－2a ＝x －2x －αx－β＝x －2x 2－α+βx+αβ. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a －2. 故a 4124)(2-=-+=-αβαβαβ.又β－2α－2＜0,即αβ－2α+β+4＜0.由此可得a ＜－6. 于是β－α＞6. 2. 在解题中常用的有关结论※①构造函数,最值定位分类讨论,区间划分极值比较零点存在性定理应用二阶导转换例1切线设函数a x x f -=2)(.1当1=a 时,求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；2当0>a 时,曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ,l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：ax x >>21.例2最值问题,两边分求已知函数1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R . ⑴当12a ≤时,讨论()f x 的单调性； ⑵设2()2 4.g x x bx =-+当14a =时,若对任意1(0,2)x ∈,存在[]21,2x ∈,使12()()f x g x ≥,求实数b 取值范围.②例3切线交点已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=．⑴求函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤,求实数c 的最小值；⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线,求实数m 的取值范围．例4综合应用已知函数.23)32ln()(2x x x f -+=⑴求fx 在0,1上的极值；⑵若对任意0]3)(ln[|ln |],31,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式成立,求实数a 的取值范围；⑶若关于x 的方程b x x f +-=2)(在0,1上恰有两个不同的实根,求实数b 的取值范围. ③例5 变形构造法已知函数1)(+=x ax ϕ,a 为正常数．⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=,且a29=,求函数)(x f 的单调增区间；⑵在⑴中当0=a 时,函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ,()22,y x B ,线段AB 的中点为),(00y x C ,记直线AB 的斜率为k ,试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=,且对任意的(]2,0,21∈x x ,21x x ≠,都有1)()(1212-<--x x x g x g ,求a的取值范围．例6 高次处理证明不等式、取对数技巧已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .1若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立,求实数a 的取值范围；2当1=a 时,设函数x x f x g )()(=,若1),1,1(,2121<+∈x x e x x ,求证42121)(x x x x +<例7绝对值处理已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点,且在1=x 处取得极大值．I 求实数a 的取值范围；II 若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根,求)(x f 的解析式；III 对于II 中的函数)(x f ,对任意R ∈βα、,求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．例8等价变形已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．Ⅰ讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；Ⅱ若函数)(x f 在1=x 处取得极值,对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立,求实数b 的取值范围；Ⅲ当20e y x <<<且e x ≠时,试比较xyxy ln 1ln 1--与的大小．例9前后问联系法证明不等式已知217()ln ,()(0)22f x x g x x mx m ==++<,直线l 与函数(),()f x g x 的图像都相切,且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1;I 求直线l 的方程及m 的值；II 若()(1)'()()h x f x g x =+-其中g'(x)是g(x)的导函数,求函数()h x 的最大值; III 当0b a <<时,求证：()(2).2b af a b f a a -+-<例10 整体把握,贯穿全题已知函数ln ()1x f x x=-． 1试判断函数()f x 的单调性；2设0m >,求()f x 在[,2]m m 上的最大值；3试证明：对任意*n ∈N ,不等式11ln()e n n nn++<都成立其中e 是自然对数的底数．Ⅲ证明：2121111n n a a a n ++⋅⋅⋅+>+．例11数学归纳法已知函数()ln(1)f x x mx =++,当0x =时,函数()f x 取得极大值.１求实数m 的值；２已知结论：若函数()ln(1)f x x mx =++在区间(,)a b 内导数都存在,且1a >-,则存在0(,)x a b ∈,使得0()()()f b f a f x b a-'=-.试用这个结论证明：若121x x -<<,函数121112()()()()()f x f x g x x x f x x x -=-+-,则对任意12(,)x x x ∈,都有()()f x g x >；３已知正数12,,,n λλλ,满足121n λλλ+++=,求证：当2n ≥,n N ∈时,对任意大于1-,且互不相等的实数12,,,n x x x ,都有1122()n n f x x x λλλ+++>1122()()()n n f x f x f x λλλ+++. ④例12分离变量已知函数x a x x f ln )(2+=a 为实常数. 1若2-=a ,求证：函数)(x f 在1,+∞上是增函数；2求函数)(x f 在1,e 上的最小值及相应的x 值；3若存在],1[e x ∈,使得x a x f )2()(+≤成立,求实数a 的取值范围. 例13先猜后证技巧已知函数xx n x f )1(11)(++=Ⅰ求函数f x 的定义域Ⅱ确定函数f x 在定义域上的单调性,并证明你的结论. Ⅲ若x >0时1)(+>x kx f 恒成立,求正整数k 的最大值. 例14创新题型设函数fx=e x +sinx,gx=ax,Fx=fx －gx.Ⅰ若x=0是Fx 的极值点,求a 的值； Ⅱ当 a=1时,设Px 1,fx 1, Qx 2, gx2x 1>0,x 2>0, 且PQ )1,0(12)(2<≠++-=b a b ax ax x g []3,2()()g x f x x =b a ,02)2(≥⋅-xx k f ]1,1[-∈x k0)3|12|2(|)12(|=--+-x x k f k 2()()()xf x x a x b e =-+a b R ∈、x a =()f x 0a =b a123x x x ，，()f x b 4x R ∈1234x x x x ，，，1234,,,i i i i x x x x {}1234i i i i ，，，{}1234，，，b 4x ()ln f x x=21()2g x ax bx =+(0)a ≠1若2a =-, 函数()()()h x f x g x =- 在其定义域是增函数,求b 的取值范围;2在1的结论下,设函数ϕϕ2x x (x)=e +be ,x ∈[0,ln2],求函数(x)的最小值;3设函数)(x f 的图象C 1与函数)(x g 的图象C 2交于点P 、Q,过线段PQ 的中点R 作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ,问是否存在点R,使C 1在M 处的切线与C 2在N 处的切线平行若存在,求出R 的横坐标;若不存在,请说明理由. 例18全综合应用已知函数()1ln(02)2xf x x x=+<<-. 1是否存在点(,)M a b ,使得函数()y f x =的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数()y f x =的图像上若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由;2定义2111221()()()()n n i i n S f f f f nn n n -=-==++⋅⋅⋅+∑,其中*n ∈N ,求2013S ;3在2的条件下,令12n n S a +=,若不等式2()1n a m n a ⋅>对*n ∀∈N 且2n ≥恒成立,求实数m 的取值范围.⑦导数与三角函数综合例19换元替代,消除三角设函数2()()f x x x a =--x ∈R ,其中a ∈R ． Ⅰ当1a =时,求曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程；Ⅱ当0a ≠时,求函数()f x 的极大值和极小值；Ⅲ当3a >, []10k ∈-，时,若不等式22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立,求k 的值;⑧创新问题积累例20已知函数2()ln44x xf x x -=+-. I 、求()f x 的极值.II 、求证()f x 的图象是中心对称图形.III 、设()f x 的定义域为D ,是否存在[],a b D ⊆.当[],x a b ∈时,()f x 的取值范围是,44a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦若存在,求实数a 、b 的值；若不存在,说明理由导数压轴题题型归纳参考答案例1解：11=a 时,x x x g -=3)(,由013)(2=-='x x g ,解得33±=x .)(x g '2证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ,得12122x a x x +=,∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1,∴02121<-x x a ,即12x x <.又∵1122x ax ≠,∴ax a x x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222所以a x x >>21.例2⑴1()ln 1(0)a f x x ax x x -=-+->,222l 11()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=> 令2()1(0)h x ax x a x =-+->①当0a =时,()1(0)h x x x =-+>,当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减；当(1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>,函数()f x 单调递增.②当0a ≠时,由()0f x '=,即210ax x a -+-=,解得1211,1x x a==-.当12a =时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤,函数()f x 单调递减；当102a <<时,1110a ->>,(0,1)x ∈时()0,()0h x f x '><,函数()f x 单调递减；1(1,1)x a ∈-时,()0,()0h x f x '<>,函数()f x 单调递增；1(1,)x a∈-+∞时,()0,()0h x f x '><,函数()f x 单调递减.当0a <时110a-<,当(0,1),()0,()0x h x f x '∈><,函数()f x 单调递减；当(1,),()0,()0x h x f x '∈+∞<>,函数()f x 单调递增.综上所述：当0a ≤时,函数()f x 在(0,1)单调递减,(1,)+∞单调递增；当12a =时12x x =,()0h x ≥恒成立,此时()0f x '≤,函数()f x 在(0,)+∞单调递减；当102a <<时,函数()f x 在(0,1)递减,1(1,1)a -递增,1(1,)a -+∞递减.⑵当14a =时,()f x 在0,1上是减函数,在1,2上是增函数,所以对任意1(0,2)x ∈,有11()(1)2f x f =-≥, 又已知存在[]21,2x ∈,使12()()f xg x ≥,所以21()2g x -≥,[]21,2x ∈,※又22()()4,[1,2]g x x b b x =-+-∈当1b <时,min ()(1)520g x g b ==->与※矛盾；当[]1,2b ∈时,2min ()(1)40g x g b ==-≥也与※矛盾；当2b >时,min 117()(2)84,28g x g b b ==-≤-≥.综上,实数b 的取值范围是17[,)8+∞. 例3解：⑴()2323f x ax bx '=+-．根据题意,得()()12,10,f f =-⎧⎪⎨'=⎪⎩即32,3230,a b a b +-=-⎧⎨+-=⎩解得10a b =⎧⎨=⎩ 所以()33f x x x =-．⑵令()0f x '=,即2330x -=．得1x =±．12f -=12f =-2,2x ∈-max 2f x =min 2f x =-则对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x ,都有()()()()12max min 4f x f x f x f x -≤-=,所以4c ≥．所以c 的最小值为4．⑶因为点()()2,2M m m ≠不在曲线()y f x =上,所以可设切点为()00,x y ．则30003y x x =-．因为()20033f x x '=-,所以切线的斜率为2033x -．则2033x -=300032x x m x ---,即3202660x x m -++=．因为过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线,所以方程32002660x x m -++=有三个不同的实数解．所以函数()32266g x x x m =-++有三个不同的零点．则()2612g x x x '=-．令0g x '=,则0x =或2x =． ()()0022g g >⎧⎪⎨<⎪⎩6020m m +>⎧⎨-+<⎩62m -<<例4解：⑴23)13)(1(33323)(+-+-=-+='x x x x x x f , 令1310)(-==='x x x f 或得舍去)(,0)(,310x f x f x >'<≤∴时当单调递增；当)(,0)(,131x f x f x <'≤<时递减.]1,0[)(613ln )31(在为函数x f f -=∴上的极大值.⑵由0]3)(ln[|ln |>+'+-x x f x a 得x x a x x a 323ln ln 323lnln ++<+->或设332ln 323ln ln )(2x x x x x h +=+-=,x x x x x g 323ln 323ln ln )(+=++=, 依题意知]31,61[)()(∈<>x x g a x h a 在或上恒成立,0)32(2)32(33)32(3332)(2>+=+⋅-+⋅+='x x x x x x x x g ,03262)62(31323)(22>++=+⋅+='xx xx x x x h , ]31,61[)()(都在与x h x g ∴上单增,要使不等式①成立,当且仅当.51ln 31ln ),61()31(<><>a a g a h a 或即或⑶由.0223)32ln(2)(2=-+-+⇒+-=b x x x b x x f 令xx x x x b x x x x 329723323)(,223)32ln()(22+-=+-+='-+-+=ϕϕ则,当]37,0[)(,0)(,]37,0[在于是时x x x ϕϕ>'∈上递增；]1,37[)(,0)(,]1,37[在于是时x x x ϕϕ<'∈上递减,而)1()37(),0()37(ϕϕϕϕ>>,]1,0[0)(2)(在即=+-=∴x b x x f ϕ恰有两个不同实根等价于例5解：⑴222)1(1)2()1(1)(++-+=+-='x x x a x x a x x f∵a 29=,令0)(>'x f 得2>x 或210<<x ,∴函数)(x f 的单调增区间为),2(),21,0(+∞.⑵证明：当0=a 时x x f ln )(=∴x x f 1)(=', ∴210021)(x x x x f +==',又121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=不妨设12x x > , 要比较k 与)(0x f '的大小,即比较1212ln x x x x -与212x x +的大小, 又∵12x x >,∴ 即比较12ln x x 与1)1(2)(212122112+-=+-x x x xx x x x 的大小．令)1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h ,则0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h , ∴)(x h 在[)+∞,1上位增函数．又112>x x ,∴0)1()(12=>h x x h , ∴1)1(2ln 121212+->x x x x x x ,即)(0x f k '>⑶∵ 1)()(1212-<--xx x g x g ,∴ []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g 由题意得x x g x F +=)()(在区间(]2,0上是减函数．︒1 当x x a x x F x +++=≤≤1ln )(,21, ∴ 1)1(1)(2++-='x a x x F 由313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'x x x x x x a x F 在[]2,1∈x 恒成立．设=)(x m 3132+++x x x ,[]2,1∈x ,则0312)(2>+-='xx x m∴)(x m 在[]2,1上为增函数,∴227)2(=≥m a .︒2 当x x a x x F x +++-=<<1ln )(,10,∴ 1)1(1)(2++--='x a x x F 由11)1()1(0)(222--+=+++-≥⇒≤'x x x x x x a x F 在)1,0(∈x 恒成立设=)(x t 112--+xx x ,)1,0(∈x 为增函数,∴0)1(=≥t a综上：a 的取值范围为227≥a .例6解：1x ax x x f +=)ln(2)(',2)ln(2)('x x ax x x f ≤+=,即x ax ≤+1ln 2在0>x 上恒成立设x ax x u -+=1ln 2)(,2,012)('==-=x xx u ,2>x 时,单调减,2<x 单调增, 所以2=x 时,)(x u 有最大值.212ln 2,0)2(≤+≤a u ,所以20e a ≤<. 2当1=a 时,x x x x f x g ln )()(==, e x x x g 1,0ln 1)(==+=,所以在),1(+∞e 上)(x g 是增函数,)1,0(e上是减函数.因为11211<+<<x x x e,所以111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+即)ln(ln 211211x x x x x x ++<,同理)ln(ln 212212x x x x x x ++<.所以)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+ 又因为,421221≥++x x x x 当且仅当“21x x =”时,取等号. 又1),1,1(,2121<+∈x x ex x ,0)ln(21<+x x ,所以)ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++,所以)ln(4ln ln 2121x x x x +<+,所以：42121)(x x x x +<.例7I ,23)(,00)0(2b ax x x f c f ++='=⇒=320)1(--=⇒='a b f由33210)(+-==⇒='a x x x f 或,因为当1=x 时取得极大值, 所以31332-<⇒>+-a a ,所以)3,(:--∞的取值范围是a ；依题意得：9)32()32(2762+-=++a a a ,解得：9-=a 所以函数)(x f 的解析式是：x x x x f 159)(23+-=III 对任意的实数βα,都有,2sin 22,2sin 22≤≤-≤≤-βα在区间-2,2有： 230368)2(,7)1(,7430368)2(=+-==-=---=-f f f 函数]2,2[)(-在区间x f 上的最大值与最小值的差等于81, 所以81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．例8解：Ⅰxax xa x f 11)(-=-=',当0≤a 时,()0f x '<在),0(+∞上恒成立,函数)(x f 在),0(+∞ 单调递减,∴)(x f 在),0(+∞上没有极值点；当0>a 时,()0f x '<得10x a <<,()0f x '>得1x a>, ∴)(x f 在(10,)a上递减,在(1),a+∞上递增,即)(x f 在ax 1=处有极小值． ∴当0≤a 时)(x f 在),0(+∞上没有极值点,当0>a 时,)(x f 在),0(+∞上有一个极值点．Ⅱ∵函数)(x f 在1=x 处取得极值,∴1=a ,∴b xx xbx x f ≥-+⇔-≥ln 112)(,令xx xx g ln 11)(-+=,可得)(x g 在(]2,0e 上递减,在[)+∞,2e 上递增,∴22min 11)()(e e g x g -==,即211b e ≤-． Ⅲ证明：)1ln()1ln()1ln()1ln(+>+⇔++>-y e x e y x ey x yx , 令)1ln()(+=x e x g x,则只要证明)(x g 在),1(+∞-e 上单调递增,又∵)1(ln 11)1ln()(2+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+='x x x e x g x ,显然函数11)1ln()(+-+=x x x h 在),1(+∞-e 上单调递增． ∴011)(>->ex h ,即0)(>'x g ,∴)(x g 在),1(+∞-e 上单调递增,即)1ln()1ln(+>+y e x e yx ,∴当1->>e y x 时,有)1ln()1ln(++>-y x e y x ．例9 解：I 1'(),'(1)1;Qf x f x=∴=l ∴直线的斜率为1,且与函数()f x 的图像的切点坐标为1,0,l ∴直线的方程为 1.y x =-又l 直线与函数()y g x =的图象相切,211722y x y x mx =-⎧⎪∴⎨=++⎪⎩方程组有一解;由上述方程消去y,并整理得22(1)90x m x +-+=①依题意,方程②有两个相等的实数根,2[2(1)]490m ∴∆=--⨯=解之, 得m=4或m=-2,0, 2.Qm m <∴=- II 由I 可知217()2,22g x x x =-+ '()2,()ln(1)2(1)g x x h x x x x ∴=-∴=+-+>-,1'()1.11xh x x x -∴=-=++ ∴∈当x (-1,0)时,h'(x)>0,h(x)单调,当(0,)x ∈+∞时,'()0,()h x h x <单减; ∴当x=0时,()h x 取最大值,其最大值为2;III()(2)ln()ln 2ln ln(1).22a b b af a b f a a b a a a +-+-=+-==+ 证明,当(1,0)x ∈-时,ln(1),ln(1).22b a b ax x a a--+<∴+< 例10解：1函数()f x 的定义域是(0,)+∞．由已知21ln ()xf x x -'=．令()0f x '=,得x e =．因为当0x e <<时,()0f x '>；当x e >时,()0f x '<．所以函数()f x 在(0,]e 上单调递增,在[,)e +∞上单调递减． 2由1可知当2m e≤,即2e m ≤时,()f x 在[,2]m m 上单调递增,所以max ln 2()(2)12mf x f m m==-．当m e ≥时,()f x 在[,2]m m 上单调递减,所以max ln ()1mf x m=-．当2m e m <<,即2e m e <<时,max 1()()1f x f e e==-．综上所述,max ln 21,0221()1,2ln 1,me m m ef x m eemm e m⎧-<≤⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪-≥⎪⎩3由1知当(0,)x ∈+∞时max 1()()1f x f e e ==-．所以在(0,)x ∈+∞时恒有ln 1()11x f x x e=-≤-,即ln 1x x e ≤,当且仅当x e =时等号成立．因此对任意(0,)x ∈+∞恒有1ln x e ≤．因为10n n +>,1n e n+≠,所以111lnn nn e n ++<⋅,即11ln()e n n n n ++<．因此对任意*n ∈N ,不等式11ln()e n n n n++<．例11解：１当(1,0)x ∈-时,()0f x '>,函数()f x 在区间(1,0)-上单调递增；当(0,)x ∈+∞时,()0f x '<,函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递减.∴函数()f x 在0x =处取得极大值,故1m =-. ２令121112()()()()()()()()f x f x h x f x g x f x x x f x x x -=-=----,则1212()()()()f x f x h x f x x x -''=--.函数()f x 在12(,)x x x ∈上可导,∴存在012(,)x x x ∈,使得12012()()()f x f x f x x x -'=-.1()11f x x '=-+,000011()()()11(1)(1)x x h x f x f x x x x x -'''∴=-=-=++++ 当10(,)x x x ∈时,()0h x '>,()h x 单调递增,1()()0h x h x ∴>=；当02(,)x x x ∈时,()0h x '<,()h x 单调递减,2()()0h x h x ∴>=；故对任意12(,)x x x ∈,都有()()f x g x >. ３用数学归纳法证明.①当2n =时,121λλ+=,且10λ>,20λ>, 112212(,)x x x x λλ∴+∈,∴由Ⅱ得()()f x g x >,即121122112211112212()()()()()()()f x f x f x x x x x f x f x f x x x λλλλλλ-+>+-+=+-,∴当2n =时,结论成立.②假设当(2)n k k =≥时结论成立,即当121k λλλ+++=时,11221122()()()()k k k k f x x x f x f x f x λλλλλλ+++>+++. 当1n k =+时,设正数121,,,k λλλ+满足1211k λλλ++++=,令12km λλλ=+++,1212,,,k k m m mλλλμμμ===, 则11k n m λ++=,且121k μμμ+++=.∴当1n k =+时,结论也成立.综上由①②,对任意2n ≥,n N ∈,结论恒成立.例12 解：⑴当2-=a 时,x x x f ln 2)(2-=,当),1(+∞∈x ,0)1(2)(2>-='xx x f , 故函数)(x f 在),1(+∞上是增函数．⑵)0(2)(2>+='x xax x f ,当],1[e x ∈,]2,2[222e a a a x ++∈+．若2-≥a ,)(x f '在],1[e 上非负仅当2-=a ,x=1时,0)(='x f ,故函数)(x f 在],1[e 上是增函数,此时=min )]([x f 1)1(=f ．若222-<<-a e ,当2a x -=时,0)(='x f ；当21ax -<≤时,0)(<'x f ,此时)(x f 是减函数；当e x a≤<-2时,0)(>'x f ,此时)(x f 是增函数．故=min )]([x f )2(af -2)2ln(2a a a --=．若22e a -≤,)(x f '在],1[e 上非正仅当2e 2-=a ,x=e 时,0)(='x f ,故函数)(x f 在],1[e 上是减函数,此时==)()]([min e f x f 2e a +．⑶不等式x a x f )2()(+≤,可化为x x x x a 2)ln (2-≥-．∵],1[e x ∈, ∴x x ≤≤1ln 且等号不能同时取,所以x x <ln ,即0ln >-x x ,因而xx x x a ln 22--≥],1[e x ∈令xx x x x g ln 2)(2--=],1[e x ∈,又2)ln ()ln 22)(1()(x x x x x x g --+-=',当],1[e x ∈时,1ln ,01≤≥-x x ,0ln 22>-+x x ,从而0)(≥'x g 仅当x=1时取等号,所以)(x g 在],1[e 上为增函数,故)(x g 的最小值为1)1(-=g ,所以a 的取值范围是),1[+∞-．例13 解：1定义域),0()0,1(+∞⋃-2,0)]1ln(11[1)(2时当>+++-='x x x x x f 0)(<'x f 单调递减; 当)0,1(-∈x ,令)1(11)1(1)()1ln(11)(22<+=+++-='+++=x xx x x g x x x g ,0)1(11)1(1)()1ln(11)(22<+=+++-='+++=x x x x x g x x x g 故)(x g 在－1,0上是减函数,即01)0()(>=>g x g ,故此时)]1ln(11[1)(2+++-='x x x x f 在－1,0和0,+∞上都是减函数 3当x >0时,1)(+>x kx f 恒成立,令]2ln 1[21+<=k x 有又k 为正整数,∴k 的最大值不大于3下面证明当k=3时,)0( 1)(>+>x x kx f 恒成立当x >0时 021)1ln()1(>-+++x x x 恒成立令x x x x g 21)1ln()1()(-+++=,则时当1 ,1)1ln()(->-+='e x x x g时当1 ,1)1ln()(->-+='e x x x g ,0)(>'x g ,当0)( ,10<'-<<x g e x 时 ∴当)( ,1x g e x 时-=取得最小值03)1(>-=-e e g当x >0时, 021)1ln()1(>-+++x x x 恒成立,因此正整数k 的最大值为3 例14解：ⅠFx = e x +sinx －ax,'()cos x F x e x a =+-. 因为x =0是Fx 的极值点,所以'(0)110,2F a a =+-==.又当a =2时,若x <0, '()cos 0x F x e x a =+-<;若 x >0, '()cos 0x F x e x a =+->. ∴x =0是Fx 的极小值点, ∴a=2符合题意.Ⅱ ∵a =1, 且PQ 121sin x x e x =+12111sin x x x e x x -=+-令()sin ,'()cos 10x x h x e x x h x e x =+-=+->当x >0时恒成立. ∴x ∈0,+∞)时,hx 的最小值为h 0=1.∴|PQ|mi n =1. Ⅲ令()()()2sin 2.x x x F x F x e e x ax ϕ-=--=-+-则'()2cos 2.x x x e e x a ϕ-=++-()''()2sin x x S x x e e x ϕ-==--. 因为'()2cos 0x x S x e e x -=+-≥当x ≥0时恒成立, 所以函数Sx 在[0,)+∞上单调递增, ∴Sx ≥S 0=0当x ∈0,+∞)时恒成立;因此函数'()x ϕ在[0,)+∞上单调递增, '()'(0)42x a ϕϕ≥=-当x ∈0,+∞)时恒成立. 当a ≤2时,'()0x ϕ≥,()x ϕ在0,+∞)单调递增,即()(0)0x ϕϕ≥=. 故a ≤2时Fx ≥F－x 恒成立.例15 解:Ⅰ12()(1)1g x a x b a =-++- 当0>a 时,[]()2,3g x 在上为增函数故(3)296251(2)544220g a a b a g a a b b =-++==⎧⎧⎧⇒⇒⎨⎨⎨=-++==⎩⎩⎩当[]0()2,3a g x <时，在上为减函数故(3)296221(2)244253g a a b a g a a b b =-++==-⎧⎧⎧⇒⇒⎨⎨⎨=-++==⎩⎩⎩011==∴<b a b 即2()21g x x x =-+. ()12f x x x=+-.Ⅱ方程(2)20x x f k -⋅≥化为12222xxxk +-≥⋅ 2111()222x x k +-≥,令t x =21,221k t t ≤-+ ∵]1,1[-∈x ∴]2,21[∈t 记12)(2+-=t t t ϕ∴min ()0t ϕ= ∴0k ≤Ⅲ方程0)3|12|2(|)12(|=--+-xxk f 化为0)32(|12|21|12|=+--++-k k x x 0)21(|12|)32(|12|2=++-+--k k x x ,0|12|x ≠-令t x =-|12|, 则方程化为0)21()32(2=+++-k t k t 0t ≠∵方程0)32(|12|21|12|=+--++-k k xx有三个不同的实数解, ∴由|12|-=x t 的图像知,0)21()32(2=+++-k t k t 有两个根1t 、2t , 且21t 1t 0<<< 或 101<<t ,1t 2= 记)21()32()(2k t k t t +++-=ϕ则⎩⎨⎧<-=>+=0k )1(0k 21)0(ϕϕ 或 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+<=-=>+=12k3200k )1(0k 21)0(ϕϕ∴0k >例16 解： Ⅰ0a =时,()()2xf x x x b e =+,()()()()()22232x x x f x x x b e x x b e e x x b x b '''⎡⎤⎡⎤∴=+++=+++⎣⎦⎣⎦, 令()()232g x x b x b =+++,()()2238180b b b ∆=+-=-+>,∴设12x x <是()0g x =的两个根,1当10x =或20x =时,则0x =不是极值点,不合题意；2当10x ≠且20x ≠时,由于0x =是()f x 的极大值点,故120x x .<< ()00g ∴<,即20b <,0b .∴<Ⅱ解：()()xf x e x a '=-2(3)2x a b x b ab a ⎡⎤+-++--⎣⎦,令2()(3)2g x x a b x b ab a =+-++--,22=(3)4(2)(1)80a b b ab a a b ∆-+---=+-+>则,于是,假设12x x ，是()0g x =的两个实根,且12x x .<由Ⅰ可知,必有12x a x <<,且12x a x 、、是()f x 的三个极值点, 则1x =2x =假设存在b 及4x 满足题意,1当12x a x ，，等差时,即21x a a x -=-时,则422x x a =-或412x x a =-, 于是1223a x x a b =+=--,即3b a .=--此时4223x x a a b=-=--+a a -=+ 或4123x x a ab =-=--a a =-2当21x a a x -≠-时,则212()x a a x -=-或12()2()a x x a -=- ①若()122x a a x -=-,则224x a x +=, 于是()()2813323221+-+---=+=b a b a x x a ,即()().33812++-=+-+b a b a 两边平方得()()2191170a b a b +-++-+=,30a b ++<，于是1a b +-=,此时2b a =--此时224x a x +==()().231343332++=--=++---+a b b a b a a②若12()2()a x x a -=-,则214x a x +=,于是2132a x x =+=,()33a b .=++两边平方得()()2191170a b a b +-++-+=,30a b ++>，于是1a b +-=,此时b a =--此时142(3)3(3)324a x a a b a b x b a ++---++===--=+综上所述,存在b 满足题意, 当b=－a－3时,4x a =±b a =-,4x a=+, b a =--时,4x a =+. 例17解:1依题意:.ln )(2bx x x x h -+=()h x 在0,+∞上是增函数,1()20h x x b x'∴=+-≥对x∈0,+∞恒成立,2设].2,1[,,2∈+==t bt t y e t x 则函数化为当t=1时,y m i n =b+1; 当t=2时,y mi n =4+2b当)(,4x b ϕ时-≤的最小值为.24b +3设点P 、Q 的坐标是.0),,(),,(212211x x y x y x <<且则点M 、N 的横坐标为.221x x x +=C 1在点M 处的切线斜率为.2|1212121x x x k x x x +==+= C 2在点N 处的切线斜率为.2)(|212221b x x a b ax k x x x ++=+=+= 假设C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线平行,则.21k k =2221121121x 2(1)x 2(x x )x ln .x x x x 1x --∴==++ 设,1,1)1(2ln ,112>+-=>=u u u u x x u 则 ① 这与①矛盾,假设不成立.故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行例18 1假设存在点(,)M a b ,使得函数()y f x =的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数()y f x =的图像上,则函数()y f x =图像的对称中心为(,)M a b .由()(2)2f x f a x b +-=,得21ln1ln 2222x a x b x a x-+++=--+, 即22222ln 0244x axb x ax a -+-+=-++-对(0,2)x ∀∈恒成立,所以220,440,b a -=⎧⎨-=⎩解得1,1.a b =⎧⎨=⎩ 所以存在点(1,1)M ,使得函数()y f x =的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数()y f x =的图像上. 2由1得()(2)2(02)f x f x x +-=<<.令i x n=,则()(2)2i i f f nn+-=(1,2,,21)i n =⋅⋅⋅-.因为1221()()(2)(2)n S f f f f n n nn=++⋅⋅⋅+-+-①,所以1221(2)(2)()()n S f f f f n n n n=-+-+⋅⋅⋅++②,由①+②得22(21)n S n =-,所以*21()n S n n =-∈N .所以20132201314025S =⨯-=.3由2得*21()n S n n =-∈N ,所以*1()2n n S a n n +==∈N . 因为当*n ∈N 且2n ≥时,2()121ln ln 2n a m n m n n ma n n ⋅>⇔⋅>⇔>-. 所以当*n ∈N 且2n ≥时,不等式ln ln 2n m n >-恒成立minln ln 2n m n ⎛⎫⇔>- ⎪⎝⎭. 设()(0)ln xg x x x=>,则2ln 1()(ln )x g x x -'=. 当0x e <<时,()0g x '<,()g x 在(0,)e 上单调递减; 当x e >时,()0g x '>,()g x 在(,)e +∞上单调递增.因为23ln 9ln8(2)(3)0ln 2ln 3ln 2ln 3g g --=-=>⋅,所以(2)(3)g g >,所以当*n ∈N 且2n ≥时,[]min 3()(3)ln 3g n g ==. 由[]min ()ln 2m g n >-,得3ln 3ln 2m >-,解得3ln 2ln 3m >-. 所以实数m 的取值范围是3ln 2(,)ln 3-+∞.例19 解：当1a =时,232()(1)2f x x x x x x =--=-+-,得(2)2f =-,且2()341f x x x '=-+-,(2)5f '=-．所以,曲线2(1)y x x =--在点(22)-，处的切线方程是25(2)y x +=--,整理得580x y +-=．Ⅱ解：2322()()2f x x x a x ax a x =--=-+-22()34(3)()f x x ax a x a x a '=-+-=---．令()0f x '=,解得3ax =或x a =．由于0a ≠,以下分两种情况讨论．1若0a >,当x ()f x '因此,函数()f x 在3ax =处取得极小值3a f ⎛⎫⎪⎝⎭,且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在x a =处取得极大值()f a ,且()0f a =． 2若0a <,当x 变化时,()f x '的正负如下表：因此,函数()f x 在函数()f x 在3ax =处取得极大值3a f ⎛⎫⎪⎝⎭,且34327a f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．Ⅲ证明：由3a >,得13a>,当[]10k ∈-，时,cos 1k x -≤,22cos 1k x -≤．由Ⅱ知,()f x 在(]1-∞，上是减函数,要使22(cos )(cos )f k x f k x --≥,x ∈R 只要22cos cos ()k x k x x --∈R ≤,即22cos cos ()x x k k x --∈R ≤①设2211()cos cos cos 24g x x x x ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭,则函数()g x 在R 上的最大值为2．要使①式恒成立,必须22k k -≥,即2k ≥或1k -≤．所以,在区间[]10-，上存在1k =-,使得22(cos )(cos )f k x f k x --≥对任意的x ∈R 恒成立．例20 I /(6)()4(2)(4)x x f x x x -=-- ./(2)注意到204x x ->-,得(,2)(4,)x ∈-∞⋃+∞,解(6)0x x -=得6x =或0x =.当x 变化时,/(),()f x f x 的变化情况如下表：所以(0)ln 2f =是()f x 的一个极大值,(6)ln 22f =+ 是()f x 的一个极大值../(4) II 点()0,(0),(6,(6))f f 的中点是3(3,)4,所以()f x 的图象的对称中心只可能是3(3,)4./(6) 设(,())P x f x 为()f x 的图象上一点,P 关于3(3,)4的对称点是3(6,())2Q x f x --.463(6)ln ()242x x f x f x x ---=+=--.Q ∴也在()f x 的图象上, 因而()f x 的图象是中心对称图形. /(8)III 假设存在实数a 、b .[],a b D ⊆,2b ∴<或4a >.若02b ≤<, 当[],x a b ∈时, 1()(0)ln 02f x f ≤=<,而04b ≥()4b f x ∴≠.故此时()f x 的取值范围是不可能是,44a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦. /(10) 若46a <≤,当[],x a b ∈时, 33()(6)ln 222f x f ≥=+>,而342a ≤()4a f x ∴≠.故此时()f x 的取值范围是不可能是,44a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦./(12) 若06a b a b <<<<或,由()g x 的单调递增区间是()(),0,6,-∞+∞,知,a b 是()4x f x =的两个解.而2()ln 044x x f x x --==-无解. 故此时()f x 的取值范围是不可能是,44a b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦. /(14) 综上所述,假设错误,满足条件的实数a 、b 不存在.。

高考导数压轴题型归类总结

导数压轴题型归类总结目录一、导数单调性、极值、最值的直接应用（1）二、交点与根的分布（23）三、不等式证明（31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（51）（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用（70）六、导数应用题（84）七、导数结合三角函数（85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .)(x g '(2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122x ax x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

高考导数压轴题型归类总结

导数压轴题型归类总结目录一、导数单调性、极值、最值的直接应用（1）二、交点与根的分布（23）三、不等式证明（31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（51）（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用（70）六、导数应用题（84）七、导数结合三角函数（85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

高考导数压轴题型归类总结

导数压轴题型归类总结目录一、导数单调性、极值、最值的直接应用（1）二、交点与根的分布（23）三、不等式证明（31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（51）（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用（70）六、导数应用题（84）七、导数结合三角函数（85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x . )(x g '的变化情况如下表：所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

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高考数学导数压轴题7大题型总结
目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。

掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。

为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

1导数单调性、极值、最值的直接应用
2交点与根的分布
3不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4不等式恒成立求字母范围
（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
5函数与导数性质的综合运用
6导数应用题
7导数结合三角函数。