高考数学导数压轴题7大题型汇总

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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。

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
北京八中
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。

(完整版)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f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x－1x ＋m＝e x x ＋1－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋22>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内，设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0，所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增；所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef 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。

高考导数压轴题型归类总结

高考导数压轴题型归类总结一、导数单调性、极值、最值的直接应用已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈ ⑴当1a =-时，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；⑵当12a ≤时，讨论()f x 的单调性.1. 已知函数221()2,()3ln .2f x x axg x a x b =+=+⑴设两曲线()()y f x y g x ==与有公共点，且在公共点处的切线相同，若0a >，试建立b 关于a 的函数关系式，并求b 的最大值； ⑵若[0,2],()()()(2)b h x f x g x a b x ∈=+--在(0,4)上为单调函数，求a 的取值范围。

2. （最值直接应用）已知函数)1ln(21)(2x ax x x f +--=，其中a ∈R . （Ⅰ）若2x =是)(x f 的极值点，求a 的值；（Ⅱ）求)(x f 的单调区间；（Ⅲ）若)(x f 在[0,)+∞上的最大值是0，求a 的取值范围.设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性；(2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围．3. （最值应用，转换变量）4. （最值应用）已知二次函数()g x 对x R ∀∈都满足2(1)(1)21g x g x x x -+-=--且(1)1g =-，设函数19()()ln 28f xg x m x =+++（m R ∈，0x >）．（Ⅰ）求()g x 的表达式；（Ⅱ）若x R +∃∈，使()0f x ≤成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）设1m e <≤，()()(1)H x f x m x =-+，求证：对于12[1,]x x m ∀∈，，恒有12|()()|1H x H x -<．5. 设3x =是函数()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈的一个极值点. （1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；（2）设()2250,4xa g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭，若存在[]12,0,4ξξ∈，使得()()121f g ξξ-< 成立，求a 的取值范围.6. 7.8. (2010山东，两边分求，最小值与最大值) 已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-． ⑴求()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；⑵若存在1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦（e 是常数，e ＝2.71828⋅⋅⋅）使不等式2()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围； ⑶证明对一切(0,),x ∈+∞都有12ln xx e ex>-成立．9. （最值应用）设函数()2ln q f x px x x =--，且()2pf e qe e=--，其中e 是自然对数的底数. ⑴求p 与q 的关系；⑵若()f x 在其定义域内为单调函数，求p 的取值范围； ⑶设2()eg x x=，若在[]1,e 上至少存在一点0x ，使得0()f x ＞0()g x 成立，求实数p 的取值范围.10. （2011湖南文，第2问难，单调性与极值，好题）设函数1()ln ().f x x a x a R x =--∈⑴讨论函数()f x 的单调性；⑵若()f x 有两个极值点12,x x ，记过点11(,()),A x f x 22(,())B x f x 的直线斜率为k ,问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.11. （构造函数，好，较难）已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a R a =-+-∈≠，.⑴求函数()f x 的单调增区间；⑵记函数()F x 的图象为曲线C ，设点1122(,)(,)A x y B x y 、是曲线C 上两个不同点，如果曲线C 上存在点00(,)M x y ，使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ，则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线，请说明理由.12. (2011天津理19，综合应用)已知0a >，函数()2ln f x x ax =-，0x >．(()f x 的图象连续) ⑴求()f x 的单调区间；⑵若存在属于区间[]1,3的,αβ，且1βα-≥，使()()f f αβ=，证明：ln 3ln 2ln 253a -≤≤．13. （单调性，用到二阶导数的技巧）已知函数x x f ln )(= ⑴若)()()(R a xax f x F ∈+=，求)(x F 的极大值；⑵若kx x f x G -=2)]([)(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k 的取值范围.已知函数()ln ,().x f x x g x e == ⑴若函数φ (x ) = f (x )－11x x ，求函数φ (x )的单调区间； ⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y =g (x )相切．二、交点与根的分布14. （2008四川22，交点个数与根的分布）已知3x =是函数2()ln(1)10f x a x x x =++-的一个极值点． ⑴求a ；⑵求函数()f x 的单调区间；⑶若直线y b =与函数()y f x =的图像有3个交点，求b 的取值范围． 15. 已知函数()32f x x ax bx c =-+++在(),0-∞上是减函数，在()0,1上是增函数，函数()f x 在R 上有三个零点．（1）求b 的值；（2）若1是其中一个零点，求()2f 的取值范围；（3）若()()'213ln a g x f x x x ==++，，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x )相切？请说明理由.16. （交点个数与根的分布）已知函数2()8,()6ln .f x x x g x x m =-+=+ ⑴求()f x 在区间[],1t t +上的最大值();h t⑵是否存在实数,m 使得()y f x =的图像与()y g x =的图像有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。

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X 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X 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 '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. （2009XX 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，考查运算能力与分类讨论的思想方法。

高考导数题型及解题方法总结

高考压轴题：导数题型及解题方法一．切线问题题型1求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。

方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。

题型2过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。

方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。

例已知函数f（x）=x 3﹣3x．（1）求曲线y=f（x）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、（提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。

将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。

（答案：m 的范围是()2,3--）题型3求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。

方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。

（)(,22x f x ）；建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x -='-，12212)()(y y x f x x -='-；求出21,x x ，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。

（答案02=--e y x e ）二．单调性问题题型1求函数的单调区间。

求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。

分类的方法有：（1）在求极值点的过程中，未知数的系数与0的关系不定而引起的分类；（2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定）；(3)在求极值点的过程中，极值点的大小关系不定而引起的分类；(4)在求极值点的过程中，极值点与区间的关系不定而引起分类等。

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，其几何意义为上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵ ⑶ ⑷.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交于点求证：. 解：(1)时，，由，解得.所以当时，有最小值.(2)证明：曲线在点处的切线斜率曲线在点P 处的切线方程为. 令，得，∴ ∵，∴，即. 又∵，∴ 所以.2.（2009天津理20，极值比较讨论）已知函数其中⑴当时，求曲线处的切线的斜率；⑵当时，求函数的单调区间与极值.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。

⑴⑵以下分两种情况讨论：①＞，则＜3.已知函数⑴设两曲线有公共点，且在公共点处的切线相同，若，试建立关于的函数关系式，并求的最大值；⑵若在(0,4)上为单调函数，求的取值范围。

4.（最值，按区间端点讨论）已知函数f(x)=ln x－.(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为32，求a的值.解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且f ′(x)＝1x＋2ax＝.∵a>0，∴f ′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.(2)由(1)可知：f ′(x)＝，①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝32，∴a＝－32(舍去).②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数，∴f (x )min ＝f (e )＝1－＝32，∴a ＝－2e(舍去). ③若－e <a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a .当1<x <－a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1,－a )上为减函数；当－a <x <e 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－a ,e )上为增函数，∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32?a .综上可知：a .5. （最值直接应用）已知函数，其中. （Ⅰ）若是的极值点，求的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）若在上的最大值是，求的取值范围. 解：（Ⅰ）.依题意，令，解得 . 经检验，时，符合题意. （Ⅱ）解：① 当时，.故的单调增区间是；单调减区间是. ② 当时，令，得，或.当时，与的情况如下：当时，的单调减区间是. 当时，，与的情况如下：③ 当时，的单调增区间是；单调减区间是. 综上，当时，的增区间是，减区间是；当时，的增区间是，减区间是和；当时，的减区间是；当时，的增区间是；减区间是和.（Ⅲ）由（Ⅱ）知时，在上单调递增，由，知不合题意. 当时，在的最大值是，由，知不合题意. 当时，在单调递减，可得在上的最大值是，符合题意.所以，在上的最大值是时，的取值范围是. 6. （2010北京理数18）已知函数()f x =ln(1+)-+(≥0).(Ⅰ)当=2时，求曲线=()f x 在点(1,(1))处的切线方程；(Ⅱ)求()f x 的单调区间. 解：（I ）当时，，由于，，所以曲线在点处的切线方程为即（II ），. 当时，.所以，在区间上，；在区间上，.故得单调递增区间是，单调递减区间是. 当时，由，得，所以，在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是. 当时，故得单调递增区间是. 当时，，得，.所以没在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是7. （2010山东文21，单调性）已知函数⑴当时，求曲线在点处的切线方程； ⑵当时，讨论的单调性. 解：⑴ ⑵因为，所以，，令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()ln ,().xf x xg x e ==⑴若函数φ (x ) = f (x )－，求函数φ (x )的单调区间；⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y =g (x )相切．解：（Ⅰ），．∵且，∴∴函数的单调递增区间为．（Ⅱ）∵ ，∴，∴ 切线的方程为, 即, ① 设直线与曲线相切于点，∵，∴，∴,∴0ln 101()x g x ex -==.∴直线也为，即，②又，，结合零点存在性定理，说明方程必在区间上有唯一的根，这个根就是所求的唯一，故结论成立．9.（最值应用，转换变量）设函数．(1)讨论函数在定义域内的单调性；(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围．解：⑴．当时，，增区间为，减区间为，．当时，，减区间为．当时，，增区间为，减区间为，．⑵由⑴知，当时，在上单调递减，∴，≤，即≤．∵恒成立，∴＞，即，又，∴．∵，∴，∴≤．10.（最值应用）已知二次函数对都满足且，设函数（，）．（Ⅰ）求的表达式；（Ⅱ）若，使成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）设，，求证：对于，恒有．解：（Ⅰ）设，于是所以又，则．所以．…………3分（Ⅱ）当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分当m=0时，对，恒成立；…………5分当m<0所以若，恒成立，则实数m的取值范围是．故使成立，实数m的取值范围．…………9分（Ⅲ）因为对，所以在内单调递减．于是记，则所以函数在是单调增函数，所以，故命题成立．…………12分11.设是函数的一个极值点.（1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（2）设，若存在，使得成立，求的取值范围.解：（1）∵∴由题意得：，即，∴且令得，∵是函数的一个极值点∴，即故与的关系式为.当时，，由得单增区间为：；由得单减区间为：和；当时，，由得单增区间为：；由得单减区间为：和；（2）由（1）知：当时，，在上单调递增，在上单调递减，,∴在上的值域为.易知在上是增函数,∴在上的值域为.由于，又∵要存在，使得成立，∴必须且只须解得:.所以，的取值范围为.12.．（1）若，求函数的极值；（2）若是函数的一个极值点，试求出关于的关系式（用表示），并确定的单调区间；（3）在（2）的条件下，设，函数．若存在使得成立，求的取值范围．解:（1）∵当时，,则.令得，∵,∴，解得∵当时，，当时，当时∴当时，函数有极大值，，当时，函数有极小值，．（2）由（1）知∵是函数的一个极值点∴即，解得则＝令，得或∵是极值点，∴，即 .当即时，由得或由得当即时，由得或由得.综上可知：当时，单调递增区间为和，递减区间为当时，单调递增区间为和，递减区间为。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

(完整word版)高考数学导数压轴题7大题型总结

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。

高考化学导数压轴大题7大题型梳理归纳

高考化学导数压轴大题7大题型梳理归纳高考化学中常出现的一个考点就是导数的计算。

在导数题型中，有许多题型都是常规题型，只要熟练掌握计算方法，就能轻松解决。

为了帮助同学们熟悉和掌握导数的计算方法，本文将对高考化学导数压轴大题7大题型进行梳理和归纳。

1. 用导数计算函数的极值这种类型问题是考查导数的应用，要求求出函数的极值，主要是求导数为零的点。

这种题型的计算方法比较简单，只需要求出函数的导数，令其为0，然后解方程得到导数为零的点，最后带入原函数求出对应函数值即可。

2. 用导数计算函数的单调性这种类型问题是考查导数与函数单调性的关系，要求求出函数的单调区间。

这种题型的计算方法也比较简单，只需要求出函数的导数，然后根据导数的正负确定函数的单调性。

3. 函数的凹凸性这种类型问题是考查函数凹凸性与导数的关系，要求求出函数的凹凸区间。

这种题型的计算方法较为复杂，需要先求出函数的二次导函数，然后根据二次导数的正负确定函数的凹凸性。

4. 极值相关问题这种类型问题是考查函数极值与导数的关系，要求求出函数的极值、最值等。

这种题型的计算方法与第一种题型类似，也是求出函数的导数，只不过需要进一步判断最值的情况。

5. 形状相关问题这种类型问题是考查函数的整体形状与导数的关系，要求求出函数的拐点、点的曲率等相关信息。

这种题型的计算方法需要求出函数的二次导数，然后根据二次导数的正负确定相关信息。

6. 参数方程导数这种类型问题是考查对参数方程进行求导的能力，要求求出参数方程的切线、法线等相关信息。

这种题型的计算方法相对较为简单，只需要对参数方程中每一项分别求导即可。

7. 高阶导数这种类型问题是考查高阶导数与其他信息的关系，要求求出函数的高阶导数。

这种题型的计算方法比较复杂，需要先求出函数的所有导数，然后根据高阶导数的性质进行推导。

以上便是高考化学导数压轴大题7大题型的梳理和归纳，希望对同学们备战高考有所帮助。

高考数学导数压轴题7大题型总结汇编

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
学习-----好资料
07导数结合三角函数
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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 ∈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。

导数压轴题题型梳理归纳

导数题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

高考导数压轴题型归类总结

高考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。

高考数学导数压轴题7大题型总结88537

高考数学导数压轴题7
大题型总结88537
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
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。

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。

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高考数学导数压轴题7大题型汇总
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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。

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。

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