重庆市中山外国语学校导数压轴题的几种处理方法 (1)
导数压轴题的几种处理方法
x +1 恒成立，求实数 k 的取值范围；x >1 g (x) == ,等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方 法常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法：1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算1+ ln x例：已知函数 f (x) =．1（Ⅰ）若函数在区间 (a, a + 2) （其中 a > 0 ）上存在极值，求实数 a 的取值范围；（Ⅱ）如果当 x ≥ 1 时，不等式 f (x) ≥k解：（Ⅰ）因为1+ ln x ，，则 'ln x ， … 1 分当f (x) = x x > 0 f (x) =- x时， ' ；当 时， ' ． 所以在（0，1）上单调递0 < x < 1f (x) > 0 f (x) < 0f (x)增 ； 在 (1, +∞) 上 单 调 递 减 ，所 以 函 数 f (x) 在 x = 1 处 取 得 极 大 值 ．… 2 分因为函数 f (x) 在区间 (a, a + 1) （其中 a > 0 ）上存在极值，2⎧a < 1所以 ⎨⎪1⎪a +⎩2, 解得 1 < a < 1. > 1 2… 4 分（Ⅱ）不等式 f (x) ≥ k ，即为 (x +1)(1+ ln x) ≥ k, 记 g (x) = (x +1)(1+ ln x) ,所以 'x +1 x'xx - ln x … 6 分[(x +1)(1+ ln x)] x - (x +1)(1+ ln x)x 2x 21令 h (x) = x - ln x, 则 h '(x) = 1 - x ， x ≥ 1,∴ h '(x) ≥ 0.∴ h (x) 在 [1, +∞) 上单调递增，∴[h(x)]min = h(1) = 1 > 0 ，从而 g '(x) > 0故 g (x) 在 [1, +∞) 上也单调递增，∴[g (x)]min = g (1) = 2 ，所以 k ≤ 2…8 分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围，且值；（2）求证：对一切x∈0,+∞，都有ln x>ex-ex例题：设（1）若（2）若当，其中有极值，求的取值范围；，恒成立，求的取值范围．．解：（1）由题意可知：有极值，则解得：（2）由于有两个不同的实数根，故，即，恒成立，则（4分），即，（6分）由于①当时，，则在处取得极大值、在处取得极小值，则当②当时，时，，即在，解得：上单调递增，且；（8分），则③当时，恒成立；在处取得极大值、在（10分）处取得极小值，则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数f(x)=x ln x。
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析，转给所有高中生
在考试过程中，很多高中生由于没有掌握适用的解题技巧，尤其是对相关的知识点掌握不够牢固的同学，只能放弃，今天，小编为大家总结了导数七大题型，帮助大家在高考数学中多拿一分，轻松拿下140+！
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。
高考数学复习讲义：破解导数问题常用到的4种方法
(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，f(x)的极小值为 f(－a－1)＝－a2，极大
值为 f(a)＝1.当 a<0 时，f(x)的递增区间是(－∞，a)，(－a－1，
＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，f(x)的极小值为 f(－a－1)＝－a2，
极大值为 f(a)＝1.
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[题后悟通] 求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首 项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为 零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先 证系数零正负”．
函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不
等式f(x)g(x)>0的解集是
()
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
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[解析] 利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待 解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数 F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x) 在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上 的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(－3)＝－F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的 解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
由
f′(x)＝0⇒x1＝－a－3
a2－3，x2＝－a＋3
a2－3 .
x (－∞，x1) (x1，x2) (x2，＋∞)
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
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：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 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
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 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
导数秒杀解题技巧
导数秒杀解题技巧
导数秒杀解题技巧是一种快速解决导数问题的方法，其主要包括以下步骤：
1.设定参数：将所求的参数分离出来，以便于求解。
2.求导：对函数进行求导，以便更好地研究函数的单调性和极值。
3.判断单调性：通过判断导数的正负，确定函数的单调性，从而确
定函数的极值点。
4.计算极值：根据极值点，计算出函数的极值。
5.代入验证：将极值代入原函数，验证其正确性。
需要注意的是，导数秒杀解题技巧虽然可以快速解决一些导数问题，但并不是万能的。
对于一些复杂的问题，可能需要结合其他方法进行求解。
同时，对于一些特殊情况，也需要特别注意。
2021年高考数学理科导数压轴题各种解法
2021年高考数学理科导数压轴题各种解法
以下是2021年高考数学理科导数压轴题的各种解法：
解法一：使用导数的定义求解
根据导数的定义，导数表示函数在某一点处的斜率，可以通过求取函数在该点的左导数和右导数的极限值来得到函数的导数。
首先，找到函数在给定点的左导数和右导数的表达式，然后计算它们的极限值，最终得到函数在该点的导数。
解法二：使用导数的性质求解
导数具有一系列的性质，包括线性性、常数因子性、乘积法则、和差法则、链式法则等。
通过运用这些性质，可以将复杂的函数通过简单的代数运算转化为更容易求导的形式，从而简化求解的过程。
解法三：使用隐函数求解
对于一些隐式定义的函数，可以通过求解隐函数的导数方程来得到导数。
具体的求解过程包括将隐函数对自变量求导，然后将求导结果代入到原方程中，进一步简化方程解的求取。
解法四：使用导数的几何意义求解
导数可以表示函数曲线在某一点处的切线的斜率，因此可以通过求取切线斜率的方式来得到导数。
根据函数的几何性质，寻找函数曲线在给定点的切线方程，然后计算切线方程的斜率，即可得到函数在该点的导数。
综上所述，针对2021年高考数学理科导数压轴题，可以运用
不同的解法来求解，其中包括导数的定义、性质、隐函数以及几何意义等多种方法。
具体选择哪种解法取决于题目的具体情况和自己的熟悉程度。
六招破解高考导数压轴题
破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
数学导数大题解题技巧
数学导数大题解题技巧
数学导数大题解题技巧
一、解题思路
1、明确问题：把题干中的文字转化成数学公式。
2、分析问题：根据提出的问题，分析对应的数学概念。
3、抓重点：弄清楚题目的要求，抓住主要的求解目标。
4、分析解决：为达到目标，采用正确的算法，根据条件分析解决问题。
5、验算结果：数值运算完成后，根据可行的方法验算一下结果。
二、应用技巧
1、彰显结果：把一个大问题分解成几个小问题，问题的解决自然会更简单。
2、减而治之：当出现复杂的问题时，可以把原问题适当简化成几个较容易解决的小问题，再将其汇总求出结果。
3、坐标变换：熟悉将椭圆的极坐标方程转换成普通坐标方程，把一个复杂的问题转换成一个稍微容易解决的问题。
4、合理假设：在某些情况下，可以根据实际情况设定合理的假设，这样可以减少计算量，大大提高解题效率。
5、列式求解：当题目要求求某个函数的值或极限时，可以采用列式的方法，逐步分析变化的趋势，并讨论出函数的具体值。
6、换元求解：当函数的参数发生变化时，可以采用换元求解法，用更简单的元求出更复杂的函数的导数值。
7、递推关系：当函数的求值问题涉及到递推关系，可以用初值确定终点，用每一步求出的结果求出下一步的结果，直至终点。
高中数学导数难题解题技巧
高中数学导数难题解题技巧作为高中数学的一门重要课程，导数一直是令学生头痛的难点之一。
导数作为微积分的重要内容，在高中阶段难度较大，需要注意的细节较多。
因此，本文将介绍高中数学导数的难题解题技巧，旨在帮助同学们更好地掌握导数知识，提高解题能力。
一、函数极值的判定在导数的应用中，函数的极值是一个常见的概念，但对于初学者来说，如何判断一个函数的极值并不容易。
实际上，对于一元函数f(x)，极值点要么是函数f(x) 的驻点，要么出现在函数f(x) 的无限接近某些x 值时的振幅分界点。
对于学生来说，要正确判断一个函数的极值，需要遵循以下几个步骤：1. 寻找函数的驻点：驻点是导数为0 的点，也就是函数取得极值或没有极值的点。
要计算一个函数f(x) 的极值，首先需要找出其导数f'(x) 的零点，即f'(x)=0，然后再通过二次辨识或图形分析来确定该点是极大值点还是极小值点。
2. 寻找函数的振幅分界点：如果函数f(x) 在某些无限接近于某一点时具有不同的极值，那么这个点就是函数的振幅分界点。
例如，在x=1 出现了函数值极小值-1，但是在x=1 的某一侧，函数值则具有无穷大的正值，那么x=1 就是函数的振幅分界点。
3. 判断极值类型：通过导数的二次辨识或图形分析，可以确定在极值点处的函数取值是极大值还是极小值。
通过以上步骤的分析，可以比较准确地判断一个函数是否存在极值点，进而解决相关的导数问题。
但需要注意的是，此方法并不是万能的，对于特殊函数的判定还需要结合具体情况来解决。
二、链式法则的运用链式法则是求导的一种重要方法，其适用于各种复杂函数的求导。
如果函数y 是一个由x 表示的函数，而v 又是y 的一个由u 表示的函数，那么如果我们要求出v 对x 的导数，那么就需要使用链式法则了。
具体来说，链式法则使用的公式为：dy/du × du/dx =dy/dx。
由此可见，链式法则的核心思路就是将一个复杂的函数转化成一个简单的函数，然后再依据导数的基本运算规则来求解导数。
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全
高考压轴题：导数题型及解题方法（自己总结供参考）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。
高考数学：导数压轴题型的几种题型
高考数学：导数压轴题型的几种题型在高中数学的压轴题中，导数是考的最多的，难度也是比较大的。
但是同学们要相信一句话：万变不离其宗。
只要同学们掌握了中心的东西，还是不难解决的。
我总结了高中数学中导数压轴题的5种题型，大家一定要把这5道题目搞懂。
文／灵子老师我是一名高中数学老师，在本省重点中学从事数学科目教学快20年了，在这20年里，我也总结出了非常多的学习方法和提分技巧。
函数，是同学们在高中数学中的一个重难点，而且学习的内容也很多，包括一次函数、二次函数、正比例函数、反比例函数、对数函数、指数函数以及导函数，其中导函数算是考的最多的，难度最大的一部分。
导函数在一堂考试中占的分值很多，而且各种题型都会考到，单选、填空、大题，特别是压轴题，导函数也是考得最多的。
“老师，我觉得导函数基础的部分很简单，但是难题也是真的很难，一般在大题里，我也就会解决第一个小问题，把函数的导函数求出来，但是这根本就得不到几分，怎么办才好呀？”“老师，我在最近这几天，一直在学导函数，各种概念看了又看，各种例题学了又学，各种练习做了又做，但是好像并没有什么效果，不会做的题目，我还是不会做。
都不知道怎么办才好了？”“老师，能不能给我们多讲几道导函数的压轴题啊，感觉每次听懂了，但是下来之后又不会做了。
”……在高中数学导函数的学习中，同学们学习的困难特别多。
尽管很多的题目，我都讲了很多次了，而且他们也都说自己听懂了，但是之后我再给他们出类似的题目的时候，他们也只说自己很熟悉，但是就是不知道怎么解答。
为了帮助同学们更好地学习，我搜集了历年的高中数学考试中考到的有关导函数的压轴题，经过我的分析总结，一共得出了5种题型，这5种题型几乎囊括了3年高中数学导函数的所有难点，同学们如果能够把这5种题型都理解透彻的话，在解题能力上，一定会有很大的提高的。
在我之前带学生中，同学们或多或少的也都有这样的问题，但是同学们如果能够把我的方法琢磨透彻的话，还是很容易解答的。
导数压轴题学总结
导数压轴题常用技巧归类总结一．隐零点代换导函数为超越函数，零点存在却无法求出，我们称之为隐零点。
对零点“设而不求”，通过整体代换，从而解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题。
操作步骤如下：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程()00'=x f ，并结合()x f '的单调性得到零点范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数()x f '的正负，进而得到()x f 的最值表达式；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简。
题型一不需要估计零点的取值范围例1已知函数ax xx x f --=1ln )(．（1）求函数)(x f 的单调区间；（2）若21<<a ，求证：1)(-<x f ．题型二估计隐零点的范围（卡根问题）例2已知函数()ln f x x x x =+,若k Z ∈,且()1f x k x <-对任意1x >恒成立,求k 最大值.方法总结：1.隐零点的解题方法是“设而不求”，先把导函数的零点设出来，然后利用隐零点的双重身份，即是导函数的编号零点，又是原函数的极值点。
2.有时需要根据零点存在定理估计隐零点的取值范围，估计范围越小，结果越精确。
二．放缩法题型一指数与对数放缩常见的指数放缩：)1();0(1=≥=+≥x ex e x x e x x 常见的对数放缩：)(ln );1(1ln 11e x ex x x x x x =≤=-≤≤-注：所有公式先证后用，否则扣分。
例1（2018年全国3卷）已知函数()x ex ax x f 12-+=，（2）证明：当1≥a 时，()0≥+e x f 例2（2016年山东理科）已知()()R a xx x x a x f ∈-+-=,12ln 2，（2）求证：当1=a 时，23)()('+>x f x f 对任意[]2,1∈x 恒成立。
例3已知x x ex x f ln )(2-=，求证：exe x f x 1)(+<题型二三角函数放缩常见三角函数的放缩：x x x x tan sin ,2,0<<⎪⎭⎫ ⎝⎛∈π题型三其他类型放缩（结合端点效应）例5（2016年四川理科21）设xa ax x f ln )(2--=（2）当1>x 时，x e xx f -->11)(恒成立，求a 的取值范围。
导数压轴题的几种处理方法
导数压轴题的几种处理方法导数压轴题在高等数学中属于比较重要的部分，对于学生来说也是比较难以掌握和解答的问题。
在解决导数压轴题的过程中，有一些常用的处理方法可以帮助我们更好地理解题目、分析问题以及解决问题。
接下来，我将介绍一些常见的导数压轴题处理方法。
1.代数化简法：对于一些复杂的函数表达式，我们可以通过代数化简的方法将它转化为更简单的形式。
在处理导数压轴题时，代数化简法也是一种常用的处理方法。
可以通过分子有理化、公式换元、加减引理等方法对函数进行化简，从而更方便地进行导数运算。
2.函数性质法：当给定函数的性质或公式时，可以通过利用函数的性质和公式进行求导。
对于一些常见函数，如指数函数、对数函数、三角函数等，有一些基本的求导公式，可以通过直接套用公式进行求导。
3.极限转换法：在求导过程中，有时候我们可以通过将导数的定义转化为极限的形式，然后利用极限的性质来求导。
极限转换法通常适用于一些特殊的函数形式，如分段函数、绝对值函数等。
4.高阶导数法：对于一些特殊的问题，我们还可以通过求取高阶导数来解决。
通过求取函数的一阶、二阶、甚至更高阶导数，可以更全面地了解函数的性质和特点，从而更好地解答问题。
5.导数的几何意义法：导数的几何意义是描述函数变化率的概念，一些导数压轴题可以通过对导数的几何意义进行分析来解决。
例如，利用导数的几何意义可以判断函数的增减性、极值点和拐点等。
6.隐函数求导法：一些函数的表达式难以直接求导，可以通过对方程两边同时求导的方法来解决。
这种方法通常适用于隐函数关系的导数压轴题，可以通过对隐函数关系进行求导然后解方程得到结果。
7.递归求导法：对于一些重复出现的函数表达式，可以通过递归求导法直接求取导数的表达式。
这种方法适用于一些具有规律性的函数，可以通过重复进行相同的导数运算来求取导数。
8.利用导数性质法：导数具有一些特定的性质，如导数的和、差、积、商、复合函数等性质。
在求导过程中，可以通过利用这些性质来简化计算过程，从而更快速地求解导数问题。
高考导数压轴题的几种解法
2019年%月解法探穷H AB高考导数压轴题的几种解法%四川省内江师范学院数学与信息科学学院胡富雅%四川省内江师范学院数学与信息科学学院赵思林近年来，以函数和导数命制的压轴题占据着高考 数学的制高点，这些试题是命题专家将高中知识与大学知识进行巧妙结合，常常以高等数学知识为背景精心设计问题，注重考查学生的“四能”以及学生的数学 核心素养和探究、创新意识.这些试题对考生来说往往具有一定的挑战性，其解题方法可以用高中知识去解决，自学过一些高等数学知识的考生也可以用高等数 学知识去解决，显得简洁明快.本文对高考导数压轴题的解法加以总结，主要有单调性法、最值法、分离参数法、主元法等方法,并用这些方法对一些高考题进行了 分析与点评.—、单调性法例1(2018年全国卷！文科第21题)已知函数，f(#)= #(-&(#2+#+1).3⑴若&=3,求™#)的单调区间；(2)证明：(#)只有一个零点.解析：⑴从略.⑵证明：因为#2+#+1= ”j +-) >0,所以/(#)=0 等价于 --3&=0,设g (#)= --3&,贝卩*"(#) =*基金项目：四川省“西部卓越中学数学教师协同培养计划”项目(ZY16001)；内江师范学院2016年度校级学科建设特色培育项目(T160009,T160010)；四川省高校人文社科研究基地四川中小学教师专业发展研究中心重点项目 “中学数学教师核心素养结构与测评研究”(编号：PDTR2018-002)；内江师范学院精品资源共享课《初等代数研究》(内师院发〔2013〕53号)研究成果.赵思林系本文通讯作者.#2+#+1 # +#+1"((+#+；； # 0，当且仅当#=0时,*(#)=0，所以(#)在R 上单调递增，则*(#)至多有一个零点,即(#)至多有一个零点.又因为/(3&-1 )=-6&2+2&-=-6 (&-= + - <0,3\ 6 / %代3&+1)=丄>0,而(#)在R 上连续，则在(3&-1,3&+1)上存在#i ,使得(#1)=0,故(#)有且只有一个零点，且零点存在于(3&-1,3&+1).综上所述,(#)只有一个零点.点评：该题第(1)问考查了学生对导数单调性等基 础知识的运用，而第(2)问题目很简单，但需要考生对零点存在性定理十分熟悉，此外，该题还需要学生会对函 数赋值.二、最值法最值法在高考很多题目中都有涉及，与单调性等方面联系紧密，最值法常常结合分离参数法进行考查，在 导数的恒成立问题中应用较为广泛，通过将原不等式进 行变形，将一般的不等式转化为不等式的恒成立问题,从而求出方程某一边的最大值或最小值.例2 (2018年全国卷I 文科第21题)已知函数™#)=&e #-ln #-l .(1 )设#=2是™# )的极值点,求实数&的值，并求函数 (#)的单调区间；⑵证明:当丄时,(#)#0.e解析：⑴从略.⑵证明：因为e #>0,所以当丄时,/(#)# —-ee*# *# -ln #-1.设 g (#)= ln #-1 (#>0),则g '( #)=--------•令 g '( #)=e e #0,解得#=1,所以当0$#$ 1 时,g %(#)<0;当#>1 时,g " (#)> 0,所以*(#)在(0,1)上单调递减，在((,+&)上单调递高中彳•了裂29解法探穷2019年6月增,所以!=1是g （!）的极小值点，所以g （!）…i ”=g （l ）=0，所g （x ）!g （x ）ain =0.三、 分离参数法对于原方程中含有自变量与参数的方程或者不等式,直接求导不可行的时候,我们常常采用分离参数的方法，将参数放在方程的一侧，在方程的另外一侧构造出新的函数，且分离参数隐性的需要满足两个条件，一是参数与自变量易于分离,二是分离参数后的方程易于 求导或者进行相关变形、构造等，从而使解题更加容易.例3 （2018年全国卷！理科第21题）已知函数&（!）=e *-a»2.⑴若a=1,证明:当!!0时,（！）！1；⑵若在（0, + 8）只有一个零点，求）.解析：⑴从略.⑵由⑴可知，当）＜1时,y=e *和y=a»涵数图像在+轴e 2右半侧相切,设切点为!0,可得!0=2,）=.4由/（!） =0得）=2 ,令g （!）=三，贝^$#（!）=（兀-严 ,所以g （!）在（0,2）上单调递减，在（2,+8）上单调递 增,故$（九=g （2）=-4,由g （!）的大致图像可知，当）=孚时，+=）与$（!）=三有且只有一个交点，即/（!）在（0,4 !2+ 8）只有一个零点.点评：该题如果运用直接讨论法，计算过程比较烦琐,且容易出错.而运用参数分离法再结合函数图像则 会使解题变得简单，考生也容易接受.四、 主元法主元法是指在函数、方程或不等式当中含有多个参数时，选取其中的一个参数作为主变量，从而对这一主变量进行相关变形，构造出恰当的函数，主元法在极值点的偏移中运用较为广泛.例4 （2016年全国卷I 理文21）已知函数&（!）=（-2）e "+）（!-1）2有两个零点.（1）求）的取值范围；⑵设!1,!2是+!）的两个零点，证明:!1+!2＜2.分析：+ ）首先对函数求导，再对参数）进行分类讨论并确定零点的个数；（2）根据（1）可知如,！2的取值范围及的单调性，要证明!1+!2＜2,只需证明2-业），即证明+ 2-!2）＜0，代入原函数进行验证即可求解.解：（1 ）由题意知,/'（!）=（!-1 ）e *+2）（!-1 ） =（!-1 ） •（e !+2））.（1） 当）=0 时，贝A!）=（!-1）e “,_A!）只有一个零点.（ii ） 当）＞0时,则当！ "（-8,1 ）,广（！）＜0；当！ e （1,+ 8）时,/'（!）＞0.所以应）在（-8,1）上单调递减，在（1,+8）上单调递增.又因为才（1 ）=-e ,/（2）=）,取-满足-＜0且-＜ln 才,则 -）＞才（--2）+（--1 ）2=）#-#■ - j＞0, 故A ” ）存在两个零点.（iii ） 当）＜0时，由/'（兀）=0,解得!=1 或!=1（（-2））.若，则 1（（-2））%1,故当！ e （1,+8）时,/'（兀）＞0,因此A ”）在（1,+8）上单调递增•又当!%1时/!）＜0,所以A ”）不存在两个零点.若）＜-■—，则 1（（-2））＞1，故当! e （1,1n （-2a ））时,2厂（!）＜0;当！ e （1n （-2））, +8）时,/'（!）＞0.因此/（!）在（1,1n （-2）））上单调递减，在（1n （-2））, +8）上单调递增.又当!%1时庆！）＜0,所以&&）不存在两个零点.综上所述,）的取值范围为（0,+8）.（2） 不妨设!]＜!.由（1）知,!1 e （-8,1）, !2" （1,+8）,2-!2 " （-8,1） ,/（!）在（-8,1 ）上单调递减，所以!1+!2＜2等价于A!1）＞A 2-!2）, BPA 2-!2）＜0,由 3（2-!2）= -!2e 2-!z +）（!2-1 ）2，而&（!2）=（!2-2）e 叱 +）（兀2-1 ）2=0,所以久 2-！2）=-!2e 2%-（!2-2 ） e 02.设+!） =-!e 2-!- （!-2）e !,贝贝$'（!）=（!-1）（e 2-!-e !）.所以当！〉1时，$ '（!）＜0，而g （1）= 0，故当！〉1时，$（!）＜0.从而 g （!2）=（ 2-!2）＜0,故!i +!2＜2.点评：此题选了！2作为主元，若选街作为主元，其解 法相同.参考文献：#1$赵思林.高考数学研究方法#M ].北京：科学出版社，2018'#2$赵思林.初等代数研究#M $.北京：科学出版社，2017.30 彳•了裂:7高中。
数学压轴题答题技巧
数学压轴题答题技巧随着中考的临近，我们的复习步伐也已经到了如火如荼的地步，除了要做好必备的基础知识和方法技巧巩固之外，更重要的是尽快全面提升综合水平，拿下专题模块，特别是对压轴题的学习，更要去努力冲一冲！很多同学说在解答压轴题的时候，会感到压力很大，找不到解题思路。
不同类型的压轴题所对应的解题思想也存有很大的差异。
今天豆姐就来给同学们详细讲讲如何破译中考数学压轴题，协助大家在考场中从容应对各种类型的压轴题，争取拿到关键的分数！一分类讨论题分类讨论在数学题中经常以最后压轴题的方式出现，以下几点是需要大家注意分类讨论的：1、熟知直角三角形的直角，等腰三角形的腰与角以及圆的对称性，根据图形的特殊性质，找准讨论对象，逐一解决。
在探讨等腰或直角三角形存有时，一定要按照一定的原则，不要遗漏，最后要综合。
2、讨论点的位置一定要看清点所在的范围，是在直线上，还是在射线或者线段上。
3、图形的对应关系多涉及到三角形的全等或相似问题，对其中可能出现的相关角、边的可能对应情况加以分类讨论。
4、代数式变形中假设有绝对值、平方时，里面的数开出来要注意正负号的取舍。
5、考查点的取值情况或范围。
这局部多是考查自变量的取值范围的分类，解题中应十分注意性质、定理的使用条件及范围。
6、函数题目中假设说函数图象与坐标轴有交点，那么一定要讨论这个交点是和哪一个坐标轴的哪一半轴的交点。
7、由动点问题引出的函数关系，当运动方式改变后（比方从一条线段移动到另一条线段）时，所写的函数应该实行分段讨论。
值得注意的是：在列出所有需要讨论的可能性之后，要仔细审查是否每种可能性都会存有，是否有需要舍去的。
最常见的就是一元二次方程假设有两个不等实根，那么我们就要看看是不是这两个根都能保留。
二、四个秘诀切入点一：做不出、找相似，有相似、用相似压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。
学生往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形。
切入点二：构造定理所需的图形或基本图形在解决问题的过程中，有时添加辅助线是必不可少的，几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图形或构造一些常见的基本图形。
导数压轴题7大题型归类总结
导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+
1、导数单调性、极值、最值的直接应用
设a＞0，函数g(x)＝(a^2＋14)e^x＋4.若 ξ1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立，求a的取值围．
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ຫໍສະໝຸດ （三）替换构造不等式证明不等式
4、不等式恒成立求字母围
（1）恒成立之最值的直接应用
（2）恒成立之分离参数
（3）恒成立之讨论字母围
5、函数与导数性质的综合运用
6、导数应用题
7、导数与三角函数的结合
关于数学压轴题的解题技巧
关于数学压轴题的解题技巧
数学压轴题，解题需找好四大切入点：
切入点一：做不出、找相似，有相似、用相似
压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。
学生往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形。
切入点二：构造定理所需的图形或基本图形
在解决问题的过程中，有时添加辅助线是必不可少的。
一道很简单的证明题是可以不用添加辅助线的，其余的全都涉及到辅助线的添加问题。
学生添线的要求还是挺高的，但添辅助线几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图形或构造一些常见的基本图形。
切入点三：紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论
在图形运动变化时，图形的位置、大小、方向可能都有所改变，但在此过程中，往往有某两条线段，或某两个角或某两个三角形所对应的位置或数量关系不发生改变。
切入点四：在题目中寻找多解的信息
图形在运动变化，可能满足条件的情形不止一种，也就是通常所说的两解或多解，如何避免漏解也是一个令考生头痛的问题，其实多解的信息在题目中就可以找到，这就需要我们深度的挖掘题干，实际上就是反复认真的审题。
总之，中考数学压轴题的切入点有很多，考试时并不是一定要找到那么多，往往只需找到一两个就行了，关键是找到以后一定要敢于去做。
有些同学往往想想觉得不行就放弃了，其实绝大多数的题目只要想到上述切入点，认真做下去，问题基本都可以得到解决。
感谢您的阅读，祝您生活愉快。
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等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方法 常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法： 1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算例：已知函数1ln ()xf x x+=． （Ⅰ）若函数在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围；解：（Ⅰ）因为1ln ()x f x x +=，0x > ，则ln ()xf x x'=-， … 1分 当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<． 所以()f x 在（0，1）上单调递增；在(1,)+∞上单调递减， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值．… 2分因为函数()f x 在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值， 所以1,112a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩ 解得1 1.2a << … 4分（Ⅱ）不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln ),x x k x ++≥ 记(1)(1ln )(),x x g x x++= 所以22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln (),x x x x x x xg x x x '++-++-'==… 6分令()ln ,h x x x =-则1()1h x x'=-，1,()0.x h x '≥∴≥()h x ∴在[1,)+∞上单调递增，min [()](1)10h x h ∴==>，从而()0g x '>故()g x 在[1,)+∞上也单调递增，min [()](1)2g x g ∴==，所以2k ≤ …8分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围 例题：设，其中．（1）若有极值，求的取值范围； （2）若当，恒成立，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，且有极值，则有两个不同的实数根，故，解得：，即（4分）（2）由于，恒成立，则，即（6分）由于，则① 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：； （8分）② 当时，，即在上单调递增，且，则恒成立； （10分）③ 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数x x x f ln )(=。
（1）求函数)(x f 在[])0(2,>+t t t 上的最小值；（2）求证：对一切()+∞∈,0x ，都有exe x x 21ln ->解（1）1ln )(+='x x f ,令0)(='x f ，得ex 1=，当)1,0(ex ∈时，)(,0)(x f x f <'单减；当),1(+∞∈ex 时，)(,0)(x f x f >'单增。
（2分）∴>0t ① 当e t 10<<时，)(x f 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡e t 1,上单减，在⎥⎦⎤⎝⎛+2,1t e 上单增，所以e ef x f 1)1()(min -==；（4分） ② 当et 1≥时，)(x f 在[]2,+t t 上单增，所以t t t f x f ln )()(min ==。
（6分）（2）要证原命题成立，需证：)0(2)(>->x e ex x f x成立。
设e e x x g x 2)(-=，则xe xx g -='1)(，令0)(='x g 得1=x ，当)1,0(∈x 时，)(,0)(x g x g >'单增；当),1(+∞∈x 时，)(,0)(x g x g <'单减，所以当1=x 时，ex g 1)(max -=。
（9分）又由（1）得)(x f 在)1,0(e 上单减，在),1(+∞e 上单增，所以当e x 1=时，ex f 1)(min -=，又)()(),1(10)1(x g x f g ef >∴=->= ，（11分）所以对一切),0(+∞∈x ，都有ex ex x21ln ->成立。
（12分） 2、设函数，记，若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是 ．设，令，，发现函数在上都单调递增，在上都单调递减，于是函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，所以函数有零点需满足，即.二、适当处理后能够简化运算：3(2014)()=xlnx g(x)=k(x-1)()=g(x),k f x f x 、年一测已知函数，（1）若>求的范围.⑴解:注意到函数()f x 的定义域为(0,)+∞, 所以()()f x g x ≥恒成立()()f xg x x x⇔≥恒成立, 设(1)()ln (0)k x h x x x x-=->,则221()k x kh x x x x-'=-=, ------------2分 当0k ≤时,()0h x '>对0x >恒成立,所以()h x 是(0,)+∞上的增函数, 注意到(1)0h =,所以01x <<时,()0h x <不合题意.-------4分 当0k >时,若0x k <<,()0h x '<;若x k >,()0h x '>. 所以()h x 是(0,)k 上的减函数,是(,)k +∞上的增函数,故只需min ()()ln 10h x h k k k ==-+≥. --------6分 令()ln 1(0)u x x x x =-+>, 11()1xu x x x-'=-=, 当01x <<时,()0u x '>; 当1x >时,()0u x '<. 所以()u x 是(0,1)上的增函数,是(1,)+∞上的减函数. 故()(1)0u x u ≤=当且仅当1x =时等号成立. 所以当且仅当1k =时,()0h x ≥成立,即1k =为所求.三、放缩后，求参数范围4、设函数2()1xf x e x ax =---。
（1） 若0a =，求()f x 的单调区间； （2） 若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围 （1）0a =时，()1xf x e x =--，'()1xf x e =-.当(,0)x ∈-∞时，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >.故()f x 在(,0)-∞单调减少，在(0,)+∞单调增加（II ）'()12xf x e ax =--由（I ）知1xe x ≥+，当且仅当0x =时等号成立.故'()2(12)f x x ax a x ≥-=-，从而当120a -≥，即12a ≤时，'()0 (0)f x x ≥≥，而(0)0f =， 于是当0x ≥时，()0f x ≥. 由1(0)xe x x >+≠可得1(0)xe x x ->-≠.从而当12a >时，'()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a --<-+-=--，故当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f =，于是当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <.综合得a 的取值范围为1(,]2-∞.5、（2014年二测）()(1)()(2)01()(),k x f x xe f x kx f x f x-=<<>已知求的和极值，求取值范解（Ⅰ）由题知()(1)()R x f x x e x -'=-∈，当()0f x '>时，1x <，当()0f x '<时，1x >，----3分所以函数()f x 的增区间为(,1)-∞，减区间为(1,)+∞，其极大值为1(1)f e=，无极小值．-----------5分（Ⅱ）由题知01x <<， 当0k ≤时，因为01kx x≤<<，由⑴知函数在(,1)-∞单调递增，所以()()kf x f x>，符合题意；-------7分当01k <<时，取x k =，可得()(1)f k f >，这与函数在(,1)-∞单调递增不符；9分当1k ≥时，因为11k x x≥>，由⑴知函数()f x 在(1,)+∞单调递减， 所以1()()k f f x x ≤，即只需证1()()f x f x>，即证11xx xe e x -->，即1ln ln x x x x ->--，12ln 0x x x -+>，令1()2ln (01)h x x x x x=-+<<， 则222221(1)()0x x x h x x x -+--'==-<对01x <<恒成立， 所以()h x 为(0,1)上的减函数，所以()(1)0h x h >=，所以()()kf x f x>，符合题意．-------11分综上：(,0][1,)k ∈-∞+∞为所求．------------12分6、（2013年辽宁）已知函数()()()[]321,12cos .0,12e xx f x x g x ax x x x -=+=+++∈当时，(I)求证:()11-;1x f x x≤≤+ (II)若()()f x g x ≥恒成立,求实数a 取值范 第一问略：。