(完整版)导数的综合大题及其分类.(可编辑修改word版)
(完整word版)导数大题题型全面
一、 分类讨论：分类讨论复杂影响定义域， 导是否有根，最高次项系数(开口方向) 例1.(大兴19)已知函数f(x) (22 m)X .x m(I)当m 1时，求曲线f (x)在点(1, f (1))处的切线方程； (n)求函数f(x)的单调区间.(2 m)(x 2m) (2 m)x 2x fW--- K (1 )当 m 0时，f(x)-.x因为f '(x)当 f'(x) 0 时，x 0,或x 0.所以函数f (x)的单调减区间为(，0),(0,)，无单调增区间(2) 当m 0时，f (x)的定义域为{xxm}.当 f'(x) 0时，x 、、 m 或.m x . m 或x 、. m ,所以函数f (x) 的单调减区间为(,j m ),( —, —),(~m, 单调增区间•(3) 当 m 0时，f'(x) (m 2)(x 2 而2x 扁).(x 2 m)2①当0 m 2时，若 f '(x) 0，则 x. m 或x . m ，(13分)解：(I)当 m 1 时，f(x)x x 2 1.因为f '(x)x 2 1 22-(x 1)所以k 所以函数f (x)在点1 1(訐(2))处的切线方程为12x 25y4(m 2)(x 2m) 2 2(x m))，无f'121 25 .因为f (2若f '(x) 0 ,贝y m x 、、m ,所以函数f(x)的单调减区间为(,,m),C，m,),函数f(X)的单调增区间为(、、m,、、m).②当m 2时，f (x) 0 ,为常数函数，无单调区间•③当m 2时，若f '(x) 0，贝U 、、m x .. m，若f '(x) 0 ,则x 、、m或x m ,所以函数f(x)的单调减区间为(,函数f(x)的单调增区间为(，.m),( . m,).综上所述，当m 0时，函数f (x)的单调减区间为(,0),(0,)，无单调增区间；当m 0时，函数f(x)的单调减区间为(，■-m),(、._m,, _m),(、~~m,)无单调增区间；当m 0时，①当0 m 2时，函数f (x)的单调减区间为(,x m),^ m,),函数f (x)的单调增区间为(•、一 m, •、_ m)；②当m 2时，f(x) 0 ,为常数函数，无单调区间；③当m 2时，函数f (x)的单调减区间为(、、m,-、m)，函数f(x)的单调增区间为(，吊),(、m, ) —13根与定义域，最值处需要比较例2. (2012年北京理科)已知函数f(x) ax2 1(a 0)，g(x) x3 bx -(i)若曲线y f (x)与曲线y g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，求a, b的值;2(n )当a 4b时，求函数f(x) g(x)的单调区间，并求其在区间(-上的最大值解：(1 )由1, c为公共切点可得：2f (x) ax 1(a 0)，贝U f (x) 2 ax, K 2a ,3 2g(x) x bx，贝U f (x)=3x b , k2 3 b,2a 3 b ①又 f(1) a 1 , g(1) 1 b ,a 11 b ，即a b ，代入①式可得:(2) Q a 24b ,设 h(x) f(x)g(x) x 321 2 ax ax41 则 h (x) 3x 22ax 1 2a ，令 h (x)0，解得 a :x 1x ?a —;426Q a 0 ,aa26，原函数在a单调递增，在a-单调递减， 在a 上单调递增22， 66，①若1< a，即a < 2时，最大值为 h(1) a 2a” ,•24②若a 1 a 即2 a 6时， 最大值为 h -12 62③若1> 6时，即a >6时，最大值为h综上所述:当a 0,2时，最大值为h(1)2a ta；当 a 2 ,4时，最大值为h ?1•二、恒成立问题例3( 2014海淀一模)已知函数 f (x) xln x .(I )求 f(x)的单调区间；(n )当k 1时，求证：f (x) kx 1恒成立.(I )定义域为0,---------------------------------- 1分 f '(x) In x 1---------------------------------- 2分1令 f '(x) 0 ,得 x ----------------------------------- 3分f '(x)与f (x)的情况如下:分1 1所以f(X)的单调减区间为(0,—)，单调增区间为(―，)--------------------------- 6分e e(n )分离参数，证明1:1设g(x) ln x , x 0 ----------------------------- 7分X八1 1 X 1g(X) 2 2 ------------------------------------------- 8分X X Xg'(x)与g(X)的情况如下：所以g(x) g(1) 1，即1ln x 1在x 0时恒成立， ------------- 10 分x, 1 ,所以，当k 1时，ln x k，x所以xlnx 1 kx，即xlnx kx 1，X|k | B| 1 . c|O |m所以，当k 1时，有f (x) kx 1. -------------------- 13 分证明2：直接作差构造新函数令g(x) f (x) (kx 1) xlnx kx 1 ----------------------------- 7分g'(x) In x 1 k ----------------------------- 8分令g '(x) 0 ,得x e k 1------------------------------ 9 分g'(x)与g(x)的情况如下:2x)x证明：设g （x ）f(x)xe ^(xxX( 20)，则 g '(x)4x------------------- 10分g(x)的最小值为g(e k1) 1 e k 1--------------- 11分当 k 1 时，e k1 1，所以 1 e k1 0 故 g(x) 0----------------------- 12 分 即当 k 1 时，f(x) kx 1. ------------------------------ 13 分xe 例4.（ 2015海淀期末文科20题）已知函数f （x ） .x（I ）若曲线y f （x ）在点（x 。
导数经典题型归类(共12类)
导数经典题型归类（共12类）导数题型目录 1.导数的几何意义 2.导数四则运算构造新函数 3.利用导数研究函数单调性 4.利用导数研究函数极值和最值 5. 知零点个数求参数范围 含参数讨论零点个数 6.函数极值点偏移问题 7.导函数零点不可求问题 8.双变量的处理策略 9.不等式恒成立求参数范围 10.不等式证明策略 11.双量词的处理策略12.绝对值与导数结合问题导数专题一导数几何意义一.知识点睛导数的几何意义：函数y=f（x）在点x=x0 处的导数f’（x0）的几何意义是曲线在点x=x0 处切线的斜率。
二.方法点拨：1.求切线①若点是切点：(1)切点横坐标x0 代入曲线方程求出 y0 (2)求出导数f′(x)，把x0代入导数求得函数y＝f(x)在点x=x0处的导数f′(x0)(3)根据直线点斜式方程，得切线方程：y－y0＝f′(x0)(x－x0)．②点（x0，y0）不是切点求切线：（1）设曲线上的切点为(x1，y1)；(2)根据切点写出切线方程y－y1＝f′(x1)(x－x1) (3)利用点（x0，y0）在切线上求出（x1，y1）；(4)把（x1，y1）代入切线方程求得切线。
2. 求参数，需要根据切线斜率，切线方程，切点的关系列方程：①切线斜率k=f′(x0) ②切点在曲线上③切点在切线上三．常考题型：(1)求切线(2)求切点(3)求参数⑷求曲线上的点到直线的最大距离或最小距离(5)利用切线放缩法证不等式四．跟踪练习 1. （20xx全国卷Ⅲ）已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)=f（-x）+3x，则曲线y=f（x）在点（1，-3）处的切线方程是2. （20xx新课标全国Ⅱ）设曲线y=ax-ln（x+1）在点（0,0）处的切线方程为y=2x，则a= A. 0 B.1 C.2 D.3 3. （20xx全国卷Ⅱ）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b= 4.（20xxxx）若曲线y=e-x 上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0，则点P的坐标是 5.（20xx江苏）在平面直角坐标系中，若曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，-5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，则a+b= 6.（20xx新课标全国）设点P在曲线y=ex上，点Q在曲线y=ln（2x）上，则▕PQ▏的最小值为 A.1-ln2 B.（1-ln2） C.1+ln2 D.(1+ln2)7. 若存在过点（1,0）的直线与曲线y=x3和y=ax2+x-9都相切，则a等于8. 抛物线y=x2上的点到直线x-y-2=0的最短距离为 A.B. C. D. 1 9. 已知点P在曲线y=上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是 10. 已知函数f（x）=2x3-3x.（1）求f（x）在区间[-2，1]上的最大值；（2）若过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切，求t的取值范围.11. 已知函数f（x）=4x-x4，x∈R. (1) 求f（x）的单调区间 (2) 设曲线y=f（x）与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g（x），求证：对于任意的实数x，都有f（x）≤g（x） (3) 若方程f（x）=a（a为实数）有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2-x1≤-+4. 导数专题二利用导数四则运算构造新函数一．知识点睛导数四则运算法则：[f(x)±g（x）]’=f′(x)±g′(x) [f(x)·g（x）]’=f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x) [ ]′= 二．方法点拨在解抽象不等式或比较大小时原函数的单调性对解题没有任何帮助，此时我们就要构造新函数，研究新函数的单调性来解抽象不等式或比较大小。
高考必刷大题 导数的综合问题
(2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取 值范围.
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因为f(x)＝cos ax－ln(1－x2)(－1<x<1)，
所以f(x)＝f(－x)，
所以f(x)为偶函数. f′(x)＝－asin ax＋1－2xx2(－1<x<1)， 令 t(x)＝－asin ax＋1－2xx2(－1<x<1)， 则 t′(x)＝－a2cos ax＋211－＋xx222(－1<x<1). 令 n(x)＝－a2cos ax＋211－＋xx222，
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
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3.已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数. (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝－1 时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝1x－1＝1－x x，x>0， 令f′(x)>0，得0<x<1；令f′(x)<0，得x>1， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
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则 n′(x)＝a3sin ax＋4x1－3＋x2x23. 当a＝0时， 当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意. 当 a>0 时，取2πa与 1 中的较小者，为 m， 则当0<x<m时，易知n′(x)>0， 所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，
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(2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
导数的综合大题及其分类
导数的综合大题及其分类②当a>2时, A >0，设F '(x) = 0的两根为 a —寸a 2—4，X 2 =a + ” a 2—4 其定义域为导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、 极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根 (或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等•体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用 .题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论.(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于 零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论.(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点.⑶最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在 极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值.1已知函数 f(x) = x — -， g(x)= alnx(a € R). X (1)当a>— 2时，求F(x) = f(x) — g(x)的单调区间;1、⑵设h(x) = f(x) + g(x)，且h(x)有两个极值点为 X 1，X 2，其中X 1 € 0，2，求h(x”一 h(X 2)的最小值.［审题程序］第步： 在定义域内，依据F '(X) - 0根的情况对F '(X)的符号讨论; 第二步： 整合讨论结果，确定单调区间； 第三步： 建立X 1、X 2及a 间的关系及取值范围；第四步： 通过代换转化为关于X 1(或X 2)的函数，求出最小值.1［规范解答］(1)由题意得F(x) = x — X — alnx ， x 2— ax + 1(0，+-)，贝U F '(x)二X^—令 m(x) = x 2— ax+ 1，贝U △= a 2— 4.①当一2<a<2时，A<0,从而F'(x)>0,二F(x)的单调递增区间为(0，+-);••• F(x)的单调递增区间为0 a—a2 —4和a+产4 +8 ,2F(x)的单调递减区间为a- f二4, a+供二4综上，当一2<a<2时，F(x)的单调递增区间为(0, 当a>2时，F(x)的单调递增区间为0, L F-4和时｛J 4 , +8 ,F(x)的单调递减区间为a- f -4, a+童二41(2)对h(x) = x—x+ alnx, x € (0,+ 8)x2+ ax+ 1x2设h'(x)= 0的两根分别为x i, X2,则有X1X2=1 , X1 + X2= —a,1ln_x1 1••• xeX1,从而有 a= — X1—易令 H(x)= h(x)— h 1=X—1+ — X —- Inx —x=2 -x-十nx + x-匕,(x) = 2— nx = 21二X1+皿x x21当 x € 0 , 2 时，H '(x)<0,1••• H(x)在0 , 2上单调递减,又 H(x i) = h(x i)— h 丄=h(x i) — h(X2),X11•••［h(x i) — h(X2)］min = H ㊁=5ln2 — 3.［解题反思］本例(1)中求F(x)的单调区间，需先求出F(x)的定义域，同时在解不等式F '(x)>0 时需根据方程x2— ax + 1 = 0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“ △”的取值作为分类讨论的依据.在⑵中求出h(X1)— h(X2)的最小值，需先求出其解析式.由题可知X1, X2是h '(x) = 0 的两根，可得到X1X2 = 1, X1 + X2=— a,从而将h(X1)— h(X2)只用一个变量 X1导出.从而得到 H(X1)1 、 1 1=h(X1) — h —,这样将所求问题转化为研究新函数H(x)= h(x)— h -在0,-上的最值问题，体现X1 X 2转为与化归数学思想.［答题模板］解决这类问题的答题模板如下:求定义域 — 求出函数的定义域.1求导数准确求出函数的导数J1根据参数的取值范围，结合极值点与 给定区间的位置对导函数的符号进 行分类讨论，确定函数的单调性.讨论单调性 —根据函数的单调性，确定极值、最值 的取得情况.讨论极值最値根据分类讨论的结果，对结论进行整合，做到不重不漏.整合结论 —［题型专练］1.设函数 f(x) = (1 + X )2— 2ln(1 + x).(1)求f(x)的单调区间；⑵当0<a<2时，求函数g(x) = f(x) — x 2— ax — 1在区间［0,3］上的最小值. ［解］(1)f(x)的定义域为(—1,+乂).V f(x)= (1+ x)2— 2ln(1 + x), x € (— 1,+乂),由 f ' (x)>0，得 x>0;由 f ' (x)<0，得一1<x<0.二函数f(x)的单调递增区间为(0,+x ),单调递减区间为(—1,0). ⑵由题意可知 g(x) = (2 — a)x — 2ln(1 + x)(x>— 1), 2则 g ‘ (x)= 2 — a — 1++x =(x) = 2(1 + x)—2 2x x + 21 + x _x + 1-0<a<2，…2 — a>0,令 g‘ (x)= 0,得 x = 2^，a a•••函数g(x)在0, 于上为减函数，在芦a，+乂上为增函数.a 3①当0<严<3，即0vav2时，在区间［0,3］上，2 — a 2a ag(x)在0, 亍上为减函数，在汪，3上为增函数，a 2…g(x)m in = g 2 —a= a —2ln2T^.a 3②当一>3,即3<a<2时，g(x)在区间［0,3］上为减函数，2— a 2…g(x)min = g(3) = 6— 3a—2ln4.3 2综上所述，当 0<a<3时，g(x)min = a— 21 门2——a；3当a<2 时，g(x)min = 6 — 3a — 2ln4.北京卷(19)(本小题13分)已知函数f (x) =e x cos x-x.(I)求曲线y= f (x)在点(0, f (0))处的切线方程;(H)求函数f (x)在区间［0 ,亍］上的最大值和最小值.(19)(共13 分)解：(I)因为f(x) e x cosx x，所以 f (x) e x(cosx sinx) 1, f (0) 0 . 又因为f(0) 1，所以曲线y f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y(H)设h(x) e x(cos x sin x) 1 则h(x) e x(cos x sin x sin x cos x) 2e x sin x21. (12 分) 已知函数 (1) 求 a ;(2) 证明： 21.解： (1)fx的定义域为0，+ 设g x = ax - a - I nx ，贝卩 f x =xg x , f x 0等价于g 因为g 1 =0, g x 0,故g' 1 =0,而g' x a - , g' 1 =a 1,得axf (x) ax 3 ax x Inx,且f (x)f(x)存在唯一的极大值点x 0， 且e 2f(x 。
导数大题综合(含答案)
导数大题综合1．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()2395f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调递减区间；(2)求函数()f x 的极值.2．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数()ln f x ax x x =-，且()f x 在e x =处的切线方程是0x y b ++=.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数()f x 的极值.3．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数()2ln f x x a x bx =++在()()1,1f 处的切线方程为30x y ++=．(1)求a 、b 的值；(2)求()f x 的极值点，并计算两个极值之和．4．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知=1x -是函数()323f x x x ax =-++的一个极值点.(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在区间[]4,4-上的最大值.5．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()ln 2f x x x =+.(1)求函数()f x 的极值；(2)证明：2()f x x x>-.6．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()2ln f x x a x =-.(1)若函数()f x 在点()()3,3f 处切线的斜率为4，求实数a 的值；(2)若函数()()21ln 222a ag x x f x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭在[]1,4上是减函数，求实数a 的取值范围.7．（2022春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期中）已知函数()2ln f x ax x =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-+，若任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()f x g x ≤，求a 的取值范围．8．（2022春·广东江门·高二校联考期中）已知函数()32f x x ax bx c =+++的图象在点()1,1P -处的切线斜率为12-，且()f x 在=1x -处取得极值.(1)求()f x 的解析式；(2)当[]2,2x ∈-时，求()f x 的最大值与最小值.9．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.(1)求函数()f x 的单调区间：(2)若对任意()0,x ∈+∞都有()0f x ≥成立，求实数a 的取值集合.10．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()2cos sin f x ax ax x x =--(1)当1a =时，求()f x 在[],ππ-上的值域；(2)当0x >时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.11．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R a f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .(1)讨论()f x 的单调性；(2)任取两个正数12,x x ，当12x x <时，求证：()()()1212122--<+x x g x g x x x .12．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()1ln f x a x bx x=++且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y -+=.(1)求实数,a b 的值；(2)若关于x 的不等式()3222m f x x x-≥+恒成立，求实数m 的取值范围.13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 的单调区间；(2)若2a =，求()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(3)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.（参考数据：ln 20.693≈）14．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知函数()e ln =--x af x a xx x(1)当0a =时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)讨论函数()f x 的单调性.15．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.16．（2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知函数()2sin cos 2a f x x x x =++，R a ∈.(1)当0a =时，求函数()f x 在x π=处的切线方程；(2)当12a =-时，求函数()f x 在[],x ππ∈-上的最值.17．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数21()ln 2f x x ax a =-+，(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)若ln 2()2f x £恒成立，求a 的取值范围．18．（2022春·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）已知函数()e xf x ax =-，R a ∈.(1)若e a =，证明：当1x >时，()0f x >；(2)讨论()f x 零点的个数19．（2022春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期中）已知函数()2sin 1,R f x x a x a =++∈．(1)设函数()()g x f x '=，若()y g x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数，求a 的取值范围；(2)当2a =-时，证明函数()f x 在区间()0,π上无零点．20．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()()22ln f x ax a x x=-++(1)若1x =函数的极值点，求a 的值；(2)若1a ≥，求证：当[]1,e x ∈时，()0f x '≥，其中e 为自然对数的底数.21．（2022春·广东清远·高二统考期中）已知函数()e 1xxf x =-．(1)求证：()f x 在()1,+∞上单调递减(2)若对于任意()0,x ∈+∞，都有()2e x af x a≥+恒成立，求正实数a 的取值范围．22．（2022春·广东佛山·高二校考期中）已知函数()()ln af x x a R x=+∈．(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上的零点个数；(2)若函数()f x 在1x =处的切线平行于直线20x y -=，且在[]()1,271828e e =．上存在一点0x ，使得()0001x mf x x +<成立，求实数m ．23．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数21()e (,)2xf x a x b a b R =--∈.(1)若函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，求实数a ，b 的值；(2)若函数()f x 在1x x =和2x x =两处取得极值，求实数a 的取值范围.24．（2022春·广东广州·高二广州市玉岩中学校考期中）已知2()e (2)e (R)x x f x a a x a =+--∈(1)当1a =时，求证：()0f x ≥；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.25．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()21ln 2f x x mx x =-+，m ∈R .(1)当2m =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若2m =-，正实数a ､b 满足()()0f a f b ab ++=，求证：a b +≥26．（2022春·广东江门·高二江门市新会东方红中学校考期中）已知函数e ()ln e x f x x x x -=--，2e 1()e ()2x g x ax a a R -=-++∈.(1)求函数e ()()e x x f x ϕ-=+的最小值；(2)设函数()()()F x f x g x =+的两个不同极值点分别为12,x x ()12x x <，求实数a 的取值范围.27．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）设函数()()()ln 12af x x a x x =+-+．(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(2,)+∞单调递增，求整数a 的最大值．28．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()sin x x x f -=.(1)判断函数()f x 是否存在极值，并说明理由；(2)设函数()()ln F x f x m x =-，若存在两个不相等的正数1x ，2x ，使得()()1122F x x F x x +=+，证明：212x x m <.29．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()2ln =++f x x ax bx (其中,a b 为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.30．（2022春·广东佛山·高二校联考期中）已知函数()e ()=-∈R x f x ax a ．(1)讨论()f x 的单调性．(2)若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．导数大题综合答案1．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()2395f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调递减区间；(2)求函数()f x 的极值.的切线方程是0x y b ++=.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数()f x 的极值.3．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数()2ln f x x a x bx =++在()()1,1f 处的切线方程为30x y ++=．(1)求a 、b 的值；(2)求()f x 的极值点，并计算两个极值之和．所以，函数()f x 的极大值点为12x =，极大值为2ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值点为22x =，极小值为()22ln 26f =-，所以，函数()f x 的极大值和极小值为()133224f f ⎛⎫+=-⎪⎝⎭.4．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知=1x -是函数()323f x x x ax =-++的一个极值点.(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在区间[]4,4-上的最大值.(1)()'236f x x x a =-++， =1x -是函数()f x 的一个极值点∴()'190f a -=-+=，∴9a =，∴()'2369f x x x =-++，令()'0f x <，解得1x <-或3x >；令()'0f x >，解得13x -<<.所以函数()f x 的减区间为()(),1,3,∞∞--+，增区间为()1,3-.(2)由（1）()3239f x x x x =-++，又 ()f x 在[]4,1--上单调递减，在[]1,3-上单调递增，在[]3,4上单调递减∴函数()f x 在的极大值为()327f =，又()476f -=，∴函数()f x 在区间[]4,4-上的最大值为()476f -=.5．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()ln 2f x x x =+.(1)求函数()f x 的极值；(2)证明：2()f x x x>-.(1)若函数()f x 在点()()3,3f 处切线的斜率为4，求实数a 的值；(2)若函数()()21ln 222a ag x x f x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭在[]1,4上是减函数，求实数a 的取值范围.．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-+，若任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()f x g x ≤，求a 的取值范围．的图象在点1,1P -处的切线斜率为12-，且()f x 在=1x -处取得极值.(1)求()f x 的解析式；(2)当[]2,2x ∈-时，求()f x 的最大值与最小值.(2)由(1)可知，()f x 在[)2,1--上单调递增，在(]1,2-上单调递减，且()115f -=，()212f =-，()28f -=，∴()max 15f x =，()min 12f x =-．9．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.(1)求函数()f x 的单调区间：(2)若对任意()0,x ∈+∞都有()0f x ≥成立，求实数a 的取值集合.(1)当1a =时，求()f x 在[],ππ-上的值域；(2)当0x >时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【详解】（1）由题意知()2cos sin f x x x x x =--，()()21cos sin f x x x x '=-+，[],x ππ∈-时，1cos 0x -≥，sin 0x x ≥，[],x ∴∈-ππ时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 单调递增，∴()()()f f x f ππ-≤≤，即()33f x -π≤≤π所以()f x 的值域为[]3,3ππ-.（2）注意到()00f =，()2cos sin cos f x a a x ax x x '=-+-，若1a ≥，()()2cos sin 2cos sin f x ax x x x x x x =--≥--，由（1）知，当[]0,x π∈时，()()00f x f ≥=；当(),x π∈+∞时，2cos sin 2110x x x x x x x -->--=->，所以()0f x ≥恒成立，符合题意；若0a ≤，()()2cos sin f x ax x x =--，当[]0,x π∈时，()0f x ≤，不合题意，舍去；11．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .(1)讨论()f x 的单调性；(2)任取两个正数12,x x ，当12x x <时，求证：()()()1212122--<+x x g x g x x x .12．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()ln f x ax bx x=++且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y -+=.(1)求实数,a b 的值；(2)若关于x 的不等式()3222mf x x x-≥+恒成立，求实数m 的取值范围.∴()()min 11g x g ==-⎡⎤⎣⎦，即1m ≤-所以实数m 的取值范围为(],1-∞-.13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 的单调区间；(2)若2a =，求()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(3)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.（参考数据：ln 20.693≈）14．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知函数()ln =--f x a xx x(1)当0a =时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)讨论函数()f x 的单调性.当1e a <<时，当ln 1a x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0ln x a <<或1x >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当e a =时，()0f x ¢>在定义域上恒成立，()f x 单调递增；当e a >时，当1ln x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当01x <<或ln x a >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；综上：当1a ≤时，()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1；当1e a <<时，()f x 的单调递增区间为()0,ln a ，()1,+∞，单调递减区间为()ln ,1a ；当e a =时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当e a >时，()f x 的单调递增区间为()0,1，()ln ,a +∞；单调递减区间为()1,ln a .15．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.16．（2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知函数()2sin cos 2f x x x x =++，R a ∈.(1)当0a =时，求函数()f x 在x π=处的切线方程；(2)当12a =-时，求函数()f x 在[],x ππ∈-上的最值.∵21336362f f πππ⎛⎫⎛⎫-==-+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，∴()2max 16362f x π=-+.∵()()214f f πππ-==--，()01f =，∴()2min14f x π=--.17．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数21()ln 2f x x ax a =-+，(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)若ln 2()2f x £恒成立，求a 的取值范围．(1)若e a =，证明：当1x >时，()0f x >；(2)讨论()f x 零点的个数(1)设函数()()g x f x '=，若()y g x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数，求a 的取值范围；(2)当2a =-时，证明函数()f x 在区间()0,π上无零点．(1)若1x =函数的极值点，求a 的值；(2)若1a ≥，求证：当[]1,e x ∈时，()0f x '≥，其中e 为自然对数的底数.21．（2022春·广东清远·高二统考期中）已知函数()e 1x f x =-．(1)求证：()f x 在()1,+∞上单调递减(2)若对于任意()0,x ∈+∞，都有()2e x af x a≥+恒成立，求正实数a 的取值范围．22．（2022春·广东佛山·高二校考期中）已知函数()()ln f x x a R x=+∈．(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上的零点个数；(2)若函数()f x 在1x =处的切线平行于直线20x y -=，且在[]()1,271828e e =．上存在一点0x ，使得()0001x mf x x +<成立，求实数m ．23．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()e (,)2xf x a x b a b R =--∈.(1)若函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，求实数a ，b 的值；(2)若函数()f x 在1x x =和2x x =两处取得极值，求实数a 的取值范围.(1)解：()e '=-x f x a x ，因为函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，所以(0)1f '=，即1a =，(1)当1a =时，求证：()0f x ≥；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.观察图象知，当且仅当01a <<时，直线y 所以a 的取值范围是01a <<.25．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()2ln 2f x x mx x =-+，m ∈R .(1)当2m =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若2m =-，正实数a ､b 满足()()0f a f b ab ++=，求证：a b +≥，2e 1()e ()2x g x ax a a R -=-++∈.(1)求函数e ()()e x x f x ϕ-=+的最小值；(2)设函数()()()F x f x g x =+的两个不同极值点分别为12,x x ()12x x <，求实数a 的取值范围.27．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）设函数()()()ln 12f x x a x x =+-+．(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(2,)+∞单调递增，求整数a 的最大值．(1)判断函数()f x 是否存在极值，并说明理由；(2)设函数()()ln F x f x m x =-，若存在两个不相等的正数1x ，2x ，使得()()1122F x x F x x +=+，证明：212x x m <.为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.(1)讨论()f x 的单调性．(2)若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．。
导数大题专题及答案
导数大题专题题型一．求含参数的单调性问题一． 讨论是否存在极值点问题1.求f(x)=e x -ax+1的单调区间2. 已知函数（其中）. （Ⅰ）若函数在点处的切线为，求实数的值； （Ⅱ）求函数的单调区间.2()1x a f x x +=+a R ∈()f x (1,(1))f 12y x b =+,a b ()f x3. 设函数.（Ⅰ）若曲线在点处与直线相切，求的值； （Ⅱ）求函数的单调区间与极值点.二．讨论极值点的大小关系问题1．设0>a 且a ≠1，函数x a x a x x f ln )1(21)(2++-=. （1）当2=a 时，求曲线)(x f y =在（3，)3(f ）处切线的斜率；（2）求函数)(x f 的极值点。
，3()3(0)f x x ax b a =-+≠()y f x =(2,())f x 8y =,a b ()f x2. 已知函数其中(1)当时，求曲线处的切线的斜率；(2)当时，求函数的单调区间与极值。
3.（本小题13分）设函数=[]． （Ⅰ）若曲线y= f （x ）在点（1，）处的切线与轴平行，求a ； （Ⅱ）若在x =2处取得极小值，求a 的取值范围．4. 已知函数2()()x kf x x k e =-。
求()f x 的单调区间；22()(23)(),x f x x ax a a e x R =+-+∈a R ∈0a =()(1,(1))y f x f =在点23a ≠()f x ()f x 2(41)43ax a x a -+++e x (1)f x ()f x三． 讨论极值点和定义域问题1．已知函数.,1ln )(R ∈-=a xx a x f （I ）若曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=+y x 垂直，求a 的值； （II ）求函数)(x f 的单调区间2.已知函数f (x )=In(1+x )-x +22x x (k ≥0)。
(完整版)高考导数专题(含详细解答)
导数及其应用导数的运算1. 几种常有的函数导数：①、 c（ c 为常数）； ②、( x n )（ n R ）； ③、 (sin x) = ；④、 (cos x) =；⑤、( a x )； ⑥、 ( ex)； ⑦、 (log a x ) ； ⑧、 (ln x ).2. 求导数的四则运算法规：(u v)u v ； (uv) u vu'u v ' uv 'u ( v0 ) 注：① u, v 必定是可导函数 .uv ； (u)vuvvvv 223. 复合函数的求导法规：f x ( ( x))f (u) ? ( x) 或 y xy u ? u x一、求曲线的切线（导数几何意义）导数几何意义： f (x 0 ) 表示函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 的斜率；函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 方程为 y f (x 0 )f (x 0 )(x x 0 )1. 曲线在点 处的切线方程为（ ）。
A:B:C:D:答案详解 B 正确率 : 69%, 易错项 : C解析 :本题主要观察导数的几何意义、导数的计算以及直线方程的求解。
对 求导得，代入 得 即为切线的斜率， 切点为，因此切线方程为即。
故本题正确答案为B 。
2.3. 设函数f ( x) g( x) x2，曲线 y g(x) 在点 (1,g(1)) 处的切线方程为 y 2x 1，则曲线 y f ( x) 在点 (1, f (1))处切线的斜率为( )A ．41C．21B ． D ．4 24. 已知函数 f ( x) 在R上满足 f ( x) 2 f (2 x) x28x 8，则曲线y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是()A . y2x 1 B. y x C. y3x 2 D. y2x 3变式二：5. 在平面直角坐标系xoy 中，点P在曲线C : y x310 x 3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为.6. 设曲线 yx n 1 (n N * ) 在点（ 1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 x n ,令 a n lg x n ，则 a 1 a 2 L a 99 的值为.7. 已知点 P 在曲线 y=4 上， 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角，则的取值范围是e x1, 3]D 、 [ 3,A 、 [0, )B 、 [, ) C 、 ( )44 22 4 4变式三：8. 已知直线y =x＋ 1 与曲线y ln( x a) 相切，则α的值为( )A . 1 B. 2 C. － 1 D. － 29. 若存在过点 (1,0)的直线与曲线 yx 3 和 y ax 2 15 x 9 都相切，则 a 等于4( )A ． 1或 -25B ． 1或21C ． 7 或 - 25D ．7或 76444 6441 110. 若曲线 yx 2 在点 a, a 2 处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则 aA 、64B 、 32C 、 16D 、811. （本小题满分 13 分） 设 f ( x)ae x 1b( a 0) . （ I ）求 f ( x) 在 [0, ) 上的最小值；ae x3x ；求 a,b 的值 .（ II ）设曲线 yf ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y212. 若曲线 f x ax2Inx 存在垂直于y轴的切线，则实数 a 的取值范围是.二、求单调性或单调区间1、利用导数判断函数单调性的方法：设函数y f (x) 在某个区间 D 内可导，若是 f ( x) ＞0，则y f (x) 在区间D上为增函数；若是 f ( x) ＜0，则y f (x) 在区间 D 上为减函数；若是 f ( x) =0恒成立，则y f (x) 在区间 D 上为常数 .2、利用导数求函数单调区间的方法：不等式 f ( x) ＞0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f ( x) 的增区间；不等式 f ( x) ＜0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f (x) 的减区间 .1、函数f (x) ( x 3)e x的单调递加区间是( )A . ( ,2) B. (0,3) C. (1,4) D . (2, )2. 函数f (x)x315x233x 6 的单调减区间为.3. 已知函数，，谈论的单调性。
(完整版)导数各种题型及解法的总结--学生,推荐文档
《导数各种题型及解法总结》基础知识梳理1. 常见题型一、小题：1.函数的图象2.函数的性质(单调性、奇偶性、周期性、对称性);3.分段函数求函数值；4.函数的定义域、值域（最值）；5.函数的零点；6.抽象函数；二、大题：1. 求曲线在某点处的切线的方程； ()y f x =2. 求函数的解析式3. 讨论函数的单调性，求单调区间；4. 求函数的极值点和极值；5. 求函数的最值或值域；6. 求参数的取值范围7. 证明不等式；8. 函数应用问题2. 在解题中常用的有关结论（需要熟记）：(1)曲线在处的切线的斜率等于，且切线方程为。
()y f x =0x x =0()f x '000()()()y f x x x f x '=-+(2)若可导函数在处取得极值，则。
反之，不成立。
()y f x =0x x =0()0f x '=(3)对于可导函数，不等式的解集决定函数的递增（减）区间。
()f x ()f x '0>0<（）()f x (4)函数在区间I 上递增（减）的充要条件是：恒成立（ 不恒为0）.()f x x I ∀∈()f x '0≥(0)≤()f x '(5)函数（非常量函数）在区间I 上不单调等价于在区间I 上有极值，则可等价转化为方程()f x ()f x 在区间I 上有实根且为非二重根。
（若为二次函数且I=R ，则有）。
()0f x '=()f x '0∆>(6) 在区间I 上无极值等价于在区间在上是单调函数，进而得到或()f x ()f x ()f x '0≥在I 上恒成立()f x '0≤(7)若，恒成立，则; 若，恒成立，则x I "Î()f x 0>min ()f x 0>x I ∀∈()f x 0<max ()f x 0<(8)若，使得，则；若，使得，则.0x I ∃∈0()f x 0>max ()f x 0>0x I ∃∈0()f x 0<min ()f x 0<(9)设与的定义域的交集为D ，若 D 恒成立，则有()f x ()g x x ∀∈()()f x g x >.[]min ()()0f x g x ->(10)若对、 ，恒成立，则.11x I ∀∈22x I ∈12()()f x g x >min max ()()f x g x >若对，，使得,则.11x I ∀∈22x I ∃∈12()()f x g x >min min ()()f x g x >若对，，使得，则.11x I ∀∈22x I ∃∈12()()f x g x <max max ()()f x g x <（11）已知在区间上的值域为A,，在区间上值域为B ，()f x 1I ()g x 2I 若对,，使得=成立，则。
导数考试题型及答案详解
导数考试题型及答案详解一、选择题1. 函数f(x) = x^2 + 3x + 2的导数是：A. 2x + 3B. x^2 + 2C. 2x + 6D. 3x + 2答案：A2. 若f(x) = sin(x)，则f'(π/4)的值是：A. 1B. √2/2C. -1D. -√2/2答案：B二、填空题1. 求函数g(x) = x^3 - 2x^2 + x的导数，g'(x) = __________。
答案：3x^2 - 4x + 12. 若h(x) = cos(x)，求h'(x) = __________。
答案：-sin(x)三、解答题1. 求函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2的导数，并求f'(2)的值。
解：首先求导数f'(x) = 3x^2 - 12x + 9。
然后将x = 2代入得到f'(2) = 3 * 2^2 - 12 * 2 + 9 = 12 - 24 + 9 = -3。
2. 已知函数y = ln(x)，求y'。
解：根据对数函数的导数公式，y' = 1/x。
四、证明题1. 证明：若函数f(x) = x^n，其中n为常数，则f'(x) = nx^(n-1)。
证明：根据幂函数的导数公式，对于任意实数n，有f'(x) = n * x^(n-1)。
五、应用题1. 某物体的位移函数为s(t) = t^3 - 6t^2 + 9t + 5，求该物体在t = 3时的瞬时速度。
解：首先求位移函数的导数s'(t) = 3t^2 - 12t + 9。
然后将t = 3代入得到s'(3) = 3 * 3^2 - 12 * 3 + 9 = 27 - 36 + 9 = 0。
因此，该物体在t = 3时的瞬时速度为0。
六、综合题1. 已知函数f(x) = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 5，求f'(x)，并求曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率。
(完整版)导数的运算经典习题
（完整版）导数的运算经典习题1. 概述本文档列举了一些有关导数的运算的经典题，以帮助读者巩固和提高对该知识点的理解和应用能力。
2. 题集2.1 一阶导数1. 计算函数 $f(x) = 3x^2 + 2x + 1$ 的导函数 $f'(x)$。
2. 求函数 $g(x) = \sqrt{x}$ 的导数 $g'(x)$。
3. 计算函数 $h(x) = e^x - \sin(x)$ 在 $x = 0$ 处的导数 $h'(0)$。
4. 求函数 $k(x) = \ln(x)$ 的导函数 $k'(x)$。
2.2 高阶导数1. 计算函数 $f(x) = \cos(x)$ 的二阶导数 $f''(x)$。
2. 求函数 $g(x) = \frac{1}{x^2}$ 的二阶导数 $g''(x)$。
3. 计算函数 $h(x) = e^x \cos(x)$ 的二阶导数 $h''(x)$。
4. 求函数 $k(x) = \ln(x^2)$ 的二阶导数 $k''(x)$。
2.3 乘积法则和商积法则1. 使用乘积法则计算函数 $f(x) = (3x^2 + 2x + 1)(4x + 1)$ 的导函数 $f'(x)$。
2. 使用商积法则计算函数 $g(x) = \frac{x^2 + 1}{x}$ 的导数$g'(x)$。
2.4 链式法则1. 使用链式法则计算函数 $f(x) = \sin(3x^2 + 2x + 1)$ 的导数$f'(x)$。
2. 使用链式法则计算函数 $g(x) = e^{2x^3}$ 的导函数 $g'(x)$。
3. 总结本文档提供了一些有关导数的运算的经典习题，涵盖了一阶导数、高阶导数、乘积法则和商积法则、链式法则等知识点。
通过完成这些习题，读者可以巩固对导数运算的理解，并提高应用能力。
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导数的综合大题及其分类
导数得综合应用就是历年高考必考得热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题得热点主要有利用导数研究函数得单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程得根(或函数得零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想得运用、题型一 利用导数研究函数得单调性、极值与最值题型概览：函数单调性与极值、最值综合问题得突破难点就是分类讨论．（1）单调性讨论策略：单调性得讨论就是以导数等于零得点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数得符号，在不能确定导数等于零得点得相对位置时，还需要对导数等于零得点得位置关系进行讨论．(2)极值讨论策略：极值得讨论就是以单调性得讨论为基础，根据函数得单调性确定函数得极值点．(3)最值讨论策略：图象连续得函数在闭区间上最值得讨论，就是以函数在该区间上得极值与区间端点得函数值进行比较为标准进行得，在极值与区间端点函数值中最大得为最大值，最小得为最小值．已知函数f (x )＝x －1x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )．(1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )得单调区间； (2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1)－h (x 2)得最小值．[审题程序]第一步：在定义域内，依据F ′(x )＝0根得情况对F ′(x )得符号讨论； 第二步：整合讨论结果，确定单调区间； 第三步：建立x 1、x 2及a 间得关系及取值范围；第四步：通过代换转化为关于x 1(或x 2)得函数，求出最小值．[规范解答] (1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x ， 其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4、①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0，∴F (x )得单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a >2时，Δ>0，设F ′(x )＝0得两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，∴F (x )得单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42与⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )得单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42、 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )得单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >2时，F (x )得单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42与⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )得单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42、 (2)对h (x )＝x －1x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞) 求导得，h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1x 2，设h ′(x )＝0得两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， ∴x 2＝1x 1，从而有a ＝－x 1－1x 1、令H (x )＝h (x )－h ⎝⎛⎭⎫1x＝x －1x ＋⎝⎛⎭⎫－x －1x ln x －⎣⎡⎦⎤1x－x ＋⎝⎛⎭⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－x －1x ln x ＋x －1x， H ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1x 2－1ln x ＝2(1－x )(1＋x )ln x x 2、 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，H ′(x )<0， ∴H (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2)，∴[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln2－3、[解题反思] 本例(1)中求F (x )得单调区间，需先求出F (x )得定义域，同时在解不等式F ′(x )>0时需根据方程x 2－ax ＋1＝0得根得情况求出不等式得解集，故以判别式“Δ”得取值作为分类讨论得依据．在(2)中求出h (x 1)－h (x 2)得最小值，需先求出其解析式．由题可知x 1，x 2就是h ′(x )＝0得两根，可得到x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，从而将h (x 1)－h (x 2)只用一个变量x 1导出．从而得到H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，这样将所求问题转化为研究新函数H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上得最值问题，体现转为与化归数学思想．[答题模板] 解决这类问题得答题模板如下：[题型专练]1．设函数f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )． (1)求f (x )得单调区间；(2)当0<a <2时，求函数g (x )＝f (x )－x 2－ax －1在区间[0,3]上得最小值． [解] (1)f (x )得定义域为(－1，＋∞)． ∵f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )，x ∈(－1，＋∞)，∴f ′(x )＝2(1＋x )－21＋x ＝2x (x ＋2)x ＋1、由f ′(x )>0，得x >0；由f ′(x )<0，得－1<x <0、∴函数f (x )得单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)． (2)由题意可知g (x )＝(2－a )x －2ln(1＋x )(x >－1)， 则g ′(x )＝2－a －21＋x ＝(2－a )x －a 1＋x 、∵0<a <2，∴2－a >0， 令g ′(x )＝0，得x ＝a2－a，∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ，＋∞上为增函数． ①当0<a 2－a<3，即0<a <32时，在区间[0,3]上，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ，3上为增函数， ∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ＝a －2ln 22－a 、②当a 2－a ≥3，即32≤a <2时，g (x )在区间[0,3]上为减函数，∴g (x )min ＝g (3)＝6－3a －2ln4、综上所述，当0<a <32时，g (x )min ＝a －2ln 22－a ；当32≤a <2时，g (x )min ＝6－3a －2ln4、北京卷（19）（本小题13分）已知函数f （x ）=e xcos x −x 、（Ⅰ）求曲线y = f （x ）在点（0，f （0））处得切线方程； （Ⅱ）求函数f （x ）在区间[0，π2]上得最大值与最小值、 （19）（共13分）解：（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0x f x x x f ''=--=、 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处得切线方程为1y =、（Ⅱ）设()e (cos sin )1x h x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin x xh x x x x x x '=---=-、 当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减、所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<、 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减、因此()f x 在区间π[0,]2上得最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-、 21、（12分）已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥、 （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一得极大值点0x ，且230()2e f x --<<、21、解：（1）()f x 得定义域为()0，+∞ 设()g x =ax -a -lnx ，则()()()≥f x =xg x ,f x 0等价于()0≥g x 因为()()()()()11=0，0,故1=0,而,1=1,得1≥=--=g g x g'g'x a g'a a x若a =1，则()11-g'x =x、当0＜x ＜1时，()()＜0,g'x g x 单调递减；当x ＞1时，()g'x ＞0，()g x 单调递增、所以x=1就是()g x 得极小值点，故()()1=0≥g x g 综上，a=1（2）由（1）知()2ln ,'()22ln f x x x x x f x x x =--=-- 设()122ln ,则'()2h x x x h x x=--=-当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'＜0h x ；当1,+2x ⎛⎫∈∞ ⎪⎝⎭时，()'＞0h x ，所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭单调递增又()()21＞0,＜0,102h e h h -⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点x 0，在1,+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭有唯一零点1，且当()00,x x ∈时，()＞0h x ；当()0,1x x ∈时，()＜0h x ，当()1,+x ∈∞时，()＞0h x 、因为()()'f x h x =，所以x=x 0就是f(x)得唯一极大值点 由()()000000'0得ln 2(1),故=(1)f x x x f x x x ==-- 由()00,1x ∈得()01'＜4f x 因为x=x 0就是f(x)在（0,1）得最大值点，由()()110,1,'0e f e --∈≠得()()120＞f x f e e --=所以()2-20＜＜2e f x -题型二 利用导数研究方程得根、函数得零点或图象交点题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点得情况，可以通过导数研究函数得单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象得走势规律，标明函数极(最)值得位置，通过数形结合得思想去分析问题，可以使问题得求解有一个清晰、直观得整体展现．已知函数f (x )＝(x ＋a )e x ，其中e 就是自然对数得底数，a ∈R 、(1)求函数f (x )得单调区间；(2)当a <1时，试确定函数g (x )＝f (x －a )－x 2得零点个数，并说明理由． [审题程序]第一步：利用导数求函数得单调区间； 第二步：简化g (x )＝0，构造新函数； 第三步：求新函数得单调性及最值； 第四步：确定结果．[规范解答] (1)因为f (x )＝(x ＋a )e x ，x ∈R ， 所以f ′(x )＝(x ＋a ＋1)e x 、 令f ′(x )＝0，得x ＝－a －1、当x 变化时，f (x )与f ′(x )得变化情况如下：x (－∞，－a －1)－a －1 (－a －1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )故f ((2)结论：函数g (x )有且仅有一个零点． 理由如下：由g (x )＝f (x －a )－x 2＝0，得方程x e x －a ＝x 2， 显然x ＝0为此方程得一个实数解， 所以x ＝0就是函数g (x )得一个零点． 当x ≠0时，方程可化简为e x －a ＝x 、 设函数F (x )＝e x －a －x ，则F ′(x )＝e x －a －1， 令F ′(x )＝0，得x ＝a 、当x 变化时，F (x )与F ′(x )得变化情况如下：即F (x )所以F (x )得最小值F (x )min ＝F (a )＝1－a 、 因为a <1，所以F (x )min ＝F (a )＝1－a >0， 所以对于任意x ∈R ，F (x )>0， 因此方程e x －a ＝x 无实数解．所以当x ≠0时，函数g (x )不存在零点． 综上，函数g (x )有且仅有一个零点．典例321、（12分）已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥、 （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一得极大值点0x ，且230()2e f x --<<、21、解：（1）()f x 得定义域为()0，+∞ 设()g x =ax -a -lnx ，则()()()≥f x =xg x ,f x 0等价于()0≥g x 因为()()()()()11=0，0,故1=0,而,1=1,得1≥=--=g g x g'g'x a g'a a x若a =1，则()11-g'x =x、当0＜x ＜1时，()()＜0,g'x g x 单调递减；当x ＞1时，()g'x ＞0，()g x 单调递增、所以x=1就是()g x 得极小值点，故()()1=0≥g x g 综上，a=1（2）由（1）知()2ln ,'()22ln f x x x x x f x x x =--=-- 设()122ln ,则'()2h x x x h x x=--=-当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'＜0h x ；当1,+2x ⎛⎫∈∞ ⎪⎝⎭时，()'＞0h x ，所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭单调递增又()()21＞0,＜0,102h e h h -⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一零点x 0，在1,+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭有唯一零点1，且当()00,x x ∈时，()＞0h x ；当()0,1x x ∈时，()＜0h x ，当()1,+x ∈∞时，()＞0h x 、因为()()'f x h x =，所以x=x 0就是f(x)得唯一极大值点 由()()000000'0得ln 2(1),故=(1)f x x x f x x x ==-- 由()00,1x ∈得()01'＜4f x 因为x=x 0就是f(x)在（0,1）得最大值点，由()()110,1,'0e f e --∈≠得()()120＞f x f e e --=所以()2-20＜＜2e f x -[解题反思] 在本例(1)中求f (x )得单调区间得关键就是准确求出f ′(x )，注意到e x >0即可．(2)中由g (x )＝0得x e x －a ＝x 2，解此方程易将x 约去，从而产生丢解情况．研究e x －a ＝x 得解转化为研究函数F (x )＝e x －a －x 得最值，从而确定F (x )零点，这种通过构造函数、研究函数得最值从而确定函数零点得题型就是高考中热点题型，要熟练掌握．[答题模板] 解决这类问题得答题模板如下：[题型专练]2．(2017·浙江金华期中)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋(c －3a －2b )x ＋d 得图象如图所示．(1)求c ，d 得值；(2)若函数f (x )在x ＝2处得切线方程为3x ＋y －11＝0，求函数f (x )得解析式；(3)在(2)得条件下，函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 得图象有三个不同得交点，求m 得取值范围． [解] 函数f (x )得导函数为f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c －3a －2b 、(1)由图可知函数f (x )得图象过点(0,3)，且f ′(1)＝0，得⎩⎨⎧ d ＝3，3a ＋2b ＋c －3a －2b ＝0，解得⎩⎨⎧d ＝3，c ＝0、(2)由(1)得，f (x )＝ax 3＋bx 2－(3a ＋2b )x ＋3， 所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx －(3a ＋2b )．由函数f (x )在x ＝2处得切线方程为3x ＋y －11＝0，得⎩⎨⎧f (2)＝5，f ′(2)＝－3，所以⎩⎨⎧ 8a ＋4b －6a －4b ＋3＝5，12a ＋4b －3a －2b ＝－3，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝－6，所以f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3、(3)由(2)知f (x )＝x 3－6x 2＋9x ＋3，所以f ′(x )＝3x 2－12x ＋9、 函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 得图象有三个不同得交点， 等价于x 3－6x 2＋9x ＋3＝(x 2－4x ＋3)＋5x ＋m 有三个不等实根， 等价于g (x )＝x 3－7x 2＋8x －m 得图象与x 轴有三个交点． 因为g ′(x )＝3x 2－14x ＋8＝(3x －2)(x －4)，g ⎝⎛⎭⎫3＝6827－m ，g (4)＝－16－m ， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝⎛⎭⎫23＝6827－m >0，g (4)＝－16－m <0时，g (x )图象与x 轴有三个交点，解得－16<m <6827、 所以m 得取值范围为⎝⎛⎭⎫－16，6827、21、（12分）已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x﹣x 、 （1）讨论()f x 得单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 得取值范围、21、解：（1）()f x 得定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x xf x ae a e ae e '=+--=-+，(十字相乘法)（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减、（ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-、当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增、 （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-=-+、（观察特殊值1） 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(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->、 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点、 综上，a 得取值范围为(0,1)、题型三 利用导数证明不等式题型概览：证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以直接构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上就是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数得定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论F ′(x )得符号，可考虑分别研究f (x )、g (x )得单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化．(2017·陕西西安三模)已知函数f (x )＝e xx 、(1)求曲线y ＝f (x )在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e 22处得切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )． [审题程序]第一步：求f ′(x )，写出在点P 处得切线方程；第二步：直接构造g (x )＝f (x )－2(x －ln x )，利用导数证明g (x )min >0、[规范解答] (1)因为f (x )＝e x x ，所以f ′(x )＝e x ·x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，f ′(2)＝e 24，又切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e 22，所以切线方程为y －e 22＝e 24(x －2)，即e 2x －4y ＝0、(2)证明：设函数g (x )＝f (x )－2(x －ln x )＝e xx －2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝e x (x －1)x 2－2＋2x ＝(e x －2x )(x －1)x 2，x ∈(0，＋∞)． 设h (x )＝e x －2x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x －2，令h ′(x )＝0，则x ＝ln2、当x ∈(0，ln2)时，h ′(x )<0；当x ∈(ln2，＋∞)时，h ′(x )>0、 所以h (x )min ＝h (ln2)＝2－2ln2>0，故h (x )＝e x －2x >0、 令g ′(x )＝(e x －2x )(x －1)x 2＝0，则x ＝1、 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0、所以g (x )min ＝g (1)＝e －2>0，故g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0，从而有f (x )>2(x －ln x )．[解题反思] 本例中(2)得证明方法就是最常见得不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数g (x )．求g (x )得最值来完成．在求g (x )得最值过程中，需要探讨g ′(x )得正负，而此时g ′(x )得式子中有一项e x －2x 得符号不易确定，这时可以单独拿出e x －2x 这一项，再重新构造新函数h (x )＝e x －2x (x >0)，考虑h (x )得正负问题，此题瞧似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也就是易忽视得一个方向．[答题模板] 解决这类问题得答题模板如下：[题型专练]3．(2017·福建漳州质检)已知函数f (x )＝a e x－b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处得切线方程为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1x ＋1、(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>0、[解] (1)函数f (x )得定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a e x－b x ，由题意得f (1)＝1e ，f ′(1)＝1e －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＝1e ，a e －b ＝1e －1，解得⎩⎨⎧a ＝1e2，b ＝1、(2)由(1)知f (x )＝1e 2·e x－ln x 、因为f ′(x )＝ex －2－1x 在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(1)<0，f ′(2)>0，所以f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(1,2)． 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取极小值，也就是最小值． 由f ′(x 0)＝0，得e x 0－2＝1x 0，则x 0－2＝－ln x 0、故f (x )≥f (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2>21x 0·x 0－2＝0，所以f (x )>0、 4、【2017高考三卷】21．（12分）已知函数()f x =x ﹣1﹣a ln x ． （1）若()0f x ≥ ，求a 得值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，21111++1+)222nK ()(1)(﹤m ，求m 得最小值． 21、解：（1）()f x 得定义域为()0，+∞、①若0a ≤，因为11=-+2＜022f a ln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以不满足题意；②若＞0a ，由()1ax af 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x=a 就是()f x 在()0，+x ∈∞得唯一最小值点、 由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥、 故a =1（2）由（1）知当()1，+x ∈∞时，1＞0x ln x -- 令1=1+2nx 得111+＜22n n ln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而 2211111111++1+++1+＜+++=1-＜12222222nn nln ln ln ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故21111+1+1+＜222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭而231111+1+1+＞2222⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 得最小值为3、21．（12分）已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 得单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析题型四 利用导数研究恒成立问题题型概览：已知不等式恒成立求参数取值范围，构造函数，直接把问题转化为函数得最值问题；若参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，利用导数研究函数得单调性，求出最值，进而得出相应得含参不等式，从而求出参数得取值范围．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )得单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 得取值范围． [审题程序]第一步：利用导数判断f (x )得单调性，对m 分类讨论；第二步：对不等式进行等价转化，将g (x 1)≥f (x 2)转化为g (x )min ≥f (x )max ；第三步：求函数得导数并判断其单调性进而求极值(最值)； 第四步：确定结果．[规范解答] (1)f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x －m ， 当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，由f ′(0)＝0得x ＝12m ；由⎩⎨⎧ f ′(x )>0，x >0得0<x <12m ；由⎩⎨⎧f ′(x )<0，x >0得x >12m 、综上所述，当m ≤0时，f ′(x )得单调递增区间为(0，＋∞)；当m >0时，f (x )得单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞、(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e 2x 、 对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ， 由(1)知在[2,2e 2]上f (x )得最大值为f (e 2)＝12，g ′(x )＝1＋a x 2>0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数g (x )在[2,2e 2]上就是增函数，g (x )min ＝g (2)＝2－a 2，由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0,3]，所以实数a 得取值范围为(0,3]．[解题反思] 本例(1)得解答中要注意f (x )得定义域，(2)中问题得关键在于准确转化为两个函数f (x )、g (x )得最值问题．本题中，∀x 1，x 2有g (x 1)≥f (x 2)⇔g (x )min ≥f (x )max 、若改为：∃x 1，∀x 2都有g (x 1)≥f (x 2)，则有g (x )max ≥f (x )max 、若改为：∀x 1，∃x 2都有g (x 1)≥g (x 2)，则有g (x )min ≥f (x )min 要仔细体会，转化准确．[答题模板] 解决这类问题得答题模板如下：[题型专练]4．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3、(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 得取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x 恒成立．[解] (1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x ， 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)， 则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2， ①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4、即实数a 得取值范围就是(－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2e (x ∈(0，＋∞))． 又f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e 、 设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))， 则m ′(x )＝1－xe x ， 易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，从而对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x 恒成立． ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4、即实数a 得取值范围就是(－∞，4]． 题型五：二阶导主要用于求函数得取值范围23．(12分)已知函数f （x ）=（x+1）lnx ﹣a （x ﹣1）．（I ）当a=4时，求曲线y=f （x ）在（1，f （1））处得切线方程； （II ）若当x ∈（1，+∞）时，f （x ）＞0，求a 得取值范围． 【解答】解：（I ）当a=4时，f （x ）=（x+1）lnx ﹣4（x ﹣1）． f （1）=0，即点为（1，0），函数得导数f ′（x ）=lnx+（x+1）•﹣4， 则f ′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数得切线斜率k=f ′（1）=﹣2， 则曲线y=f （x ）在（1，0）处得切线方程为y=﹣2（x ﹣1）=﹣2x+2； （II ）∵f （x ）=（x+1）lnx ﹣a （x ﹣1）， ∴f ′（x ）=1++lnx ﹣a ，∴f ″（x ）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．23．(12分)已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处得切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a得取值范围．【解答】解：（I）当a=4时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即点为（1，0），函数得导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数得切线斜率k=f′（1）=﹣2，则曲线y=f（x）在（1，0）处得切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．题型六：求含参数求知范围此类问题一般分为两类：一、也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数得最值问题、此法适用于方便分离参数并可求出函数最大值与最小值得情况，若题中涉及多个未知参量需分离出具有明确定义域得参量函数求出取值范围并进行消参，由多参数降为单参在求出参数取值范围。
完整版)导数大题练习带答案
完整版)导数大题练习带答案1.已知 $f(x)=x\ln x-ax$，$g(x)=-x^2-2$，要求实数 $a$ 的取值范围。
Ⅰ）对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $f(x)\geq g(x)$，即$x\ln x-ax\geq -x^2-2$，整理得 $a\leq \ln x +\frac{x}{2}$，对于 $x\in(0,+\infty)$，$a$ 的取值范围为 $(-\infty。
+\infty)$。
Ⅱ）当 $a=-1$ 时，$f(x)=x\ln x+x$，求 $f(x)$ 在 $[m。
m+3]$ 上的最值。
$f'(x)=\ln x+2$，令 $f'(x)=0$，解得 $x=e^{-2}$，在 $[m。
m+3]$ 上，$f(x)$ 单调递增，所以最小值为$f(m)=me^{m}$。
Ⅲ）证明：对于所有 $x\in(0,+\infty)$，都有 $\lnx+1>\frac{1}{x}$。
证明：$f(x)=\ln x+1-\frac{1}{x}$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x^2}(x-1)>0$，所以$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，即对于所有$x\in(0,+\infty)$，都有 $\ln x+1>\frac{1}{x}$。
2.已知函数 $f(x)=\frac{2}{x}+a\ln x-2(a>0)$。
Ⅰ）若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(1,f(1))$ 处的切线与直线$y=x+2$ 垂直，求函数 $y=f(x)$ 的单调区间。
$f'(x)=-\frac{2}{x^2}+a$，在点 $P(1,f(1))$ 处的切线斜率为 $f'(1)=a-2$，由于切线垂直于直线 $y=x+2$，所以 $a-2=-\frac{1}{1}=-1$，解得 $a=1$。
导数经典题型归类(共12类)
导数经典题型归类（共12类）导数题型目录1.导数的几何意义2.导数四则运算构造新函数3.利用导数研究函数单调性4.利用导数研究函数极值和最值5.知零点个数求参数范围‚含参数讨论零点个数6.函数极值点偏移问题7.导函数零点不可求问题8.双变量的处理策略9.不等式恒成立求参数范围10.不等式证明策略11.双量词的处理策略12.绝对值与导数结合问题导数专题一导数几何意义一.点睛导数的几何意义：函数y=f（某）在点某=某0处的导数f’（某0）的几何意义是曲线在点某=某0处切线的斜率。
二.方法点拨： 1.求切线①若点是切点：(1)切点横坐标某0代入曲线方程求出y0(2)求出导数f′(某)，把某0代入导数求得函数y＝f(某)在点某=某0处的导数f′(某0)(3)根据直线点斜式方程，得切线方程：y －y0＝f′(某0)(某－某0)．②点（某0，y0）不是切点求切线：（1）设曲线上的切点为(某1，y1)；(2)根据切点写出切线方程y－y1＝f′(某1)(某－某1)(3)利用点（某0，y0）在切线上求出（某1，y1）；(4)把（某1，y1）代入切线方程求得切线。
2.求参数，需要根据切线斜率，切线方程，切点的关系列方程：①切线斜率k=f′(某0)②切点在曲线上③切点在切线上三．常考题型：(1)求切线(2)求切点(3)求参数⑷求曲线上的点到直线的最大距离或最小距离(5)利用切线放缩法证不等式四．跟踪练习1.（2022全国卷Ⅲ）已知f(某)为偶函数，当某＜0时，f(某)=f（-某）+3某，则曲线y=f（某）在点（1，-3）处的切线方程是2.（2022新课标全国Ⅱ）设曲线y=a某-ln（某+1）在点（0,0）处的切线方程为y=2某，则a=A.0B.1C.2D.33.（2022全国卷Ⅱ）若直线y=k某+b是曲线y=ln某+2的切线，也是曲线y=ln（某+1）的切线，则b=4.（2022江西）若曲线y=e-某上点P处的切线平行于直线2某+y+1=0，则点P的坐标是5.（2022江苏）在平面直角坐标系中，若曲线y=a某2+（a，b为常数）过点P（2，-5），且该曲线在点P处的切线与直线7某+2y+3=0平行，则a+b=6.（2022新课标全国）设点P在曲线y=e某上，点Q在曲线y=ln（2某）上，则▕PQ▏的最小值为A.1-ln2B.（1-ln2）C.1+ln2D.(1+ln2)7.若存在过点（1,0）的直线与曲线y=某3和y=a某2+某-9都相切，则a等于8.抛物线y=某2上的点到直线某-y-2=0的最短距离为A.B.C.D.19.已知点P在曲线y=上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是10.已知函数f（某）=2某3-3某.（1）求f（某）在区间[-2，1]上的最大值；（2）若过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（某）相切，求t的取值范围.11.已知函数f（某）=4某-某4，某∈R.(1)求f（某）的单调区间(2)设曲线y=f（某）与某轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g （某），求证：对于任意的实数某，都有f（某）≤g（某）(3)若方程f（某）=a（a为实数）有两个实数根某1，某2，且某1＜某2，求证：某2-某1≤-+4.导数专题二利用导数四则运算构造新函数一．知识点睛导数四则运算法则：[f(某)±g（某）]’=f′(某)±g′(某)[f(某)·g （某）]’=f′(某)·g(某)+f(某)·g′(某)[]′=二．方法点拨在解抽象不等式或比较大小时原函数的单调性对解题没有任何帮助，此时我们就要构造新函数，研究新函数的单调性来解抽象不等式或比较大小。
导数题型分类大全(附答案)
解：（1） = ，令 得
列表如下：
x
（-∞，a）
a
（a，3a）
3a
（3a，+∞）
-
0
+
0
-
极小
极大
∴ 在（a，3a）上单调递增，在（-∞，a）和（3a，+∞）上单调递减
时， ， 时，
（2） ∵ ，∴对称轴 ，
∴ 在[a+1，a+2]上单调递减
∴ ，
依题 ， 即
题型五：利用导数研究函数的图象
1．如右图：是f（x）的导函数， 的图象如右图所示，则f（x）的图象只可能是（ D ）
（A） （B） （C） （D）
2．函数 ( A )
3．方程 ( B )
A、0 B、1 C、2 D、3
※题型六：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围
1．设函数
（1）求函数 的单调区间、极值.
所以，函数 在区间 上的值域为 （ ）．
而 ，∴ ，即 ．
于是，函数 在区间 上的值域为 ．
令 得 或 ．由 的单调性知， ，即 ．
综上所述， 、 应满足的条件是： ，且 ．
7．已知函数 ，
（Ⅱ）设函数 ，求函数 的单调区间；
(Ⅲ)若在 上存在一点 ，使得 成立，求 的取值范围
8．设函数 ．
（1）若 的图象与直线 相切，切点横坐标为２，且 在 处取极值，求实数 的值；
要耗没 （升）。
（II）当速度为 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了 小时，设耗油量为 升，
依题意得
令 得
当 时， 是减函数；
当 时， 是增函数。
当 时， 取到极小值因为 在 上只有一个极Fra bibliotek，所以它是最小值。
(完整版)导数大题练习带答案
导数解答题练习1．已知f (x )＝x ln x －ax ，g (x )＝－x 2－2，(Ⅰ)对一切x ∈(0，＋∞)，f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (Ⅱ)当a ＝－1时，求函数f (x )在[m ，m ＋3](m ＞0)上的最值；(Ⅲ)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1＞ex e x 21-成立．2、已知函数2()ln 2(0)f x a x a x=+->. （Ⅰ）若曲线y =f (x )在点P （1，f (1)）处的切线与直线y =x +2垂直，求函数y =f (x )的单调区间；（Ⅱ）若对于(0,)x ∀∈+∞都有f (x )＞2(a ―1)成立，试求a 的取值范围；（Ⅲ）记g (x )=f (x )+x ―b （b ∈R ）.当a =1时，函数g (x )在区间[e ―1，e]上有两个零点，求实数b 的取值范围.3、设函数f (x )=ln x +(x －a )2，a ∈R .（Ⅰ）若a =0，求函数f (x )在[1，e]上的最小值；（Ⅱ）若函数f (x )在1[,2]2上存在单调递增区间，试求实数a 的取值范围； （Ⅲ）求函数f (x )的极值点.4、已知函数21()(21)2ln ()2f x ax a x x a =-++∈R . (Ⅰ)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值； (Ⅱ)求()f x 的单调区间；(Ⅲ)设2()2g x x x =-，若对任意1(0,2]x ∈，均存在2(0,2]x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围.5、已知函数1ln ()xf x x+=． (1)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； (2)如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围．1.解：(Ⅰ)对一切)()(),,0(x g x f x ≥+∞∈恒成立，即2ln 2--≥-x ax x x 恒成立.也就是++≤x x a ln x2在),0(+∞∈x 恒成立.………1分 令xx x x F 2ln )(++= ， 则F '2222)1)(2(2211)(x x x x x x x x x -+=-+=-+=，……2分在)10(，上F '0)(<x ，在)1(∞+，上F '0)(>x ， 因此，)(x F 在1=x 处取极小值，也是最小值， 即3)1()(min ==F x F ，所以3≤a .……4分(Ⅱ)当时，1-=a x x x x f +=ln )(， f '2ln )(+=x x ，由f '0)(=x 得21ex =. ………6分 ①当210em <<时，在)1,[2e m x ∈上f '0)(<x ，在]3,1(2+∈m e x 上f '0)(>x 因此，)(x f 在21e x =处取得极小值，也是最小值. 2min 1)(ex f -=. 由于0]1)3)[ln(3()3(,0)(>+++=+<m m m f m f 因此，]1)3)[ln(3()3()(max +++=+=m m m f x f………8分②当时21em ≥，0)('≥x f ，因此]3,[)(+m m x f 在上单调递增， 所以)1(ln )()(min +==m m m f x f ，]1)3)[ln(3()3()(max +++=+=m m m f x f ……9分(Ⅲ)证明：问题等价于证明)),0((2ln +∞∈->+x ee x x x x x ,………10分 由(Ⅱ)知1-=a 时，x x x xf +=ln )(的最小值是21e-，当且仅当21e x =时取得，……11分 设)),0((2)(+∞∈-=x e e x x G x ，则G 'xexx -=1)(，易知eG x G 1)1()(max -==，当且仅当1x =时取到， ………12分但，e e112->-从而可知对一切(0,)x ∈+∞， 都有exe x x 211ln ->+成立. ………13分 2、解：（Ⅰ）直线y =x +2的斜率为1.函数f (x )的定义域为（0，+∞），因为22'()a f x x x=-+，所以22'(1)111af =-+=-，所以a =1.所以2()ln 2f x x x =+-. 22'()x f x x -=.由'()0f x >解得x ＞0；由'()0f x <解得0＜x ＜2. 所以f (x )的单调增区间是（2，+∞），单调减区间是（0，2）.…… 4分（Ⅱ）2222'()a ax f x x x x -=-+=， 由'()0f x >解得2x a>；由'()0f x <解得20x a <<.所以f (x )在区间2(,)a +∞上单调递增，在区间2(0,)a 上单调递减.所以当2x a=时，函数f (x )取得最小值，min 2()y f a=. 因为对于(0,)x ∀∈+∞都有()2(1)f x a >-成立，所以2()2(1)f a a >-即可. 则22ln 22(1)2a a a a+->-.由2ln a a a >解得20e a <<.所以a 的取值范围是2(0,)e. ……………… 8分（Ⅲ）依题得2()ln 2g x x x b x=++--，则222'()x x g x x +-=.由'()0g x >解得x ＞1；由'()0g x <解得0＜x ＜1.所以函数()g x 在区间（0，1）为减函数，在区间（1，+∞）为增函数.又因为函数()g x 在区间[e －1，e]上有两个零点，所以1()0()0(1)0g e g e g -⎧≥⎪≥⎨⎪<⎩.解得21e 1e b <≤+-.所以b 的取值范围是2(1,e 1]e+-. (13)分3．解：（Ⅰ）f (x )的定义域为（0，+∞）.……………… 1分因为1'()20f x x x=+>，所以f (x )在[1，e]上是增函数， 当x =1时，f (x )取得最小值f (1)=1. 所以f (x )在[1，e]上的最小值为1.……………… 3分（Ⅱ）解法一：21221'()2()x ax f x x a x x-+=+-=设g (x )=2x 2―2ax +1，……………… 4分依题意，在区间1[,2]2上存在子区间使得不等式g (x )＞0成立.…… 5分注意到抛物线g (x )=2x 2―2ax +1开口向上，所以只要g (2)＞0，或1()02g >即可……………… 6分由g (2)＞0，即8―4a +1＞0，得94a <， 由1()02g >，即1102a -+>，得32a <，所以94a <，所以实数a 的取值范围是9(,)4-∞.……………… 8分解法二：21221'()2()x ax f x x a x x-+=+-=，……………… 4分依题意得，在区间1[,2]2上存在子区间使不等式2x 2―2ax +1＞0成立. 又因为x ＞0，所以12(2)a x x<+. ……………… 5分设1()2g x x x =+，所以2a 小于函数g (x )在区间1[,2]2的最大值. 又因为1'()2g x x=-，由21'()20g x x=->解得2x >；由21'()20g x x =-<解得02x <<.所以函数g (x )在区间2)2上递增，在区间1(,22上递减. 所以函数g (x )在12x =，或x =2处取得最大值. 又9(2)2g =，1()32g =，所以922a <，94a <所以实数a 的取值范围是9(,)4-∞.……………… 8分（Ⅲ）因为2221'()x ax f x x-+=，令h (x )=2x 2―2ax +1①显然，当a ≤0时，在（0，+∞）上h (x )＞0恒成立，f '(x )＞0，此时函数f (x )没有极值点； ……………… 9分 ②当a ＞0时，（i ）当Δ≤0，即0a <≤时，在（0，+∞）上h (x )≥0恒成立，这时f '(x )≥0，此时，函数f (x )没有极值点；……………… 10分（ii ）当Δ＞0时，即a >x <<h (x )＜0，这时f '(x )＜0；当02a x <<或2a x >时，h (x )＞0，这时f '(x )＞0；所以，当a >2a x =是函数f (x )的极大值点；2a x +=是函数f (x )的极小值点.……………… 12分综上，当a ≤f (x )没有极值点；当a >x =是函数f (x )的极大值点；x =是函数f (x )的极小值点.4．解：2()(21)f x ax a x '=-++(0)x >. ………1分 (Ⅰ)(1)(3)f f ''=，解得23a =. ………3分(Ⅱ)(1)(2)()ax x f x x--'=(0)x >. ………4分 ①当0a ≤时，0x >，10ax -<，在区间(0,2)上，()0f x '>；在区间(2,)+∞上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,)+∞. ………5分 ②当102a <<时，12a>， 在区间(0,2)和1(,)a +∞上，()0f x '>；在区间1(2,)a上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是(0,2)和1(,)a +∞，单调递减区间是1(2,)a. ………6分③当12a =时，2(2)()2x f x x -'=，故()f x 的单调递增区间是(0,)+∞. ………7分 ④当12a >时，102a <<， 在区间1(0,)a 和(2,)+∞上，()0f x '>；在区间1(,2)a上()0f x '<，故()f x 的单调递增区间是1(0,)a和(2,)+∞，单调递减区间是1(,2)a. ………8分 (Ⅲ)由已知，在(0,2]上有max max ()()f x g x <. ………9分由已知，max ()0g x =，由(Ⅱ)可知， ①当12a ≤时，()f x 在(0,2]上单调递增， 故max ()(2)22(21)2ln 2222ln 2f x f a a a ==-++=--+， 所以，222ln 20a --+<，解得ln 21a >-，故1ln 212a -<≤.……10分 ②当12a >时，()f x 在1(0,]a 上单调递增，在1[,2]a上单调递减， 故max 11()()22ln 2f x f a a a==---. 由12a >可知11ln ln ln 12ea >>=-，2ln 2a >-，2ln 2a -<，所以，22ln 0a --<，max ()0f x <， 综上所述，ln 21a >-. ………12分5、(Ⅰ)直线y ＝x ＋2的斜率为1， 函数f (x )的定义域为 ()+∞,0因为x a x x f +-=2'2)(，所以()111212'-=+-=a f ，所以a ＝1 所以()()2'2,2ln 2xx x f x x x f -=-+= 由()0'>x f解得x ＞2 ； 由()0'<x f 解得0＜x ＜2所以f (x )得单调增区间是()+∞,2，单调减区间是()2,0 ………4分(Ⅱ)22'22)(x ax x a x x f -=+-= 由()0'>x f 解得;2a x >由()0'<x f 解得a x 20<<所以f (x )在区间),2(+∞a 上单调递增，在区间)2,0(a 上单调递减所以当a x 2=时，函数f (x )取得最小值)2(min af y =因为对于任意()())1(2,0->+∞∈a x f x 都有成立， 所以)1(2)2(->a af 即可则)1(222ln 22->-+a a a a，由a a a >2ln 解得e a 20<< 所以a 得取值范围是)2,0(e……… 8分(Ⅲ)依题意得b x xx g --+=2ln 2)(，则22'2)(x x x x g -+= 由()0'>x g 解得x ＞1，由()0'<x g 解得0＜x ＜1所以函数g (x )在区间[]e ,e 1-上有两个零点，所以⎪⎩⎪⎨⎧<≥≥-0)1(0)(0)(1g e g e g 解得121-+≤<e e b所以b 得取值范围是]12,1(-+e e……… 12分6、解：(1)因为1ln ()x f x x +=，0x >，则2ln ()xf x x'=-， …1分 当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<． ∴()f x 在(0,1)上单调递增；在(1,)+∞上单调递减， ∴函数()f x 在1x =处取得极大值．………3分∵函数()f x 在区间1(,)2a a +(其中0a >)上存在极值，∴1,11,2a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩解得112a <<．……….5分(2)不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln )x x k x++≥， ………7分记(1)(1ln )()x x g x x ++=∴22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln ()x x x x x x xg x x x'++-++-'==，…9分 令()ln h x x x =-，则1'()1h x x=-，∵1x ≥，∴'()0h x ≥，∴()h x 在[1,)+∞上递增， ∴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 ==，∴2k ≤．………12分。
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导数基础题型题型一 导数与切线利用两个等量关系解题：①切点处的导数=切线斜率，即()k x f o ='；②切点()o o y x ,代入曲线方程或者代入切线方程.切点坐标（或切点横坐标）是关键例1：曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x －2例2：已知函数的图象在点(1，f (1))处的切线方程是x －2y ＋1＝0，则f (1)＋2f ′(1)的值是（） A.12 B ．1 C.32 D ．2例3 求曲线132+=x y 过点（1,1）的切线方程练习题：1.已知函数y ＝ax 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a ＝( )A.18B.14C.12 D ．12.曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是( )A ．－9B ．－3C ．9D ．153.设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a 等于( )A ．2B ．－2C ．－12 D.124.设曲线y ＝ax 2在点(1，a )处的切线与直线2x －y －6＝0平行，则a ＝________.5.已知直线l 1为曲线y ＝x 2＋x －2在点(1,0)处的切线，l 2为该曲线的另一条切线，且l 1⊥l 2. 求直线l 2的方程；题型二 用导数求函数的单调区间①求定义域；②求导；③令0)(='x f 求出x 的值；④划分区间（注意：定义域参与区间的划分）；⑤判断导数在各个区间的正负.例1：求函数c x x x y +-+=33123的单调区间.例2 求函数x a x a x x f )1(ln 21)(2+-+=的单调区间（其中a ＞0）例3：已知函数ax x y +=2在),1[+∞上为增函数，求a 的取值范围.练习题：1.求函数x x x f ln 2)(2-=的单调增区间.2.已知331)(23-++=x ax x x f 在]3,1[上单调递减，求a 的取值范围.题型三 求函数极值和最值①求定义域；②求导；③令0)(='x f 求出x 的值；④列表（注意：定义域参与区间的划分）； ⑤确定极值点.；5，求出极值，区间端点的函数值，比较后得出最值例：求函数x x y ln 2-=的极值.例：求函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值.例：已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为 （ ）A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11例：若函数b bx x x f 36)(3+-=在)1,0(内有极小值，则实数b 的取值范围是 （ ）A ．)1,0(B ．)1,(-∞C ．),0(∞+D ．)21,0(练习题：1.设函数x xx f ln 2)(+= 则 （ ） A.x=21为f(x)的极大值点 B.x=21为f(x)的极小值点 C.x=2为 f(x)的极大值点 D.x=2为 f(x)的极小值点2. 已知函数x b x a x x f +-=ln )(在1=x 处取得极值，则a 与b 满足 . ,题型四、函数与导数图象的关系▲函数看增减，导数看正负例：若函数c bx x x f ++=2)(的图象的顶点在第四象限,则函数f ′(x)的图象是（ ）练习题：1.下图是函数y=f(x)的导函数y=f ′(x)的图象,则下面判断正确的是 （ ）A.在区间(-2,1)内f(x)是增函数B.在(1,3)内f(x)是减函数C.在(4,5)内f(x)是增函数D.在x=2时f(x)取到极小值2. f ′(x)是f （x ）的导函数，f ′(x)的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ ）A B C D。
完整版)导数的综合大题及其分类
完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。
命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。
这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。
题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。
1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。
如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。
2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。
3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。
在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。
例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。
x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。
审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。
规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。
则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。
导数的综合大题及其分类
导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用.题型一 利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．（1）单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导(2) (3)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求h (x 1[[规范解答] (1)由题意得F (x )＝x －1x －a ln x ， 其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1x 2，令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4.①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0，∴F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a >2时，Δ>0，设F ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，∴F (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42. 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >2时，F (x )的单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，F (x )(2)设h ∴x 2令H ＝x ＝2⎣⎡⎝⎛H ′(又H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝h (x 1)－h (x 2)，∴[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝5ln2－3.[解题反思] 本例(1)中求F (x )的单调区间，需先求出F (x )的定义域，同时在解不等式F ′(x )>0时需根据方程x 2－ax ＋1＝0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”的取值作为分类讨论的依据．在(2)中求出h (x 1)－h (x 2)的最小值，需先求出其解析式．由题可知x 1，x 2是h ′(x )＝0的两根，可得到x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，从而将h (x 1)－h (x 2)只用一个变量x 1导出．从而得到H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，这样将所求问题转化为研究新函数H (x )＝h (x )－h ⎛⎪⎫1在 ⎛⎪⎫0，1上的最值问题，体现转为与化归数学思想．[1(1)(2) [解∵f ∴f 由(2)则∵0<a <2，∴2－a >0， 令g ′(x )＝0，得x ＝a2－a，∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ，＋∞上为增函数．①当0<a 2－a<3，即0<a <32时，在区间[0,3]上，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ，3上为增函数，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ＝a －2ln 22－a .②当a 2－a ≥3，即32≤a <2时，g (x )在区间[0,3]上为减函数，∴g (x )min ＝g (3)＝6－3a －2ln4.综上所述，当0<a <3时，g (x )min ＝a －2ln 2；（19又因为当x ∈所以(h 因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-.21.（12分）已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且230()2e f x --<<. 21.解：（1）()f x 的定义域为()0，+∞设()g x =ax -a -lnx ，则()()()≥f x =xg x ,f x 0等价于()0≥g x 因为()()()()()11=0，0,故1=0,而,1=1,得1≥=--=g g x g'g'x a g'a a x若a =1，则()11-g'x =x.当0＜x ＜1时，()()＜0,g'x g x 单调递减；当x ＞1时，()g'x ＞0，()g x 单调递增.所以x=1是()g x 的极小值点，故()()1=0≥g x g 综上，a=1（2）由（1）知()2ln ,'()22ln f x x x x x f x x x =--=--设()h x =当x ⎛∈ ⎝1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭单调递增又()2h e -(00,x x ∈因为('f 由()0'f x 由(0x ∈因为x=x 所以2＜e -律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．已知函数f (x )＝(x ＋a )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <1时，试确定函数g (x )＝f (x －a )－x 2的零点个数，并说明理由． [审题程序]第一步：利用导数求函数的单调区间；第二步：简化g(x)＝0，构造新函数；第三步：求新函数的单调性及最值；第四步：确定结果．[规范解答](1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.，＋∞)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，所以对于任意x∈R，F(x)>0，因此方程e x－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点．典例321.（12分）已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且230()2e f x --<<. 21.解：（1）()f x 的定义域为()0，+∞设()g x =因为()1g 若a =1()g x 单调递增.综上，（2设()h x =当x ⎛∈ ⎝1,+2⎛⎫∞ ⎪⎝⎭单调递增又()2h e -(00,x x ∈因为('f 由()0'f x 由()00,1x ∈得()01'＜4f x因为x=x 0是f(x)在（0,1）的最大值点，由()()110,1,'0e f e --∈≠得 所以()2-20＜＜2e f x -[解题反思] 在本例(1)中求f (x )的单调区间的关键是准确求出f ′(x )，注意到e x >0即可．(2)中由g (x )＝0得x e x －a ＝x 2，解此方程易将x 约去，从而产生丢解情况．研究e x －a ＝x 的解转化为研究函数F (x )＝e x －a －x 的最值，从而确定F (x )零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2017·浙江金华期中)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋(c －3a －2b )x ＋d 的图象如图所示． (1)求c ，d 的值；(2)若函数f (x )在x ＝2处的切线方程为3x ＋y －11＝0，求函数f (x )的解析式；(3)在(2)的条件下，函数y ＝f (x )与y ＝13f ′(x )＋5x ＋m 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围． [解] 函数f (x )的导函数为f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c －3a －2b .g ⎝⎛⎭⎫23＝27－m ，g (4)＝－16－m ，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝⎛⎭⎫23＝6827－m >0，g ?4?＝－16－m <0时，g (x )图象与x 轴有三个交点，解得－16<m <6827. 所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－16，6827.21.（12分）已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x﹣x .（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.21.解：（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+，(十字相乘法)（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减.当(x ∈在(ln -（2（ⅱ）ln a .（观①当a ②当a ③当a 又(f -由于综上，题型三 利用导数证明不等式题型概览：证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以直接构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论F ′(x )的符号，可考虑分别研究f (x )、g (x )的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化．(2017·陕西西安三模)已知函数f (x )＝e xx .(1)求曲线y ＝f (x )在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，e 22处的切线方程；(2)证明：f (x )>2(x －ln x )． [审题程序]第一步：求f ′(x )，写出在点P 处的切线方程；第二步：直接构造g (x )＝f (x )－2(x －ln x )，利用导数证明g (x )min >0.[＝e x x ，＝e x·x －e xx 2＝e x?x －1?x 2，＝e 24，又切点为⎝ ⎛2(2)则设则当令当－ln x )． [构造新函数g (x )．求g (x )的最值来完成．在求g (x )的最值过程中，需要探讨g ′(x )的正负，而此时g ′(x )的式子中有一项e x －2x 的符号不易确定，这时可以单独拿出e x －2x 这一项，再重新构造新函数h (x )＝e x －2x (x >0)，考虑h (x )的正负问题，此题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]3．(2017·福建漳州质检)已知函数f (x )＝a e x －b ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝⎝⎛⎭⎪⎫1e －1x ＋1.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>0.[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′x－b ，由题意得＝1，＝1－(2)当由故4、【（1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，21111++1+)222n ()(1)(﹤m ，求m 的最小值．21.解：（1）()f x 的定义域为()0，+∞.①若0a ≤，因为11=-+2＜022f a ln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以不满足题意；②若＞0a ，由()1ax af'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x=a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点.由于()10f =，所以当且仅当a =1时，()0f x ≥. 故a =121(进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －ax (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对?x 1，x 2∈[2,2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围． [审题程序]第一步：利用导数判断f(x)的单调性，对m分类讨论；第二步：对不等式进行等价转化，将g(x1)≥f(x2)转化为g(x)min≥f(x)max；第三步：求函数的导数并判断其单调性进而求极值(最值)；第四步：确定结果．[规范解答](1)f(x)＝12ln x－mx，x>0，所以f′(x)＝12x－m，当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．x?<0，得x.＝g(2)＝2(0,3]．[解题反思]本例(1)的解答中要注意f(x)的定义域，(2)中问题的关键在于准确转化为两个函数f(x)、g(x)的最值问题．本题中，?x1，x2有g(x1)≥f(x2)?g(x)min≥f(x)max.若改为：?x1，?x2都有g(x1)≥f(x2)，则有g(x)max≥f(x)max.若改为：?x1，?x2都有g(x1)≥g(x2)，则有g(x)min≥f(x)min要仔细体会，转化准确．[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]4．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x 恒成立．[解] (1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x ， 设则(2)又f (当x 当设则m ′(x )＝1－xe x ， 易知m (x )max ＝m (1)＝－1e ，从而对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x 恒成立． ②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以a≤h(x)min＝4.即实数a的取值范围是(－∞，4]．题型五：二阶导主要用于求函数的取值范围23．(12分)已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．f（1）?﹣则f则曲线（II∴f+lnx=，∵x＞1∴f∴f①a≤2∴f（x②a＞2函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．23．(12分)已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．【解答】解：（I）当a=4时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f （1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x ）=lnx+（x+1）?﹣4， 则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2， 则曲线y=f （x ）在（1，0）处的切线方程为y=﹣2（x ﹣1）=﹣2x+2； （II ）∵f （x ）=（x+1）lnx ﹣a （x ﹣1），∴f′（x ）=1++lnx ﹣a ，∴f″（x ）=，∵x ＞1，∴f″（x ）＞0，∴f′（x ）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x ）＞f′（1）=2﹣a ． ①a≤2，f′∴f （x ②a ＞2函数f （x 由f （1）.此法二、未（1（2 ①若0a =，则()f x e =，在(,)-∞+∞单调递增. ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =.当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-.当(,ln(2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a-∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增.（2）①若0a =，则2()x f x e =，所以()0f x ≥.②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-.从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥.a 23[ln(2a a-.21.（1（2[1,)+∞ ）对a 分0x =(2)f x=()当a≥1而h(0故h(xf当0＜a当0＜xx∈则a≤当0综上，a。
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a － a 2－4 2 a ＋ a 2－42导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用.题型一 利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．（1） 单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．(2) 极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．(3) 最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．已知函数 f (x )＝x 1g (x )＝a ln x (a ∈R )．－ ， x(1) 当 a ≥－2 时，求 F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间；(2) 设 h (x )＝f (x )＋g (x )，且 h (x )有两个极值点为 x ，x ，其中 x ∈ 1，求 h (x )－h (x)的最121(0，]1 2 2小值．[审题程序]第一步：在定义域内，依据 F ′(x )＝0 根的情况对 F ′(x )的符号讨论； 第二步：整合讨论结果，确定单调区间； 第三步：建立 x 1、x 2 及 a 间的关系及取值范围；第四步：通过代换转化为关于 x 1(或 x 2)的函数，求出最小值．[规范解答] (1)由题意得 F (x )＝x 1a ln x ，－ － xx 2－ax ＋1其定义域为(0，＋∞)，则 F ′(x )＝ ，x 2令 m (x )＝x 2－ax ＋1，则 Δ＝a 2－4.①当－2≤a ≤2 时，Δ≤0，从而 F ′(x )≥0，∴F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；②当 a >2 时，Δ>0，设 F ′(x )＝0 的两根为 x 1＝ ，x 2＝ ，x∴F (x )的单调递增区间为( a － a 2－4) (a ＋ a 2－4)0， 2和 ，＋∞ ， 2F (x )(a － a 2－4 a ＋ a 2－4)的单调递减区间为 ，. 2 2综上，当－2≤a ≤2 时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当 a >2 时，F (x )的单调递增区间为(a － a 2－4) (a ＋ a 2－4)0， 2和 ，＋∞ ， 2F (x )(a － a 2－4 a ＋ a 2－4)的单调递减区间为 ，. 2 2(2)对 h (x )＝x 1a ln x ，x ∈(0，＋∞)－ ＋ x1 a x 2＋ax ＋1求导得，h ′(x )＝1＋ ＋ ＝ ，x 2 x x 2设 h ′(x )＝0 的两根分别为 x 1，x 2，则有 x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， 1 1∴x 2＝ ，从而有 a ＝－x 1－ .x 1 x 1令 H (x )＝h (x )－h(1) 111 11＝x －x ＋(－x －x )ln x －[x －x ＋(－x －x )·ln x ]1 1 ＝2[(－x －x )ln x ＋x －x ]，1 2(1－x )(1＋x )ln x H ′(x )＝2(x 2－1)ln x ＝ x 2. 当 x ∈1 时，H ′(x )<0， (0，] 2 ∴H (x )在 1 上单调递减，(0， ]2 又 H (x 1)＝h (x 1)－h1 ＝h (x 1)－h (x 2)，(x 1)∴[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H 1＝5ln2－3.(2)[解题反思] 本例(1)中求 F (x )的单调区间，需先求出 F (x )的定义域，同时在解不等式 F ′(x )>0 时需根据方程 x 2－ax ＋1＝0 的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”的取值作为分类讨论的依据．在(2)中求出 h (x 1)－h (x 2)的最小值，需先求出其解析式．由题可知 x 1，x 2 是 h ′(x )＝0 的两根，可得到 x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，从而将 h (x 1)－h (x 2)只用一个变量 x 1 导出．从而得到 H (x 1)＝ h (x )－h 1 ，这样将所求问题转化为研究新函数 H (x )＝h (x )－h 1 在 1上的最值问题，体现 1 (x 1) (x) (0， )2转为与化归数学思想．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：－ ＝ .－ ＝[题型专练]1．设函数 f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )．(1) 求 f (x )的单调区间；(2) 当 0<a <2 时，求函数 g (x )＝f (x )－x 2－ax －1 在区间[0,3]上的最小值．[解] (1)f (x )的定义域为(－1，＋∞)． ∵f (x )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )，x ∈(－1，＋∞)，∴f ′(x )＝2(1＋x ) 2 2x (x ＋2)1＋x x ＋1 由 f ′(x )>0，得 x >0；由 f ′(x )<0，得－1<x <0.∴函数 f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)． (2)由题意可知 g (x )＝(2－a )x －2ln(1＋x )(x >－1)， 则 g ′(x )＝2－a 2 1＋x ∵0<a <2，∴2－a >0，(2－a )x －a＝. 1＋x 令 g ′(x )＝0，得 x a，2－a ∴函数 g (x )在(0， a )上为减函数，在( a，＋∞)上为增函数．2－a 2－a①当 0< a，即 0<a <3[0,3]上， 2－a 时，在区间 2 g (x )在(0， a )上为减函数，在( a，3)上为增函数，2－a 2－a ∴g (x ) ＝g ( a )＝a －2ln 2mina ②当 ≥3 2－a 32－aa <2 时，g (x )在区间[0,3]上为减函数， 2－a ，即 ≤2∴g (x )min ＝g (3)＝6－3a －2ln4.<3 .综上所述，当 0<a <3 2时， g (x ) ＝a －2ln ； min2 2－a3当 ≤a <2 时，g (x )min ＝6－3a －2ln4. 2北京卷（19）（本小题 13 分）已知函数 f （x ）=e x cos x −x .（Ⅰ）求曲线 y = f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求函数 f （x ）在区间[0， π]上的最大值和最小值.2[0, ] [0, ] 0（19）（共 13 分）解：（Ⅰ）因为 f (x ) = e x cos x - x ，所以 f '(x ) = e x (cos x - sin x ) -1, f '(0) = 0 .又因为 f (0) = 1，所以曲线 y = f (x ) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y = 1.（Ⅱ）设 h (x ) = e x (cos x - sin x ) -1 ，则 h '(x ) = e x (cos x - sin x - sin x - cos x ) = -2e x sin x .当x ∈ π (0, ) 2时， h '(x ) < 0 ， 所以 h (x ) 在区间 π 2上单调递减.所以对任意 x ∈ π (0, ] 2有 h (x ) < h (0) = 0 ，即 f '(x ) < 0 . 所以函数 f (x ) 在区间 π 2上单调递减.因此 f (x ) 在区间[0, π] 上的最大值为 f (0) = 1，最小值为 f ( π) = - π.2 2 221.（12 分）已知函数 f (x ) = ax 3 - ax - x ln x , 且 f (x ) ≥ 0 .（1） 求 a ；（2） 证明： f (x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ，且e -2 <f (x ) < 2-3.21.解：（1） f ( x ) 的定义域为(0，+∞)设 g (x ) = ax - a - lnx ，则 f (x ) = xg (x ) , f (x ) ≥ 0 等价于 g (x ) ≥ 0xx0 0因为 g (1) =0，g (x ) ≥ 0, 故g' (1) =0, 而g' (x ) = a - 1 , g' (1) =a - 1, 得a = 1若 a =1，则 g' (x ) = 1 - 1.当 0＜x ＜1 时， g' (x ) ＜0, g (x ) 单调递减；当 x ＞1 时， g' (x ) ＞0， g ( x ) 单调递增.所以 x=1 是g (x ) 的极小值点，故g (x ) ≥ g (1)=0综上，a=1（2）由（1）知f (x ) = x 2 - x - x l n x , f ' ( x ) = 2x - 2 - l n x设h (x )= 2x - 2 - l n x , 则 h ' ( x ) = 2 - 1x当x ∈ ⎛ 0, 1 ⎫ 时， h ' (x ) ＜0 ；当x ∈ ⎛ 1 , +∞⎫ 时， h ' (x ) ＞0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 单调递减，在⎛ 1 , +∞⎫ 单调递增 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 又h (e -2)＞⎛ 1 ⎫ ＜0, h (1) = 0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 有唯一零点 x 0，在⎡1 , +∞⎫ 有唯一零点 1，且当x ∈ (0, x ) 时， h (x ) ＞0 ；当x ∈ (x , 1) 时， 0, h 2 ⎪ 2 ⎪ ⎢ 2 ⎪ 0 0 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎣ ⎭h (x ) ＜0 ，当x ∈ (1, +∞) 时， h (x ) ＞0 .因为f ' (x ) = h (x ) ，所以 x=x 0 是 f(x)的唯一极大值点由f ' (x 0 ) = 0得l n x 0 = 2( x 0 - 1) , 故f (x 0 ) =x (0 1 - x 0 )由x ∈ (0, 1) 得f ' (x ) ＜ 14因为 x=x 0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，由e -1∈ (0, 1) , f ' (e-1)≠ 0 得f (x ) ＞f (e-1)= e-2所以e -2＜f (x ) ＜2- 2题型二 利用导数研究方程的根、函数的零点或图象交点题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e 是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1 时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2 的零点个数，并说明理由．[审题程序]第一步：利用导数求函数的单调区间；第二步：简化g(x)＝0，构造新函数；第三步：求新函数的单调性及最值；第四步：确定结果．[规范解答] (1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x 变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x (－∞，－a－1) －a－1 (－a－1，＋∞)f′(x) －0 ＋f(x)故f((2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程x e x－a＝x2，显然x＝0 为此方程的一个实数解，所以x＝0 是函数g(x)的一个零点．当x≠0 时，方程可化简为e x－a＝x.设函数F(x)＝e x－a－x，则F′(x)＝e x－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x 变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：0 xx即 F (x )a )． 所以 F (x )的最小值 F (x )min ＝F (a )＝1－a . 因为 a <1，所以 F (x )min ＝F (a )＝1－a >0， 所以对于任意 x ∈R ，F (x )>0， 因此方程 e x －a ＝x 无实数解． 所以当 x ≠0 时，函数 g (x )不存在零点． 综上，函数 g (x )有且仅有一个零点．典例 321.（12 分）已知函数 f (x ) = ax 3 - ax - x ln x , 且 f (x ) ≥ 0 .（1） 求 a ；（2） 证明： f (x ) 存在唯一的极大值点 x 0 ，且e -2 <f (x ) < 2-3.21. 解：（1） f ( x ) 的定义域为(0，+∞)设 g (x ) = ax - a - lnx ，则 f (x ) = xg (x ) , f (x ) ≥ 0 等价于 g (x ) ≥ 0因为 g (1) =0，g (x ) ≥ 0, 故g' (1) =0, 而g' (x ) = a - 1 , g' (1) =a - 1, 得a = 1若 a =1，则 g' (x ) = 1 - 1.当 0＜x ＜1 时， g' (x ) ＜0, g (x ) 单调递减；当 x ＞1 时， g' (x ) ＞0， g ( x ) 单调递增.所以 x=1 是g (x ) 的极小值点，故g (x ) ≥ g (1)=0综上，a=1（2）由（1）知f (x ) = x 2 - x - x l n x , f ' ( x ) = 2x - 2 - l n x设h (x )= 2x - 2 - l n x , 则 h ' ( x ) = 2 - 1x当x ∈ ⎛ 0, 1 ⎫ 时， h ' (x ) ＜0 ；当x ∈ ⎛ 1 , +∞⎫ 时， h ' (x ) ＞0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 单调递减，在⎛ 1 , +∞⎫ 单调递增 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭0 0又h (e -2)＞⎛ 1 ⎫ ＜0, h (1) = 0 ，所以h (x ) 在⎛ 0, 1 ⎫ 有唯一零点 x 0，在⎡1 , +∞⎫有唯一零点 1，且当x ∈ (0, x ) 时， h (x ) ＞0 ；当x ∈ (x , 1) 时，0, h 2 ⎪ 2 ⎪ ⎢ 2 ⎪ 0 0 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎣ ⎭h (x ) ＜0 ，当x ∈ (1, +∞) 时， h (x ) ＞0 .因为f ' (x ) = h (x ) ，所以 x=x 0 是 f(x)的唯一极大值点由f ' (x 0 ) = 0得l n x 0 = 2( x 0 - 1) , 故f (x 0 ) =x (0 1 - x 0 )由x ∈ (0, 1) 得f ' (x ) ＜ 14因为 x=x 0 是 f(x)在（0,1）的最大值点，由e -1 ∈ (0, 1) , f ' (e-1)≠ 0 得f (x ) ＞f (e-1)= e-2所以e -2＜f (x ) ＜2- 2[解题反思] 在本例(1)中求 f (x )的单调区间的关键是准确求出 f ′(x )，注意到 e x >0 即可．(2)中由 g (x )＝0 得 x e x －a ＝x 2，解此方程易将 x 约去，从而产生丢解情况．研究 e x －a ＝x 的解转化为研究函数 F (x )＝e x －a －x 的最值，从而确定 F (x )零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2017·浙江金华期中)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d 的图象如图所示．(1)求c，d 的值；(2)若函数f(x)在x＝2 处的切线方程为3x＋y－11＝0，求函数f(x)的解析式；1(3)在(2)的条件下，函数y＝f(x)与y＝f′(x)＋5x＋m 的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．3[解] 函数f(x)的导函数为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c－3a－2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f′(1)＝0，得E rr o r!解得E rr o r!(2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(3a＋2b)x＋3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx－(3a＋2b)．由函数f(x)在x＝2 处的切线方程为3x＋y－11＝0，得E rr o r!所以E rr o r!解得E rr o r!所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.(3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，所以f′(x)＝3x2－12x＋9.1函数y＝f(x)与y＝f′(x)＋5x＋m 的图象有三个不同的交点，3等价于x3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m 有三个不等实根，等价于g(x)＝x3－7x2＋8x－m 的图象与x 轴有三个交点．因为g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，g(2)＝68－m，g(4)＝－16－m，3 27当且仅当E rr o r!时，g(x)图象与x 轴有三个交点，解得－16<m<68. 所以m 的取值范围为(－16，68).27 2721.（12 分）已知函数（f x)=a e2x+(a﹣2) e x﹣x.（1）讨论f (x) 的单调性；（2）若f (x) 有两个零点，求a 的取值范围.21.解：（1）f (x) 的定义域为(-∞, +∞) ，f '(x) = 2ae2x+ (a - 2)e x-1 = (ae x-1)(2e x+1) ，(十字相乘法)（ⅰ）若a ≤ 0 ，则f '(x) < 0 ，所以f (x) 在(-∞, +∞) 单调递减.（ⅱ）若 a > 0 ，则由 f '(x) = 0 得 x =-ln a .当x ∈(-∞, -ln a) 时，f '(x) < 0 ；当x ∈(-ln a, +∞) 时，f '(x) > 0 ，所以f (x) 在(-∞, -ln a) 单调递减，在(-ln a, +∞) 单调递增.110 0 0 0 3（2）（ⅰ）若 a ≤ 0 ，由（1）知， f (x ) 至多有一个零点.1 （ⅱ）若 a > 0 ，由（1）知，当 x = -ln a 时， f (x ) 取得最小值，最小值为 f (- ln a ) = 1- + ln a .（观察特殊值 1）a①当 a = 1 时，由于 f (-ln a ) = 0 ，故 f (x ) 只有一个零点；②当 a ∈ (1, +∞) 时，由于1-+ ln a > 0 ，即 f (-ln a ) > 0 ，故 f (x ) 没有零点； a③当 a ∈(0,1) 时，1- + ln a < 0 ，即 f (-ln a ) < 0 .a又 f (-2) = a e -4 + (a - 2)e -2 + 2 > -2e -2 + 2 > 0 ，故 f (x ) 在(-∞, -ln a ) 有一个零点.设正整数n 0 满足 n 0 > ln( a3-1) ，则 f (n ) = e n 0 (a e n 0 + a - 2) - n > e n 0 - n > 2n 0 - n > 0 .由于ln( a-1) > -ln a ，因此 f (x ) 在(-ln a , +∞) 有一个零点.综上， a 的取值范围为(0,1) .题型三 利用导数证明不等式题型概览：证明 f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以直接构造函数 F (x )＝f (x )－g (x )，如果 F ′(x )<0，则 F (x )在(a ，b )上是减函数， 同时若 F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有 F (x )<0，即证明了 f (x )<g (x )．有时需对不等式等价变形后间接构造．若上述方法通过导数不便于讨论 F ′(x )的符号，可考虑分别研究 f (x )、g (x )的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化．(2017·陕西西安三模)已知函数 f (x ) e x .(1) 求曲线 y ＝f (x )在点 P ( ＝ xe 2)处的切线方程；2， 2－ ＝ (x(2)证明：f (x )>2(x －ln x )． [审题程序]第一步：求 f ′(x )，写出在点 P 处的切线方程；第二步：直接构造 g (x )＝f (x )－2(x －ln x )，利用导数证明 g (x )min >0. [规范解答] (1)因为 f (x ) e x f ′(x )＝e x ·x －e xe x (x －1)，f ′(2) e 2 e 2，所以切线方 程为 ye 2 e2 2 4 ＝ ，所以 x －2)，即 e 2x －4y ＝0. ＝ x 2 x 2＝ 4 ，又切点为(2， 2 )(2) 证明：设函数 g (x )＝f (x )－2(x －ln x )e x2x ＋2ln x ，x ∈(0，＋∞)，则 g ′(x ) e x (x －1)－2 2＝ －x (e x －2x )(x －1)，x ∈(0，＋∞)．＝ ＋ ＝x 2 x x 2设 h (x )＝e x －2x ，x ∈(0，＋∞)，则 h ′(x )＝e x －2，令 h ′(x )＝0，则 x ＝ln2.当 x ∈(0，ln2)时，h ′(x )<0；当 x ∈(ln2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以 h (x )min ＝h (ln2)＝2－2ln2>0，故 h (x )＝e x －2x >0.令 g ′(x ) (e x－2x )(x －1)＝0，则 x ＝1.＝x 2当 x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当 x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0.所以 g (x )min ＝g (1)＝e －2>0，故 g (x )＝f (x )－2(x －ln x )>0，从而有 f (x )>2(x －ln x )．[解题反思] 本例中(2)的证明方法是最常见的不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数 g (x )．求 g (x ) 的最值来完成．在求 g (x )的最值过程中，需要探讨 g ′(x )的正负，而此时 g ′(x )的式子中有一项 e x －2x 的符号不易确定，这时可以单独拿出 e x －2x 这一项，再重新构造新函数 h (x )＝e x －2x (x >0)，考虑 h (x )的正负问题，此题看似简单，且不含任何参数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：＝[题型专练]3．(2017·福建漳州质检)已知函数 f (x )＝a e x －b ln x ，曲线 y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y ＝(1)x ＋1.(1)求 a ，b ； (2)证明：f (x )>0.[解] (1)函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)．e－1 f ′(x )＝a e x bf (1) 1f ′(1) 1 1，－ ，由题意得 ＝ ， ＝ － x e e所以E rr o r !解得E rr o r !(2)由(1)知 f (x ) 1 ·e x－ln x . e 2 因为 f ′(x )＝e x －2 1(0，＋∞)上单调递增，又 f ′(1)<0，f ′(2)>0，－ 在x＝ ＋ 2 20 0 0所以 f ′(x )＝0 在(0，＋∞)上有唯一实根 x 0，且 x 0∈(1,2)． 当 x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当 x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当 x ＝x 0 时，f (x )取极小值，也是最小值．由 f ′(x )＝0，得 e x 0－2 1x －2＝－ln x .0 ＝ ， 则 0 0 x 0故 f (x )≥f (x )＝e x 0－2－ln x 1 x －2>2 1 ·x 0－2＝0，所以 f (x )>0. x 0 x 04、【2017 高考三卷】21．（12 分）已知函数 f (x ) =x ﹣1﹣a ln x ．（1）若 f (x ) ≥ 0 ，求 a 的值；（2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n ，(1+ 1) ( 1+ 1) (1+ 2221) ﹤m ，求 m 的最小值． 2n 21.解：（1） f ( x ) 的定义域为(0，+∞) .f ⎛ 1 ⎫1①若a ≤ 0 ，因为 ⎪ =- +a ln 2＜0，所以不满足题意；⎝ ⎭ ②若a ＞0，由 f ' ( x ) = 1- a = x - a知，当x ∈(0,a ) 时， f ' ( x )＜0 ；当 x ∈(a ，+∞) 时， f ' ( x )＞0 ，所以 f ( x ) 在(0,a ) 单调递减，x x在(a ，+∞) 单调递增，故 x=a 是 f ( x ) 在 x ∈(0，+∞) 的唯一最小值点. 由于 f (1) = 0 ，所以当且仅当 a =1 时， f ( x ) ≥ 0.故 a =1（2）由（1）知当 x ∈(1，+∞) 时， x -1- ln x ＞0令 x =1+ 1 得ln ⎛1+ 1 ⎫＜ 1，从而 2n 2n ⎪ 2n ⎝⎭ln ⎛1+ 1 ⎫+ln ⎛1+ 1 ⎫+⋅⋅⋅+ln ⎛1+ 1 ⎫＜1 + 1 +⋅⋅⋅+ 1 =1-1＜12 ⎪ 22 ⎪ 2n ⎪ 2 22 2n 2n ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭故⎛1+ 1 ⎫⎛1+ 1 ⎫ ⋅⋅⋅⎛1+ 1 ⎫＜e2 ⎪ 22 ⎪ 2n⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭而⎛1+ 1 ⎫⎛1+ 1 ⎫⎛1+ 1 ⎫＞2 ，所以 m 的最小值为 3. 2 ⎪ 22 ⎪ 23 ⎪ ⎝⎭⎝ ⎭⎝ ⎭21．（12 分）已知函数f (x) =ln x+ax2+(2a+1)x．（1）讨论f (x) 的单调性；（2）当 a﹤0 时，证明 f (x) ≤-34a- 2 ．【答案】（1）当a ≥ 0 时， f (x) 在(0,+∞) 单调递增；当 a < 0 时，则 f (x) 在(0,-1) 单调递增，在(-2a1,+∞) 单调递减；（2）详见解析2a题型四利用导数研究恒成立问题题型概览：已知不等式恒成立求参数取值范围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；若参数不便于分离，或分离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．，对∀ ＝ 0<x < ；由E rr o r !得 x > .，则 ln x1 2 1 2已知函数 f (x ) 1ln x －mx ，g (x )＝x a(a >0)．＝ － 2 x(1) 求函数 f (x )的单调区间； (2) 若 m ＝1x ，x ∈[2,2e 2]都有 g (x )≥f (x )成立，求实数 a 的取值范围． 2e 2[审题程序]第一步：利用导数判断 f (x )的单调性，对 m 分类讨论；第二步：对不等式进行等价转化，将 g (x 1)≥f (x 2)转化为 g (x )min ≥f (x )max ； 第三步：求函数的导数并判断其单调性进而求极值(最值)； 第四步：确定结果．[规范解答] (1)f (x ) 1ln x －mx ，x >0，所以f ′(x ) 1m ，＝ ＝ － 2 2x当 m ≤0 时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当 m >0 时，由 f ′(0)＝0 得 x 1 ；由E rr o r !得 1 12m 2m 2m 综上所述，当 m ≤0 时，f ′(x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当 m >0 时，f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为( 1，＋∞).2m 2m(2)若 m ＝1f (x )＝1 － 1x . 2e 2 2 2e 2对∀x 1，x 2∈[2,2e 2]都有 g (x 1)≥f (x 2)成立， 等价于对∀x ∈[2,2e 2]都有 g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2,2e 2]上 f (x )的最大值为 f (e 2) 1＝ ， 2＋g ′(x )＝1 a >0(a >0)，x ∈[2,2e 2]，函数 g (x )在[2,2e 2]上是增函数，g (x ) ＝g (2)＝2 a2 a 1 a ≤3，min － ， 由 － ≥ ， 得 x2 又 a >0，所以 a ∈(0,3]，所以实数 a 的取值范围为(0,3]．2 2 2[解题反思] 本例(1)的解答中要注意 f (x )的定义域，(2)中问题的关键在于准确转化为两个函数 f (x )、g (x )的最值问题．本题中，∀x 1，x 2 有 g (x 1)≥f (x 2)⇔g (x )min ≥f (x )max .若改为：∃x 1，∀x 2 都有 g (x 1)≥f (x 2)，则有 g (x )max ≥f (x )max .若改为：∀x 1，∃x 2 都有 g (x 1)≥g (x 2)，则有 g (x )min ≥f (x )min 要仔细体会，转化准确．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]4．已知 f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1) 对一切 x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)证明：对一切 x ∈(0，＋∞)，ln x > 1 e x 2－ 恒成立．e x[解] (1)由题意知 2x ln x ≥－x 2＋ax －3 对一切 x ∈(0，＋∞)恒成立， 则 a ≤2ln x ＋x 3，x 设 h (x )＝2ln x ＋x ＋3，(x >0) x＋e＝ － (x则 h ′(x ) (x ＋3)(x －1)，＝x 2①当 x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，②当 x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以 h (x )min ＝h (1)＝4，对一切 x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以 a ≤h (x )min ＝4.即实数 a 的取值范围是(－∞，4]．(2) 证明：问题等价于证明 x ln x > x －2∈(0，＋∞))．e x e 又f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1，当 x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当 x ∈(1 )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以 f (x ) ＝f (1)1.，＋∞emin ＝－ e e设 m (x ) x 2∈(0，＋∞))，e x则 m ′(x ) e1－x ，＝易知 m (x ) e x＝m (1) 1max ＝－ ，e从而对一切 x ∈(0，＋∞)，ln x > 1 e x 2－ 恒成立．e x②当 x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以 h (x )min ＝h (1)＝4，对一切 x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以 a ≤h (x )min ＝4.即实数 a 的取值范围是(－∞，4]．题型五：二阶导主要用于求函数的取值范围23．(12 分)已知函数 f （x ）=（x+1）lnx ﹣a （x ﹣1）．(x（I）当a=4 时，求曲线 y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a 的取值范围．【解答】解：（I）当a=4 时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）． f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率 k=f′（1）=﹣2，则曲线 y=f（x）在（1，0）处的切线方程为 y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）=，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在 x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数 f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由 f（1）=0，可得存在 x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．23．(12 分)已知函数f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（I）当a=4 时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（II）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a 的取值范围．【解答】解：（I）当a=4 时，f（x）=（x+1）lnx﹣4（x﹣1）．f（1）=0，即点为（1，0），函数的导数f′（x）=lnx+（x+1）•﹣4，则f′（1）=ln1+2﹣4=2﹣4=﹣2，即函数的切线斜率k=f′（1）=﹣2，则曲线y=f（x）在（1，0）处的切线方程为y=﹣2（x﹣1）=﹣2x+2；（II）∵f（x）=（x+1）lnx﹣a（x﹣1），∴f′（x）=1++lnx﹣a，∴f″（x）= ，∵x＞1，∴f″（x）＞0，∴f′（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f′（x）＞f′（1）=2﹣a．①a≤2，f′（x）＞f′（1）≥0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）＞f（1）=0，满足题意；②a＞2，存在x0∈（1，+∞），f′（x0）=0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由f（1）=0，可得存在x0∈（1，+∞），f（x0）＜0，不合题意．综上所述，a≤2．题型六：求含参数求知范围此类问题一般分为两类：一、也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.此法适用于方便分离参数并可求出函数最大值与最小值的情况，若题中涉及多个未知参量需分离出具有明确定义域的参量函数求出取值范围并进行消参，由多参数降为单参在求出参数取值范围。