导数法解题例析
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。
方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。
题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。
方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。
例题：已知函数f(x)=x-3x。
1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。
提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。
将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。
答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。
1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。
（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。
题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。
方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。
（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。
（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。
浅谈导数法求解三次函数常见错误例析
大值和极小值． 函数 厂 （ ） 一÷ Ｌ ｒ 。 一 在 （ “ ， ｌ Ｏ －ａ ）
内有 最 小 值 ， 则１ ∈（ 口 ， １ Ｏ 一＆ ） ， 解 得一３ ＜口 ＜１ ．
错解 ／ （ ） 一ｚ 一ｌ 一０ ， 得 一 ± １ ， ＿ 厂 （ ｚ ） ＞Ｏ ， 得 ｚ ∈（ 一 ， １ ） 和（ １ ， ｏ ｏ ） ， ＿ ， （ ） ＜Ｏ ， 得３ ２ ∈（ 一１ ， １ ） ， 所 以 函数 ． 厂 （ ） 在 ｚ — １和 一 １ 处 分 别 取 得 极 东 高考 文 理科 试 题 ） 错解 （ Ｉ） 一４ （ ｃ 一２ ） ＋ ， Ｏ ＜ｒ ￣２
（ 一， ＋ ） 上 为增 函数 ， 因 ，（ １ ） 一０ ， 所以当 ｚ ＞ｌ
时， ’ （ ｚ ） ＞ Ｏ恒 成 立 ． 探 究 二 三 次 函数 在 开 区 间 中 的 最 值 问 题 没 有
球形部分每平方米建造 费用为 Ｃ （ ｃ ＞３ ） ． 设该 容器 的
建 造 费 用 为 Ｙ千 元 ．
象关于 Ａ（ １ ， Ｏ ） 对称， 则（ Ｏ ，， （ Ｏ ） ） ， （ ２ ， 厂（ ２ ） ） 关 于 Ａ
（ １ ， ０ ） 对称 ， 则， （ Ｏ ） ＋， （ ２ ） 一Ｏ ， 得 ２ ６ ＋ｃ ＋ ＋４ 一Ｏ ，
． ． ． ． ． Ｉ ●
＋ｃ 一０ 无解， ／（ ） 一３ ｘ ＋２ ｂ ｘ ＋ｃ ￣ ＞Ｏ 恒成立 ， ｌ ， （ ） 在
溶蕞手叙矬术锋三 南窳 审 错谖例撕
江 苏省 苏 州市吴 江 区汾湖 高级 中学 孙金 君
２ １ ５ ２ １ １
函数与方程思想是 高中重要数学思想 方法 ， 导数 法是利用这一思想方法 强有 力的工具． 但 在教学 实践 中， 由于学生对概念 本质 理解 有误 ， 常 会 出现一些 令
导数法解题例析
评注"在利用导数法判定函数的单调性和极值时，首先要确定函数的定义区间，其次用函数的不可导点及驻点顺次把函数的定义区间分成若干个小开区间，列成表格，判断导数在各个小区间内的符号，进而判定函数的单调性和极值。
错因剖析：曲线与直线相切，并不一定只有一个公共点，求曲线过某一点的切线方程，这一点未必是切点，有可能以另一点为切点的切线刚好过该点。因此应注意求曲线"过某一点的切线"与"在某一点的切线"是有区别的。
正解：设切点为则P处的切线方程方程为由点A在切线l上有：
又点P在曲线S上，有，代入上式可知：。
2．利用导数证明不等式
例7． （2004全国卷）若函数
（1）求函数f(x)的最大值；
（2）设0＜a＜b，证明：0＜＜。
（1）函数f(x)的定义域为（-1，+∞），。令。
当-1＜x＜0时，f,(x)＞0，当x＞0时，f,(x)＜0，又f(0)=0,∴当且仅当x=0时，f(x)可取最大值，且最大值为0
（2）证法一：
由（1）的结论知，由题设0＜a＜b，得， 因此
∴
综上，0＜＜
证法二：， 设
则
当0＜x＜a时，F，(x)＜0，因此F(x)在（0，a）上为减函数。
当x＞a时，F，(x)＞0，因此F(x)在（a，+∞）上为增函数。
∵f(x)在[0，2]上是减函数，∴，则b-3
又f(2)=0，∴8+4b+d=0，则d=-4b-8，∴f(1)=1+b+d=1+b-4b-8=-7-3b≥2
例析幂指函数导数问题的解法
（ ２ ＯＸ Ｉ（２ ０ （ ） ｅ ＣＳ ） ｎ ｅ ｃｓ ）・ ｘ ｘ
＝ ．
（ ｃ ｓ ） ‘ ．（ ｅ生 ０ ｅ ｓｎ ）＋ ｅ ｏ 一 ２ ２ ｓ ｈ ｉ ｃ
三 、 束 语 结 从 以上 三 种 求 解 幂 指 函数 导 数 的 方 法 来 看 ， 所 谓 各 真
：． ｓ２（＊ｘ＇ ）Ｉ２ｓ１ ｅｏ ｘ ２ｅ ｓ ｎ￣ｘ． ｘｘ （ ｅ ｓＺｘ＋（ｃ ） ｃ ） ｘ ｚ ｅｉ ｅｏ ￣ ｎ
、 ｅ ＣＳ ＯＸ ，
㈩ｙ２ （ ） ・ ） （ ＝・ ～ ＋ （ ）（ ） ・ ｎ
＝
（ ） ・ ＋ ） （ ） “ ２ ． ～１ （
解 令Ⅱ ＝
一
ｌ
，＝ ｘ这样 Ｙ ｆ 一 ｌ ｌ就变化成为 ２， ＝ ， 、
Ｙ＝ （ ｇ ）・ ）‘ 一 ，（ ＿ ’ ， ・ ）＋
二 元 复 合 函数 Ｙ 对 其 分 别 进 行 求 导 ： ＝ｕ ，
根 据 以 上幂 指 函 数 求 导 的 一 般 法 则 ， 可 以 对 一 般 的 就
２ ．利 用一 元复 合 函数 求 幂 指 函 数 的 导 数 除 了上 述利 用 求 导 法 则 进 行 求 导 之 外 ， 有 两 种 方 法 还 进 行 求 导． 质 上 来 讲 ， 两 种 求 导 方 法 是 求 导 法 则 的 变 本 这
形 ， 是 针 对 一 些 利 用 求 导 法 则 进 行 代 换 比 较 麻 烦 的 幂 指 但
ｄ ｕ
ｕ ｖ－ １
‘ ｕ
的 数（ｙ …（ｙ ｅＯ （，（ ） 导 ．） ；） Ｓ ；） ． １ ２ ＝ ｘＸ ３ ＝ Ｃ） ，
解 （ ） ＣＳ １ Ｙ ＝５ Ｏ￣・
＝
一 ＋ ｘ ｌｘ・ ・ ５ ｎ （一ｓ ｘ ｉ ） ｎ
导数构造函数13种题型(解析版)
第7讲 导数构造函数13类【题型一】 利用x nf （x ）构造型【典例分析】函数()f x 是定义在区间(0,)+∞上的可导函数，其导函数为'()f x ，且满足'()2()0+>xf x f x ，则不等式(2016)(2016)5(5)52016x f x f x ++<+的解集为A ．{}2011x x -B ．{}|2011x x <-C ．{}|20110x x -<<D ．{}|20162011x x -<<-【答案】D 【详解】设2()()g x x f x =，则2'()2()'()['()2()]g x xf x x f x x xf x f x =+=+，由已知当0x >时，'()0g x >，()g x 是增函数，不等式(2016)(2016)5(5)52016x f x f x ++<+等价于22(2016)(2016)5(5)x f x f ++<，所以020165x <+<，解得20162011x -<<-．点睛：本题考查导数的综合应用，解题关键是构造新函数2()()g x x f x =，从而可以利用已知的不等式关系判断其导数的正负，以确定新函数的单调性，在构造新函数时，下列构造经常用：()()g x xf x =，()()f x g x x=，()()x g x e f x =，()()xf xg x e =，构造新函数时可结合所要求的问题确定新函数的形式．【变式演练】1.已知定义域为的奇函数的导函数为()f x '，当时，()()0f x f x x'+>，若，则的大小关系正确的是A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】分析：构造函数()()g x xf x =，利用已知条件确定'()g x 的正负，从而得其单调性． 详解：设()()g x xf x =，则'()()'()g x f x xf x =+，∵()'()0f x f x x +>，即'()()'()0xf x f x g x x x+=>，∵当0x <时，)'(0g x <，当0x >时，'()0g x >，()g x 递增．又()f x 是奇函数，∵()()g x xf x =是偶函数，∵(2)(2)g g -=，1(ln )(ln 2)(ln 2)2g g g =-=，∵10ln 222<<<，∵1()(ln 2)(2)2g g g <<，即a c b <<．故选C ．2.已知()f x 的定义域为0,，()'f x 为()f x 的导函数，且满足()()f x xf x '<-，则不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是（ ）A ．0,1B ．2,C ．1,2D ．1,【答案】B 【分析】根据题意，构造函数()y xf x =，结合函数的单调性解不等式，即可求解. 【详解】根据题意，构造函数()y xf x =，()0,x ∈+∞，则()()0y f x xf x ''=+<， 所以函数()y xf x =的图象在()0,∞+上单调递减.又因为()()()2111f x x f x +>--，所以()()22(1)(1)11x f x x f x ++>--，所以2011x x <+<-，解得2x >或1x <-（舍）.所以不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是()2,+∞.故选：B.3.设函数()f x 在R 上可导，其导函数为()'f x ，且2()()0f x xf x '+>．则下列不等式在R 上恒成立的是（ ） A ．()0f x ≥ B ．()0f x ≤ C ．(x)x f ≥ D ．()f x x ≤【答案】A 【分析】根据给定不等式构造函数2()()g x x f x =，利用导数探讨()g x 的性质即可判断作答. 【详解】依题意，令函数2()()g x x f x =，则2()2()()[2()()]g x xf x x f x x f x xf x '=+''=+， 因2()()0f x xf x '+>，于是得0x <时()0g x '<，0x >时()0g x '>， 从而有()g x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，因此得：2,()()(0)0x R x f x g x g ∀∈=≥=，而(0)0f >，即f (x )不恒为0， 所以()0f x ≥恒成立.故选：A【题型二】 利用f （x ）/x n构造型【典例分析】 函数()f x 在定义域0,内恒满足：①()0f x >，①()()()23f x xf x f x '<<，其中f x 为()f x 的导函数，则A ．()()111422f f << B ．()()1111628f f << C ．()()111322f f << D ．()()111824f f << 【答案】D 【详解】令()()2f xg x x =，()0,x ∈+∞，()()()32xf x f x g x x '-'=，∵()0,x ∀∈+∞，()()()23f x xf x f x '<<，∵()0f x >，0g x，∵函数()g x 在()0,x ∈+∞上单调递增，∵()()12g g <，即()()412f f <，()()1124f f <， 令()()3f x h x x =，()0,x ∈+∞，()()()43xf x f x h x x '-'=，∵()0,x ∀∈+∞，()()()23f x xf x f x '<<，()0h x '<， ∵函数()h x 在()0,x ∈+∞上单调递减，∵()()12h h >，即()()218f f >，()()1182f f <，故选D.【变式演练】1.已知定义在R 上的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->，(3)1f -=，则不等式()19f x x x <的解集是（ ） A ．(,3)(0,3)-∞- B ．()3,3-C ．(3,0)(0,3)-⋃D ．(,3)(3,)-∞-⋃+∞【答案】A【分析】根据题目中信息其导函数为()f x '，若()2()0xf x f x '->可知，需构造函数2()()f x g x x =， 利用导函数判断函数()g x 的单调性，利用函数()g x 的单调性、奇偶性来解题，当0x > 时，即2()19f x x <，1()9g x <，当0x < 时，即2()19f x x >，1()9g x >. 【详解】构造函数2()()f x g x x =,43'()2()'()2()'()xf x f x xf x f x g x x x x --=⋅= , 当0x > 时，()2()0xf x f x '->，故'()0g x >，()g x 在(0,)+∞ 上单调递增， 又()f x 为偶函数，21y x =为偶函数，所以2()()f x g x x =为偶函数，在,0（）-∞ 单调递减. (3)1f -=,则(3)1f =，231(3)(3)39f g g -===（）;()19f x x x <， 当0x > 时，即2()19f x x <，1()(3)9g x g <=，所以(0,3)x ∈ ； 当0x < 时，即2()19f x x >，1()(3)9g x g >=-，所以(,3)x ∈-∞-. 综上所述，(,3)(0,3)x ∈-∞-⋃.故选：A2.已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()11f =，()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，则不等式()1xf x e -≥的解集为（ ） A ．(],1-∞B ．(],e -∞C ．[)1,+∞D ．[),e +∞【答案】C 【分析】由()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，可得()()0f x f x +'>，令()()xg x e f x =⋅，对其求导可得()0g x '>，可得函数()g x 在R 上单调递增，可得()1g e =，()()1g x g ≥可得原不等式的解集.【详解】解：因为()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，所以()()11f x f x '++>，即()()0f x f x +'>.令()()xg x e f x =⋅，则()()()0x g x e f x f x ''=+>⎡⎤⎣⎦，所以函数()g x 在R 上单调递增.又因为()1g e =，不等式()1x f x e -≥，可变形为()x e f x e ⋅≥，即()()1g x g ≥，所以1x ≥，即不等式()1xf x e -≥的解集为[)1,+∞.故选：C.【题型三】 利用e nx f （x ）构造型【典例分析】已知函数()f x 在R 上 可导，其导函数为()f x '，若()f x 满足：当1x ≠时，()()()1x f x f x ⎡⎤-+⎣'⎦>0，()()222x f x e f x -=-，则下列判断一定正确的是A ．()()10f f <B ．()()440e f f <C ．()()20ef f >D ．()()330e f f >【答案】D 【分析】构造函数()()xg x f x e =,结合导函数,判定()g x 的单调性,()()g 2x g x 由，-=得()g x 的对称轴,对选项判断即可. 【详解】构造函数()()x g x f x e =,计算导函数得到()'g x =()()xe f x f x +'⎡⎤⎣⎦，由()1x -()()f x f x +'⎡⎤⎣⎦>0,得当x 1>,()()f x f x '+>0,当x 1<时,()()f x f x '+<0.所以()g x 在()1,∞+单调递增,在(),1∞-单调递减,而()()()()()2x 2x x 22xf xg 2x f 2x e e f x e g x e----=-=⋅==,所以()g x 关于x 1=对称,故()()()()()3g 3e f 3g 1g 00f ==->=,得到()()3e f 3f 0>,故选:D.【变式演练】1.已知()f x 是R 上可导的图象不间断的偶函数，导函数为()f x '，且当0x >时，满足()()20'+>f x xf x ，则不等式()()121xef x f x -->-的解集为（ ）A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．(),0-∞D ．()0,∞+【答案】B【分析】构造函数2()()x g x e f x =，根据()()20'+>f x xf x ，结合题意可知函数()g x 是偶函数，且在()0,∞+上是增函数，由此根据结论，构造出x 的不等式即可． 【详解】由题意：不等式()()121xef x f x -->-可化为：21(1)()x f x f x e -->，两边同乘以2(1)x e -得：22(1)(1)()x x e f x e f x -->，令2()()x h x e f x =，易知该函数为偶函数， 因为[]2()()2()xh x e f x xf x ''=+， ()()20'+>f x xf x ，所以()0,(0)h x x '>>所以()h x 在()0,∞+上是单调增函数，又因为()h x 为偶函数，故22(1)x x ->，解得：12x <．故选：B ． 2.设函数()f x 的定义域为R ，()'f x 是其导函数，若()()e ()x f x f x f x '-'+>-，()01f =，则不等式()f x >21x e +的解集是（ ） A ．(0,)+∞ B ．(1,)+∞C ．(,0)-∞D ．(0,1)【答案】A 【分析】构造函数()()1()xg x e f x =+，通过求导判断函数()g x 的单调性,利用函数()g x 的单调性解不等式即可.【详解】令()()1()x g x e f x =+，则()()()1()x x g x e f x e f x ''=++，因为()()e ()x f x f x f x '-'+>-，所以()()1e ()0x f x f x -'++>，化简可得()e ()e 1()0x x f x f x '++>，即()0g x '>，所以函数()g x 在R 上单调递增，因为()f x >21xe +，化简得()1()2xe f x +>， 因为()()0202g f ==，()()1()xg x e f x =+，所以()(0)g x g >，解得0x >，所以不等式2()1xf x e >+的解集是(0,)+∞.故选：A 3.已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，若()11f =，()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，则不等式()1xf x e -≥的解集为（ ） A ．(],1-∞ B ．(],e -∞ C ．[)1,+∞ D ．[),e +∞【答案】C 【分析】由()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，可得()()0f x f x +'>，令()()xg x e f x =⋅，对其求导可得()0g x '>，可得函数()g x 在R 上单调递增，可得()1g e =，()()1g x g ≥可得原不等式的解集.【详解】解：因为()()ln 10f x f x '++>⎡⎤⎣⎦，所以()()11f x f x '++>，即()()0f x f x +'>.令()()xg x e f x =⋅，则()()()0x g x e f x f x ''=+>⎡⎤⎣⎦，所以函数()g x 在R 上单调递增.又因为()1g e =，不等式()1x f x e -≥，可变形为()x e f x e ⋅≥，即()()1g x g ≥，所以1x ≥，即不等式()1xf x e -≥的解集为[)1,+∞.故选：C.【题型四】 用f （x ）/e nx 构造型【典例分析】已知函数()f x 是定义在R 上的可导函数，且对于x R ∀∈，均有()()'f x f x >，则有 A ．()()()()2017201720170,20170e f f f e f -B ．()()()()2017201720170,20170ef f f e f -<< C ．()()()()2017201720170,20170ef f f e f ->>D ．()()()()2017201720170,20170ef f f e f -><【答案】D 【分析】通过构造函数()()x f x g x e =，研究()()xf xg x e =函数的单调性进而判断出大小关系．【详解】因为()()'f x f x >。
谁主沉浮——例析导数在解题中的应用
１ ． 判 定 函 数 的 单 调 性
（ ２ ） ｙ ， ＿ ２ Ｘ ／ ｌ ￣ － ｘ － １
一ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
例 １ 判断 函数 ） ＝ ｅ ＋ 在（ ０ ， ＋ ∞） 上的增 减性．
ｅ
．
２ｘ ／１ － ｘ
解析 ： 厂 （ ） ＝ ｅ ｘ — ｅ ＝ ｅ （ ｅ 一 １ ） ．
高考对 函数 问题 的考查 空间 ，这样 导数也 就成了高 中数
学与大 学数学 的又一个衔 接点．如果 能够灵活地 运用导 数 的知识解题 ， 常常可以使 解题过程得到优化 ， 显得简单 直观， 下 面笔 者通过 教学 实践 ， 总结 出一些导数在解题 中 的运用 ， 以飨读者 ．
例２ 求 下列 函数 的最值 ： （ １ ） ｙ ＝ ｘ — Ｉ ｎ （ １ ＋ ｘ ） ； （ ２ ） ｙ ＝
究 和 思 考．
特别值得一提的是教师在教学设计 和教学 实施过程 中， 自觉不 自觉地 利用 “ 六个反思 ” 规范教学行 为． 通 过巧 妙地设计问题背景 ， 放， ｆ ｆ ￣ ｆ － Ｊ 槛， 引导学生积极参 与到教学 活动中来 ， 体验数学知识 的发生发展过程 ， 激发学 生学习
可见 ， 利用“ 六个反思” 来 规范我们的数 学课 堂教学 ， 使全体老 师体会到在课 堂教学过程 中调动 学生积极 性 ， 激发学生参与教学全过程 ，在数学概 念的发生发展过程 中提出问题 、 遇到 困难 、 解决问题 、 最后获得成功喜悦 ， 再
点评： 若在某个区间内恒有厂 （ ） ＞ ０ （
， ，
（ ） ＜ ０ ） ， 则
） 在这 个 区间上 为增 函数 （ 或减 函数 ） ； 若 在 这 个 区
当 ＝ 丢 时 ， ｙ 取 得 最 大 寻 ．
利用导数解决一些函数问题
2014-03教学实践摘要:随着课改的不断深入,导数知识考查的要求逐渐加强,而且导数已经由前几年只是在解决问题中的辅助地位上升为分析和解决问题时不可缺少的工具。
有关导数在高中数学中的应用主要类型有:求极限、求函数的切线、判断函数的单调性、求函数的极值和最值、利用函数的单调性证明不等式、求参数范围、解决实际问题等,这些类型成为近两年最闪亮的热点,是高中数学学习的重点之一。
下面通过例题谈谈怎样利用导数解决一些函数问题。
关键词:导数;函数问题;应用类型类型一:利用导数求函数的切线例1.求曲线y=x3-2x2+1过点p(2,1)的切线方程.解:(1)切点为p点时,由x=2时y′=4可得切线方程为4x-y+ 7=0(2)切点不是点p时,设为p0(x0,y0),则有y-1=(3x20-4x0)(x-2)又因为切点是曲线上的点,所以有y0=x30-2x20+1.可以求出x0=0,2,其中x0=2是切点为p的情况,所以x0=0.求得切线方程为y=1.这是一类易错题型,很容易忽略切点不是p点的情况,解题时需要注意,“求在点p处的切线”和“求过点的切线”二者的不同。
类型二:利用导数判断函数的单调性例2.求函数y=2x3-4x2+2x的单调区间。
解:y′=6x2-8x+2,由y′>0得6x2-8x+2>0,解得x<13或x>1.由y′<0得6x2-8x+2<0,解得13<x<1.故所求单调增区间为(-∞,13),(1,+∞),单调减区间为(1,13).利用导数判断函数单调性的步骤是:(1)确定f(x)的定义域;(2)求导数f′(x);(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0;(4)确定f(x)的单调区间。
若在函数式中含字母系数,往往要分类讨论。
函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研究的重点,我们一定要把握好以上三个关系,用导数判断好函数的单调性。
例析导数在高中数学解题中的“易错点”
跌解 ：‘ ） ３ ． ： 。厂（ ＝ ｘ 一３ 厂（一 ）＝ ， 线 力程 为 Ｙ＋ ． － ２ ９切 ‘ ２
＝
９ ＋ ， ”，＝９ （ ２） Ｈ ， ｘ＋１ ． ６
解 ：１Ｐ ２ 一 ） （ ） （一 ， ２ 为切 点 ， 则切线 程 为 Ｙ＝ ｘ ６ ９ ＋１ ； （ ） （一 ， ２ 不足 切点 ， ２Ｐ ２ 一 ） 设切 点 为 （ ，） 则 ｂ ３ ， ａ６ ， ＝Ⅱ 一 ａ
７ ＋８。
解 ： １ 易得 ｂ （） ＝一 ６
（ ）由（ ） ２ １ 知
（ 一２ ＋ｃ一１ 。 ） ２
） ＝
因， ） （
１ ， ２ｔ
＝ｔ 取 得 极 小 值 ， 厂 （）＝ ， ｃ＝一３ 处 放 ｔ ｏ得 ｔ ＋
义 ） 在 ＝ 处取得极小位 ， 厂（ ｔ 故． ）＝ 了 ， 以 ｃ ０彳 解 所 ＜
） 区 『（ ， 红 白 ＋∞） 为增 函数 。 Ｊ 内
切 线 ‘ 为 Ｙ 一 。 程 ＝ ２
． ＜ 时 ｌ （ ＜ ＜ 厂 ） Ｏ
综 卜 切线 程 为 ＝ ｘ ６ 或 Ｙ＝ 一 ， ９ ＋１． ２ 点 评 ： 题 中 是要 求 “ 点 （一２ 一２ 的 切 线 ‘ ” 故 点 小 过 ， ） 程 ， （ ２ 一 ） 必一 定足 切点 。利 用 导数求 切 线 方 时 一定 婴注 一 ， ２未 意 “ ｝线 上一 点的 切线 ” “ ｝线 』一 点处 的 切线 ” 区别 。 过｝ ｝ ｌ 与 ｝ ｝ ｌ 的 “ ｝线 上 一点 处 的切 线 ” 指 以此 点 为 切 点 的 切线 ；Ｉ 过 曲 枉｝ Ｈ 足 『“ 『 ｉ 线 上一 点 的切 线 ” 表 示 曲 线 的 切 线 过 此 点 ， Ｉ 点 不 一 定 就 只 ｆ此 Ｉ 是 切点 。
函数的极值与最值的求解(导数法)
函数的极值与最值的求解（导数法）函数的极值与最值是数学中重要的概念，它们在数学建模、优化问题等方面具有广泛的应用。
在本文中，我们将介绍如何使用导数法求解函数的极值与最值问题。
一、函数的极值与最值在介绍如何求解函数的极值与最值之前，我们首先需要明确这两个概念的定义。
对于函数f(x)，如果存在一个区间I，对于区间内的任意x，都有f(x)≤f(x0)（或f(x)≥f(x0)），那么f(x0)就是函数在区间I内的极小值（或极大值）。
而函数f(x)在整个定义域内的最小值和最大值则被称为函数的最小值和最大值。
二、导数法求解极值与最值导数法是求解函数极值与最值常用的方法之一。
通过求解函数的导数和判断导数的正负，可以找到函数的极值点及其对应的极值。
1. 求解函数的极值点首先，我们需要求解函数f(x)的导数，并令导数等于零，即f'(x)=0。
解这个方程可以得到函数的临界点（即导函数为零的点），也就是可能的极值点。
2. 判断极值类型在求得了函数的临界点之后，我们需要判断每个临界点对应的极值类型，即是极小值还是极大值。
我们可以通过求解导数的二阶导数来判断，即求解f''(x)，其中f''(x)表示函数f(x)的二阶导数。
若f''(x) > 0，则说明该临界点对应的极小值；若f''(x) < 0，则说明该临界点对应的极大值；若f''(x) = 0，则需要进行其他方法进一步判断。
3. 比较端点值除了求解临界点之外，我们还需要比较函数在区间的端点值，并找出其中的最大值和最小值。
三、实例分析为了更好地理解导数法求解极值与最值的过程，我们举一个实例来进行说明。
假设我们要求解函数f(x)=x^3-3x^2+2x在区间[-1, 3]的极值和最值。
1. 求解导数和临界点首先，求解函数f(x)的导数，得到f'(x)=3x^2-6x+2。
导数在函数极值中的应用例题和知识点总结
导数在函数极值中的应用例题和知识点总结在数学的广袤天地中，导数无疑是一座连接函数性质与实际应用的重要桥梁。
而在函数的研究中，极值问题又占据着关键地位。
通过导数来求解函数的极值，不仅能让我们更深入地理解函数的变化规律，还能为解决实际问题提供有力的工具。
接下来，我们将通过具体的例题和详细的知识点总结，来探讨导数在函数极值中的应用。
一、知识点回顾1、导数的定义函数＼（y ＝ f(x)＼）在＼（x ＝ x_0\）处的导数＼（f'（x_0)＼）定义为：＼（f'（x_0) ＝＼lim_{＼Delta x ＼to 0} ＼frac{f(x_0 ＋＼Delta x) f(x_0)｝｛＼Delta x}＼）2、导数的几何意义导数＼（f'（x_0)＼）表示函数＼（y ＝ f(x)＼）在＼（x ＝ x_0\）处的切线斜率。
3、函数的单调性与导数的关系若＼（f'（x) ＞ 0\），则函数＼（f(x)＼）在区间内单调递增；若＼（f'（x) ＜ 0\），则函数＼（f(x)＼）在区间内单调递减。
4、函数的极值设函数＼（f(x)＼）在＼（x_0\）处可导，且在＼（x_0\）处附近左增右减，则＼（x_0\）为函数的极大值点，＼（f(x_0)＼）为极大值；若在＼（x_0\）处附近左减右增，则＼（x_0\）为函数的极小值点，＼（f(x_0)＼）为极小值。
5、求函数极值的步骤（1）求导数＼（f'（x)＼）；（2）解方程＼（f'（x) ＝ 0\），求出函数的驻点；（3）分析驻点左右两侧导数的符号，确定极值点；（4）将极值点代入函数，求出极值。
二、例题讲解例 1：求函数＼（f(x) ＝ x^3 3x^2 ＋ 1\）的极值。
解：首先，对函数求导：＼（f'（x) ＝ 3x^2 6x\）令＼（f'（x) ＝ 0\），即＼（3x^2 6x ＝ 0\），解得＼（x ＝ 0\）或＼（x ＝ 2\）当＼（x ＜ 0\）时，＼（f'（x) ＞ 0\），函数单调递增；当＼（0 ＜ x ＜ 2\）时，＼（f'（x) ＜ 0\），函数单调递减；当＼（x ＞ 2\）时，＼（f'（x) ＞ 0\），函数单调递增。
高中物理八大解题方法之四：导数法
- 1 -高中物理解题方法之导数法江苏省特级教师 戴儒京在物理解题中用导数法，首先要把物理问题化归为数学问题。
在分析物理状态和物理过程的基础上，找到合适的物理规律，即函数，再求函数的导数，从而求解极值问题或其他问题，然后再把数学问题回归到物理问题，明确其物理意义。
例1、两等量同种电荷在两点电荷连线的中垂线上电场的分布图1.两等量正点电荷的电场强度在y 坐标轴上的点的合成以两点电荷的连线的中点为原点，以两点电荷的连线的中垂线为y 轴，则各点的电场强度可表示为：θcos )(222⋅+=y l Q k E =2222)(2yl yy l Q k +⋅+ 因为原点的电场强度00=E ，往上或往下的无穷远处的电场强度也为0，所以，从O 点向上或向下都是先增大后减小，这是定性的分析。
那么，在哪儿达到最大呢，需要定量的计算。
方法1.用三角函数法求导数θcos )(222⋅+=y l Q k E 中把θtan l y =代入得θθcos sin 222⋅=lkQ E 。
令=z θθcos sin 2，求导数θθθ32sin cos sin 2'-=z =)sin cos 2sin 22θθθ-（，欲使0'=z ，需0sin =θ（舍去）或0sin cos 222=-θθ即2tan =θ，此处，22ly =，将其代入得2max 934lkQE ⋅=。
- 2 - 方法2. 用代数法求导数E =2222)(2y l y y l Q k +⋅+，令2322)(-+⋅=y l y z ,对z 求导数得252222322)(3)('--+-+=y l y y l z ,令其分子为0，得22l y =，代入得2max 934lkQE ⋅=。
3.图象用Excel 作图，得到关于等量同种电荷的电场在其中垂线上的分布的图象，图象的横轴y 表示各点到原点的距离（以两点电荷的连线的中点为原点），纵轴表示中垂线上各点的电场强度。
导数法求切线方程的三种题型
题目：导数法求切线方程的三种题型求曲线的切线方程是导数的重要应用之一。
用导数求切线方程的关键在于清楚导数的几何意义：切线的斜率就是函数y=f(x)在切点处的导数。
下面举出长建的题型及解法：题型一：已知切点，求曲线的切线方程。
例1：求函数y=f(x)=2x3在x=1处的切线方程。
解：先求y’=f’(x)=6x2f’(1)=6×1=6=k当x=1时y=2∴切点为(1,2)y-2=6(x-1)y=6x-4题型二：已知曲线外一点，求曲线的切线方程。
例2：已知函数f(x)=x3-3x，过点A(0,16)做曲线y=f(x)的切线，求切线方程。
解：带入可知点A不在曲线上。
设切点M(x0,y0)，且点M位于曲线上，满足y0=x03-3x0①f’(x)=3x2-3f’(x0)=3x02-3=k ②又有k=(Y0-16)/(x0-0) ③①带入③，且②=③，得到3x02-3=(x03-3x0)/x0解得x0=-2 ∴y0=-2∴M坐标为（-2，-2）K=3×(-2)2-3=9∴y+2=9(x+2)Y=9x+16题型三：弄清“过某点的切线”与“在某点的切线”例3：(1)求曲线y=x3-2x在点A(1,-1)处的切线方程。
(2)求过曲线y=x3-2x上的点A(1,-1)处的切线方程。
解：(1)做法仿照例1可得切线方程为x-y-2=0(2)设切点为(x0,y0),则有y0=x03-3x0f’(x0)=3x02-23x02-2=k=(y0+1)/(X0-1)3x02-2= (x03-3x0+1)/ (X0-1)解得x0=1或x0=-1/2当x0=1时y0=-1 切点为(1,-1)此时切线方程为x-y-2=0当x0=-1/2时y0=7/8 切点为(-1/2,7/8) 对结果进行分析可知：“在点A处”实际是指A点就是切点，而“过点A”包括了A点是切点和A点不是切点两种情况。
以上就是主要的三种题型，我们发现求切线方程最关键的就是求出切点，利用切线的斜率等于切点处函数的导数，但若函数在(x0,y0)处的导数不存在时，该切线方程为y= y0。
导数常见题型方法总结
导数题型总结例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，假设在区间D上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数〞，实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- 〔1〕假设()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数〞，求m 的取值围；〔2〕假设对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数〞，求b a -的最大值.解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32()332x mx f x x '=--2()3g x x mx ∴=-- 〔1〕()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数〞，则 2()30g x x mx ∴=--<在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x < 解法二：别离变量法：∵当0x =时, 2()330g x x mx ∴=--=-<恒成立, 当03x <≤时, 2()30g x x mx =--<恒成立等价于233x m x x x ->=-的最大值〔03x <≤〕恒成立， 而3()h x x x=-〔03x <≤〕是增函数，则max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数〞则等价于当2m ≤时2()30g x x mx =--< 恒成立变更主元法再等价于2()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立〔视为关于m 的一次函数最值问题〕30110x >⇒-<<> 例2),10(32R b a b x a ∈<<+-],2+a 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值围. 解：〔Ⅰ〕()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---令,0)(>'x f 得)(x f 的单调递增区间为〔a ,3a 〕令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为〔－∞，a 〕和〔3a ，+∞〕∴当*=a 时，)(x f 极小值=;433b a +- 当*=3a 时，)(x f 极大值=b.〔Ⅱ〕由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立① 则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x ag x a≤⎧⎨≥-⎩22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a=01,a <<12a a a a +>+=〔放缩法〕即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。
导数的应用举例
导数的应用举例导数做为教材新增内容，既为原有知识的学习开拓了视野，又为以后高等数学的学习奠定了基础，因此它已经成为了高考的主要考查内容，这一点已经为大家所共视。
那么导数在解题中有哪些具体用途怎样用于解题之中这自然就是同学们学习当中应当慎重思考、严格把握的问题。
一、 利用导数求即时速度、加速度例1、 某汽车启动阶段的路程函数为2352)(t t t s -=，求t=2秒时汽车的加速度。
解：由导数知识可知：,1012)(')(,106)(')(2-==-==t t v t a t t t s t v所以当t=2时,at=14二、 利用导数求曲线的切线斜率、方程例2、求过曲线y=cos 上点)21,3(π,sin ',cos x y x y -=∴= )21,3(π,233sin '3-=-=ππy 32.0233232)3(3221=+--⇒-=-ππy x x y x x x f ln 23)(2-=).,0(+∞xx x f 26)('-=。
舍负)(0)('33±=⇒=∴x x f .0)('),33(;0)(')33,0(>+∞∈<∈x f x x f x 时时)33,0(),33(+∞])1,0[(1122∈-++-=x x x x x y 222)1()21(2)'121('x x x x x y -+--=-++-=210'=⇒=x y .1)1(,53)21(,1)0(===f f f ])1,0[(1122∈-++-=∴x x x x x y .53)1(1)1(2ln >+->x x x x .)1()1()1(41)('),1(1)1(2ln )(222+-=+-=∴>+--=x x x x x x f x x x x x f .0)(',1>∴>x f x )1(1)1(2ln >+->x x x x 或f≤m，从而证得不等式。
怎样运用导数法求解对数函数零点问题
备考指南函数f ()x 的零点是指f ()x =0时x函数y =f ()x 的图象和x 轴交点的横坐标.零点问题一般较为复杂，零点，此时需以“导数知识”为工具，导函数与函数的单调性、问题获解.例1.当实数k 为多少时，函数F ()x =ln 个零点？解：令F ()x =ln x -kx =0，即ln x =kx (x 设f ()x =ln x ，g ()x =kx ，x >0，设直线f ()x =ln x 和曲线g ()x =kx P ()x 0,y 0，对f ()x =ln x 求导可得f ′()x =1x，程为：y -ln x 0=1x 0()x -x 0，又因为g ()x =kx 经过原点()0,0，因此得切点P ()e ,1，可得切线的斜率：k =1e，由图1可知，只要使g ()x =kx 恒在切线的下方，即其斜率恒小于1e，即可使函数F ()x =ln x -kx 有2个零点，所以k 的取值范围是æèöø0，1e .一般地，对于求函数F ()x =f ()x -g ()x 数问题，我们可令函数为F ()x =0，个函数g ()x 和h ()x 据函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)曲线y ＝f (x )上点P (x 0,y 0)线的斜率和方程，再结合函数的图象来解题.例2.当m <-1e时，请问在区间(]0,e =ln x x+m 是否有零点？解：对函数f ()x =ln x x +m求导可得f ′(x ()x >0，因为x ∈(]0，e ，而f ′()x =1-ln x x 2>0恒成立，因此函数f ()x =ln x x +m在(]0,e 上是增函数，所以f ()x ≤f ()e =1e+m ，x ∈(]0,e ，当m <-1e时，函数f ()x <0在区间(]0,e 上恒成立，因此，函数f ()x 在区间(]0,e 上没有零点.对于本题，我们需仔细研究区间(]0,e 上函数f ()x 的导函数，根据导函数与函数的单调性判断函数f ()x 在(]0,e 上的单调性，并确定函数f ()x 在(]0,e 上的最值小于0，这就说明函数与x 轴无交点，进而确定函数在该区间上无零点.例3.已知f ()x =ln x ，g ()x =ax()a >0，若H ()x =f ()1+x 2-g æèçöø÷2a 1+x 2+1-m 有4个零点，求实数m 的取值范围.解：令H ()x =0，可得ln ()1+x 2-1+x 22=m -1，令φ()x =ln ()1+x 2-1+x 22，得φ′()x =x ()1-x 21+x2，x φ′(x )φ(x )00-12(0,1)+↗10ln2-1(1,∞)-↘由上表以及φ()x 的奇偶性可画出函数y =φ()x 在R 上的图象，如图2所示.由图可知，当-12<m -1<ln 2-1时，H ()x 有4个零点，可得12<m <ln 2，求解对数函数的零点问题，可以通过分析对数函数的单调性、极值，求得对数函数的最值，确定函数的大致图象，再根据函数的图象来讨论函数零点的个数.由此可见，运用导数知识求解对数函数的零点问题，第一步要根据题意设函数为0，据此建立方程；第二步，构造出合适的函数模型，对其求导，分析导函数的几何意义、导函数与函数的单调性、最值；第三步，画出函数的大致图象，分析函数的图象与x 轴的交点，以明确函数零点的个数或取值范围.（作者单位：山东省北镇中学）刘伟华图1图254。
高中数学导数的典型例题
高中数学导数的典型例题题型一 利用二次求导求函数的单调性【典例1】 若函数f (x )＝sin x x，0<x 1<x 2<π.设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小． 【思路分析】此题可联想到研究函数f (x )＝sin x x在(0，π)的单调性．函数图象虽然可以直观地反映出两个变量之间的变化规律，但大多数复合的函数作图困难较大．导数的建立拓展了应用图象解题的空间．导数这个强有力的工具对函数单调性的研究提供了简单、程序化的方法，具有很强的可操作性．当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0时，函数f (x )单调递减．【解析】由f (x )＝sin x x ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∵g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数．∵g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数，∵当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b .【方法归纳】从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin x x 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．【变式训练】1．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，求f (x )的解析式及单调区间． 解：因为f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2， 所以f ′(x )＝f ′(1)e x －1－f (0)＋x .令x ＝1，得f (0)＝1.所以f (x )＝f ′(1)e x －1－x ＋12x 2， 所以f (0)＝f ′(1)e －1＝1，解得f ′(1)＝e.所以f (x )＝e x －x ＋12x 2. 设g (x )＝f ′(x )＝e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x ＋1>0，所以y ＝g (x )在R 上单调递增．因为f ′(0)＝0，所以f ′(x )>0＝f ′(0)∵x >0，f ′(x )<0＝f ′(0)∵x <0.所以f (x )的解析式为f (x )＝e x －x ＋12x 2，且单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).题型二 利用二次求导求函数的极值或参数的范围【典例2】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax .(1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝b x有实根，求实数b 的取值范围． [方法演示]解：(1)f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a . 由题意，知f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，所以a 23a ＋1＋43－43－a ＝0，解得a ＝0. 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，从而x ＝23为y ＝f (x )的极值点． (2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝a ax ＋1＋3x 2－2x －a ＝x [3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)]ax ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意；当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∵[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝13－12a ，因为a >0，所以13－12a <13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤1＋52. 综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1＋52. (3)由已知得，x >0，∵b ＝x (ln x ＋x －x 2)＝x ln x ＋x 2－x 3.令g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，则g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝1x ＋2－6x ＝－6x 2－2x －1x. 当0<x <1＋76时，h ′(x )>0， ∵函数h (x )＝g ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76上递增； 当x >1＋76时，h ′(x )<0， ∵函数h (x )＝g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋76，＋∞上递减．又g ′(1)＝0，∵存在x 0∵⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋76，使得g ′(x 0)＝0. 当0<x <x 0时，g ′(x )<0，∵函数g (x )在(0，x 0)上递减；当x 0<x <1时，g ′(x )>0，∵函数g (x )在(x 0,1)上递增；当x >1时，g ′(x )<0，∵函数g (x )在(1，＋∞)上递减．又当x →＋∞时，g (x )→－∞.又g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)≤x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋14， 当x →0时，ln x ＋14<0，则g (x )<0，且g (1)＝0， ∵b 的取值范围为(－∞，0]．【方法归纳】本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b 的范围问题，实际上是求g (x )＝x (ln x ＋x －x 2)极值问题，问题是g ′(x )＝ln x ＋1＋2x －3x 2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h (x )＝g ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．【变式训练】2．设k ∵R ，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋kx 2)(x >0)．(1)若k ＝1，求函数f (x )的导函数f ′(x )的极小值；(2)若对任意的t >0，存在s >0，使得当x ∵(0，s )时，都有f (x )<tx 2，求实数k 的取值范围．解：(1)当k ＝1时，函数f (x )＝e x －(1＋x ＋x 2)，则f (x )的导数f ′(x )＝e x －(1＋2x )，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2，当0<x <ln 2时，g ′(x )<0；当x >ln 2时，g ′(x )>0，从而f ′(x )在(0，ln 2)上递减，在(ln 2，＋∞)上递增．故导数f ′(x )的极小值为f ′(ln 2)＝1－2ln 2.(2)对任意的t >0，记函数F (x )＝f (x )－tx 2＝e x －[1＋x ＋(k ＋t )x 2]，x >0，根据题意，存在s >0，使得当x ∵(0，s )时，F (x )<0.易得F (x )的导数F ′(x )＝e x －[1＋2(k ＋t )x ]，令h (x )＝F ′(x )，则h ′(x )＝e x －2(k ＋t )．∵若h ′(x )≥0，注意到h ′(x )在(0，s )上递增，故当x ∵(0，s )时，h ′(x )>h ′(0)≥0，于是F ′(x )在(0，s )上递增，则当x ∵(0，s )时，F ′(x )>F ′(0)＝0，从而F (x )在(0，s )上递增．故当x ∵(0，s )时，F (x )>F (0)＝0，与已知矛盾；∵若h ′(x )<0，因为h ′(x )在(0，s )上连续且递增，故存在s >0，使得当x ∵(0，s )，h ′(x )<0，从而F ′(x )在(0，s )上递减，于是当x ∵(0，s )时，F ′(x )<F ′(0)＝0，因此F (x )在(0，s )上递减．故当x ∵(0，s )时，F (x )<F (0)＝0，满足已知条件．综上所述，对任意的t >0，都有h ′(x )<0，所以1－2(k ＋t )<0，即k >12－t ，故实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12－t ，＋∞.题型三 利用二次求导证明不等式【典例3】证明当x >0时，sin x >x －x 36. 【解析】证明：令f (x )＝sin x －x ＋x 36， 则f ′(x )＝cos x －1＋x 22， 所以f ″(x )＝－sin x ＋x .易知当x >0时，sin x <x ，所以在(0，＋∞)上f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(0)＝0，所以在(0，＋∞)有f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．故当x >0时，f (x )＝sin x －x ＋x 36>f (0)＝0. 所以sin x >x －x 36(x >0)． 【方法归纳】本题是应用导数证明不等式．证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的方法判定导数的符号，得到导函数的单调性，再利用单调性证明不等式．【变式训练】3．已知函数f (x )＝m e x －ln x －1.(1)当m ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当m ≥1时，证明：f (x )>1.解：(1)当m ＝0时，f (x )＝－ln x －1，则f ′(x )＝－1x， 所以f (1)＝－1，f ′(1)＝－1.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－(x －1)，即x ＋y ＝0.(2)证明：当m ≥1时，f (x )＝m e x －ln x －1≥e x －ln x －1.要证f (x )>1，只需证e x －ln x －2>0.设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x. 设h (x )＝e x －1x ，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0. 所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增． 因为g ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∵⎝⎛⎭⎫12，1. 因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0.当x ∵(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∵(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值也是最小值g (x 0)．故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0. 综上可知，当m ≥1时，f (x )>1.【巩固训练】1．对任意实数x ，证明不等式1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.证明：设f (x )＝1＋x ln(x ＋1＋x 2)－1＋x 2，∵f ′(x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2－x 1＋x 2＝ln(x ＋1＋x 2)，设h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1＋x 1＋x 2x ＋1＋x 2＝1＋x 2＋x1＋x 2(x ＋1＋x 2)＝11＋x 2>0， 所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上是增函数．由f ′(x )＝0，即ln(x ＋1＋x 2)＝0，得x ＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，则f (x )在(－∞，0)上为减函数；当x >0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝0处有极小值，所以f (x )≥f (0)＝0，即1＋x ln(x ＋1＋x 2)≥1＋x 2.2.已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －ax ，当x 0∵(1，＋∞)时，函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝1ex －e. (1)求a 的值；(2)求证：函数f (x )在定义域内单调递增．解：(1)由题意，得f ′(x )＝ln x ＋1x＋1－a ， 所以函数f (x )的图象在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，即y －(x 0＋1)ln x 0＋ax 0＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a (x －x 0)， 即y ＝⎝⎛⎭⎫ln x 0＋1x 0＋1－a x ＋ln x 0－x 0－1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e ，x 0－ln x 0＋1＝e.令g (x )＝x －ln x ＋1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 当x ∵(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故当x ∵(1，＋∞)时，g (x )单调递增．又因为g (e)＝e ，所以x 0＝e ，将x 0＝e 代入ln x 0＋1x 0＋1－a ＝1e，得a ＝2. (2)证明：由a ＝2，得f ′(x )＝ln x ＋1x－1(x >0)． 令h (x )＝ln x ＋1x， 则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2. 当x ∵(0,1)时，h ′(x )＜0；当x ∵(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故当x ∵(0,1)时，h (x )单调递减；当x ∵(1，＋∞)时，h (x )单调递增，故h (x )≥h (1)＝1.因此当x ∵(0，＋∞)时，f ′(x )＝h (x )－1≥0，当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0.所以f (x )在定义域内单调递增．3．已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∵R ，e ＝2.718 28……为自然对数的底数．设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解：由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∵[0,1]时，g ′(x )∵[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ； 当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ∵(0,1)． 当g ′(x )<0时，0≤x <ln 2a ；当g ′(x )>0时，ln 2a <x ≤1，所以函数g (x )在区间[0，ln 2a )上单调递减，在区间(ln 2a,1]上单调递增，于是g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . 4．已知函数F (x )＝e x ＋sin x －ax ，当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围．解：设φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax .则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a .设S (x )＝φ″(x )＝e x －e －x －2sin x .∵S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立，∵函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，∵S (x )≥S (0)＝0在x ∵[0，＋∞)时恒成立，因此函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∵φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∵[0，＋∞)时恒成立．当a ≤2时，φ′(x )≥0，∵φ(x )在[0，＋∞)单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0.故a ≤2时F (x )≥F (－x )恒成立．当a >2时，φ′(x )<0，又∵φ′(x )在[0，＋∞)单调递增，∵存在x 0∵(0，＋∞)，使得在区间[0，x 0)上φ′(x )<0.则φ(x )在[0，x 0)上递减，而φ(0)＝0，∵当x ∵(0，x 0)时，φ(x )<0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∵[0，＋∞)恒成立不符，∵a >2不合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]．5．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝a x，a 为实常数． (1)设F (x )＝f (x )－g (x )，当a >0时，求函数F (x )的单调区间；(2)当a ＝－e 时，直线x ＝m ，x ＝n (m >0，n >0)与函数f (x )，g (x )的图象共有四个不同的交点，且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形．求证：(m －1)(n －1)<0.解：(1)F (x )＝e x －a x，其定义域为(－∞，0)∵(0，＋∞)． 而F ′(x )＝e x ＋a x 2， 当a >0时，F ′(x )>0，故F (x )的单调递增区间为(－∞，0)∵(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为直线x ＝m 与x ＝n 平行，故该四边形为平行四边形等价于f (m )－g (m )＝f (n )－g (n )且m >0，n >0，m ≠n .当a ＝－e 时，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x ＋e x， 则F ′(x )＝e x －e x 2.设h (x )＝F ′(x )＝e x －e x 2(x >0)， 则h ′(x )＝e x ＋2e x 3>0， 故F ′(x )＝e x －e x 2在(0，＋∞)上单调递增． 又F ′(1)＝e －e ＝0，故当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，而F (m )＝F (n )，故0<m <1<n 或0<n <1<m ，所以(m －1)(n －1)<0.。
高考导数热点题型例析
高考导数热点题型例析利用导数求函数的单调性、极值、最值和切线的方程，导数方法比传统方法具有明显优势，又由于导数及其应用是目前中学数学与高等数学的一个衔接点，在高等数学中导数是研究函数性质的一个极为重要的工具，因而在高考数学试卷中，对导数相关知识的考查占据了非常重要的地位，现对导数的热点题型进行归纳，希望对学生的学习能有所帮助。
题型一 导数的几何意义的应用 常见的类型有两种：一是函数)(x f y =“在点0x x =处的切线方程”，这种类型中))(,(00x f x 是曲线上的点，并且是切点，其切线方程为))((')(000x x x f x f y -=-二是函数)(x f y =“过某点的切线方程”，这种类型中，该点不一定为切点，可先设切点为Q （11,y x ），则切线方程为))(('111x x x f y y -=-，再由切线过点P （00,y x ）得))(('10110x x x f y y -=-，又)(11x f y =，由上面两个方程可解得11,y x 的值，即求出了过点P （00,y x ）的切线方程。
【例1】(2009高考宁夏卷)曲线y ＝x e x ＋2x ＋1在．点(0,1)处的切线方程为________． 【解】：∵2'+∙+=xxe x e y ，∴y ′|x ＝0＝3，∴切线方程为)0(31-=-x y ，即13+=x y【例2】已知曲线34313+=x y ，则过．点P （2，4）的切线方程是________. 【解】：设切点坐标为),(00y x ，∵2'x y =，∴200'x y k x x ===，∴切线方程为)(0200x x x y y -=-，又因切线过点P （2，4），∴4-)2(0200x x y -=，又∵3431300+=x y ，解得20=x 或-1，=k 1或4，故所求切线方程为044=--y x 或02=+-y x 。
导数利器——导数比大小十三种题型(精简版)
1导数技巧：比大小对数函数基础构造1：x ln x 型【典例分析】1(2022·全国·高三专题练习)已知a ,b ,c ∈1e ,+∞ ，且ln5a =-5ln a ，ln3b=-3ln b ，ln2c =-2ln c ，则()A.b <c <aB.c <b <aC.a <c <bD.a <b <c答案A解析【分析】构造函数f (x )=x ln x ，根据单调性即可确定a ,b ,c 的大小.【详解】设函数f (x )=x ln x ，f (x )=1+ln x ，当x ∈1e ,+∞ ,f (x )>0，此时f (x )单调递增，当x ∈0,1e,f (x )<0，此时f (x )单调递减，由题ln5a =-5ln a ，ln3b=-3ln b ，ln2c =-2ln c ，得a ln a =15ln 15,b ln b =13ln 13,c ln c =12ln 12=14ln 14，因为15<14<13<1e ，所以15ln 15>14ln 14>13ln 13，则a ln a >c ln c >b ln b ，且a ,b ,c ∈1e ,+∞ ，所以a >c >b .故选：A .【变式演练】1.(2022·全国·高三专题练习)已知a =810，b =99，c =108，则a ，b ，c 的大小关系为()A.b >c >aB.b >a >cC.a >c >bD.a >b >c答案D解析【分析】构造函数f x =18-x ln x ，x ≥8，求其单调性，从而判断a ，b ，c 的大小关系.【详解】构造f x =18-x ln x ，x ≥8，f x =-ln x +18x -1，f x =-ln x +18x -1在8,+∞ 时为减函数，且f 8 =-ln8+94-1=54-ln8<54-ln e 2=54-2<0，所以f x =-ln x +18x-1<0在8,+∞ 恒成立，故f x =18-x ln x 在8,+∞ 上单调递减，所以f 8 >f 9 >f 10 ，即10ln8>9ln9>8ln10，所以810>99>108，即a >b >c .故选：D2.(2022·四川宜宾·二模(文))已知a =1010，b =911，c =119，则a ,b ,c 的大小关系为()A.c <a <bB.b <a <cC.a <b <cD.c <b <a答案A解析【分析】先构造函数f (x )=20-x ln x x ≥9 ，求导确定函数单调性，即可判断a ,b ,c 的大小.【详解】令f (x )=20-x ln x x ≥9 ，则f (x )=-ln x +20-x ⋅1x =-ln x +20x-1，显然当x ≥9时，f (x )是减函数且f (9)=-ln9+209-1<0，故f (x )是减函数，f (9)>f (10)>f (11)，即11ln9>10ln10>9ln11,ln911>ln1010>ln119，可得911>1010>119，即c <a <b .故选：A .3.(2022·安徽·淮南第一中学一模(理))设a =15ln13，b =14ln14，c =13ln15，则()A.a >c >bB.c >b >aC.b >a >cD.a >b >c答案D2解析【分析】构造函数f x =14+x ln 14-x ，利用函数f x 的导数讨论函数f x 的单调性.【详解】令f x =14+x ln 14-x ，x ∈-1，1 ，则f x =ln 14-x -14+x 14-x <ln15-1315<0，所以f x =14+x ln 14-x 在-1，1 上单调递增，所以f -1 <f 0 <f 1 ，即13ln15<14ln14<15ln13，所以，a >b >c 故选：D【题型二】对数函数基础构造2：x ln x型【典例分析】2(2022·全国·模拟预测)已知1<a <b <e ，有以下结论：①a b <b a ；②b a >e abe ；③a a <e abe ；④a b <e abe ，则其中正确的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个答案C解析【分析】构造f x =ln xx，x ∈1,e ，利用导函数得到其单调性，从而比较出①，②，在①的基础上得到④的正误，根据g x =a x 的单调性及④得到③的正误..【详解】设f x =ln x x ，x ∈1,e ，则f x =1-ln x x 2>0在x ∈1,e 上恒成立，所以f x =ln xx 在x ∈1,e 上单调递增，因为1<a <b <e ，所以ln a a <ln bb，即b ln a <a ln b ，因为y =ln x 单调递增，所以a b <b a ，①正确；ln b b <ln e e =1e ，即a ln b <abe ，因为y =ln x 单调递增，所以b a <e ab e ，②错误；因为a b <b a ，所以a b <e abe ，④正确；因为g x =a x 单调递增，1<a <b <e 所以a a <a b ，所以a a <e ab e ，③正确.故选：C【变式演练】1.(2022·全国·高三专题练习)a =3(2-ln3)e2,b =1e ,c =ln33，则a ，b ，c 的大小顺序为()A.a <c <bB.c <a <bC.a <b <cD.b <a <c答案A解析【分析】构造函数f (x )=ln x x ，应用导数研究其单调性，进而比较a =f e 23 ，b =f (e )，c =f (3)的大小，若t =ln xx有两个解x 1,x 2，则1<x 1<e <x 2，t ∈0,1e ，构造g (x )=ln x -2(x -1)x +1(x >1)，利用导数确定g (x )>0，进而得到ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，即可判断a 、c 的大小，即可知正确选项.【详解】令f (x )=ln x x ，则a =f e 23 =lne 23e23，b =f (e )=ln e e ，c =f (3)=ln33，而f(x )=1-ln x x 2且x >0，即0<x <e 时f (x )单调增，x >e 时f (x )单调减，又1<e 23<e <3，∴b >c ，b >a .若t =ln x x 有两个解x 1,x 2，则1<x 1<e <x 2，t ∈0,1e ，即t =ln x 2-ln x 1x 2-x 1，x 1+x 2=ln x 1x 2t，令g (x )=ln x -2(x -1)x +1(x >1)，则g(x )=(x -1)2x (x +1)2>0，即g (x )在(1,+∞)上递增，∴g (x )>g (1)=0，即在(1,+∞)上，ln x >2(x -1)x +1，若x =x 2x 1即ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，故t >2tln x 1x 2，有x 1x 2>e 23∴当x 2=3时，e >x 1>e 23，故f e 23<f (x 1)=f (3)，综上：b >c >a .故选：A 2.(2022·湖北·宜都二中高三开学考试)已知a =4ln5π,b =5ln4π,c =5lnπ4，则a ,b ,c 的大小关系是()A.c <a <bB.a <b <cC.a <c <bD.c <b <a答案B解析【分析】令f x =ln xxx ≥e ，利用导数判断f x 在e ,+∞ 上的单调性，即可得a ,b ,c 的大小关系.【详解】令f x =ln x x x ≥e ，可得f x =1x ⋅x -ln xx =1-ln xx，当x ≥e 时，f x ≤0恒成立，所以f x =ln xx在e ,+∞ 上单调递减，所以f π >f 4 >f 5 ，即lnππ>ln44>ln55，可得4lnπ>πln4，5ln4>4ln5，所以lnπ4>ln4π，5πln4>4πln5，所以5lnπ4>5ln4π，5ln4π>4ln5π，即c >b ，b >a .所以a <b <c .故选：B .3.(2022·全国·高三专题练习(理))设a =20202022，b =20212021，c =20222020，则()A.a >b >cB.b >a >cC.c >a >bD.c >b >a答案A解析【分析】由于ln a ln b=ln20202021ln20212022，所以构造函数f x =ln x x +1x ≥e 2，利用导数判断其为减函数，从而可比较出f 2020 >f 2021 >0，进而可比较出a ,b 的大小，同理可比较出b ,c 的大小，即可得答案【详解】∵ln a ln b =2022ln20202021ln2021=ln20202021ln20212022，构造函数f x =ln x x +1x ≥e 2，f x =x +1-x ln x x x +1 2，令g x =x +1-x ln x ，则gx =-ln x <0，∴g x 在e 2,+∞ 上单减，∴g x ≤g e 2 =1-e 2<0，故f x <0，∴f x 在e 2,+∞ 上单减，∴f 2020 >f 2021 >0，∴ln aln b =f 2020 f 2021>1∴ln a >ln b .∴a >b ，同理可得ln b >ln c ，b >c ，故a >b >c ，故选：A【题型三】指数函数基础构造【典例分析】3设正实数a ，b ，c ，满足e 2a =b ln b =ce c =2，则a ，b ，c 的大小关系为()A.a <b <cB.a <c <bC.c <a <bD.b <a <c答案B 解析【分析】通过构造函数f (x )=xe x (x >0)，利用导数判断函数的单调性，并判断c 的范围，通过变形得b =e c ，得b ,c 的大小关系，再直接解方程求a 的范围，最后三个数比较大小.【详解】设f (x )=xe x (x >0)，x >0时，f x =x +1 e x >0恒成立，f (x )在(0,+∞)单调递增，x ∈12,1时，f (x )∈e2,e，而e 2<2，所以c ∈12,1 ，b ln b =ln b ⋅e ln b =ce c ，故ln b =c ，即b =e c ∈(e ,e )，而a =ln22<12，所以a <c <b ．故选：B 【变式演练】1.已知a,b,c∈R.满足3b ln b=2a ln a=-2c ln c<0.则a，b，c的大小关系为().A.c>a>bB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c答案A解析【分析】根据指数函数值域可确定c>1，a,b∈0,1；构造函数f x =2xln x0<x<1，利用导数可知f x 在0,1上单调递减，利用2aln a=3bln b<2bln b可知b<a，由此可得结果.【详解】∵3b>0，2a>0，2c>0，∴ln b<0，ln a<0，ln c>0，∴0<b<1，0<a<1，c>1；∵3b>2b>0，ln b<0，∴2a ln a=3b ln b<2b ln b，令f x =2xln x0<x<1，则f x =2x ln2⋅ln x-2x xln x2=2x ln2⋅ln x-1xln x2，当0<x<1时，ln x<0，-1x<0，∴f x <0，∴f x 在0,1上单调递减，∵2a ln a<2b ln b，即f a <f b ，∴b<a，∴c>a>b.故选：A.2.已知a+2a=2,b+3b=2，则b lg a与a lg b的大小关系是()A.b lg a<a lg bB.b lg a=a lg bC.b lg a>a lg bD.不确定答案C解析【分析】令f x =x+2x,g x =x+3x，结合题意可知0<b<a<1，进而有a b>b b>b a，再利用对数函数的单调性和运算性质即可求解【详解】令f x =x+2x,g x =x+3x，则当x>0时，g x >f x ，当x<0时，g x <f x ；由a+2a=2,b+3b=2，得f a =2,g b =2考虑到f a =g b =2得0<b<a<1，∴a b>b b>b a由a b>b a，得lg a b >lg b a ，即b lg a>a lg b故选：C3.已知实数a=32e12，b=43e23，c=87e67，(e为自然对数的底数)则a，b，c的大小关系为()A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.b<a<c答案A解析【分析】由已知实数的形式构造函数f(x)=x+1x ex-1x，即有a=f(2),b=f(3),c=f(7)，利用导数研究f(x)的单调性，再比较对应函数值的大小即可.【详解】由题意，令f(x)=x+1x ex-1x，则a=f(2),b=f(3),c=f(7)，而f (x)=e x-1xx3，所以x>0时f(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，∴f(2)<f(3)<f(7)，即a<b<c，故选：A【题型四】“取对数”法45【典例分析】4(2023·全国·高三专题练习）已知a =2ln7，b =3ln6，c =4ln5，则()A.b <c <aB.a <b <cC.b <a <cD.a <c <b答案B解析【分析】对a ，b ，c 取对数，探求它们的结构特征，构造函数f x =ln x ⋅ln 9-x (2≤x ≤4)，借助导数判断单调性即可作答.【详解】对a ，b ，c 取对数得：ln a =ln2⋅ln7，ln b =ln3⋅ln6，ln c =ln4⋅ln5，令f x =ln x ⋅ln 9-x (2≤x ≤4)，f x =ln 9-x x -ln x9-x =9-x ln 9-x -x ln x x 9-x ，令g (x )=x ln x ,x >1，g (x )=ln x +1>0，即g (x )=x ln x 在(1,+∞)上单调递增，由2≤x ≤4得，9-x ≥5>x >1，于是得9-x ln 9-x >x ln x ，又x 9-x >0，因此，f x >0，即f x 在2,4 上单调递增，从而得f 2 <f 3 <f 4 ，即ln2ln7<ln3ln6<ln4ln5，ln a <ln b <ln c ，所以a <b <c .故选：B【变式演练】1.(2021·全国·高三专题练习)已知实数a ,b ,c ∈0,e ，且3a =a 3，4b =b 4，5c =c 5，则()A.c <b <aB.b <c <aC.a <c <bD.a <b <c答案A解析【分析】将已知的等式两边取对数可得ln33=ln a a ，ln44=ln b b，ln55=ln c c .设函数f x =ln x x ，求导，分析导函数的正负，得出所令函数的单调性，由此可得选项．【详解】由3a =a 3，4b =b 4，5c =c 5得a ln3=3ln a ，b ln4=4ln b ，c ln5=5ln c ，因此ln33=ln a a ，ln44=ln b b，ln55=ln cc .设函数f x =ln xx，则f 3 =f a ，f 4 =f b ，f 5 =f c ，f x =1-ln xx2，令f x =0，得x =e ，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f 3 >f 4 >f 5 ，即f a >f b >f c ，又a ,b ,c ∈0,e ，所以a >b >c ，故选：A .2.(2022·全国·高三专题练习)已知a =3.93.9,b =3.93.8,c =3.83.9,d =3.83.8，则a ,b ,c ,d 的大小关系为()A.d <c <b <aB.d <b <c <aC.b <d <c <aD.b <c <d <a答案B解析【分析】构造函数f x =ln xx，利用导数判断函数的单调性，可得f 3.9 <f (3.8)，从而可得3.93.8<3.83.9，再由y =x 3.8在0,+∞ 上单调递增，即可得出选项.【详解】构造函数f x =ln x x ，则f x =1-ln xx 2，当x ∈e ,+∞ 时，f x <0，故f x=ln xx在x ∈e ,+∞ 上单调递减，所以f 3.9 <f (3.8)，所以ln3.93.9<ln3.83.8，3.8ln3.9<3.9ln3.8所以ln3.93.8<ln3.83.9，3.93.8<3.83.9，因为y =x 3.8在0,+∞ 上单调递增，所以3.83.8<3.93.8，同理3.83.9<3.93.9，所以3.83.8<3.93.8<3.83.9<3.93.9，故选：B3.已知55<84，134<85，设a =log 53，b =log 85，c =log 138，找出这三个数大小关系答案a <b <c 解析【分析】把a ,b ,c 用换底公式变形，已知不等关系及53>34，83<54也取对数后，可把a ,b ,c 与中间值比较大小，从而得出结论．【详解】6由已知a =lg3lg5，b =lg5lg8，c =lg8lg13，又55<84，则5lg5<4lg8，∴b =lg5lg8<45，134<85，则4lg13<5lg8，c =lg8lg13>45，又53=125>81=34，∴3lg5>4lg3，a =lg3lg5<34，而83=512<625=54，∴3lg8<4lg5，b =lg5lg8>34，综上有a <b <c ．故答案为：a <b <c ．【题型五】指数切线构造：e x -x +1【典例分析】5(2022·江西·南昌市八一中学三模(理))设a =1101，b =ln1.01，c =e 0.01-1，则()A.a <b <cB.b <c <aC.b <a <cD.c <a <b答案A解析【分析】观察式子的结构，进而设x =1.01，然后构造函数，随即通过求解函数的单调性得到答案.【详解】设x =1.01，所以a =1-1x,b =ln x ,c =e x -1-1，设f x =e x -x +1 x >1 ，则f x =e x -1>0，所以f x 在(1，+∞)单调递增，所以f x >f 1 =e 2-2>0⇒e x -x +1 >0⇒e x >x +1⋯①，所以e x -1>x ⋯②，由①，x >ln x +1 ⇒x -1>ln x ⇒1x -1>ln x -1⇒1x -1>-ln x ⇒ln x >1-1x⋯③，由②，x -1>ln x ⋯④，由②④，e x -1-1>x -1>ln x ，则c >b ，由③，b >a ，所以c >b >a .故选：A .【提分秘籍】基本规律指数和对数切线放缩法基础图【变式演练】71.(2022·河南·模拟预测(理))已知a =1.2,b =119,c =e 0.2，则()A.a <b <cB.c <a <bC.a <c <bD.c <b <a答案C解析【分析】构造函数f (x )=e x -x -1x >0 ，g (x )=(x +1)e -x -(1-x )e x (0<x <1)，利用导数研究函数的单调性，得出f x ，g x 的单调性，得出e x >x +1(x >0)，令x =0.2，可得出a <c ，再由得出的e 2x <1+x1-x(0<x <1)，令x =0.1，得出c <b ，从而得出结果．【详解】解：先证e x >x +1(x >0)，令f (x )=e x -x -1x >0 ，则f (x )=e x -1>0，可知f x 在0,+∞ 上单调递增，所以f x >f 0 =0，即e x >x +1(x >0)，令x =0.2，则e 0.2>1.2，所以a <c ；再证e 2x <1+x1-x(0<x <1)即证(x +1)e -x >(1-x )e x ，令g (x )=(x +1)e -x -(1-x )e x (0<x <1)，则g x =x e x -e -x >0，所以g x 在0,1 上单调递增，所以g x >g 0 =0，即e 2x <1+x1-x(0<x <1)，令x =0.1，则e 0.2<119，所以c <b ，从而a <c <b ．故选：C . 2.(2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习)已知a =e 0.05，b =ln1.12+1，c = 1.1，则()A.a >b >cB.c >b >aC.b >a >cD.a >c >b答案D解析【分析】利用导数可求得e x >x +1，ln x ≤x -1；分别代入x =0.1和x =1.1，整理可得a ,b ,c 的大小关系.【详解】令f x =e x -x -1x >0 ，则f x =e x -1>0，∴f x 在0,+∞ 上单调递增，∴f x >f 0 =0，即e x >x +1，∴e 0.1>1.1，∴e 0.05> 1.1，即a >c ；令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-xx，∴当x ∈0,1 时，g x >0；当x ∈1,+∞ 时，g x <0；∴g x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，∴g x ≤g 1 =0，∴ln x ≤x -1(当且仅当x =1时取等号)，∴ln x ≤x -1，即ln x 2+1≤x (当且仅当x =1时取等号)，∴ln1.12+1< 1.1，即b <c ；综上所述：a >c >b .故选：D .3.(2022·全国·高三专题练习)已知a =1101,b =e -99100,c =ln 101100，则a ，b ，c 的大小关系为()A.a <b <cB.a <c <bC.c <a <bD.b <a <c答案B解析【解析】首先设f x =e x-x -1，利用导数得到e x>x +1x ≠0 ，从而得到b =e-99100>-99100+1=1100>1101=a ，设g x =ln x -x +1，利用导数得到ln x <x -1x ≠1 ，从而得到b >c 和c >a ，即可得到答案.【详解】设f x =e x -x -1，f x =e x -1，令f x =0，解得x =0.x ∈-∞,0 ，f x <0，f x 为减函数，x ∈0,+∞ ，f x >0，f x 为增函数.所以f x ≥f 0 =0，即e x -x -1≥0，当且仅当x =0时取等号.所以e x >x +1x ≠0 .故b =e -99100>-99100+1=1100>1101=a ，即b >a .设g x =ln x -x +1，g x =1x -1=1-xx，令g x =0，解得x =1.x ∈0,1 ，g x >0，g x 为增函数，x ∈1,+∞ ，g x <0，g x 为减函数.所以g x ≤g 1 =0，即ln x -x +1≤0，当且仅当x =1时取等号.所以ln x <x -1x ≠1 .所以c =ln 101100<101100-1=1100，又因为b >1100，所以b >c .8又因为-ln x >-x +1x ≠1 ，所以c =ln 101100=-ln 100101>-100101+1=1101=a ，即c >a ，综上b >c >a .故选：B【题型六】对数切线构造【典例分析】6(2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测)已知a >12且2a =e a -12，b >13且3b =e b -13，c >14且4c =e c -14，则()A.ln a bc <ln b ac <ln cabB.ln a bc <ln c ab<ln bac C.ln c ab <ln b ac <ln a bc D.ln b ac <ln a bc <ln c ab答案A解析【分析】对已知的等式进行变形，转化成结构一致，从而构造函数，确定构造的函数的性质，得到a 、b 、c 的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可.【详解】由已知条件，对于2a =e a -12，两边同取对数，则有ln2+ln a =a -12，即a -ln a =12+ln2=12-ln 12，同理：b -ln b =13-ln 13；c -ln c =14-ln 14构造函数f x =x -ln x ，则f a =f 12 ，f b =f 13 ，f c =f 14 .对其求导得：f x =x -1xx >0∴当0<x <1时，f x <0，f x 单调递减；当x >1时，f x >0，f x 单调递增；又∵a >12，b >13，c >14∴1<a <b <c 再构造函数g x =x ln x ，对其求导得：g x =ln x +1x >0∴当0<x <1e 时，g x <0，g x 单调递减；当x >1e时，g x >0，g x 单调递增；∴g a <g b <g c 即：a ln a <b ln b <c ln c 又∵abc >0∴ln a bc <ln b ac <ln cab .故选：A .【提分秘籍】基本规律指数和对数放缩法基础图【变式演练】1.(2022·山西运城·高三期末(理))已知a ,b ,c ∈0,+∞ ，且e a -e -12=a +12，e b -e -13=b +13，e c -e -15=c +15，则()A.a <b <cB.a <c <bC.c <b <aD.b <c <a答案C解析【分析】构造函数f x =e x -x ，利用导函数可得函数的单调性，又f a =f -12 ，f b =f -13，f c =9f -15，a ,b ,c >0，即得.【详解】由题可得e a -a =e-12+12，e b -b =e -13+13，e c -c =e -15+15.令f x =e x -x ，则f x =e x -1，令fx =0，得x =0，∴x ∈0,+∞ 时，f x >0，f x 在0,+∞ 上单调递增，x ∈-∞,0 时，f x <0，f x 在-∞,0 上单调递减，又f a =f -12，f b =f -13 ，f c =f -15 ，a ,b ,c >0，由-12<-13<-15，可知f -12 >f -13 >f -15 即f a >f b >f c ，∴c <b <a .故选：C .2.(2021·四川·双流中学高三阶段练习(理))已知a -4=ln a 4≠0,b -5=ln b 5≠0,c -6=ln c6≠0，则()A.c <b <aB.b <c <aC.a <b <cD.a <c <b答案A解析【分析】根据给定条件构造函数f (x )=x -ln x (x >0)，探讨函数的单调性，借助单调性进行推理即可得解.【详解】令函数f (x )=x -ln x (x >0)，则f (x )=1-1x =x -1x，则有f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且x 趋近于0和趋近于正无穷大时，f (x )值都趋近于正无穷大，由a -4=ln a4≠0得，a -ln a =4-ln4，即f (a )=f (4)，且a ≠4，显然0<a <1，若a ≥1，而f (x )在(1,+∞)上单调递增，由f (a )=f (4)必有a =4与a ≠4矛盾，因此得0<a <1，同理，由b -5=ln b5≠0得f (b )=f (5)，且b ≠5，并且有0<b <1，由c -6=ln c6≠0得f (c )=f (6)，且c ≠6，并且有0<c <1，显然有f (4)<f (5)<f (6)，于是得f (a )<f (b )<f (c )，又f (x )在(0,1)上单调递减，所以c <b <a .故选：A3.(2022·全国·高三专题练习)已知e ≈ 2.71828是自然对数的底数，设a =3-3e ,b =2-2e,c =e 2-1-ln2，则()A.a <b <cB.b <a <cC.b <c <aD.c <a <b答案A解析【分析】首先设f x =x -xe ，利用导数判断函数的单调性，比较a ,b 的大小，设利用导数判断e x ≥x +1，放缩c >2-ln2，再设函数g x =xe -ln x ，利用导数判断单调性，得g 2 >0，再比较b ,c 的大小，即可得到结果.【详解】设f x =x -x e ，f x =12x-1e ，10当0≤x <e 24时，f x >0，函数单调递增，当x >e 24时，f x <0，函数单调递减，a =f 3 ,b =f 2 ，e 24<2<3时，f 3 <f 2 ，即a <b ，设y =e x -x -1，y =e x -1，-∞,0 时，y <0，函数单调递减，0,+∞ 时，y >0，函数单调递增，所以当x =0时，函数取得最小值，f 0 =0，即e x ≥x +1恒成立，即e2-1>2，令g x =x e -ln x ，g x =1e -1x，x ∈0,e 时，g x <0，g x 单调递减，x ∈e ,+∞ 时，g x >0，g x 单调递增，x =e 时，函数取得最小值g e =0，即g 2 >0，得：2e >ln2，那么2-2e<2-ln2，即e 2-1-ln2>2-ln2>2-2e，即b <c ，综上可知a <b <c 故选：A 【题型七】反比例构造:ln x <2(x -1)x +1型【典例分析】7(2022·江苏·金陵中学二模)设a =e 1.1-27，b = 1.4-1，c =2ln1.1，则()A.a <b <cB.a <c <bC.b <a <cD.c <a <b答案A解析【分析】利用幂函数和指数函数的性质判断的范围，a 利用基本不等式判断b 的范围，构造新函数并利用导数讨论函数的单调性求出c 的范围，进而得出结果.【详解】由e 3<28，得e 3<28，即e 32<27，所以e 1.1<e 1.5=e 32，所以e 1.1<27，则e 1.1-27<0，即a <0；由 1.4-1= 1.41.2×1.2-1<1.41.2+1.22-1<0.184，即b <0.184；设f (x )=ln x -2(x -1)x +1(x >0)，则f(x )=1x -4(x +1)2=(x -1)2x (x +1)2≥0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，且f (1)=0，所以当x ∈(1,+∞)时f (x )>0，即ln x >2(x -1)x +1，当x ∈(0,1)时f (x )<0，即ln x <2(x -1)x +1，又1.1>1，则ln1.1>21.1-11.1+1≈0.095，所以c =2ln1.1>0.19，即c >0.19，综上，a <b <c .故选：A【变式演练】1.(2022·全国·高三专题练习)若a =e 0.2，b = 1.2，c =ln3.2，则a ，b ，c 的大小关系为()A.a >b >cB.a >c >bC.b >a >cD.c >b >a答案B解析【分析】构造函数f x =e x -x -1x >0 ，利用导数可得a =e 0.2>1.2>b ，进而可得e 1.2>3.2，可得a >c ，再利用函数g x =ln x -2x -1x +1，可得ln3.2>1.1，即得.【详解】令f x =e x -x -1x >0 ，则f x =e x -1>0，∴f x 在0,+∞ 上单调递增，∴a =e 0.2>0.2+1=1.2> 1.2=b ，a =e 0.2>1.2=ln e 1.2，c =ln3.2，∵e 1.2 5=e 6> 2.7 6≈387.4,3.2 5≈335.5，∴e 1.2>3.2，故a >c ，设g x =ln x-2x-1x+1，则g x =1x-2x+1-2xx+12=x-12x x+12≥0，所以函数在0,+∞上单调递增，由g1 =0，所以x>1时，g x >0，即ln x>2x-1x+1，∴ln3.2=ln2+ln1.6>22-12+1+21.6-11.6+1=1539>1550=1.1，又1<1.2<1.21,1<b= 1.2<1.1，∴c>1.1>b，故a>c>b.故选：B.2.(2022·江西·模拟预测(理))设a=4(2-ln4)e2，b=1e，c=ln44，则a，b，c的大小顺序为()A.a<c<bB.c<a<bC.a<b<cD.b<a<c 答案A解析【分析】根据a、b、c的结构，构造函数f x =ln xx，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小，得到正确答案.【详解】因为a=4(2-ln4)e2=ln e24e24，b=1e=ln ee，c=ln44构造函数f x =ln xx，则f x =1-ln xx2，a=fe24，b=f(e)，c=f4 ，f(x)在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减.则有b=f(e)最大，即a<b，c<b.若t=ln x x有两个解，则1<x1<e<x2,t∈0,1e，所以ln x1=tx1,ln x2=tx2,所以ln x1-ln x2=tx1-tx2,ln x1+ln x2=tx1+tx2,即t=ln x2-ln x1x2-x1,ln x1x2=t x1+x2,令g x =ln x-2x-1x+1x>1，则g x =x-12x x+1>0，故g x 在1,+∞上单增,所以g x >g1 =0，即在1,+∞上，ln x>2x-1x+1.若x=x2x1，则有lnx2x1>2x2x1-1x2x1+1，即ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1.故t>2tln x1x2，所以x1x2>e2.当x2=4时，有e24<x1<e，故fe24<f x1 =f4所以a<c.综上所述：a<c<b.故选：A【题型八】“零点”构造法【典例分析】8(2022·广东广州·高三开学考试)设a=ln1.1，b=e0.1-1，c=tan0.1，d=0.4π，则()A.a<b<c<dB.a<c<b<dC.a<b<d<cD.a<c<d<b 答案B解析【分析】观察4个数易得均与0.1有关，故考虑a x =ln x+1，b x =e x-1，c x =tan x，d x =4πx在x=0.1时的大小关系，故利用作差法，分别构造相减的函数判断单调性以及与0的大小关系即可.【详解】设a x =ln x+1，b x =e x-1，c x =tan x，d x =4πx，易得a0 =b0 =c0 =d0 .设y=d x -b x =4πx-e x+1，则令y =4π-e x=0有x=ln4π，故y=d x -b x 在-∞,ln4π上单调递增.①因为4π10>43.210=54 10=2516 5>2416 5=32 5>e，即4π 10>e，故10ln4π>1，即ln4π>0.1，故d0.1-1112b 0.1 >d 0 -b 0 =0，即d >b .②设y =b x -c x =e x-1-tan x ，则y=e x-1cos 2x =e x cos 2x -1cos 2x，设f x =e x cos 2x -1，则f x =e x cos 2x -2sin x =e x -sin 2x -2sin x +1 .设g x =x -sin x ，则g x =1-cos x ≥0，故g x =x -sin x 为增函数，故g x ≥g 0 =0，即x ≥sin x .故f x ≥e x -x 2-2x +1 =e x -x +1 2+2 ，当x ∈0,0.1 时f x >0，f x =e x cos 2x -1为增函数，故f x ≥e 0cos 20-1=0，故当x ∈0,0.1 时y =b x -c x 为增函数，故b 0.1 -c 0.1 >b 0 -c 0 =0，故b >c .③设y =c x -a x =tan x -ln x +1 ，y =1cos 2x -1x +1=x +sin 2xx +1cos 2x ，易得当x ∈0,0.1 时y >0，故c 0.1 -a 0.1 >c 0 -a 0 =0，即c >a .综上d >b >c >a 故选：B【变式演练】1.(2020·北海市北海中学高三)已知x 1=ln 12，x 2=e -12，x 3满足e -x 3=ln x 3，则下列各选项正确的是A.x 1<x 3<x 2B.x 1<x 2<x 3C.x 2<x 1<x 3D.x 3<x 1<x 2答案B解析【详解】因为函数y =ln x 在0,+∞ 上单调递增，所以x 1=ln 12<ln1=0；0<x 2=e -12=1e12=1e=e e <1；因为x 3满足e -x3=ln x 3，即x 3是方程1ex-ln x =0的实数根，所以x 3是函数f x=1ex -ln x 的零点，函数f (x )在定义域内是减函数，因为f 1 =1e ，f e =1ee-1<0，所以函数有唯一零点，即x 3∈1,e .所以x 1<x 2<x 3.“跨界”构造：切、弦、指、对构造【典例分析】9(2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试)已知a =e 0.2-1,b =ln1.2,c =tan0.2，其中e =2.71828⋯为自然对数的底数，则()A.c >a >bB.a >c >bC.b >a >cD.a >b >c答案B解析【分析】观察a =e 0.2-1,b =ln1.2,c =tan0.2，发现都含有0.2，把0.2换成x ，自变量在(0,1)或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较a ,b ,c 的大小.【详解】令f (x )=e x-1-tan x =cos x e x -cos x -sin x cos x ，0<x <π4，令g (x )=cos x e x -cos x -sin x ，g (x )=(-sin x +cos x )e x +sin x -cos x =(e x -1)⋅(cos x -sin x )，当0<x <π4时，g (x )>0，g (x )单调递增，又g (0)=1-1=0，所以g (x )>0，又cos x >0，所以f (x )>0，在0,π4成立，所以f (0.2)>0即a >c ，令h (x )=ln (x +1)-x ，h (x )=1x +1-1=-x x +1，h (x )在x ∈0,π2为减函数，所以h (x )<h (0)=0，即ln (x +1)<x ，令m (x )=x -tan x ，m (x )=1-1cos 2x，m (x )在x ∈0,π2 为减函数，所以m (x )<m (0)=0，即x <tan x ，所以ln (x +1)<x <tan x ，x ∈0,π2成立，令x =0.2，则上式变为ln (0.2+1)<0.2<tan0.2，所以b <0.2<c 所以b <c ，所以b <c <a .13故答案为：B .【提分秘籍】基本规律比较难，需要结合数据寻找合适的构造函数。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
则的另一根为
∵f(x)在[0
2]上是减函数
∴
则b-3
又f(2)=0
∴8+4b+d=0
则d=-4b-8
∴f(1)=1+b+d=1+b-4b-8=-7-3b≥2
列成表格
判断导数在各个小区间内的符号
进而判定函数的单调性和极值
2．利用导数证明不等式
例7． （2004全国卷）若函数
（1）求函数f(x)的最大值；
（2）设0＜a＜b
证明：0＜＜
（1）函数f(x)的定义域为（-1
+∞）
令
当-1＜x＜0时
f,(x)＞0
例1．（1）已知函数
求函数在点x=0处的导数
（2）已知函数
判断在x=1处是否可导
评注：根据导数的定义
此题可分三步完成解答：一求增量
二求比值
三取极限
（1）解：由已知
即在x=0处有定义
∴
∴
∴
即：
∴函数在x=0处导数为0
关于x的方程f(x)=f(a)有三个实数解
证明：令g(x)=f(a)
则问题转化为判断两个函数f(x)与g(x)图象的交点个数问题
∵ ∴函数的可疑点为
当x变化时
与y的变化情况如下：
x （-∞
0） 0 （0
） （
+∞） - 不存在 - 0 + y 单调递减 无定义 单调递减 极小值 单调递增 ∵f(x)在（
错因剖析：函数的极值点不一定是驻点
要考虑函数的极值
必须要分析驻点及不可导点两侧导数的符号
即判断函数图象的变化情况
正解：
∴函数在定义域内的可疑点为x1=0
x21
x3=2
当x变化时
y
与y的变化情况如下：
x （-∞
0） 0 （0
1） 1 （1
2） 2 （2
+∞）上是增函数
a＞3
∴
则f(x)=f(a)有三个实数解
例12． 已知在（-∞
0）上是增函数
在[0
2]上是减函数
且方程f(x)=0有三个根
它们分别为α
2
β（1）求c的值；（2）求证：f(x)≥2；（3）求的取值范围
（1）解：
由题可知
的一根为0
∴c=0
正解：设切点为则P处的切线方程方程为由点A在切线l上有：
又点P在曲线S上
有
代入上式可知：
∴ 即：x0=2或x0=-1
当x0=2时
P为（2
-2）
切线方程为y=-9x+16
当x0=-1时
P为（-1
-2）
切线方程为：y=-2
综上
过点A的切线方程为y=-9x+16或y=-2
即：f,(x0)=f,(x)
例3．求函数的导数
错解：令
∴
错因剖析：是一个复合函数
u是其中的一个中间量
复合函数的导数
也可以说是复合函数对自变量的导数
它应等于已知函数对中间变量的导数
再乘以中间变量对自变量的导数
正解：令
∴
评注：求一个函数y=f(x)的导数要准确地把函数y=f(x)分割为若干个基本初等函数的和、差、积、商及其复合运算的形式
二、以导数为工具
解综合应用题
1．利用导数判定函数的单调性、极值、最值
例5．已知是R上的奇函数
当x=1时
f(x)取得极值-2
（1）求 f(x)的单调去件和极大值；（2）对任意
求证：不等式恒成立
（1）解：∵f(x)是奇函数
∴f(0)=0, ∴d=0
因此
由条件f(1)=-2为f(x)的极值
∴f,(1)=0
∴
解之得：a=1
c=-3
则
令
得
∴f(x)的单调减区间是[-1
1]
f(x)的单调增区间是
当x=-1时
f(x)有极大值2
（2）证明：由（1）知f(x)在[-1
1]上是减函数
且f(x)在[-1
1]上有最大值f(-1)=2,有最小值f(1)=-2
本题体现了高考以知识立意和能力立意相结合
重点考查学生的观察分析能力和思维迁移能力
是一道非常成功的考题
3．利用导数解决解析几何问题
例8． 设曲线在点M（t
e-t）处的切线L与x轴、y轴围成的三角形面积为s(t).（1）求切线L的方程；（2）求s(t)的最大值
（1）解：∵
∴
+∞） y
- 不存在 + 0 - 不存在 + y 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递增 极小值 单调递增 ∴
评注"在利用导数法判定函数的单调性和极值时
首先要确定函数的定义区间
其次用函数的不可导点及驻点顺次把函数的定义区间分成若干个小开区间
∴对任意
恒有
评注：对于可导函数
某点为极值点的必要条件是这点的导数为0（即为驻点
一般来说
驻点不一定为极值点
y=x3在x=0处就是一个反例）；某一点是极值点的充分条件是在这点两侧的导数异号
此外
函数的极值点也可能是不可导点
例6． 求函数的极值
错解：
令∴函数在x=1处有极值f(1)=1
对于生活中的优化问题
如果其目标函数是高次多项式函数
简单的分式函数
简单的无理函数
简单的指数、对数函数
或它们的复合函数
均可运用导数求最值
三、高考命题对导数问题的趋向
从近几年的高考命题来看
导数知识在研究函数的性质以及解决实际问题上的应用有上升的趋势
命题的范围和难度均有所增大
例11． 已知证明当a＞3时
=0
且x过小（接近0）或过大（接近1.6）时
y值很小（接近0）
∴x=1时
此时高为3.2-2×1=1.2（m）
评注：这是一道生活中的优化问题
建立的目标函数是三次函数
如果用过去的知识求其最值
往往没有一般方法
即使能求出
也涉及到较高的技巧
而运用导数知识求三次目标函数的最值就非常简单
从多方面、多角度考察了考生的数学思维能力和实际应用能力
这充分体现了高考命题由知识立意向能力立意的转变
然而
许多学生在运用导数知识解决问题时常常出现概念不清、方向不明、思路混乱的局面
为帮助大家理清思路
准确把握导数概念的本质
较好地运用导数的知识解决实际问题
本文将对导数的知识进行系统讲解
希望对大家能有所帮助
由切线的定义知
切线方程为
例4．求曲线S：过点A（2
-2）的切线方程
错解：∵∴∴所求的切线方程为y+2=-9（x-2）
即y=-9x+16
错因剖析：曲线与直线相切
并不一定只有一个公共点
求曲线过某一点的切线方程
这一点未必是切点
有可能以另一点为切点的切线刚好过该点
因此应注意求曲线"过某一点的切线"与"在某一点的切线"是有区别的
从近几年的高考命题（尤其是2005年）趋势可以看出
导数已由最初的解决问题的辅助方式转变为分析和解决问题所不可缺少的方法和手段
在高考题型中逐渐占据重要地位
2005年的高考中有相当一部分省市的高考题出现了以导数的应用为主的压轴题（如辽宁卷第22题等）
相对以往的考题
难度加大
考试范围更广
方法更为灵活
当x＞0时
f,(x)＜0
又f(0)=0,∴当且仅当x=0时
f(x)可取最大值
且最大值为0
（2）证法一：
由（1）的结论知
由题设0＜a＜b
得
因此
∴
综上
0＜＜
证法二：
设
则
当0＜x＜a时
都有
（1）求数列{an}的前n项的和Sn；（2）求数列的最小项
（1）解：注意到
∴恒成立
∴
则a1=3
d=1 ∴
（2）解：设
当1≤n＜5时
＜0； 当n＞5时
＞0
故
5．利用导数解决实际生活中的优化问题
例10．用总长为14.8m的钢条制作一个长方体容器的框架
∵G(a)=0, b＞a
∴G(b)＜0
即使：
评注：本题是一道考察导数、函数和不等式的综合题
具有一定难度
解决此题的基本思路是先弄清所给条件的结构和形式
确定解题方向（利用导数）
解决问题（1）
（2）问中难点集中体现在结合（1）问的结论
利用放缩法或直接构造函数F(x)与G(x)
这多种形式实质上是统一的
考虑的都是函数值的增量△y与相应自变量△x的比值极限
2．导数的求法
首先要弄清"函数在某点x0处的导数"与"导函数"联系和区别
①函数在某点x0处的导数
就是在该点的函数改变量与自变量的改变量之比的极限
它是一个常量
不是变量
②函数的导数
是对某一区间内任意点而言的
∴切线L的方程为
（2）解：令x=0
则则
x=1+t