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导数压轴题题型(学生版)

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2020高考数学《导数压轴题》

2020高考数学《导数压轴题》

2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。

1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。

2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。

3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。

1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。

4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。

5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。

1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。

6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。

1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。

7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。

1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。

导数压轴题训练

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导数 压轴题训练1．（2014 湖南）. 22．（2014 湖南）..已知常数0a >,函数()()2ln 12xf x ax x =+-+. (1)讨论()f x 在区间()0,+∞上的单调性;(2)若()f x 存在两个极值点12,x x ,且()()120f x f x +>,求a 的取值范围.【答案】(1)详见解析 【解析】解:(1)对函数()f x 求导可得()()24'12a f x ax x =-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++,因为()()2120ax x ++>,所以当10a -≤时,即1a ≥时,()'0f x ≥恒成立,则函数()f x 在()0,+∞单调递增,当1a ≤时,()'0f x x =⇒=则函数()f x在区间⎛ ⎝⎭单调递减,在⎫⎪+∞⎪⎝⎭单调递增的. (2) 解:(1)对函数()f x 求导可得()()24'12a f x ax x =-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++,因为()()2120ax x ++>,所以当10a -≤时,即1a ≥时,()'0f x ≥恒成立,则函数()f x 在()0,+∞单调递增,当1a <时,()'0f x x =⇒=则函数()f x 在区间⎛ ⎝⎭单调递减,在⎫⎪+∞⎪⎝⎭单调递增的.2.（20）（2014江苏）（本小题满分14分）已知函数()x f x x ae =-()a R Î，x R Î.已知函数()y f x =有两个零点12,x x ，且12x x <.（Ⅰ）求a 的取值范围； （Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明 12x x +随着a 的减小而增大.（2014四川卷）21（2014四川卷）．已知函数2()1x f x e ax bx =---，其中,a b R ∈，2.71828e =为自然对数的底数。

函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)

函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)

函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。

下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。

其中描述正确的个数有（。

）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。

当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。

当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。

当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。

因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。

2024年高考数学新题型之19题压轴题专项汇编(学生版)

2024年高考数学新题型之19题压轴题专项汇编(学生版)

2024新题型之19压轴题1.命题方向2024新题型之19压轴题以大学内容为载体的新定义题型以数列为载体的新定义题型以导数为载体的新定义题型两个知识交汇2.模拟演练题型01以大学内容为载体的新定义题型1(2024·安徽合肥·一模)“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意n∈N*，定义“q-数”(n)q=1+q+⋯+q n-1利用“q-数”可定义“q-阶乘”n !q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0 !q=1.和“q-组合数”，即对任意k∈N,n∈N*,k≤n，nk q=n !qk !q n-k!q(1)计算：53 2；(2)证明：对于任意k,n∈N*,k+1≤n，nk q=n-1k-1q+q kn-1kq(3)证明：对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n，n+m+1 k+1q -nk+1q=∑mi=0q n-k+in+ikq.2(2024·广东江门·一模)将2024表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和，得到方程x1+x2+x3+x4+x5 =2024①，称五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5为方程①的解，对于上述的五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5，当1≤i,j≤5时，若max(x i-x j)=t(t∈N)，则称x1,x2,x3,x4,x5是t-密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解x1,x2,x3,x4,x5，使得x i+1-x i i=1,2,3,4等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是1-密集的?(3)记S=5i=1x2i，问S是否存在最小值?若存在，请求出S的最小值；若不存在，请说明理由.3(2024·江苏四校一模)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A，B；C，D)．(1)证明：1-(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1，B1；C1，D1)= (A2，B2；C2，D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与△E′F′G′的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与△E′F′G′对应边的交点在一条直线上．题型02以数列为载体的新定义题型4(2024·安徽黄山·一模)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列a n ，规定Δa n 为数列a n 的一阶差分数列，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * ，规定Δ2a n 为数列a n 的二阶差分数列，其中Δ2a n =Δa n +1-Δa nn ∈N *．(1)数列a n 的通项公式为a n =n 3n ∈N * ，试判断数列Δa n ,Δ2a n 是否为等差数列，请说明理由？(2)数列log a b n 是以1为公差的等差数列，且a >2，对于任意的n ∈N *，都存在m ∈N *，使得Δ2b n =b m ，求a 的值；(3)各项均为正数的数列c n 的前n 项和为S n ，且Δc n 为常数列，对满足m +n =2t ，m ≠n 的任意正整数m ,n ,t 都有c m ≠c n ，且不等式S m +S n >λS t 恒成立，求实数λ的最大值．5(2024·辽宁葫芦岛·一模)大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作L M ,N 删去一个无穷非减正整数数列中除以M 余数为N 的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列a n 的通项公式a n =3n -1，n ∈N +，通过“数据漏斗”软件对数列a n 进行L 3,1 操作后得到b n ，设a n +b n 前n 项和为S n ．(1)求S n ；(2)是否存在不同的实数p ,q ,r ∈N +，使得S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出所有的p ,q ,r ；若不存在，说明理由；(3)若e n =nS n2(3n-1)，n ∈N +，对数列e n 进行L 3,0 操作得到k n ，将数列k n 中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到p n ，再将p n 的每一项都加上自身项数，最终得到c n ，证明：每个大于1的奇平方数都是c n 中相邻两项的和．6(2024·山东青岛·一模)记集合S =a n |无穷数列a n 中存在有限项不为零，n ∈N * ，对任意a n ∈S ，设变换f a n =a 1+a 2x +⋯+a n x n -1+⋯，x ∈R ．定义运算⊗：若a n ,b n ∈S ，则a n ⊗b n∈S ，f a n ⊗b n =f a n ⋅f b n ．(1)若a n ⊗b n =m n ，用a 1,a 2,a 3,a 4,b 1,b 2,b 3,b 4表示m 4；(2)证明：a n ⊗b n ⊗c n =a n ⊗b n ⊗c n ；(3)若a n =n +12+1n n +1,1≤n ≤1000,n >100，b n =12203-n,1≤n ≤5000,n >500，d n =a n ⊗b n ，证明：d 200<12．7(2024·江苏徐州·一模)对于每项均是正整数的数列P：a1,a2,⋯,a n，定义变换T1，T1将数列P变换成数列T1P ：n,a1-1,a2-1,⋯,a n-1．对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,⋯,b m，定义S(Q)=2(b1+2b2+⋯+mb m)+b21+b22+⋯+b2m，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2Q ．(1)若数列P0为2，4，3，7，求S T1P0的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令P k+1=T2T1P k，k∈N．(i)探究S T1P0与S P0的关系；(ii)证明：S P k+1．≤S P k题型03以导数为载体的新定义题型8(2024·广东惠州·一模)黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数f x =x s-1e x-1(x>0,s>1，s为常数)密切相关，请解决下列问题．(1)当1<s≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s>2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．9(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f x 在x=0处的n n∈N*阶导数都存在时，f x =f0 +f 0 x+f 02!x2+f3 03!x3+⋯+f n 0n!x n+⋯．注：f x 表示f x 的2阶导数，即为f x 的导数，f n x n≥3表示f x 的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；(2)由该公式可得：cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯．当x≥0时，试比较cos x与1-x22的大小，并给出证明；(3)设n∈N*，证明：nk=11(n+k)tan1n+k>n-14n+2．10(2024·山东菏泽·一模)帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+a m x m1+b1x+⋯+b n x n，且满足：f(0)=R(0)，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．(注：f (x)=f (x)，f (x)= f (x)，f(4)(x)=f (x)，f(5)(x)=f(4)(x)，⋯；f(n)(x)为f(n-1)(x)的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的1,1阶帕德近似为R(x)=ax1+bx．(1)求实数a，b的值；(2)比较f x 与R(x)的大小；(3)若h(x)=f(x)R(x)-12-mf(x)在(0,+∞)上存在极值，求m的取值范围．题型04两个知识交汇11【概率与数列】(2024·山东聊城·一模)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3. 一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.12【概率与函数】(2024·广东汕头·一模)2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.(取1k +1k+1+⋯+1n-1=ln nk)13【解析几何与立体几何】(2024·山东日照·一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8．将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A ，B ．(1)当θ=π3时，①求证：A O⊥B F2；②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值；(2)是否存在θ0<θ<π2，使得折叠后△A B F2的周长为152？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．14【导数与三角函数】(2024·山东烟台·一模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为1的圆A 沿着x 轴正向无滑动地滚动，点M 为圆A 上一个定点，其初始位置为原点O ,t 为AM 绕点A 转过的角度(单位：弧度，t ≥0).(1)用t 表示点M 的横坐标x 和纵坐标y ；(2)设点M 的轨迹在点M 0(x 0,y 0)(y 0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：1+cos2θy 0为定值；(3)若平面内一条光滑曲线C 上每个点的坐标均可表示为(x (t ),y (t )),t ∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F (β)-F (α)，其中函数F (t )满足F (t )=[x (t )]2+[y (t )]2.当点M 自点O 滚动到点E 时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE 的长度.15【导数与数列】(2024·山东济宁·一模)已知函数f x =ln x -12ax 2+12a ∈R ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若0<x 1<x 2，证明：对任意a ∈0,+∞ ，存在唯一的实数ξ∈x 1,x 2 ，使得f (ξ)=f x 2 -f x 1 x 2-x 1成立；(3)设a n =2n +1n2，n ∈N *，数列a n 的前n 项和为S n ．证明：S n >2ln (n +1)．。

导数压轴题题型(学生版)

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导数压轴题题型引例【2016高考山东理数】(本小题满分13分)已知. （I ）讨论的单调性；（II ）当时，证明对于任意的成立.()221()ln ,R x f x a x x a x-=-+∈()f x 1a =()3()'2f x f x +＞[]1,2x ∈1. 高考命题回顾例1.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.例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点.(I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<.例3.（本小题满分12分）已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数例4.(本小题满分13分)已知常数,函数 (Ⅰ)讨论在区间上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.例6已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

例7已知函数，曲线在点处的切线方程为。

（Ⅰ）求、的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。

ln ()1a x b f x x x=++()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x>+-k例8已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x.(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.2. 在解题中常用的有关结论※价转化为方程()0f x '=在区间I 上有实根且为非二重根。

高中数学导数压轴题专题训练

高中数学导数压轴题专题训练

高中数学导数尖子生辅导填选压轴一．选择题共30小题1．2013文昌模拟如图是fx=x3+bx2+cx+d的图象,则x12+x22的值是A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先利用图象得：fx=xx+1x﹣2=x3﹣x2﹣2x,求出其导函数,利用x1,x2是原函数的极值点,求出x1+x2=,,即可求得结论．解答：解：由图得：fx=xx+1x﹣2=x3﹣x2﹣2x,∴f'x=3x2﹣2x﹣2∵x1,x2是原函数的极值点所以有x1+x2=,,故x12+x22=x1+x22﹣2x1x2==．故选D．点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值,是对基础知识的考查,属于基础题．2．2013乐山二模定义方程fx=f′x的实数根x0叫做函数fx的“新驻点”,若函数gx=x,hx=lnx+1,φx=x3﹣1的“新驻点”分别为α,β,γ,则α,β,γ的大小关系为A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α考点：导数的运算．专题：压轴题；新定义．分析：分别对gx,hx,φx求导,令g′x=gx,h′x=hx,φ′x=φx,则它们的根分别为α,β,γ,即α=1,lnβ+1=,γ3﹣1=3γ2,然后分别讨论β、γ的取值范围即可．解答：解：∵g′x=1,h′x=,φ′x=3x2,由题意得：α=1,lnβ+1=,γ3﹣1=3γ2,①∵lnβ+1=,∴β+1β+1=e,当β≥1时,β+1≥2,∴β+1≤＜2,∴β＜1,这与β≥1矛盾,∴0＜β＜1；②∵γ3﹣1=3γ2,且γ=0时等式不成立,∴3γ2＞0∴γ3＞1,∴γ＞1．∴γ＞α＞β．故选C．点评：函数、导数、不等式密不可分,此题就是一个典型的代表,其中对对数方程和三次方程根的范围的讨论是一个难点．3．2013山东抛物线C1：的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线,则p=A．B．C．D．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质．专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由曲线方程求出抛物线与双曲线的焦点坐标,由两点式写出过两个焦点的直线方程,求出函数在x取直线与抛物线交点M的横坐标时的导数值,由其等于双曲线渐近线的斜率得到交点横坐标与p的关系,把M点的坐标代入直线方程即可求得p的值．解答：解：由,得x2=2pyp＞0,所以抛物线的焦点坐标为F．由,得,．所以双曲线的右焦点为2,0．则抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线所在直线方程为,即①．设该直线交抛物线于M,则C1在点M处的切线的斜率为．由题意可知,得,代入M点得M把M点代入①得：．解得p=．故选D．点评：本题考查了双曲线的简单几何性质,考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程,函数在曲线上某点处的切线的斜率等于函数在该点处的导数,是中档题．4．2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1＜x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A．3B．4C．5D．6考点：利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：由函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,可得f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,必有△=4a2﹣12b ＞0．而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△＞0,可知此方程有两解且fx=x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程fx=x1或fx=x2解得个数．解答：解：∵函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,∴f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2,∴,．而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△＞0,∴此方程有两解且fx=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2,fx1＞0．①把y=fx向下平移x1个单位即可得到y=fx﹣x1的图象,∵fx1=x1,可知方程fx=x1有两解．②把y=fx向下平移x2个单位即可得到y=fx﹣x2的图象,∵fx1=x1,∴fx1﹣x2＜0,可知方程fx=x2只有一解．综上①②可知：方程fx=x1或fx=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3fx2+2afx+b=0的只有3不同实根．故选A．点评：本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识,考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．5．2013湖北已知a为常数,函数fx=xlnx﹣ax有两个极值点x1,x2x1＜x2A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先求出f′x,令f′x=0,由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1,x2函数gx=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点g′x在0,+∞上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．解答：解：∵=lnx+1﹣2ax,x＞0令f′x=0,由题意可得lnx=2ax﹣1有两个解x1,x2函数gx=lnx+1﹣2ax有且只有两个零点g′x在0,+∞上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时,g′x＞0,f′x单调递增,因此gx=f′x至多有一个零点,不符合题意,应舍去．②当a＞0时,令g′x=0,解得x=,∵x,g′x＞0,函数gx单调递增；时,g′x＜0,函数gx单调递减．∴x=是函数gx的极大值点,则＞0,即＞0,∴ln2a＜0,∴0＜2a＜1,即．∵,f′x1=lnx1+1﹣2ax1=0,f′x2=lnx2+1﹣2ax2=0．且fx1=x1lnx1﹣ax1=x12ax1﹣1﹣ax1=x1ax1﹣1＜x1﹣ax1=＜0,fx2=x2lnx2﹣ax2=x2ax2﹣1＞=﹣．．故选D．点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键．6．2013辽宁设函数fx满足x2f′x+2xfx=,f2=,则x＞0时,fxA．有极大值,无极小值B．有极小值,无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值考点：函数在某点取得极值的条件；导数的运算．专题：压轴题；导数的综合应用．分析：先利用导数的运算法则,确定fx的解析式,再构造新函数,确定函数的单调性,即可求得结论．解答：解：∵函数fx满足,∴∴x＞0时,dx∴∴令gx=,则令g′x=0,则x=2,∴x∈0,2时,g′x＜0,函数单调递减,x∈2,+∞时,g′x＞0,函数单调递增∴gx在x=2时取得最小值∵f2=,∴g2==0∴gx≥g2=0∴≥0即x＞0时,fx单调递增∴fx既无极大值也无极小值故选D．点评：本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与极值,考查学生分析解决问题的能力,难度较大．7．2013安徽若函数fx=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且fx1=x1,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数是A．3B．4C．5D．6考点：函数在某点取得极值的条件；根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：求导数f′x,由题意知x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,从而关于fx的方程3fx2+2afx+b=0有两个根,作出草图,由图象可得答案．解答：解：f′x=3x2+2ax+b,x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根,不妨设x2＞x1,由3fx2+2afx+b=0,则有两个fx使等式成立,x1=fx1,x2＞x1=fx1,如下示意图象：如图有三个交点,故选A．点评：考查函数零点的概念、以及对嵌套型函数的理解,考查数形结合思想．8．2014海口二模设fx是定义在R上的奇函数,且f2=0,当x＞0时,有恒成立,则不等式x2fx＞0的解集是A．﹣2,0∪2,+∞B．﹣2,0∪0,2 C．﹣∞,﹣2∪2,+∞D．﹣∞,﹣2∪0,2考点：函数的单调性与导数的关系；奇偶函数图象的对称性；其他不等式的解法．专题：综合题；压轴题．分析：首先根据商函数求导法则,把化为′＜0；然后利用导函数的正负性,可判断函数y=在0,+∞内单调递减；再由f2=0,易得fx在0,+∞内的正负性；最后结合奇函数的图象特征,可得fx在﹣∞,0内的正负性．则x2fx＞0fx＞0的解集即可求得．解答：解：因为当x＞0时,有恒成立,即′＜0恒成立,所以在0,+∞内单调递减．因为f2=0,所以在0,2内恒有fx＞0；在2,+∞内恒有fx＜0．又因为fx是定义在R上的奇函数,所以在﹣∞,﹣2内恒有fx＞0；在﹣2,0内恒有fx＜0．又不等式x2fx＞0的解集,即不等式fx＞0的解集．所以答案为﹣∞,﹣2∪0,2．故选D．点评：本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系,同时考查了奇偶函数的图象特征．9．2014重庆三模对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0,给出定义：设f′x是函数y=fx的导数,f″x是f′x的导数,若方程f′′x=0有实数解x0,则称点x0,fx0为函数y=fx的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心．设函数gx=,则g+=A．2011 B．2012 C．2013 D．2014考点：导数的运算；函数的值；数列的求和．专题：压轴题；导数的概念及应用．分析：正确求出对称中心,利用对称中心的性质即可求出．解答：解：由题意,g′x=x2﹣x+3,∴g″x=2x﹣1,令g″x=0,解得,又,∴函数gx的对称中心为．∴,,…∴g+=2012．故选B．点评：正确求出对称中心并掌握对称中心的性质是解题的关键．10．2014上海二模已知fx=alnx+x2a＞0,若对任意两个不等的正实数x1,x2,都有＞2恒成立,则a的取值范围是A．0,1 B．1,+∞C．0,1 D．1,+∞考点：导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：先将条件“对任意两个不等的正实数x1,x2,都有＞2恒成立”转换成当x＞0时,f'x≥2恒成立,然后利用参变量分离的方法求出a的范围即可．解答：解：对任意两个不等的正实数x1,x2,都有＞2恒成立则当x＞0时,f'x≥2恒成立f'x=+x≥2在0,+∞上恒成立则a≥2x﹣x2max=1故选D．点评：本题主要考查了导数的几何意义,以及函数恒成立问题,同时考查了转化与划归的数学思想,属于基础题．11．2012桂林模拟已知在﹣∞,+∞上是增函数,则实数a的取值范围是A．﹣∞,1 B．﹣1,4 C．﹣1,1 D．﹣∞,1考点：利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；压轴题．分析：要是一个分段函数在实数上是一个增函数,需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增,当x小于0时,要使的函数是一个减函数,求导以后导函数横小于0,注意两个端点处的大小关系．解答：解：∵要是一个分段函数在实数上是一个增函数．需要两段都是增函数且两个函数的交点处要满足递增,当x＜0时,y′=3x2﹣a﹣1＞0恒成立,∴a﹣1＜3x2∴a﹣1≤0∴a≤1,当x=0时,a2﹣3a﹣4≤0∴﹣1≤a≤4,综上可知﹣1≤a≤1故选C．点评：本题考查函数的单调性,分段函数的单调性,解题的关键是在两个函数的分界处,两个函数的大小关系一定要写清楚．12．2012河北模拟定义在1,+∞上的函数fx满足：①f2x=cfxc为正常数；②当2≤x≤4时,fx=1﹣x﹣32,若函数fx的图象上所有极大值对应的点均落在同一条直线上,则c等于A．1B．2C．1或2 D．4或2考点：利用导数研究函数的极值；抽象函数及其应用．专题：计算题；压轴题．分析：由已知可得分段函数fx的解析式,进而求出三个函数的极值点坐标,根据三点共线,则任取两点确定的直线斜率相等,可以构造关于c的方程,解方程可得答案．解答：解：∵当2≤x≤4时,fx=1﹣x﹣32当1≤x＜2时,2≤2x＜4,则fx=f2x=1﹣2x﹣32此时当x=时,函数取极大值当2≤x≤4时,fx=1﹣x﹣32此时当x=3时,函数取极大值1当4＜x≤8时,2＜x≤4则fx=cf x=c1﹣x﹣32,此时当x=6时,函数取极大值c∵函数的所有极大值点均落在同一条直线上,即点,,3,1,6,c共线,∴解得c=1或2．故选C点评：本题考查的知识点是三点共线,函数的极值,其中根据已知分析出分段函数fx的解析式,进而求出三个函数的极值点坐标,是解答本题的关键．13．2012桂林模拟设a∈R,函数fx=e x+ae﹣x的导函数是f′x,且f′x是奇函数．若曲线y=fx的一条切线的斜率是,则切点的横坐标为A．l n2 B．﹣ln2 C．D．考点：简单复合函数的导数．专题：压轴题．分析：已知切线的斜率,要求切点的横坐标必须先求出切线的方程,我们可从奇函数入手求出切线的方程．解答：解：对fx=e x+ae﹣x求导得f′x=e x﹣ae﹣x又f′x是奇函数,故f′0=1﹣a=0解得a=1,故有f′x=e x﹣e﹣x,设切点为x0,y0,则,得或舍去,得x0=ln2．点评：熟悉奇函数的性质是求解此题的关键,奇函数定义域若包含x=0,则一定过原点．14．2012太原模拟已知定义在R上的函数y=fx﹣1的图象关于点1,0对称,且x∈﹣∞,0时,fx+xf′x＜0成立,其中f′x是fx的导函数,a=f,b=logπ3．flogπ3,则a,b,c的大小关系是A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质；导数的乘法与除法法则．专题：计算题；压轴题．分析：由“当x∈﹣∞,0时不等式fx+xf′x＜0成立”知xfx是减函数,要得到a,b,c的大小关系,只要比较的大小即可．解答：解：∵当x∈﹣∞,0时不等式fx+xf′x＜0成立即：xfx′＜0,∴xfx在﹣∞,0上是减函数．又∵函数y=fx﹣1的图象关于点1,0对称,∴函数y=fx的图象关于点0,0对称,∴函数y=fx是定义在R上的奇函数∴xfx是定义在R上的偶函数∴xfx在0,+∞上是增函数．又∵=﹣2,2=．∴＞f＞logπ3flogπ3即＞f＞logπ3flogπ3即：c＞a＞b故选C．点评：本题考查的考点与方法有：1所有的基本函数的奇偶性；2抽象问题具体化的思想方法,构造函数的思想；3导数的运算法则：uv′=u′v+uv′；4指对数函数的图象；5奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．本题结合已知构造出hx是正确解答的关键所在．15．2012广东模拟已知fx为定义在﹣∞,+∞上的可导函数,且fx＜f′x对于x∈R恒成立,且e为自然对数的底,则A．f1＞ef0,f2012＞e2012f0 B．f1＜ef0,f2012＞e2012f0C．f1＞ef0,f2012＜e2012f0 D．f1＜ef0,f2012＜e2012f0考点：导数的运算．专题：计算题；压轴题．分析：构造函数y=的导数形式,并判断增减性,从而得到答案．解答：解：∵fx＜f'x 从而f'x﹣fx＞0 从而＞0即＞0,所以函数y=单调递增,故当x＞0时,=f0,整理得出fx＞e x f0当x=1时f1＞ef0,当x=2012时f2012＞e2012f0．故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的关系,函数单调性的关系,考查转化、构造、计算能力．16．2012无为县模拟已知定义在R上的函数fx、gx满足,且f′xgx＜fxg′x,,若有穷数列n∈N的前n项和等于,则n等于A．4B．5C．6D．7考点：导数的运算；数列的求和．专题：压轴题．分析：利用导数研究函数的单调性得到a的范围,再利用等比数列前n项和公式即可得出．解答：解：∵=,f′xgx＜fxg′x,∴=＜0,即函数单调递减,∴0＜a＜1．又,即,即,解得a=2舍去或．∴,即数列是首项为,公比的等比数列,∴==,由解得n=5,故选B．点评：熟练掌握导数研究函数的单调性、等比数列前n项和公式是解题的关键．17．2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P．设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题：①fx在1,3上的图象是连续不断的；②fx2在1,上具有性质P；③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3；④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A．①②B．①③C．②④D．③④考点：利用导数求闭区间上函数的最值；抽象函数及其应用；函数的连续性．专题：压轴题；新定义．分析：根据题设条件,分别举出反例,说明①和②都是错误的；同时证明③和④是正确的．解答：解：在①中,反例：fx=在1,3上满足性质P,但fx在1,3上不是连续函数,故①不成立；在②中,反例：fx=﹣x在1,3上满足性质P,但fx2=﹣x2在1,上不满足性质P,故②不成立；在③中：在1,3上,f2=f≤,∴,故fx=1,∴对任意的x1,x2∈1,3,fx=1,故③成立；在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有=≤≤=fx1+fx2+fx3+fx4,∴fx1+fx2+fx3+fx4,故④成立．故选D．点评：本题考查的知识点为函数定义的理解,说明一个结论错误时,只需举出反例即可．说明一个结论正确时,要证明对所有的情况都成立．18．2013文昌模拟设动直线x=m与函数fx=x3,gx=lnx的图象分别交于点M、N,则|MN|的最小值为A．B．C．D．l n3﹣1考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题．分析：构造函数Fx=fx﹣gx,求出导函数,令导函数大于0求出函数的单调递增区间,令导函数小于0求出函数的单调递减区间,求出函数的极小值即最小值．解答：解：画图可以看到|MN|就是两条曲线间的垂直距离．设Fx=fx﹣gx=x3﹣lnx,求导得：F'x=．令F′x＞0得x＞；令F′x＜0得0＜x＜,所以当x=时,Fx有最小值为F=+ln3=1+ln3,故选A点评：求函数的最值时,先利用导数求出函数的极值和区间的端点值,比较在它们中求出最值．19．2011枣庄二模设f′x是函数fx的导函数,有下列命题：①存在函数fx,使函数y=fx﹣f′x为偶函数；②存在函数fxf′x≠0,使y=fx与y=f′x的图象相同；③存在函数fxf′x≠0使得y=fx与y=f′x的图象关于x轴对称．其中真命题的个数为A．0B．1C．2D．3考点：导数的运算；函数奇偶性的判断．专题：计算题；压轴题．分析：对于三个命题分别寻找满足条件的函数,三个函数分别是fx=0,fx=e x,fx=e﹣x,从而得到结论．解答：解：存在函数fx=0,使函数y=fx﹣f′x=0为偶函数,故①正确存在函数fx=e x,使y=fx与y=f′x的图象相同,故②正确存在函数fx=e﹣x使得y=fx与y=f′x的图象关于x轴对称,故③正确．故选D．点评：本题主要考查了函数的奇偶性以及函数图象的对称性,解题的关键就是寻找满足条件的函数,属于基础题．20．2011武昌区模拟已知fx是定义域为R的奇函数,f﹣4=﹣1,fx的导函数f′x的图象如图所示．若两正数a,b满足fa+2b＜1,则的取值范围是A．B．C．﹣1,10 D．﹣∞,﹣1考点：函数的单调性与导数的关系；斜率的计算公式．专题：计算题；压轴题；数形结合．分析：先由导函数f′x是过原点的二次函数入手,再结合fx是定义域为R的奇函数求出fx；然后根据a、b的约束条件画出可行域,最后利用的几何意义解决问题．解答：解：由fx的导函数f′x的图象,设f′x=mx2,则fx=+n．∵fx是定义域为R的奇函数,∴f0=0,即n=0．又f﹣4=m×﹣64=﹣1,∴fx=x3=．且fa+2b=＜1,∴＜1,即a+2b＜4．又a＞0,b＞0,则画出点b,a的可行域如下图所示．而可视为可行域内的点b,a与点M﹣2,﹣2连线的斜率．又因为k AM=3,k BM=,所以＜＜3．故选B．点评：数形结合是数学的基本思想方法：遇到二元一次不定式组要考虑线性规划,遇到的代数式要考虑点x,y 与点a,b连线的斜率．这都是由数到形的转化策略．21．2011雅安三模下列命题中：①函数,fx=sinx+x∈0,π的最小值是2；②在△ABC中,若sin2A=sin2B,则△ABC是等腰或直角三角形；③如果正实数a,b,c满足a + b＞c则+＞；④如果y=fx是可导函数,则f′x0=0是函数y=fx在x=x0处取到极值的必要不充分条件．其中正确的命题是A．①②③④B．①④C．②③④D．②③考点：函数在某点取得极值的条件；不等关系与不等式；三角函数中的恒等变换应用．专题：常规题型；压轴题．分析：根据基本不等式和三角函数的有界性可知真假,利用题设等式,根据和差化积公式整理求得cosA+B=0或sinA ﹣B=0,推断出A+B=或A=B,则三角形形状可判断出．构造函数y=,根据函数的单调性可证得结论；由函数极值点与导数的关系,我们易判断对错．解答：解：①fx=sinx+≥2,当sinx=时取等号,而sinx的最大值是1,故不正确；②∵sin2A=sin2B∴sin2A﹣sin2B=cosA+BsinA﹣B=0∴cosA+B=0或sinA﹣B=0∴A+B=或A=B∴三角形为直角三角形或等腰三角形,故正确；③可构造函数y=,该函数在0．+∞上单调递增,a+b＞c则+＞,故正确；④∵fx是定义在R上的可导函数,当f′x0=0时,x0可能fx极值点,也可能不是fx极值点,当x0为fx极值点时,f′x0=0一定成立,故f′x0=0是x0为fx极值点的必要不充分条件,故④正确；故选C．点评：考查学生会利用基本不等式解题,注意等号成立的条件,同时考查了极值的有关问题,属于综合题．22．2011万州区一模已知fx=2x3﹣6x2+mm为常数在﹣2,2上有最大值3,那么此函数在﹣2,2上的最小值是A．﹣37 B．﹣29 C．﹣5 D．以上都不对考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：常规题型；压轴题．分析：先求导数,根据单调性研究函数的极值点,在开区间﹣2,2上只有一极大值则就是最大值,从而求出m,通过比较两个端点﹣2和2的函数值的大小从而确定出最小值,得到结论．解答：解：∵f′x=6x2﹣12x=6xx﹣2,∵fx在﹣2,0上为增函数,在0,2上为减函数,∴当x=0时,fx=m最大,∴m=3,从而f﹣2=﹣37,f2=﹣5．∴最小值为﹣37．故选：A点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值,求函数在闭区间a,b上的最大值与最小值是通过比较函数在a,b 内所有极值与端点函数fa,fb 比较而得到的,属于基础题．23．2010河东区一模已知定义在R上的函数fx是奇函数,且f2=0,当x＞0时有,则不等式x2fx＞0的解集是A．﹣2,0∪2,+∞B．﹣∞,﹣2∪0,2 C．﹣2,0∪0,2 D．﹣2,2∪2,+∞考点：函数的单调性与导数的关系；函数单调性的性质．专题：计算题；压轴题．分析：首先根据商函数求导法则,把化为′＜0；然后利用导函数的正负性,可判断函数y=在0,+∞内单调递减；再由f2=0,易得fx在0,+∞内的正负性；最后结合奇函数的图象特征,可得fx在﹣∞,0内的正负性．则x2fx＞0fx＞0的解集即可求得．解答：解：因为当x＞0时,有恒成立,即′＜0恒成立,所以在0,+∞内单调递减．因为f2=0,所以在0,2内恒有fx＞0；在2,+∞内恒有fx＜0．又因为fx是定义在R上的奇函数,所以在﹣∞,﹣2内恒有fx＞0；在﹣2,0内恒有fx＜0．又不等式x2fx＞0的解集,即不等式fx＞0的解集．所以答案为﹣∞,﹣2∪0,2．故选B．点评：本题主要考查函数求导法则及函数单调性与导数的关系,同时考查了奇偶函数的图象特征．24．2010惠州模拟给出定义：若函数fx在D上可导,即f′x存在,且导函数f′x在D上也可导,则称fx在D上存在二阶导函数,记f″x=f′x′,若f″x＜0在D上恒成立,则称fx在D上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是A．f x=sinx+cosx B．f x=lnx﹣2x C．f x=﹣x3+2x﹣1 D．f x=﹣xe﹣x考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：对ABCD分别求二次导数,逐一排除可得答案．解答：解：对于fx=sinx+cosx,f′x=cosx﹣sinx,f″x=﹣sinx﹣cosx,当x∈时,f″x＜0,故为凸函数,排除A；对于fx=lnx﹣2x,f′x=,f″x=﹣,当x∈时,f″x＜0,故为凸函数,排除B；对于fx=﹣x3+2x﹣1,f′x=﹣3x2+2,f″x=﹣6x,当x∈时,f″x＜0,故为凸函数,排除C；故选D．点评：本题主要考查函数的求导公式．属基础题．25．2010黄冈模拟已知fx为定义在﹣∞,+∞上的可导函数,且fx＜f′x对于x∈R恒成立,则A．f2＞e2f0,f2010＞e2010f0 B．f2＜e2f0,f2010＞e2010f0C．f2＞e2f0,f2010＜e2010f0 D．f2＜e2f0,f2010＜e2010f0考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：先转化为函数y=的导数形式,再判断增减性,从而得到答案．解答：解：∵fx＜f'x 从而f'x﹣fx＞0 从而＞0从而＞0 从而函数y=单调递增,故x=2时函数的值大于x=0时函数的值,即所以f2＞e2f0．同理f2010＞e2010f0；故选A．点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系,即导函数大于0时原函数单调递增,当导函数小于0时原函数单调递减．26．2010龙岩二模已知fx、gx都是定义在R上的函数,f′xgx+fxg′x＜0,fxgx=a x,f1g1+f﹣1g﹣1=．在区间﹣3,0上随机取一个数x,fxgx的值介于4到8之间的概率是A．B．C．D．考点：利用导数研究函数的单调性；几何概型．专题：计算题；压轴题．分析：根据函数积的导数公式,可知函数fxgx在R上是减函数,根据fxgx=a x,f1g1+f﹣1g﹣1=．我们可以求出函数解析式,从而可求出fxgx的值介于4到8之间时,变量的范围,利用几何概型的概率公式即可求得．解答：解：由题意,∵f'xgx+fxg'x＜0,∴fxgx'＜0,∴函数fxgx在R上是减函数∵fxgx=a x,∴0＜a＜1∵f1g1+f﹣1g﹣1=．∴∴∵fxgx的值介于4到8∴x∈﹣3,﹣2∴在区间﹣3,0上随机取一个数x,fxgx的值介于4到8之间的概率是故选A．点评：本题的考点是利用导数确定函数的单调性,主要考查积的导数的运算公式,考查几何概型,解题的关键是确定函数的解析式,利用几何概型求解．27．2010成都一模已知函数在区间1,2内是增函数,则实数m的取值范围是A．B．C．0,1 D．考点：利用导数研究函数的单调性．专题：压轴题．分析：首先求出函数的导数,然后根据导数与函数增减性的关系求出m的范围．解答：解：由题得f′x=x2﹣2mx﹣3m2=x﹣3mx+m,∵函数在区间1,2内是增函数,∴f′x＞0,当m≥0时,3m≤1,∴0≤m≤,当m＜0时,﹣m≤1,∴﹣1≤m＜0,∴m∈﹣1,．故选D．点评：掌握函数的导数与单调性的关系．28．2009安徽设函数fx=x3+x2+tanθ,其中θ∈0,,则导数f′1的取值范围是A．﹣2,2 B．,C．,2 D．,2考点：导数的运算．专题：压轴题．分析：利用基本求导公式先求出f′x,然后令x=1,求出f′1的表达式,从而转化为三角函数求值域问题,求解即可．解答：解：∵f′x=sinθx2+cosθx,∴f′1=sinθ+cosθ=2sinθ+．∵θ∈0,,∴θ+∈,．∴sinθ+∈,1．∴2sinθ+∈,2．故选D．点评：本题综合考查了导数的运算和三角函数求值域问题,熟记公式是解题的关键．29．2009天津设函数fx在R上的导函数为f′x,且2fx+xf′x＞x2,下面的不等式在R内恒成立的是A．f x＞0 B．f x＜0 C．f x＞x D．f x＜x考点：导数的运算．专题：压轴题．分析：对于这类参数取值问题,针对这些没有固定套路解决的选择题,最好的办法就是排除法．解答：解：∵2fx+xf′x＞x2,令x=0,则fx＞0,故可排除B,D．如果fx=x2+,时已知条件2fx+xf′x＞x2成立,但fx＞x 未必成立,所以C也是错的,故选A故选A．点评：本题考查了运用导数来解决函数单调性的问题．通过分析解析式的特点,考查了分析问题和解决问题的能力．30．2009陕西设曲线y=x n+1n∈N在点1,1处的切线与x轴的交点的横坐标为x n,则x1x2…x n的值为A．B．C．D．1考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的斜率．专题：计算题；压轴题．分析：欲判x1x2…x n的值,只须求出切线与x轴的交点的横坐标即可,故先利用导数求出在x=1处的导函数值,再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．解答：解：对y=x n+1n∈N求导得y′=n+1x n,令x=1得在点1,1处的切线的斜率k=n+1,在点1,1处的切线方程为y﹣1=kx n﹣1=n+1x n﹣1,不妨设y=0,则x1x2x3…x n=××,故选B．点评：本小题主要考查直线的斜率、利用导数研究曲线上某点切线方程、数列等基础知识,考查运算求解能力、化归与转化思想．属于基础题．高中数学导数尖子生辅导解答题一．解答题共30小题1．2014遵义二模设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1＜x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性；Ⅱ证明：fx2＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．专题：计算题；证明题；压轴题．分析：1先确定函数的定义域然后求导数fˊx,令gx=2x2+2x+a,由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,建立不等关系解之即可,在函数的定义域内解不等式fˊx＞0和fˊx＜0,求出单调区间；2x2是方程gx=0的根,将a用x2表示,消去a得到关于x2的函数,研究函数的单调性求出函数的最大值,即可证得不等式．解答：解：I令gx=2x2+2x+a,其对称轴为．由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,其充要条件为,得1当x∈﹣1,x1时,f'x＞0,∴fx在﹣1,x1内为增函数；2当x∈x1,x2时,f'x＜0,∴fx在x1,x2内为减函数；3当x∈x2,+∞时,f'x＞0,∴fx在x2,+∞内为增函数；II由Ig0=a＞0,∴,a=﹣2x22+2x2∴fx2=x22+aln1+x2=x22﹣2x22+2x2ln1+x2设,则h'x=2x﹣22x+1ln1+x﹣2x=﹣22x+1ln1+x1当时,h'x＞0,∴hx在单调递增；2当x∈0,+∞时,h'x＜0,hx在0,+∞单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性,以及利用导数研究函数的极值等有关知识,属于基础题．2．2014武汉模拟己知函数fx=x2e﹣xⅠ求fx的极小值和极大值；Ⅱ当曲线y=fx的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用．分析：Ⅰ利用导数的运算法则即可得出f′x,利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义,即可求出函数的极值；Ⅱ利用导数的几何意义即可得到切线的斜率,得出切线的方程,利用方程求出与x轴交点的横坐标,再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可．解答：解：Ⅰ∵fx=x2e﹣x,∴f′x=2xe﹣x﹣x2e﹣x=e﹣x2x﹣x2,令f′x=0,解得x=0或x=2,令f′x＞0,可解得0＜x＜2；令f′x＜0,可解得x＜0或x＞2,故函数在区间﹣∞,0与2,+∞上是减函数,在区间0,2上是增函数．∴x=0是极小值点,x=2极大值点,又f0=0,f2=．故fx的极小值和极大值分别为0,．II设切点为,则切线方程为y﹣=x﹣x0,令y=0,解得x==,因为曲线y=fx的切线l的斜率为负数,∴＜0,∴x0＜0或x0＞2,。

高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题

高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题

高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数与导数交汇的重要题型，这类问题由于比较抽象，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍．实际上，根据所解不等式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法．[典例]设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)[思路点拨]观察xf′(x)－f(x)<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，尝试构造函数F(x)＝f(x)x求解．[方法演示]法一：构造抽象函数求解设F(x)＝f(x)x.因为f(x)是奇函数，故F(x)是偶函数，F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，易知当x>0时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(－1)＝0，则f(1)＝0，于是F(－1)＝F(1)＝0，f(x)＝xF(x)，解不等式f(x)>0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f(x)>0，故选A.法二：构造具体函数求解设f(x)是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项．又f(1)＝－f(－1)＝0，所以f(x)能被x2－1整除．因此可取f(x)＝x－x3，检验知f(x)满足题设条件．解不等式f(x)>0，得x∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.答案：A[解题师说]抽象函数的导数问题在高考中常考常新，可谓变化多端，解决此类问题的关键是构造函数，常见的构造函数方法有如下几种：(1)利用和、差函数求导法则构造函数①对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；②对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(2)利用积、商函数求导法则构造函数①对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )； ②对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)． (3)利用积、商函数求导法则的特殊情况构造函数①对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； ②对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x(x ≠0)； ③对于不等式xf ′(x )＋nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝x n f (x )； ④对于不等式xf ′(x )－nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x n (x ≠0)； ⑤对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e x f (x )； ⑥对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e x； ⑦对于不等式f (x )＋f ′(x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝sin xf (x )； ⑧对于不等式f (x )－f ′(x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )sin x (sin x ≠0)；⑨对于不等式f ′(x )－f (x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝cos xf (x )； ⑩对于不等式f ′(x )＋f (x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )cos x (cos x ≠0)．⑪(理)对于不等式f ′(x )＋kf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e kx f (x )； ⑫(理)对于不等式f ′(x )－kf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e kx ；[应用体验]1．定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )<12，则不等式f (lg x )>lg x ＋12的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )－x ＋12， 则g ′(x )＝f ′(x )－12<0，∴g (x )在定义域上是减函数． 又g (1)＝f (1)－1＝0，∴原不等式可化为g (lg x )>g (1)， ∴lg x <1，解得0<x <10.∴原不等式的解集为{x |0<x <10}． 答案：(0,10)2．已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π2内的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则不等式f (x )<2f ⎝⎛⎭⎫π6sin x 的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x <0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内为减函数． 由f (x )<2f ⎝⎛⎭⎫π6sin x ， 得f (x )sin x <2f ⎝⎛⎭⎫π6＝f ⎝⎛⎭⎫π6sin π6， 即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫π6，∴π6<x <π2， ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x π6<x <π2.答案：⎝⎛⎭⎫π6，π2一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(－3，－2)∪(2,3)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：选A 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，解得－3<x <－2或2<x <3.2．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f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)，所以x ＋1<x 2－1，解得x >2.3．已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)解析：选D 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝x 2f ′(x )＋2xf (x )＝x [xf ′(x )＋2f (x )]．由题意知，当x >0时，xf ′(x )＋2f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，则g (x )也是偶函数，所以g (x )＝g (|x |)，由g (x )<g (1)，得g (|x |)<g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0，所以x ∈(－1,0)∪(0,1)． 4．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)解析：选D 设F (x )＝f (x )g (x )，当x <0时， ∵F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， ∴F (x )在(－∞，0)上为增函数．又∵F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )， 故F (x )为R 上的奇函数．∴F (x )在(0，＋∞)上也为增函数． 由g (－3)＝0，得F (－3)＝F (3)＝0.画出函数F (x )的大致图象如图所示， ∴F (x )<0的解集为{x |x <－3或0<x <3}．5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对于任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (a )≤f (b )B ．bf (b )≤f (a )C ．af (b )≤bf (a )D ．bf (a )≤af (b )解析：选C ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，且x >0，f (x )≥0. ∴f ′(x )≤－f (x )x ，即f (x )在(0，＋∞)上是减函数．又0<a <b ，∴af (b )<bf (a )，当f (x )＝0时，符合题意，则af (b )＝bf (a )，故af (b )≤bf (a )．6．设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下面的不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x解析：选A 法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]， 当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2， 令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D.如果f (x )＝x 2＋0.1，已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不恒成立，故排除C ，选A.7．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则不等式f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析：选B令m(x)＝f(x)－(2x＋4)，则m′(x)＝f′(x)－2>0，∴函数m(x)在R上为单调递增函数．又∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．8．设函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)上可导，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时必有()A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)解析：选C令函数h(x)＝f(x)－g(x)．因为f′(x)<g′(x)，故h′(x)＝[f(x)－g(x)]′＝f′(x)－g′(x)<0，即函数h(x)在区间[a，b]上单调递减．所以x∈(a，b)时必有h(b)<h(x)<h(a)，即f(b)－g(b)<f(x)－g(x)<f(a)－g(a)，移项整理得，f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故选项C正确．9．函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(－2)＝0，且x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，则不等式xf(x)≥0的解集是()A．[－2,0]B．[0,2]C．[－2,2]D．[－2,0]∪[2，＋∞)解析：选D因为x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，故构造函数y＝xf(x)，则该函数在(0，＋∞)上单调递增．又因为f(x)为偶函数，故y＝xf(x)为奇函数．结合f(－2)＝0，画出函数y＝xf(x)的大致图象如图所示．所以不等式xf(x)≥0的解集为[－2,0]∪[2，＋∞)．10．函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (3)＝0，且x <0时，xf ′(x )<f (x )，则不等式f (x )≥0的解集为( )A ．(－∞，0)B ．[－3,0]∪[3，＋∞)C ．[－3,3]D ．[0,3]解析：选B 令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为定义在R 上的奇函数，所以F (x )为偶函数，当x <0时，F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故f (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数． 结合f (3)＝0，画出函数F (x )＝f (x )x 的大致图象如图所示．所以不等式f (x )≥0的解集为[－3,0]∪[3，＋∞)．11．函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且f (x )>f ′(x )对任意x ∈R 都成立，则下列不等式中成立的是( )A ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017)B ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017)C ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017)D ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017) 解析：选D 令函数g (x )＝f (x )e x .由f (x )>f ′(x )，得f ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x <0，即函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．所以f (2 018)e 2 018<f (2 017)e 2 017<f (0)e0，即有f (2 018)<e f (2 017)，f (2 018)<e 2 018f (0)．12．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫1k <1kB ．f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1 C ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1解析：选C 令g (x )＝f (x )－kx ＋1， 则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1. ∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0， ∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.二、填空题13．设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)的解集为________．解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，∴g (x )是R 上的增函数．又f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可等价转化为x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即g (x ＋1)>g (x 2－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>x 2－1，x －1≥0，解得1≤x <2，∴原不等式的解集为{x |1≤x <2}．答案：[1,2)14．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2·f (x ＋2 018)－4f (－2)>0的解集为________．解析：令g (x )＝x 2f (x )，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )． 结合条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2，将条件两边同时乘以x ， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(－∞，0)上是减函数， 又g (－2)＝4f (－2)，∴由(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)－4f (－2)>0， 即g (x ＋2 018)>g (－2)，得x ＋2 018<－2，解得x <－2 020， ∴原不等式的解集为(－∞，－2 020)． 答案：(－∞，－2 020)15．已知定义在R 上的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且y ＝f (x ＋1)为偶函数．f (2)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为________．解析：令h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x <0，∴h (x )在R 上是减函数，又y ＝f (x ＋1)是偶函数， ∴y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝1.由f (x )<e x ，得f (x )e x <1，又h (0)＝f (0)e 0＝1，∴h (x )<h (0)，∴x >0，故原不等式的解集为{x |x >0}． 答案：(0，＋∞)16．设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，则不等式f (x )>0的解集为______．解析：令g (x )＝f (x )x 2＋1，则g ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2.因为当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递减． 又f (x )＝g (x )(x 2＋1)，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减．又f(x)是R上的奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝0.当x>0时，f(x)>0＝f(1)⇒0<x<1；当x<0时，f(x)>0＝f(－1)⇒x<－1.综上，可得不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．答案：(－∞，－1)∪(0,1)。

高中数学导数压轴题

高中数学导数压轴题

2．设函数 f（x）=x3﹣ax﹣b，x∈R，其中 a，b∈R． （1）求 f（x）的单调区间； （2）若 f（x）存在极值点 x0，且 f（x1）=f（x0 ） ，其中 x1≠x0，求证：x1+2x0=0； （3）设 a＞0，函数 g（x）=|f（x）|，求证：g（x）在区间[﹣1，1]上的最大值 不小于 ．
在区间
8．已知函数 f（x）=alnx﹣ax﹣3（a≠0） ． （Ⅰ）讨论 f（x）的单调性； （Ⅱ）若 f（x）+（a+1）x+4﹣e≤0 对任意 x∈[e，e2]恒成立，求实数 a 的取值范 围（e 为自然常数） ； （Ⅲ）求证 ln（22+1）+ln（32+1）+ln（42+1）+…+ln（n2+1）＜1+2lnn!（n≥2， n∈N*） （n!=1×2×3×…×n） ． 9．已知函数 f（x）=lnx﹣a（x﹣1） ，a∈R （Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性； （Ⅱ）当 x≥1 时，f（x）≤ 恒成立，求 a 的取值范围．
6．已知函数，f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R） ． （1 ）当 a=1 时，求函数 f（x）的单调区间； （2）若函数 y=f（x）的图象在点（2，f（2） ）处的切线的倾斜角为 45° ，问：m 在什么范围取值时，对于任意的 t[1，2]，函数 （t，3）上总存在极值？
7．已知函数 f（x）=x3+ x2+ax+b（a，b 为常数） ，其图象是曲线 C． （1）当 a=﹣2 时，求函数 f（x）的单调减区间； （2）设函数 f（x）的导函数为 f′（x） ，若存在唯一的实数 x0，使得 f（x0）=x0 与 f′（x0）=0 同时成立，求实数 b 的取值范围； （3）已知点 A 为曲线 C 上的动点，在点 A 处作曲线 C 的切线 l1 与曲线 C 交于 另一点 B， 在点 B 处作曲线 C 的切线 l2， 设切线 l1， l2 的斜率分别为 k1， k2． 问： 是否存在常数 λ，使得 k2=λk1？若存在，求出 λ 的值；若不存在，请说明理由．

专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(学生版)-2024年高考数学压轴专题复习

f
x1
f
x2
f
x3 x1
x2
x3 ，求证：
x3
2
x1
e 1．
②差值代换法
1．（2023·全国·高二专题练习）已知函数 g(x) ex ax2 ax ， h(x) ex 2x ln x ．其中 e 为自然对数的底 数． （1）若 f (x) h(x) g(x) ，讨论 f (x) 的单调性；
①对称化构造法
1．（多选）（2023 春·山东德州·高二统考期末）定义在 R 上的函数 f x 满足 f x ex f x ，且 f 0 1，则下列说法正确的是（ ）
A． f x 在 x 2 处取得极小值 B． f x 有两个零点 C．若 x 0 ， f x k 恒成立，则 k 1 D．若 x1 ， x2 R ， x1 x2 ， f x1 f x2 ，则 x1 x2 4 2．（2023 春·河北张家口·高二统考期末）已知函数 f x x ln x . (1)求函数 f x 的单调区间和极值； (2)若方程 f x 2x 1 的两个解为 x1 、 x2 ，求证： x1 x2 2e .
f
x
a x
有两个零点 x1 ， x2 ，求实数
a
的取值范围并证明 x1x2
e2 .
2．（2023 春·福建莆田·高二校考期中）已知函数 f x lnx ax2 . (1)讨论函数 f x 的单调性： (2)若 x1, x2 是方程 f x 0 的两不等实根，求证： x12 x22 2e ；
a
ln
x,
x
1为其极小值
点．
(1)求实数 a 的值；
(2)若存在 x1 x2 ，使得 f x1 f x2 ，求证： x1 x2 2 ．

2024届新高考新试卷结构第19题新定义--导数压轴题分类汇编(学生版)

2024届新高考新试卷结构第19题新定义--导数压轴题分类汇编(学生版)

2024新高考新试卷结构19题新定义导数压轴题分类汇编【精选例题】1悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x =e x +e -x 2的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sin 2x +cos 2x =1，②和角公式：cos x +y =cos x cos y -sin x sin y ，③导数：sin x =cos x ,cos x =-sin x , 定义双曲正弦函数sh x =e x -e -x 2．(1)直接写出sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x >0时，sh x >ax 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)求f x =ch x -cos x -x 2的最小值．2已知a 为实数，f x =x +a ln x +1 ．对于给定的一组有序实数k ,m ，若对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有kx 1-f x 1 +m kx 2-f x 2 +m ≥0，则称k ,m 为f x 的“正向数组”．(1)若a =-2，判断0,0 是否为f x 的“正向数组”，并说明理由；(2)证明：若k ,m 为f x 的“正向数组”，则对任意x >-1，都有kx -f x +m ≤0；(3)已知对任意x 0>-1，f x 0 ,f x 0 -x 0f x 0 都是f x 的“正向数组”，求a 的取值范围．3帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m ，n ，函数f (x )在x =0处的[m ,n ]阶帕德近似定义为：R (x )=a 0+a 1x +⋯+a m x m1+b 1x +⋯+b n xn ，且满足：f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)⋯，f (m +n )(0)=R (m +n )(0)．已知f (x )=ln (x +1)在x =0处的[1,1]阶帕德近似为R(x )=ax 1+bx．注：f (x )=f (x ) ,f (x )=f (x ) ,f (4)(x )=f (x ) ,f (5)(x )=f (4)(x ) ,⋯(1)求实数a ，b 的值；(2)求证：(x +b )f 1x >1；(3)求不等式1+1x x <e <1+1x x +12的解集，其中e =2.71828⋯．4在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB ，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 232(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y 1+y3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．5“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x∈-1,+∞n，在 n∈1,+∞时，有不等式 1+x≥1+nx成立；在 n∈0,1n≤1+nx成立．时，有不等式 1+x(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n≥1时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a1,a2,⋯,a n n∈N*是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a1⋯1+a n≥1+a1+a2+⋯+a n1+a26梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数(x>0,s>1，s为常数)密切相关，请解决下列问题．f x =x s-1e x-1(1)当1<s≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s>2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．7定义函数f n x =1-x+x22-x33+⋯+-1nx nnn∈N*．(1)求曲线y=f n x 在x=-2处的切线斜率；(2)若f2x -2≥ke x对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；(3)讨论函数f n x 的零点个数，并判断f n x 是否有最小值．若f n x 有最小值m﹐证明：m>1-ln2；若f n x 没有最小值，说明理由．(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)8如果函数F x 的导数F x =f x ，可记为F x =f x d x．若f x ≥0，则b a f x d x=F b -F a表示曲线y=f x ，直线x=a,x=b以及x轴围成的“曲边梯形”的面积．(1)若F x =1x d x，且F1 =1，求F x ；(2)已知0<α<π2，证明：αcosα<acos x d x<α，并解释其几何意义；(3)证明：1n1+cosπn+1+cos2πn+1+cos3πn+⋯+1+cos nπn<22π，n∈N*．9对于函数y =f x ,x ∈I ，若存在x 0∈I ，使得f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的一阶不动点；若存在x 0∈I ，使得f f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的二阶不动点；依此类推，可以定义函数f x 的n 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.(1)已知f x =2x +2x -3，求f x 的不动点；(2)已知函数f x 在定义域内单调递增，求证： “x 0为函数f x 的不动点”是“x 0为函数f x 的稳定点”的充分必要条件；(3)已知a >-1，讨论函数f x =2e 2ln x +a +1 x -1x 的稳定点个数.【跟踪训练】10已知y =f x 与y =g x 都是定义在0,+∞ 上的函数，若对任意x 1，x 2∈0,+∞ ，当x 1<x 2时，都有g x 1 ≤f x 1 -f x 2 x 1-x 2≤g x 2 ，则称y =g x 是y =f x 的一个“控制函数”．(1)判断y =2x 是否为函数y =x 2x >0 的一个控制函数，并说明理由；(2)设f x =ln x 的导数为f x ，0<a <b ，求证：关于x 的方程f b -f a b -a=f x 在区间a ,b 上有实数解；(3)设f x =x ln x ，函数y =f x 是否存在控制函数？若存在，请求出y =f x 的所有控制函数；若不存在，请说明理由．11利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F (x )表示成F (x )=d (x -b )(x -c )(a -b )(a -c )+e (x -a )(x -c )(b -a )(b -c )+f (x -a )(x -b )(c -a )(c -b )的形式.(1)若a =1，b =2，c =3，d =4，e <f ，把F (x )的二次项系数表示成关于f 的函数G (f )，并求G (f )的值域(此处视e 为给定的常数，答案用e 表示)；(2)若a <b <c ，d >0，e <0，f >0，求证：a +b <d b 2-c 2 +e c 2-a 2 +f a 2-b 2 d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )<b +c .12多元导数在微积分学中有重要的应用.设y 是由a ，b ，c ⋯等多个自变量唯一确定的因变量，则当a 变化为a +Δa 时，y 变化为y +Δy ，记lim Δa →0Δy Δa 为y 对a 的导数，其符号为d y da .和一般导数一样，若在a 1,a 2 上，已知d y da >0，则y 随着a 的增大而增大；反之，已知d y da<0，则y 随着a 的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：d y 1+y 2 da =d y 1da +d y 2da ；②乘法法则：d y 1y 2 da=y 2d y 1da +y 1d y 2da ；③除法法则：d y 1y 2 da =y 2d y 1da -y 1d y2da y 22；④复合法则：d y 2da =d y 2d y 1⋅d y 1da .记y =e x +1e x 2ln x -12e x 2-ex -a .(e =2.7182818⋯为自然对数的底数)，(1)写出d y d x 和d y da的表达式；(2)已知方程y =0有两实根x 1,x 2，x 1<x 2.①求出a 的取值范围；②证明d x 1+x 2 da>0，并写出x 1+x 2随a 的变化趋势.13设函数f x =sin x-x cos x，g x =1+x2 2cos x.(1)①当x∈0,π时，证明：f x ≥0；②当x∈-π,π时，求g x 的值域；(2)若数列a n满足a1=1，a n+1=a n cos a n，a n>0，证明：3a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a ncos a1cos a2cos a3⋅⋅⋅cos a n<2 (n∈N*).14给出下列两个定义：Ⅰ.对于函数y=f(x)，定义域为D，且其在D上是可导的，其导函数定义域也为D，则称该函数是“同定义函数”.Ⅱ.对于一个“同定义函数”y=f(x)，若有以下性质：①f x =g f x；②f(x)=h(f (x))，其中y=g(x)，y=h(x)为两个新的函数，y=f x 是y=f(x)的导函数.我们将具有其中一个性质的函数y=f(x)称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=f(x)称之为“双向导函数”，将y=g(x)称之为“自导函数”.(1)判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”.Ⅰ.f(x)=tan x；Ⅱ.f(x)=ln x.(2)给出两个命题p，q，判断命题p是q的什么条件，证明你的结论.p：y=f(x)是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，q：f(x)=k⋅a x(k∈R,a>0,a≠1).(3)已知函数h(x)=(x a-b)e x.①若h(x)的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围.②若a=b=1，且定义I(x)=e x h(x)-43kx3+kx，若对任意k∈[1,2]，x∈[0,k]，不等式I(x)≤c恒成立，求c的取值范围.15若函数f x 在定义域内存在两个不同的数x 1，x 2，同时满足f x 1 =f x 2 ，且f x 在点x 1,f x 1 ，x 2,f x 2 处的切线斜率相同，则称f x 为“切合函数”.(1)证明：f x =2x 3-6x 为“切合函数”；(2)若g x =x ln x -1ex 2+ax 为“切合函数”(其中e 为自然对数的底数)，并设满足条件的两个数为x 1，x 2.(ⅰ)求证：x 1x 2<e 24；(ⅱ)求证：(a +1)2x 1x 2-x 1x 2<34.16设y =f x 、y =g x 是定义域为R 的函数，当g x 1 ≠g x 2 时，δx 1,x 2 =f x 1 -f x 2 g x 1 -g x 2.(1)已知y =g x 在区间I 上严格增，且对任意x 1,x 2∈I ,x 1≠x 2，有δx 1,x 2 >0，证明：函数y =f x 在区间I 上是严格增函数；(2)已知g x =13x 3+ax 2-3x ，且对任意x 1,x 2∈R ，当g x 1 ≠g x 2 时，有δx 1,x 2 >0，若当x =1时，函数y =f x 取得极值，求实数a 的值；(3)已知g x =sin x ,f π2 =1,f -π2=-1，且对任意x 1,x 2∈R ，当g x 1 ≠g x 2 时，有δx 1,x 2 ≤1，证明：f x =sin x .17给出下列两个定义：I.对于函数y=f x ，定义域为D，且其在D上是可导的，若其导函数定义域也为D，则称该函数是“同定义函数”.II.对于一个“同定义函数”y=f x ，若有以下性质：①f x =g f x；②f x =h f x，其中y=g x ,y=h x 为两个新的函数，y=f x 是y=f x 的导函数.我们将具有其中一个性质的函数y=f x 称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=f x 称之为“双向导函数”，将y=g x 称之为“自导函数”.(1)判断函数y=tan x和y=ln x是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”；(2)已知命题p:y=f x 是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题q:f x =k⋅a x(k∈R,a>0,a ≠1).判断命题p是q的什么条件，证明你的结论；(3)已知函数f x =x a-be x.①若f x 的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围；②若a=b=1，且定义I x =e x f x -43kx3+kx，若对任意k∈1,2,x∈0,k，不等式I x ≤c恒成立，求c的取值范围.18我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数，其一般形式为y =u x v x u x >0，u x ≠1 ，幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如，对于幂指函数y =x x ，y =x x =e ln x x =ex ln x =e x ln x ln x +1 .(1)已知f x =x x -1x ，x >0，求曲线y =f x 在x =1处的切线方程；(2)若m >0且m ≠1，x >0.研究g x =1+m x 21x 的单调性；(3)已知a ，b ，s ，t 均大于0，且a ≠b ，讨论a s +b s 2 t 和a t +b t 2s 大小关系.19定义：设y =f x 和y =g x 均为定义在R 上的函数，它们的导函数分别为f x 和g x ，若不等式f x -g x f x -gx ≤0对任意实数x 恒成立，则称y =f x 和y =g x 为“相伴函数”.(1)给出两组函数，①f 1x =1ex 和g 1x =0②f 2x =e x 和g 2x =x ，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”(只需直接给出结论，不需论证)；(2)若y =f x ､y =g x 是定义在R 上的可导函数，y =f x 是偶函数，y =g x 是奇函数，f x +g x =ln e -x +1 +x ，证明：y =f x 和y =g x 为“相伴函数”；(3)f x =sin x +θ ,g x =cos x -θ ，写出“y =f x 和y =g x 为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.20牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯⋯，x n．从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等．显然，它们会越来越逼近r．于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解．已知函数f x =x3+a-2x+a，a∈R．(1)当a=1时，试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x -x3+x2ln x≥0，求a的取值范围．21对于函数y=f x 的导函数y =f x ，若在其定义域内存在实数x0,t，使得f x0+t成=t+1f x0立，则称y=f x 是“跃点”函数，并称x0是函数y=f x 的“t跃点”(1)若m为实数，函数y=sin x-m，x∈R是“π2跃点”函数，求m的取值范围；(2)若a为非零实数，函数y=x3-2x2+ax-12，x∈R是“2跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“2跃点”，求a的值：(3)若b为实数，函数y=e x+bx,x∈R是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求b的取值范围.。

导数压轴题

导数压轴题

导数压轴题（1）一．解答题（共21小题）1．（2011•黑龙江一模）巳知函数f（x）=x2﹣2ax﹣2alnx（x＞0，a∈R，g（x）=ln2x+2a2+．（1）证明：当a＞0时，对于任意不相等的两个正实数x1、x2，均有＞f（）成立；（2）记h（x）=，（i）若y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；（ii）证明：h（x）≥．2．设函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f（x）≤ax，求a的取值范围．3．已知函数f（x）=（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=x2+2x+3，证明：对任意x1∈（1，2）∪（2，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）．4．已知函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+lnx，a∈R，（I）讨论函数f（x）的单调性；（II）设a＜﹣1，证明：对任意x1，x2∈（2，+∞），|f （x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|．5．（2012•天津）已知函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．（1）求a的值；（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；（3）证明：（n∈N*）．6．（2014•陕西）设函数f（x）=lnx+，m∈R．（Ⅰ）当m=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）﹣零点的个数；（Ⅲ）若对任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范围．7．（2014•河南）设函数f（x）=ae x lnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）证明：f（x）＞1．（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）若f（x）≥0对任意x≥0恒成立，求a的取值范围．9．（2014•重庆一模）已知函数f（x）=tx﹣t﹣lnx（t＞0）．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）当n≥2且n∈N*时，证明：．10．（2014•钟祥市模拟）已知函数f（x）=e x﹣1﹣ax，（a∈R）．（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；（Ⅱ）试探究函数F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点，若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由．（Ⅲ）若g（x）=ln（e x﹣1）﹣lnx，且f（g（x））＜f （x）在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．11．（2014•资阳二模）已知函数f（x）=ke x﹣x2（其中k∈R，e是自然对数的底数）．（Ⅰ）若k＜0，试判断函数f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；（Ⅱ）若k=2，当x∈（0，+∞）时，试比较f（x）与2的大小；（Ⅲ）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），求k的取值范围，并证明0＜f（x1）＜1．12．（2014•张掖一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=+bx﹣1，（1）当a=0且b=1时，证明：对∀x＞0，f（x）≤g（x）；（2）若b=2，且h（x）=f（x）﹣g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（3）数列{a n}，若存在常数M＞0，∀n∈N*，都有a n＜M，则称数列{a n}有上界．已知b n=1++…+，试判断数列{b n}是否有上界．13．（2014•张掖模拟）已知函数f（x）=[ax2+（a﹣1）2x﹣a2+3a﹣1]e x（a∈R）．（Ⅰ）若函数f（x）在（2，3）上单调递增，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若a=0，设g（x）=+lnx﹣x，斜率为k的直线与曲线y=g（x）交于A（x1，y1），B（x2，y2）（其中x1＜x2）两点，证明：（x1+x2）k＞2．14．（2014•宜昌二模）已知函数f（x）=．（1）当a=1，求函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程；（2）若函数f（x）在（0，1）上单调递增，求实数a（3）已知x，y，z均为正实数，且x+y+z=1，求证：++≤0．15．（2014•阳泉二模）已知函数f（x）=21nx+ax2﹣1 （a∈R）（I）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若a=1，试解答下列两小题．（i）若不等式f（1+x）+f（1﹣x）＜m对任意的0＜x＜l恒成立，求实数m的取值范围；（ii）若x1，x2是两个不相等的正数，且以f（x1）+f （x2）=0，求证：x1+x2＞2．16．（2014•信阳一模）已知m∈R，函数f（x）=（x2+mx+m）•e x．（Ⅰ）当m＜2时，求函数f（x）的极大值；（Ⅱ）当m=0时，求证：f（x）≥x2+x3．17．（2014•乌鲁木齐一模）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x（xϵR）（Ⅰ）求证：当x≥0时，；（Ⅱ）试讨论函数H（x）=f（x）﹣ax（x∈R）的零点个数．18．（2014•文登市二模）已知函数f（x）=ax2﹣（2a+1）x+2lnx（a＞0）．（Ⅰ）若a=，求f（x）在[1，3]上的最大值；（Ⅱ）若a≠，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）当＜a＜1时，判断函数f（x）在区间[1，2]上有无零点？写出推理过程．19．（2014•潍坊模拟）已知函数f（x）=ax+lnx，函数g （x）的导函数g′（x）=e x，且g（0）g′（1）=e，其中e为自然对数的底数．（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）若∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，试求实数m的取值范围；（Ⅲ）当a=0时，对于∀x∈（0，+∞），求证：f（x）＜g （x）﹣2．20．（2014•太原二模）设函数f（x）=x2+aln（x+1）（a 为常数）（Ⅰ）若函数y=f（x）在区间[1，+∞）上是单凋递增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数y=f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求证：．21．（2014•深圳一模）已知函数．（1）求f（x）在上的最大值；（2）若直线y=﹣x+2a为曲线y=f（x）的切线，求实数a的值；（3）当a=2时，设，且x1+x2+…+x14=14，若不等式f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤λ恒成立，求实数λ的最小值．参考答案与试题解析（1）首先分别求出与f（）；然后通过作差法或基本不等式等知识比较两代数式中部分的大小；最后得出两代数式整体的大小．（2）（i）首先求出h（x）及其导函数h′（x）；然后根据y=h′（x）在[1，+∞）上单调递增，得y=h′（x）的导函数大于等于0恒成立，则利用分离参数的方法可得关于a的不等式a≥﹣x2+lnx﹣1（x≥1）恒成立；再运用导数法求出﹣x2+lnx﹣1的最大值，此时a≥[﹣x2+lnx﹣1]max即可．（ii）首先把h（x）表示成a为主元的函数h（x）=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x）+；然后利用配方法得P（a）=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x）=（a﹣）2+≥；再通过构造函数Q（x）=x﹣lnx，并由导数法求其最小值进而得P（a）的最小值；最后得h（x）的最小值，即问题得证．解答：（1）证明：由题意得，=﹣a（x1+x2）﹣aln（x1x2），f（）=﹣a（x1+x2）﹣2aln=﹣a（x1+x2）﹣aln∵﹣=＞0（x1≠x2），∴＞①又∵0＜x1x2＜∴lnx1x2＜ln∵a＞0∴﹣alnx1x2＞﹣aln②由①②知＞f（）．（2）（i）解：h（x）==x2﹣ax ﹣alnx+ln2x+a2+．∴h′（x）=x﹣a﹣+令F（x）=h′（x）=x﹣a﹣+，则y=F（x）在[1，+∞）上单调递增．∴F′（x）=，则当x≥1时，x2﹣lnx+a+1≥0恒成立．即x≥1时，a≥﹣x2+lnx﹣1恒成立．令G（x）=﹣x2+lnx﹣1，则当x≥1时，G′（x）=＜0．∴G（x）=﹣x2+lnx﹣1在[1，+∞）上单调递减，从而G（x）max=G（1）=﹣2．故a≥G（x）max=﹣2．即a的取值范围是[﹣2，+∞）．（ii）证明：：h（x）=x2﹣ax﹣alnx+ln2x+a2+=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x）+．令P（a）=a2﹣（x+lnx）a+（x2+ln2x），则P（a）=（a﹣）2+≥．令Q（x）=x﹣lnx，则Q′（x）=1﹣=．显然Q（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，则Q（x）min=Q（1）=1，则P（a）≥．故h（x）≥+=．解：（Ⅰ）．（2分）当（k∈Z）时，，即f'（x）＞0；当（k∈Z）时，，即f'（x）＜0．因此f（x）在每一个区间（k∈Z）是增函数，f（x）在每一个区间（k∈Z）是减函数．（6分）（Ⅱ）令g（x）=ax﹣f（x），则==．故当时，g'（x）≥0．又g（0）=0，所以当x≥0时，g（x）≥g（0）=0，即f（x）≤ax．（9分）当时，令h（x）=sinx﹣3ax，则h'（x）=cosx﹣3a．故当x∈[0，arccos3a）时，h'（x）＞0．因此h（x）在[0，arccos3a）上单调增加．故当x∈（0，arccos3a）时，h（x）＞h（0）=0，即sinx＞3ax．于是，当x∈（0，arccos3a）时，．当a≤0时，有．因此，a的取值范围是．（12分）法二：（Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin()2cosxf x axx=≤+若0x=，则a R∈；若0x>，则sin2cosxaxx≤+等价于sin(2cos)xax x≥+，即sin()(2cos)xg xx x=+则222cos2sin sin cos'()(2cos)x x x x x xg xx x--+=+.记()2cos2sin sin cosh x x x x x x x=--+，2'()2cos2sin2cos cos212sin cos212sin2sin2sin(sin) h x x x x x xx x x x x x x x x=---+=--+=-=-】因此，当(0,)xπ∈时，'()0h x<，()h x在(0,)π上单调递减，且(0)0h=，故'()0g x<，所以()g x在(0,)π上单调递减，而000sin cos1lim()lim lim(2cos)2+cos sin3x x xx xg xx x x x x→→→===+-.另一方面，当[,)xπ∈+∞时，sin111()(2cos)3xg xx x xπ=≤≤<+，因此13a≥.解答：解：（Ⅰ）∵f′（x）==设，则＞0，∴h（x）在（1，+∞）是增函数，又h（2）=0，∴当x∈（1，2）时，h（x）＜0，则f′（x）＜0，f（x）是单调递减函数；当x∈（2，+∞）时，h（x）＞0，则f′（x）＞0，f（x）是单调递增函数．综上知：f（x）在（1，2）单调递减函数，f（x）在（2，+∞）单调递增函数．（Ⅱ）对任意x1∈（1，2）∪（2，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）恒成立，等价于f（x）＞g（x）min恒成立，而g（x）min=2，即证f（x）＞2恒成立．等价于﹣2＞0，也就是证[ln（x﹣1）+﹣2]＞0设G（x）=ln（x﹣1）+﹣2，G′（x）=﹣=≥0∴G（x）在（1，+∞）单调递增函数，又G（2）=0∴当x∈（1，2）时，G（x）＜0，则[ln（x﹣1）+﹣2]＞0当x∈（2，+∞）时，G（x）＞0，则[ln（x﹣1）+﹣2]＞0综上可得：对任意x1∈（1，2）∪（2，+∞），总存在x2∈R，使得f（x1）＞g（x2）分（Ⅰ）求出函数定义域及导数f′（x）=，分①a=0，②0＜a＜，③a=，④a＞，⑤a＜0五种情况进行讨论解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，解出不等式即为单调区间；（Ⅱ）证明不等式|f（x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|，即≥2，可证明|f′（x）|≥2，利用导数可转化为函数的最值问题证明；解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．f′（x）=2ax﹣（2a+1）+==，①若a=0，则f′（x）=，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；②若0＜a＜，令f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞，令f′（x）＜0，得1＜x＜，所以f（x）在（0，1），（，+∞）上递增，在（1，）上递减；③若a=，f′（x）=≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；令f′（x）＞0，得0＜x＜，或x＞1，令f′（x）＜0，得＜x＜1，所以f（x）在（0，），（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减；⑤若a＜0，令f′（x）＞0，得0＜x＜1，令f′（x）＜0，得x＞1，所以f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；综上，a=0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上递减；0＜a＜时，f（x）在（0，1），（，+∞）上递增，在（1，）上递减；a=时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上单调递增，在（，1）上单调递减；a＜0时，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；（Ⅱ）|f（x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|，即≥2，所以有|f′（x）|≥2．所以证明对任意x1，x2∈（2，+∞），|f（x1）﹣f （x2）|≥2|x1﹣x2|，≥2对任意x∈（2，+∞）成立，也即证明2a≤（x＞2），令g（x）=（x＞2），则g′（x）=，当x＞2时，g′（x）＞0，所以g（x）在（2，+∞）上单调递增，g（x）＞g（2）=﹣，而a＜﹣1时，2a＜﹣2，所以2a＜﹣＜g（x），即2a≤（x＞2）成立．故a＜﹣1时，对任意x1，x2∈（2，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥2|x1﹣x2|．分析：（1）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，即可求得a的值；（2）当k≤0时，取x=1，有f（1）=1﹣ln2＞0，故k≤0不合题意；当k＞0时，令g（x）=f（x）﹣kx2，即g（x）=x﹣ln（x+1）﹣kx2，求导函数，令g′（x）=0，可得x1=0，，分类讨论：①当k≥时，，g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）=0；②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0，因此g（x）在上单调递增，，由此可确定k的最小值；（3）当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，不等式成立；当n≥2时，，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2，从而可得，由此可证结论．（1）解：函数的定义域为（﹣a，+∞），求导函数可得令f′（x）=0，可得x=1﹣a＞﹣a令f′（x）＞0，x＞﹣a可得x＞1﹣a；令f′（x）＜0，x＞﹣a可得﹣a＜x＜1﹣a∴x=1﹣a时，函数取得极小值且为最小值∵函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，∴f（1﹣a）=1﹣a﹣0，解得a=1（2）解：当k≤0时，取x=1，有f（1）=1﹣ln2＞0，故k≤0不合题意当k＞0时，令g（x）=f（x）﹣kx2，即g（x）=x﹣ln（x+1）﹣kx2，求导函数可得g′（x）=g′（x）=0，可得x1=0，①当k≥时，，g′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，即对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立；②当0＜k＜时，，对于，g′（x）＞0，因此g（x）在上单调递增，因此取时，g（x0）≥g（0）=0，即有f（x0）≤kx02不成立；综上知，k≥时对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，k的最小值为（3）证明：当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，所以不等式成立当n≥2时，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2，∴（i≥2，i∈N*）．∴=f（2）+＜2﹣ln3+=2﹣ln3+1﹣＜2综上，（n∈N*）．试题分为三问，题面比较简单，给出的函数比较常分（Ⅰ）m=e时，f（x）=lnx+，利用f′（x）判定f（x）的增减性并求出f（x）的极小值；（Ⅱ）由函数g（x）=f′（x）﹣，令g（x）=0，求出m；设φ（x）=m，求出φ（x）的值域，讨论m的取值，对应g（x）的零点情况；（Ⅲ）由b＞a＞0，＜1恒成立，等价于f（b）﹣b＜f（a）﹣a恒成立；即h（x）=f（x）﹣x在（0，+∞）上单调递减；h′（x）≤0，求出m的取值范围．解答：解：（Ⅰ）当m=e时，f（x）=lnx+，∴f′（x）=；∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上是减函数；当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上是增函数；∴x=e时，f（x）取得极小值f（e）=lne+=2；（Ⅱ）∵函数g（x）=f′（x）﹣=﹣﹣（x＞0），令g（x）=0，得m=﹣x3+x（x＞0）；设φ（x）=﹣x3+x（x≥0），∴φ′（x）=﹣x2+1=﹣（x﹣1）（x+1）；当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上是减函数；∴x=1是φ（x）的极值点，且是极大值点，∴x=1是φ（x）的最大值点，∴φ（x）的最大值为φ（1）=；又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象，如图；可知：①当m＞时，函数g（x）无零点；②当m=时，函数g（x）有且只有一个零点；③当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；综上，当m＞时，函数g（x）无零点；当m=或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g（x）有两个零点；（Ⅲ）对任意b＞a＞0，＜1恒成立，等价于f（b）﹣b＜f（a）﹣a恒成立；设h（x）=f（x）﹣x=lnx+﹣x（x＞0），∴h（x）在（0，+∞）上单调递减；∵h′（x）=﹣﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，∴m≥﹣x2+x=﹣+（x＞0），∴m≥；对于m=，h′（x）=0仅在x=时成立；∴m的取值范围是[，+∞）．7．分析：（Ⅰ）求出定义域，导数f′（x），根据题意有f（1）=2，f′（1）=e，解出即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，函数h（x）=，只需证明g（x）min＞h（x）max，利用导数可分别求得g（x）min，h（x）max；解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=+，由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e x lnx+，从而f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．设函数h（x）=，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．分（Ⅰ）直接对f（x）求导，当a＞0时，f′（x）=e x ﹣a的正负即可确定函数f（x）单调区间；（Ⅱ）对F（x）=f（x）﹣xlnx进行化简，构造函数h（x）=（x＞0），研究函数h（x）的单调性和最小值，即可确定F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点；（Ⅲ）求f（x）的导数，利用导数研究函数f（x）确定f（x）的最值，即可确定实数a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）由f（x）=e x﹣ax﹣1，则f′（x）=e x﹣a．由f′（x）＞0，得x＞lna；由f′（x）＜0，得x＜lna，所以函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（﹣∞，lna）；（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣xlnx的定义域为（0，+∞），由F（x）=0，得（x＞0）令h（x）=（x＞0），则h′（x）=，由于x＞0，e x﹣1＞0，可知当x＞1，h′（x）＞0；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，故函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（1）=e﹣1．又由（Ⅰ）知当a=1时，对∀x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即，当a＞e﹣1时，函数F（x）有两个不同的零点；当a=e﹣1时，函数F（x）有且仅有一个零点；当a＜e﹣1时，函数F（x）没有零点．（Ⅲ）由f（x）=e x﹣ax﹣1，则f′（x）=e x﹣a．①当a≤1时，对∀x≥0，有f′（x）＞0，所以函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，又f（0）=0，即f（x）≥f（0）=0对∀x≥0恒成立．②当a＞1时，由（Ⅰ），f（x）单调递增区间为（lna，+∞），单调递减区间为（﹣∞，lna），若f（x）≥0对任意x≥0恒成立，只需f（x）min=f（lna）=a﹣alna﹣1≥0，令g（a）=a﹣alna﹣1（a＞1），g′（a）=1﹣lna﹣1=﹣lna＜0，即g（a）在区间（1，+∞）上单调递减，又g（1）=0，故g（a）＜0在（1，+∞）上恒成立，故当a＞1时，满足a﹣alna﹣1≥0的a不存在．综上所述，a的取值范围是（﹣∞，1]．（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求实数t 的取值范围；（Ⅱ）当n≥2且n∈N*时，证明：．分析：（Ⅰ）由f（x）在[1，+∞）上为增函数，得在x∈[1，+∞）上恒成立，分离参数t后化为函数最值解决；（Ⅱ）由（I）可知当t=1，x≥1时，f（x）≥f（1）=0，从而可得x﹣1≥lnx（当x=1时，等号成立），可证x∈（0，1]时，也有x﹣1≥lnx在（0，1]恒成立，从而有x∈（0，+∞）时，x﹣1≥lnx…①恒成立，（当且仅当x=1时，等号成立），用x代替x﹣1，得x≥ln（x+1）…②恒成立（当且仅当x=0时，等号成立），则k≥2时，k∈N*，由①得k﹣1＞lnk，即，由②得．进而可得当k≥2，k∈N*时，，即．令k=2，3，…n，然后把各式累加可得结论；解答：解：（I）函数f（x）=tx﹣t﹣lnx的定义域为（0，+∞）．∵f（x）在[1，+∞）上为增函数，∴在x∈[1，+∞）上恒成立，即在x∈[1，+∞）上恒成立，∵，∴t≥1，∴t的取值范围为[1，+∞）．（Ⅱ）由（I）当t=1，x≥1时，f（x）≥f（1），又f（1）=0，∴x﹣1﹣lnx≥0（当x=1时，等号成立），即x﹣1≥lnx．又当x∈（0，1]时，设g（x）=x﹣1﹣lnx，则，∴g（x）在（0，1]上递减，∴g（x）≥g（1）=0，即x﹣1≥lnx在（0，1]恒成立，∴x∈（0，+∞）时，x﹣1≥lnx…①恒成立，（当且仅当x=1时，等号成立），用x代替x﹣1，则x≥ln（x+1）…②恒成立（当且仅当x=0时，等号成立），∴当k≥2时，k∈N*，由①得k﹣1＞lnk，即，当k≥2时，k∈N*，，由②得．∴当k≥2，k∈N*时，，即．∴，，，…．∴．分（Ⅰ）直接对f（x）求导，讨论a≤0和a＞0时，f′（x）=e x﹣a的正负即可确定函数f（x）单调区间；（Ⅱ）对F（x）=f（x）﹣xlnx进行化简，构造函数h（x）=，研究函数h（x）的单调性和最小值，从而画出h（x）的简图，即可确定F（x）=f（x）﹣xlnx在定义域内是否存在零点；（Ⅲ）构造函数H（x）=xe x﹣e x+1，（x＞0），求其导数，利用导数研究函数H（x）的单调性，从而确定H（x）的最值，可得到H（x）＞H（0）=0，然后讨论a的取值即可确定实数a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=e x﹣1﹣ax，（x∈R，a∈R），∴f′（x）=e x﹣a，①当a≤0时，则∀x∈R有f′（x）＞0，∴函数f（x）在区间（﹣∞，+∞）单调递增；②当a＞0时，f′（x）＞0⇒x＞lna，f′（x）＜0⇒x＜lna∴函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（﹣∞，lna）．综合①②的当a≤0时，函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，+∞）；当a＞0时，函数f（x）的单调增区间为（lna，+∞），单调减区间为（﹣∞，lna）．（Ⅱ）函数F（x）=f（x）﹣xlnx定义域为（0，+∞），又，令h（x）=，则h′（x）=，∴h′（x）＞0⇒x＞1，h′（x）＜0⇒0＜x＜1，∴函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．∴h（x）≥h（1）=e﹣1由（1）知当a=1时，对∀x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即∴当x＞0且x趋向0时，h（x）趋向+∞随着x＞0的增长，y=e x﹣1的增长速度越来越快，会超过并远远大于y=x2的增长速度，而y=lnx的增长速度则会越来越慢．故当x＞0且x趋向+∞时，h（x）趋向+∞．得到函数h（x）的草图如图所示故①当a＞e﹣1时，函数F（x）有两个不同的零点；②当a=e﹣1时，函数F（x）有且仅有一个零点；③当a＜e﹣1时，函数F（x）无零点；（Ⅲ）由（2）知当x＞0时，e x﹣1＞x，故对∀x ＞0，g（x）＞0，先分析法证明：∀x＞0，g（x）＜x要证∀x＞0，g（x）＜x只需证即证∀x＞0，xe x﹣e x+1＞0构造函数H（x）=xe x﹣e x+1，（x＞0）∴H′（x）=xe x＞0，∀x＞0故函数H（x）=xe x﹣e x+1在（0，+∞）单调递增，∴H（x）＞H（0）=0，则∀x＞0，xe x﹣e x+1＞0成立．①当a≤1时，由（1）知，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，则f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．②当a＞1时，由（1）知，函数f（x）在（lna，+∞）单调递增，在（0，lna）单调递减，故当0＜x＜lna时，0＜g（x）＜x＜lna，∴f（g（x））＞f（x），则不满足题意．综合①②得，满足题意的实数a的取值范围（﹣∞，1]．11解答：解：（Ⅰ）由f′（x）=ke x﹣2x可知，当k＜0时，由于x∈（0，+∞），f′（x）=ke x﹣2x＜0，故函数f（x）在区间（0，+∞）上是单调递减函数．（Ⅱ）当k=2时，f（x）=2e x﹣x2，则f′（x）=2e x﹣2x，令h（x）=2e x﹣2x，h′（x）=2e x﹣2，由于x∈（0，+∞），故h′（x）=2e x﹣2＞0，于是h（x）=2e x﹣2x在（0，+∞）为增函数，所以h（x）=2e x﹣2x＞h（0）=2＞0，即f′（x）=2e x ﹣2x＞0在（0，+∞）恒成立，从而f（x）=2e x﹣x2在（0，+∞）为增函数，故f（x）=2e x﹣x2＞f（0）=2．（Ⅲ）函数f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f′（x）=ke x﹣2x=0的两个根，即方程有两个根，设，则，当x＜0时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增且φ（x）＜0；当0＜x＜1时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增且φ（x）＞0；当x＞1时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减且φ（x）＞0．要使有两个根，只需．故实数k的取值范围是．又由上可知函数f（x）的两个极值点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2，由，得，∴，由于x1∈（0，1），故，（1）把f（x）和g（x）作差后构造辅助函数，然后利用导数求函数的最值，由最值的符号得到要证明的结论；（2）由h（x）=f（x）﹣g（x）存在单调递减区间，得其导函数小于0在定义域内有解，由导函数分离变量a后换元，然后利用配方法求得分离变量后的代数式的值域，则实数a的范围可求；（3）令，则，由（1）得到不等式，累加后可证明数列{b n}无上界．（1）证明：当a=0且b=1时，设g（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣（x﹣1）=lnx﹣x+1，对∀x＞0，，解g′（x）=0，得x=1．当0＜x＜1时，，g（x）单调递增；当x＞1时，，g（x）单调递减，∴g（x）在x=1处取最大值，即∀x＞0，g（x）≤g（1）=ln1﹣1+1=0，lnx≤x ﹣1，即f（x）≤g（x）；（2）解：当b=2时，h（x）=f（x）﹣g（x）=，∴，∵函数h（x）存在单调递减区间，∴h'（x）＜0在（0，+∞）上有解，∴ax2+2x﹣1＞0在（0，+∞）上有解，∴在（0，+∞）上有解，即∃x∈（0，+∞），使得，令，则t＞0，则y=t2﹣2t=（t﹣1）2﹣1，t＞0，当t=1时，ymin=﹣1∴a＞﹣1；（3）解：数列{b n}无上界∀n∈N*．设，，由（1）得，，，∴=ln（n+1），∀M＞0，取n为任意一个不小于e M的自然数，则，∴数列{b n}无上界．本题考查利用导数研究函数的最值，主要用导函数构造法和数学转化思想方法，解答（3）的关键是借助于（1）的结论得到含有自然数n的不等式，是难度较大的题目．分（Ⅰ）首先求出函数f（x）的导数f'（x），对a讨论，分a≥0，a＜0①﹣1＜a＜0，②a=﹣1，③a＜﹣1，分别求出单调区间，再求并集；（Ⅱ）化简a=0时的g（x），由两点的斜率公式写出k，运用分析法证（x1+x2）k＞2，注意运用对数的运算法则和同时除以x1的变形，再令，构造函数h（x）=lnx﹣（x＞1），求出导数，求出单调区间，运用单调性说明h（x）＞0成立即可．解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的导数f'（x）=[2ax+（a﹣1）2]•e x+[ax2+（a﹣1）2x+a﹣（a﹣1）2]•e x=[ax2+（a2+1）x+a]•e x，当a≥0时，∵x∈（2，3），∴f'（x）＞0，∴f（x）在（2，3）上单调递增，当a＜0时，∵f（x）在（2，3）上单调递增，∴f'（x）=a（x+a）（x+）•e x≥0，①当﹣1＜a＜0时，解得﹣a≤x≤﹣，由题意知（2，3）⊆[﹣a，﹣]，得≤a＜0，②当a=﹣1时，f'（x）=﹣（x﹣1）2•e x≤0，不合题意，舍去，③当a＜﹣1时，解得≤x≤﹣a，则由题意知（2，3）⊆[﹣，﹣a]，得a≤﹣3，综上可得，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]∪[﹣，+∞）；（Ⅱ）a=0时，g（x）=+lnx﹣x=lnx﹣1，k=，∵x2﹣x1＞0，要证（x2+x1）k＞2，即证（x1+x2）＞2，即证ln﹣＞0（＞1），设h（x）=lnx﹣（x＞1），h'（x）=﹣=＞0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，h（x）＞h（1）=0，∴ln﹣＞0（＞1）成立，即（x1+x2）k＞2成立．14．析：（1）求导函数，可得切线的斜率，求出切点的坐标，可得函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程；（2）先确定﹣1≤a＜0，再根据函数f（x）在（0，1）上单调递增，可得f′（x）≥0在（0，1）上恒成立，构造h（x）=（x+1）ln（x+1）﹣x，证明h （x）在（0，1）上的值域为（0，2ln2﹣1），即可求实数a的取值范围；（3）由（2）知，当a=﹣1时，f（x）=在（0，1）上单调递增，证明（3x﹣1）f（x）≥（3x﹣1）•，即≤（3x﹣1）•，从而可得结论．答：（1）解：当a=1时，f（x）=，则f（0）=0，f′（x）=，∴f′（0）=1，∴函数y=f（x）的图象在x=0处的切线方程为y=x；（3分）（2）解：∵函数f（x）在（0，1）上单调递增，∴ax+1=0在（0，1）上无解当a≥0时，ax+1=0在（0，1）上无解满足当a＜0时，只需1+a≥0，∴﹣1≤a＜0 ①（5分）f′（x）=∵函数f（x）在（0，1）上单调递增，∴f′（x）≥0在（0，1）上恒成立即a[（x+1）ln（x+1）﹣x]≤1在（0，1）上恒成立设h（x）=（x+1）ln（x+1）﹣x，则h′（x）=ln（x+1），∵x∈（0，1），∴h′（x）＞0，∴h（x）在（0，1）上单调递增∴h（x）在（0，1）上的值域为（0，2ln2﹣1）（7分）∴a≤在（0，1）上恒成立，∴a≤②综合①②得实数a的取值范围为[﹣1，]（9分）（3）证明：由（2）知，当a=﹣1时，f（x）=在（0，1）上单调递增（10分）于是当0＜x≤时，f（x）=≤f（）=当≤x＜1时，f（x）=≥f（）=（12分）∴（3x﹣1）f（x）≥（3x﹣1）•，即≤（3x﹣1）•，同理有≤（3y﹣1）•，≤（3z﹣1）•，三式相加得：++≤0．（14分）．（分，令f′（x）＞0，分类讨论可得函数的单调区求出g（t）min，即可证得结论．（I）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=令f′（x）＞0，∵x＞0，∴2ax2+2＞0①当a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）递增区间是（0，+∞）；②当a＜0时，由2ax2+2＞0可得＜x＜x＞0，∴f（x）递增区间是（0，），递减区间为；（Ⅱ）（i）解：设F（x）=f（1+x）+f（1﹣x）=2ln（1+x）+2ln（1﹣x）+2x2，则F′（x）=∵0＜x＜l，∴F′（x）＜0在（0，1）上恒成立，∴F（x）在（0，1）上为减函数∴F（x）＜F（0）=0，∴m≥0，∴实数m的取值范围为[0，+∞）；（ii）证明：∵f（x1）+f（x2）=0，∴21nx1+x12﹣1+21nx2+x22﹣1=0∴2lnx1x2+（x1+x2）2﹣2x1x2﹣2=0∴（x1+x2）2=2x1x2﹣2lnx1x2+2设t=x1x2，则t＞0，g（t）=2t﹣2lnt+2，∴g′（t）=令g′（t）＞0，得t＞1，∴g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增∴g（t）min=g（1）=4，∴（x1+x2）2＞4，∴x1+x2奇偶性和单调性，研究函数零点的个数．答：解：（Ⅰ）令则g'（x）=f'（x）﹣2﹣x2=e x+e﹣x﹣2﹣x2，g''（x）=f（x）﹣2x，∵g'''（x）=f'（x）﹣2=e x+e﹣x﹣2当x≥0时，e x＞0，e﹣x＞0，∴∴g'''（x）≥0，∴函数y=g''（x）（x≥0）为增函数，∴g''（x）≥g''（0）=0，即f（x）﹣2x≥0∴函数y=g'（x）（x≥0）为增函数，∴g'（x）≥g'（0）=0，即e x+e﹣x≥2+x2∴函数y=g（x）（x≥0）为增函数，∴g（x）≥g（0）=0，即当x≥0时，成立；（Ⅱ）（1）当a≤2时，∵H（x）=f（x）﹣ax∴∴函数y=H（x）（x∈R）为增函数，当x＞0时，H（x）＞H（0）=0，当x＜0时，H （x）＜H（0）=0，∴当a≤2时，函数y=H（x）的零点为x=0，其零点个数为1个（2）当a＞2时，∵对∀x∈R，H（﹣x）=﹣H（x）∴函数y=H（x）为奇函数，且H（0）=0下面讨论函数y=H（x）在x＞0时的零点个数：由（Ⅰ）知，当x0＞0时，，令∴则，H''（x）=f''（x）=e x﹣e﹣x当x＞0时，e x＞1，0＜e﹣x＜1，∴e x﹣e﹣x＞0，∴H''（x）＞0∴函数y=H'（x）（x＞0）为增函数∴当0＜x≤x0时，H'（x）≤H'（x0）=0；当x＞x0时，H'（x）≥H'（x0）=0∴函数y=H（x）（x＞0）的减区间为（0，x0]，增区间为（x0，+∞）∴当0＜x＜x0时，H（x）＜H（0）=0即对∀x0∈（0，x0]时，H（x）＜0又由（Ⅰ）知，=当x0＞0时，由③知，∴故，当时，∴，即H（x）＞0由函数y=H（x）（x≥x0）为增函数和⑥⑦及函数零点定理知，存在唯一实数使得H（x*）=0，又函数y=H（x），x∈R为奇函数∴函数y=H（x），x∈R，有且仅有三个零点．本题（Ⅰ）通过三阶导数的研究，逐步通过导函数性研究零点，对学生计算能力和表达能力要求高．分（Ⅰ）求出a=的函数f（x）的导数，分别令f'（x）≥0，f'（x）≤0，求出f（x）在[1，3]上的单调性，从而确定极大值点2，也是最大值点，写出最大值；（Ⅱ）先求导数，并分解因式，讨论与2的大小，注意a＞0，分别求出函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）根据（Ⅱ）求出函数f（x）在区间[1，2]上的极大值，也是最大值且为f（），根据条件，说明最大值小于0即可．解答：解：（Ⅰ）当，，，当x∈[1，2]时f'（x）≥0，f（x）在[1，2]是增函数，当x∈[2，3]时f'（x）≤0，f（x）在[2，3]是减函数，∴f（x）的极大值也是最大值，且为；（Ⅱ）∵f'（x）=ax﹣（2a+1）+（x＞0），即f'（x）=（x＞0），当＞2时，即0＜a＜时，由f'（x）＞0得x＞或x＜2，由f'（x）＜0，得2＜x＜，∴当0＜a＜，f（x）的单调增区间是（0，2]和[，+∞），单调减区间是[2，]，同理当a＞，f（x）的单调增区间是（0，]和[2，+∞），单调减区间是[，2]；（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当＜a＜1时，f（x）在[1，]上单调递增，在[，2]上单调递减，∴f（x）的极大值为f（），也是最大值f（x）max=f（）=﹣2﹣﹣2lna，由＜a＜1，可知﹣2﹣2lna＜0，f（x）max＜0，∴在区间[1，2]上，f（x）＜0恒成立，∴当a＞时，函数f（x）在区间[1，2]上没有零点．点评：本题是导数在函数中的综合运用，考查运用导数则一定为最值的结论的运用．．析：（Ⅰ）求出函数f（x）的定义域，求出导数f'（x）=a+，分a≥0，a＜0两种情况进行讨论，a≥0时由单调性易判断；当a＜0时可得极值；（Ⅱ）由g'（x）=e x，可设g（x）=e x+c，再由g（0）g'（1）=e可得g（x成立，分离出参数m后可得，令，则问题可转化为：m＜h（x）max，利用导数可求得h（x）max；（Ⅲ）a=0时，f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）﹣f （x）﹣2，则φ（x）=e x﹣lnx﹣2，，且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，设φ'（x）=0的根为x=t，则，即t=e﹣t，易知φ（x）的最小值为φ（t），通过放缩可判断φ（t）＞0，从而可得结论；答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），（x＞0）．当a≥0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）没有极值；当a＜0时，，若时，f'（x）＞0；若时，f'（x）＜0，∴f（x）存在极大值，且当时，；综上可知：当a≥0时，f（x）没有极值；当a＜0时，f（x）存在极大值，且当时，；（Ⅱ）∵函数g（x）的导函数g'（x）=e x，∴g（x）=e x+c，又∵g（0）g'（1）=e，∴（1+c）e=e⇒c=0，∴g（x）=e x，∵∃x∈（0，+∞），使得不等式成立，∴∃x∈（0，+∞），使得成立，令，则问题可转化为：m＜h（x）max，对于，x∈（0，+∞），由于，当x∈（0，+∞）时，∵e x＞1，，∴，∴h'（x）＜0，从而h（x）在（0，+∞）上为减函数，∴h（x）＜h（0）=3，∴m＜3；（Ⅲ）当a=0时，f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）﹣f（x）﹣2，则φ（x）=e x﹣lnx﹣2，∴，且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，设φ'（x）=0的根为x=t，则，即t=e﹣t，∵当x∈（0，t）时，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，t）上为减函数；当x∈（t，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上为增函数，∴，∵φ'（1）=e﹣1＞0，，∴，由于φ（t）=e t+t﹣2在上为增函数，∴，∴f（x）＜g（x）﹣2．．解：（Ⅰ）根据题意知：f′（x）=在[1，+∞）上恒成立．即a≥﹣x2﹣2x在区间[1，+∞）上恒成立．∵﹣2x2﹣2x在区间[1，+∞）上的最大值为﹣4，∴a≥﹣4；经检验：当a=﹣4时，，x∈[1，+∞）．∴a的取值范围是[﹣4，+∞）．（Ⅱ）在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根，即方程2x2+2x+a=0在区间（﹣1，+∞）上有两个不相等的实数根．记g（x）=2x2+2x+a，则有，解得．∴，．∴令．，．∴，．在使得p′（x0）=0．当，p′（x）＜0；当x∈（x0，0）时，p′（x）＞0．而k′（x）在单调递减，在（x0，0）单调递增，∵，∴当，∴k（x）在单调递减，即．本题考查的是导数知识，重点是利用导数法研究函即二次求导，本题还用到消元的方法，难度较大．21析：（1）先求f'（x），令f'（x）=0，可得极值点，分极值点在区间[，2]内、外进行讨论可得函数的最大值；（2）设切点为（t，f（t）），则，解出方程组可求；（3）f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤λ恒成立，等价于f（x1）+f（x2）+…+f（x14）的最大值小于等件．解：（1），令f'（x）=0，解得x=（负值舍去），由，解得．（ⅰ）当0＜a时，得f'（x）≥0，∴f（x）在[，2]上的最大值为．（ⅱ）当a≥4时，由，得f'（x）≤0，∴f （x）在[，2]上的最大值为f（）=．（ⅲ）当时，∵在时，f'（x）＞0，在＜x＜2时，f'（x）＜0，∴f（x）在[，2]上的最大值为f（）=．（2）设切点为（t，f（t）），则，由f'（t）=﹣1，有=﹣1，化简得a2t4﹣7at2+10=0，即at2=2或at2=5，①由f（t）=﹣t+2a，有=2a﹣t，②由①、②解得a=2或a=．（3）当a=2时，f（x）=，由（2）的结论直线y=4﹣x为曲线y=f（x）的切线，∵f（2）=2，∴点（2，f（2））在直线y=4﹣x上，根据图象分析，曲线y=f（x）在直线y=4﹣x下方．下面给出证明：当x∈[，2]时，f（x）≤4﹣x．∵f（x）﹣（4﹣x）=﹣4+x==，∴当x∈[，2]时，f（x）﹣（4﹣x）≤0，即f（x）≤4﹣x．∴f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤4×14﹣（x1+x2+…+x14），∵x1+x2+…+x14=14，∴f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤56﹣14=42．∴要使不等式f（x1）+f（x2）+…+f（x14）≤λ恒成立，必须λ≥42．又当x1=x2=…=x14=1时，满足条件x1+x2+…+x14=14，且f（x1）+f（x2）+…+f（x14）=42，因此，λ的最小值为42．。

学霸专题：含三角函数的导数压轴题(学生版)

学霸专题：含三角函数的导数压轴题(学生版)

附： 1 0.367 ， sin1 0.841， cos1 0.540 . e
19．已知函数 f x ln x ax sin x ，其中 x 0, ；
（l）判断函数 f x 是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；
（2）讨论在
2
,
上函数
f
x
的零点个数.
（1）若曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线的斜率为 1.
（ⅰ）求 a 的值；
（ⅱ）证明：函数 f x 在区间 0, 内有唯一极值点； （2）当 a 1时，证明：对任意 x 0, ， f x 0 .
11．已知函数
f
x
sinx e x 1
，
g
x 为
f
x
的导函数．
（1）证明：当
（2）若

a
1，不等式
f
x
bx cos
x
对任意
x
0,
2 3
恒成立，求满足条件的最大整数
b.
8．已知函数 f (x) x a sin x(a R) .
（1）当 a 0 时，证明： f x 0 ；
（2）若
a
1 4
，证明：
f
x
在
0,
π 2
有唯一的极值点
x0 ，且
f
x0
1 π 2x0
14．已知函数 f x eax1 cos x a 0 ．（其中常数 e 2.71828，是自然对数的底数）
3
（1）若 a
3
，求
f
x
在
0,
2
上的极大值点；
（2）（ i
）证明
f
x

高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全

高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全

高考压轴题：导数题型及解题方法（自己总结供参考）一．切线问题题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。

方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。

题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。

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

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。

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

将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。

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

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

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

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例 求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。

（答案02=--e y x e ）二．单调性问题题型1 求函数的单调区间。

求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。

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

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)

导数压轴题分类(6)--- 函数的隐零点问题(含答案)所以f'(x)=1，代入式子1得到e^m-3x^2=1，又因为曲线y=f(x)在点(。

)处的切线斜率为1，所以f'( )=1，代入式子1得到e^m-3^2=1，解得m=ln(10)；Ⅱ）证明：当m≥1时，f(x)=e^m-x^3+x，g(x)=ln(x+1)+2-x^3，考虑f(x)-g(x)+x^3的单调性，求导得到f'(x)-g'(x)+3x^2=0，即e^m-3x^2-1=ln(x+1)+2-3x^2-1+3x^2-1，即e^m-ln(x+1)-2>x^3，因为左边是常数，所以当m≥1时，f(x)>g(x)-x^3.当$-10$时，$p'(x)>0$。

设$p(x)=x-\ln(x+1)$，则$p'(x)=1-\frac{1}{x+1}$。

因此当$-10$时，函数$p(x)$单调递增。

所以$p(x)\geq p(0)=0$。

因此$x-\ln(x+1)\geq 0$，当且仅当$x=0$时取等号。

由于取等号的条件不同，所以$e^x+1-\ln(x+1)-2>0$。

综上可知，当$m\geq 1$时，$f(x)>g(x)-x^3$。

证法二：因为$f(x)=e^{x+m}-x^3$，$g(x)=\ln(x+1)+2$，所以$f(x)>g(x)-x^3$等价于$e^{x+m}-\ln(x+1)-2>x^3$。

思路1：设$h(x)=e^{x+m}-\ln(x+1)-2$，则$h'(x)=e^{x+m}-\frac{1}{x+1}$。

因此$h'(x)>0$当且仅当$x>-1$，$h'(x)-1$时，$h(x)$单调递增，当$x0$，所以$h(x)>0$。

思路2：先证明$e^t-\ln t>2$，令$t=x+1$，转化为证明$e^x-\ln(x+1)>2$。

专题11 函数中的同构问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题11 函数中的同构问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数

专题11 函数中的同构问题近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如e x x +与x x ln +属于“跨阶函数”，而e ln x x +属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：()()e ,ln ,x f x x f x x x ==()()e ,ln x f x x f x x x =+=+，()()e ,ln x f x x a f x x x a =-+=-+等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；ln ln ln e e ,ln e ,e e,e xxxxx xx x x x x x+-====等.【例1】（2024届江苏省苏州市高三下学期三模）已知函数()ln 1,f x x ax a =++ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a £时，证明：()2e x f x x£．【解析】（1）函数()ln 1,R f x x ax a =++Î的定义域为()0,¥+，且()1f x a x'=+．当0a ³时，()()10,,0x f x a x"Î+¥=+>'恒成立，所以()f x 在区间()0,¥+上单调递增；当a<0时，令()110ax f x a x x+=+=='，解得1x a =-，当10,x a æöÎ-ç÷èø时，()()0,f x f x '>在区间10,a æö-ç÷èø上单调递增，当1,x a Î-+¥æöç÷èø时，()()0,f x f x '<在区间1,a ¥æö-+ç÷èø上单调递减．综上所述，当0a ³时，()f x 在区间()0,¥+上单调递增；当0a <时，()f x 在区间10,a æö-ç÷èø上单调递增，在区间1,a ¥æö-+ç÷èø上单调递减．（2）当2a £时，因为0x >，所以要证()2e x f x x£，只要证明2ln 21e xx x x++£即可，即要证2ln 21e x x x x ++£，等价于2ln e ln 21x x x x +³++（*）．令()e 1x g x x =--，则()e 1xg x '=-，在区间(),0¥-上，()()0,g x g x '<单调递减；在区间()0,¥+上，()()0,g x g x '>单调递增，所以()()00e 010g x g ³=--=，所以e 1x x ³+（当且仅当0x =时等号成立），所以（*）成立，当且仅当2ln 0x x +=时，等号成立．又()2ln h x x x =+在()0,¥+上单调递增，()1210,120e eh h æö=-<=>ç÷èø，所以存在01,1x e æöÎç÷èø，使得002ln 0x x +=成立．综上所述，原不等式成立．【例2】（2024届重庆市南开中学高三上学期第质量检测）已知函数()2ln f x x x ax =++在1x =处的切线l 和直线0x y +=垂直.(1)求实数a 的值；(2)若对任意的(]12,0,2x x Î，12x x ¹，都有12221212()()e ex x f x f x x x m --+>-成立（其中e 为自然对数的底数），求实数m 的取值范围.【解析】（1）由函数()2ln f x x x ax =++，可得1()2f x x a x=++'，可得()13f a '=+因为函数在1x =处的切线l 和直线0x y +=垂直，所以()11f '=，即31a +=，解得2a =-.（2）解：不妨设1202x x <<£，则12e e 0x x -<，因为对任意的(]12,0,2x x Î，12x x ¹，都有12221212()()x x f x f x x x m e e --+>-成立，可得()12221212()()e e x x f x f x x x m --+<-，即12221122()e ()e x x f x x m f x x m --<--，设()()2e xg x f x x m =--，则12()()g x g x <，故()g x 在(]0,2单调递增，从而有1()2e 0x g x m x =--³'，即1e 2x m x -æö£-ç÷èø在(]0,2上恒成立，设1()e 2x h x x -æö=-ç÷èø，则()min m h x £，因为2221121()e 2e e (02)xx x x x h x x x x x -----æöæö=--+×-=×<£ç÷ç÷èø'èø，令()0h x '>，即()()2212110x x x x --=+->，解得12x <£，令()0h x '<，即()()2212110x x x x --=+-<，解得01x <<，所以()h x 在()0,1单调递减，在(]1,2单调递增，又因为1(1)h e =-，故()h x 在(]0,2上最小值min 1()h x e=-，所以1m e £-，实数m 的取值范围是1,e æù-¥-çúèû.(二) e x x 型同构【例3】（2024届广西贵港市高考模拟预测）已知函数ln ln 1()e axx a f x a x++=-．(1)当1a =时，请判断()f x 的极值点的个数并说明理由；(2)若2()2f x a a ³-恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1ln ()e xxf x x+=-，,()0x Î+¥，所以222ln e ln ()e x xx x x f x x x +'=+=，令2()ln xh x x e x =+，则21()(2)e x h x x x x '=++，当,()0x Î+¥时，()0h x '>，()h x \在(0,)+¥上单调递增，又1()ln 202h =<Q ，(1)e h =，()h x \存在唯一零点0x ，且01(,1)2x Î，当0(0,)x x Î时，()0f x '<，()f x 在()00,x 上单调递减，当0(,)x x Î+¥时，()0f x '>，()f x 在()0,x ¥+单调递增．()f x \有一个极小值点0x ，无极大值点．（2）2ln ln 1()e 2axx a f x a a a x++=--Q ≥恒成立，2e [ln()1]2ax ax ax a x ax \-+-≥恒成立，2e [ln()1]2ax ax ax ax a x \-++≥恒成立．令t ax =，则(0,)t Î+¥，ln 12e 1tt a t+\£-+恒成立．设ln 1()e xx g x x+=-，由（1）可知()g x 的最小值为0()g x ．又02000()e ln 0xh x x x =+=﹡）设()e x m x x =，当0x >时，()(1)e 0x m x x '=+>，()m x \在(0,)+¥上单调递增，01(,1)2x ÎQ ，00x \>，0ln 0x ->，00000001ln 11()e 1x x x g x x x x +-\=-=-=，2112a \£+=，1a \£，又0a >，\a 的取值范围为(]0,1．(三)()ln x a x +型同构【例4】（2023届福建省宁德市高三高考前最后一卷）已知函数()()ln R xf x m m x=+Î．(1)讨论函数()f x 的零点的个数﹔(2)当0m =时，若对任意0x >，恒有()()()2e 112ax a f x x ++≥，求实数a 的取值范围．【解析】（1）令()ln 0,x f x m x =+=则ln xm x =-，记()ln x g x x =，则()21ln x g x x -'=，当e x >时，()0g x '<，此时()g x 在()e,+¥单调递减，当0e x <<时，()0g x '>，此时()g x 在()0,e 单调递增，故当e x =时，()g x 取极大值也是最大值()1e eg =，又()10g =，而当1x <时，()0g x >，故当01x <<时，()0g x <，当1x <时，()0g x > ，作出()g x 的图象如下：因此当1e m ->时，即1em <-，()g x m =-无交点，此时()f x 无零点，当1e m -=或0m -£时，即1m e=-或0m ³，()g x m =-有一个交点，此时()f x 有一个零点，当10e m <-<时，即10em -<<，()g x m =-有两个交点，此时()f x 有2个零点，综上可知：当1em <-时， ()f x 无零点，当1m e =-或0m ³()f x 有一个零点，当10e m -<<，()f x 有2个零点，（2）当0m =时，若对任意0x >，恒有()()()2e 112ax a f x x ++≥等价于：对任意0x >，恒有()()22e 1ln 1ax ax x x ++≥，令()()1ln F x x x =+，则不等式等价于()()2e axF F x ³，由于()1ln x F x x x+'=+，令()()221111ln ,x x m x x m x x x x x+-'=+=-=，当()()01,0,x m x m x '<<<单调递减，当()()1,0,x m x m x '>>单调递增，所以()()()120F x m x m '=³=>，故()F x 在()0,¥+单调递增，由()()2eaxF F x ³得2eaxx ³对任意0x >恒成立，两边取对数得ln 2ln 2a xax x x³Þ³对任意0x >恒成立，故()max 2a g x ³，所以122e e a a ³Þ³，故a 的范围为2e a ³。

八个视角处理双变量导数压轴题(学生版)

八个视角处理双变量导数压轴题(学生版)

八个视角处理双变量导数压轴题在高中数学中，导数算是难度天梯里排No.1的存在，在高考出题人的心中，导数算是一个超赞的存在，天生的守门员。

但其实，现在同学们接触的只是导数世界的“皮毛”，真正的精髓还是要到大学中才会学习。

导数大题是近年来高考的重点和热点问题，也是高考必考的板块之一，不管是简答题还是选择、填空都有涉及，也是拉分项。

我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分地夸大。

像导数、函数这样的大板块，同学们必须会解题。

遇到一个问题应该认真分析题型与问题条件，反复思考结论，每步做到“言必有据，步步合理”不用题海战术，每个板块都能攻克了！今天给大家整理总结了高考导数大题的常见类型及求解策略方法，大家通做一遍，复习提分效果更佳！热点题型1构造偏导数2整体规划统一变量3比(差)值换元4同构性双变量5切线估计与剪刀差模型6不等式放缩7主元法8多项式拟合经典例题1.构造偏函数注：1.构造偏差函数的基本应用①.函数f x 的极值点为x0；②.函数f x1，然后证明：x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.=f x22.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：①.构造一元差函数F x =f x -f2x0-x；-f x0-x或是F x =f x+x0②.对差函数F x 求导，判断单调性；③.结合F(x0)=0或F(0)=0，判断F x 的符号，从而确定f x 与f2x0-x的大小关系；④.由f x 1 =f x 2 =f x 0-x 0-x 2 _____f x 0+x 0-x 2 =f 2x 0-x 2 的大小关系，得到f x 1 ____f 2x 0-x 2 ，(横线上为不等号)；⑤.结合f x 单调性得到x 1____2x 0-x 2，进而得到x 1+x 22___x 0.例1.(2023届福建七市联考)已知函数f (x )=e x -ax 22,a >0．(1)讨论f x 的极值点个数；(2)若f x 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2，当e <a <e 22时，证明：f x 1 +2f x 2 <3e 2．2.整体划归，统一变量法例2.(2023届泉州一诊)．已知函数f x =e x x2-a+2x+a+3(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 在0,2有两个极值点x1,x2，求证：f x1f x2<4e2．例3.(2023届温州二模)已知函数f x =a2x2-x-x ln x a∈R．(1)若a=2，求方程f x =0的解；(2)若f x 有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2，求a的取值范围并证明f x1+f x2<12e．3.比(差)值代换消元例4.(2023届武汉二月调考)已知关于x的方程ax-ln x=0有两个不相等的正实根x1,x2，且x1<x2.(1)求实数a的取值范围；(2)设k为常数，当a变化时，若x k1x2有最小值e e，求常数k的值.例5.(2023届南通二模)已知函数f(x)=ax-ln x-a x．(1)若x>1，f(x)>0，求实数a的取值范围；(2)设x1,x2是函数f(x)的两个极值点，证明：f(x1)-f(x2)<1-4a2 a．4.同构型双变量例6.已知函数f(x)=axe x和g(x)=ln xax有相同的最大值.(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.5.切线估计与“剪刀差模型”注4.“剪刀模型”基本原理1.函数凸凹性：若函数f (x )在区间I 上有定义，若f (x )≥0，则称f (x )为区间I 上的凸函数. 反之，称f (x )为区间I 上的凹函数.2.切线不等式：f (x )在I 上为凸函数，∀x 0∈I ，有f (x )≥f (x 0)(x −x 0)+f (x 0). 反之，若f (x )为区间I 上的凹函数，则∀x 0∈I ，有f (x )≤f (x 0)(x −x 0)+f (x 0).注：切线不等式是剪刀模型的理论依据.3.剪刀模型已知函数f (x )为定义域上的凸函数，且图象与y =m 交于A ,B 两点，其横坐标为x 1,x 2，这样如下图所示，我们可以利用凸函数的切线与y =m 的交点将x 1,x 2的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计.例7.(2023届皖南八校联考)已知函数f x =3x -e x +1，其中e =2.71828⋯是自然对数的底数.(1)设曲线y =f x 与x 轴正半轴相交于点P x 0,0 ，曲线在点P 处的切线为l ，求证：曲线y =f x 上的点都不在直线l 的上方；(2)若关于x 的方程f x =m (m 为正实数)有两个不等实根x 1,x 2x 1<x 2 ，求证：x 2-x 1<2-34m .6.不等式放缩例8.(2023届湖北七市州联考T22)．已知函数f x =a ln x-x-1 x+1．(1)当a=1时，求函数f x 的单调区间；(2)若g x =a x2-1ln x-x-12a≠0有3个零点x1，x2，x3，其中x1<x2<x3．(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：3a-1x1+x3+2<2．注5. 一些重要的不等式放缩2x-1 x+1<3x2-1x2+4x+1<ln x，x∈1,+∞ln x<3x2-1x2+4x+1<2x-1x+1<x-1，x∈0,17.主元法例9.(2022北京卷)已知函数f(x)=e x ln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0，+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s，t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．8.多项式拟合例10.(2021新高考1卷)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.针对性训练1.已知函数f x =ae x-x-3有两个零点．(1)求实数a的取值范围．(2)函数g x =f x +x-ln x+1，证明：函数g x 有唯一的极小值点．2.已知f(x)=e x-a2x2-x.(1)若f x 在x=0处取得极小值，求实数a的取值范围；(2)若f x 有两个不同的极值点x1,x2(x1<x2)，求证：fx1+x22<0(f x 为f x 的二阶导数).3.已知函数f x =2ae2xx，a≠0.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若ln x-xf x ≤ln a恒成立，求实数a的取值范围.4.已知函数f x =e x+x,g x =ax2+2x+1.(1)当a=12时，讨论函数F x =f x -g x 的单调性；(2)当a<0时，求曲线y=f x 与y=g x 的公切线方程.5.已知f x =a 2x 2-a +2 x +2ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)确定方程f x =a 2x 2的实根个数.6.已知函数f x =a -3 ln x -3ax -1xa ∈R ，ln3≈1.1.(1)当a <0时，试讨论f x 的单调性；(2)求使得f x ≤0在0,+∞ 上恒成立的整数a 的最小值；(3)若对任意a ∈-4,-3 ，当x 1,x 2∈1,4 时，均有m +ln4 ⋅a >f x 1 -f x 2 +3ln4成立，求实数m 的取值范围.7.已知函数f x =ln x-2ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.8.已知m>0，e是自然对数的底数，函数f x =e x+m-m ln mx-m．(1)若m=2，求函数F x =e x+x2-4x+2-f x 的极值；2(2)是否存在实数m，∀x>1，都有f x ≥0？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．9.已知函数f x =-ln x,g x =e-x-e x.(1)若∃x∈0,1,g x >f a 成立，求实数a的取值范围；(2)证明：h x =f x +cosπx2e有且只有一个零点x0，且1-e2e<g cosπx02e<1-e e.10.已知函数f x =e x tan x-1-1，f x 的导函数为f x .记函数f x 在区间nπ-3π2,nπ-π2内的零点为x n，n∈N∗.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：x n+1-x n<π.11.已知函数f x =m ln x+x+m+1x．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当m=1时，证明：x2f x <e x+x3．12.已知函数f x =m2x2+m-1x-1m∈R.(1)求函数f x 在区间1,2上的最大值；(2)若m为整数，且关于x的不等式f x ≥ln x恒成立，求整数m的最小值.13.已知函f x =x+ae x，a∈R.(1)讨论f x 在0,+∞的单调性；(2)是否存在a,x0,x1，且x0≠x1，使得曲线y=f x 在x=x0和x=x1处有相同的切线？证明你的结论.14.已知函数．(1)若，求在点处的切线方程；(2)若()是的两个极值点，证明：．15.已知函数.(1)证明：；(2)若，求实数的取值范围；(3)证明：.16.设函数．(1)讨论的单调性；(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．17.已知函数.(1)当时，讨论函数在上的单调性；(2)当时，，求实数的取值范围．18.对定义在区间上的函数，如果对任意都有成立，那么称函数在区间上可被替代.(1)若，试判断在区间上，能否可被替代？(2)若，且函数在上可被函数替代，求实数的取值范围.19.已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)对任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围.20.已知函数.(1)求函数的零点；(2)证明：对于任意的正实数k，存在，当时，恒有.。

(完整版)导数压轴题

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导数压轴题9．(能力挑战题)设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点．(2)若f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，求a 的取值范围．[解析] ∵f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2，(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0⇒x 1＝12，x 2＝32，∴x 1＝12是极大值点，x 2＝32是极小值点． (2)记g (x )＝ax 2－2ax ＋1，则 g (x )＝a (x －1)2＋1－a ，∵f (x )为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上的单调函数，则f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32上不变号，∵e x(1＋ax 2)2>0， ∴g (x )≥0或g (x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32恒成立，又g (x )的对称轴为x ＝1，故g (x )的最小值为g (1)，最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.由g (1)≥0或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0⇒0<a ≤1或a ≥43， ∴a 的取值范围是0<a ≤1或a ≥43.10．(能力挑战题)函数f (x )＝x ln x －ax 2－x (a ∈R )．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值．(2)若函数f(x)的图象在直线y＝－x图象的下方，求a的取值范围．(3)求证：2 0132 012<2 0122 013.[解析](1)函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，∵f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，即－2a＝0，∴a＝0.∴f′(x)＝ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取得极值．(2)由题意，得x ln x－ax2－x<－x，∴x ln x－ax2<0.∵x∈(0，＋∞)，∴a>ln xx.设h(x)＝ln xx，则h′(x)＝1－ln xx2.令h′(x)>0，得0<x<e，∴h(x)在(0，e)上为增函数；令h′(x)<0，得x>e，∴h(x)在(e，＋∞)上为减函数．∴h(x)max＝h(e)＝1e，∴a>1e.(3)由(2)知h (x )＝ln xx 在(e ，＋∞)上为减函数， ∴h (x )>h (x ＋1)， ∴ln x x >ln (x ＋1)x ＋1.∴(x ＋1)ln x >x ln(x ＋1)， ∴ln x x ＋1>ln(x ＋1)x ， ∴x x ＋1>(x ＋1)x .令x ＝2 012，得2 0122 013>2 0132 012. 11．已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ax1－x(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若数列{a m }的通项公式a m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m ＋1 2 013(m ∈N *)，求证：a 1·a 2·…·a m <3(m ∈N *)．[解析] (1)由题意，函数的定义域为(－1,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝11＋x－a(1－x )2， 当a ≤0时，注意到11＋x >0，a (1－x )2≤0， 所以f ′(x )>0，即函数f (x )的增区间为(－1,1)，(1，＋∞)，无减区间； 当a >0时，f ′(x )＝11＋x －a (1－x )2 ＝x 2－(2＋a )x ＋1－a (1＋x )(1－x )2， 由f ′(x )＝0，得x 2－(2＋a )x ＋1－a ＝0，此方程的两根x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2，其中－1<x 1<1<x 2，注意到(1＋x )(1－x )2>0，所以f ′(x )>0⇔－1<x <x 1或x >x 2，f ′(x )<0⇔x 1<x <1或1<x <x 2，即函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)． 综上，当a ≤0时，函数f (x )的增区间为(－1,1)(1，＋∞)，无减区间； 当a >0时，函数f (x )的增区间为(－1，x 1)，(x 2，＋∞)，减区间为(x 1,1)，(1，x 2)，其中x 1＝a ＋2－a 2＋8a 2，x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2.(2)当a ＝1时，由(1)知，函数f (x )＝ln(1＋x )－x1－x在(0,1)上为减函数， 则当0<x <1时，f (x )＝ln(1＋x )－x1－x<f (0)＝0， 即ln(1＋x )<x1－x ，令x ＝12 013×2m＋1(m ∈N *)，则 ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12 013×2m＋1<12 013×2m ，12．已知函数f (x )＝x 22＋a 3ln(x －a －a 2)，a ∈R 且a ≠0. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，若a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<a 22－a .[解析] (1)由题意，f ′(x )＝x ＋a 3x －a －a 2＝x 2－(a ＋a 2)x ＋a 3x －a －a 2＝(x －a )(x －a 2)x －a －a 2.令f ′(x )>0，因为x －a －a 2>0，故(x －a )(x －a 2)>0. 当a >0时，因a ＋a 2>a 且a ＋a 2>a 2， 所以上面不等式的解集为(a ＋a 2，＋∞)， 从而此时函数f (x )在(a ＋a 2，＋∞)上单调递增．当a <0时，因a <a ＋a 2<a 2，所以上面不等式的解集为(a 2，＋∞)，从而此时函数f (x )在(a 2，＋∞)上单调递增，同理此时f (x )在(a ＋a 2，a 2]上单调递减．(2)证法一： 要证原不等式成立，只需证明 f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.因为a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ，所以原不等式只需证明函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)知h ′(x )＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＋a 3x －a －a 2＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2x －a －a 2，因为x －a －a 2>0，我们考察函数g (x )＝x 2－32a 2x ＋a 42＋a 32－a 2，x ∈(a 2＋a ，a 2－a )．因a 2＋a ＋a 2－a 2＝a 2>x 对称轴＝3a 24，且3a 24<a 2－a ，所以g (x )≤g (a 2－a )＝0.从而知h ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数h (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立．证法二：要证原不等式成立， 只需证明f (x 2)－f (x 1)<(x 2－x 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ，只需证明f (x 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 2<f (x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 1.又a 2＋a <x 1<x 2<a 2－a ， 设g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x ，则欲证原不等式只需证明函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．由(1)可知g ′(x )＝f ′(x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a＝x ＋a 3x －a －a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a .因为a <0，所以y ＝x －a －a 2＋a 3x －a －a2在(a 2＋a ，a 2－a )上为增函数， 所以g ′(x )≤g ′(a 2－a )＝a 2－a －a －a 2＋a 3a 2－a －a －a 2＋a ＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a ＝0. 从而知g ′(x )<0在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )上恒成立，所以函数g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a x 在x ∈(a 2＋a ，a 2－a )内单调递减．从而原命题成立． 13．已知函数f (x )＝e x sin x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)如果对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，π2，f (x )≥kx 总成立，求实数k 的取值范围；(3)设函数F (x )＝f (x )＋e x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2.过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0作函数F (x )图象的所有切线，令各切点的横坐标构成数列{x n }，求数列{x n }的所有项之和S 的值．[解析] (1)由于f (x )＝e x sin x ，所以 f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x ) ＝2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.当x ＋π4∈(2k π，2k π＋π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4时，f ′(x )>0； 当x ＋π4∈(2k π＋π，2k π＋2π)，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π4，2k π＋3π4(k ∈Z )，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋3π4，2k π＋7π4(k ∈Z )．(2)令g (x )＝f (x )－kx ＝e x sin x －kx ，要使f (x )≥kx 总成立，只需x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时g (x )min ≥0.g ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )－k ，令h (x )＝e x (sin x ＋cos x )，则h ′(x )＝2e x cos x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数， 所以h (x )∈[1，e ]． 对k 分类讨论：①当k ≤1时，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以g (x )min＝g (0)＝0，即g (x )≥0恒成立；②当1<k <e 时，g ′(x )＝0在[1，e ]上有实根x 0，因为h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，所以g (x 0)<g (0)＝0，不符合题意；③当k ≥e 时，g ′(x )≤0恒成立，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，则g (x )<g (0)＝0，不符合题意；综合①②③可得，所求的实数k 的取值范围是(－∞，1]． (3)因为F (x )＝f (x )＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )， 所以F ′(x )＝2e x cos x ，设切点坐标为(x 0，e x 0(sin x 0＋cos x 0))， 则斜率为F ′(x 0)＝2e x 0cos x 0，切线方程为y －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·(x －x 0)，将M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12，0的坐标代入切线方程，得 －e x 0(sin x 0＋cos x 0) ＝2e x 0cos x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫π－12－x 0， 整理得－tan x 0－1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π－12， 即tan x 0＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－π2，令y 1＝tan x ，y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，则这两个函数的图象均关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，它们交点的横坐标也关于π2对称且成对出现，方程tan x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2的根即所作的所有切线的切点横坐标构成的数列{x n }的项也关于π2对称且成对出现，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 011π2，2 013π2内共构成1 006对，每对的和为π，因此数列{x n }的所有项的和S ＝1 006π.14．已知函数f (x )＝ln x －px ＋1. (1)求函数f (x )的极值点；(2)若对任意的x >0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2<2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)．[解析] (1)∵f (x )＝ln x －px ＋1， ∴f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－pxx ，当p ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上无极值点；当p >0时，令f ′(x )＝0， ∴x ＝1p ∈(0，＋∞)，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从上表可以看出：当p >0时，f (x )有唯一的极大值，当x ＝1p 时，f (x )＝－ln p ；即函数f (x )的极值点是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1p ，－ln p .(2)当p >0时，在x ＝1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ，此极大值也是最大值，要使f (x )≤0恒成立，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ≤0；∴p ≥1，∴p 的取值范围为[1，＋∞)． (3)令p ＝1，由(2)知，ln x －x ＋1≤0， ∴ln x ≤x －1，∵n ∈N ，n ≥2，ln n 2≤n 2－1，∴ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，∴ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2≤12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2<12(n －1)－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1) ＝12(n －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12(n ＋1)＝2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)，得证．10．(2014·银川模拟)已知函数f (x )＝ax ＋bx 2＋1在点M (1，f (1))处的切线方程为x －y －1＝0.(1)求f (x )的解析式．(2)设函数g (x )＝ln x ，证明：g (x )≥f (x )对x ∈[1，＋∞)恒成立． [解析] (1)将x ＝1代入切线方程得f (1)＝0， 又f (1)＝a ＋b2，化简得a ＋b ＝0.① f ′(x )＝a (x 2＋1)－(ax ＋b )·2x(1＋x 2)2，f ′(1)＝2a －2(a ＋b )4＝－2b 4＝－b2， 由f ′(1)＝1得－b2＝1.② 由①②解得：a ＝2，b ＝－2， 所以f (x )＝2x －2x 2＋1.(2)要证ln x ≥2x －2x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立，即证(x 2＋1)ln x ≥2x －2在[1，＋∞)上恒成立， 即证x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2， h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x －2.∵x ≥1，∴2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2，即h ′(x )≥0. ∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0， ∴g (x )≥f (x )在x ∈[1，＋∞)上恒成立．11．(2014·河北质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围；(3)若函数f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，求证：f ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0(其中f ′(x )是f (x )的导函数)． [解析] (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0.故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2， g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e .∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎨⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2. (3)∵f (x )的图象与x 轴交于两个不同的点A (x 1,0)，B (x 2,0)，∴方程2ln x －x 2＋ax ＝0的两个根为x 1，x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧2ln x 1－x 21＋ax 1＝0，2ln x 2－x 22＋ax 2＝0，两式相减得a ＝(x 1＋x 2)－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2.又f (x )＝2ln x －x 2＋ax ，f ′(x )＝2x －2x ＋a ，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝4x 1＋x 2－(x 1＋x 2)＋a ＝4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2. 下证4x 1＋x 2－2(ln x 1－ln x 2)x 1－x 2<0(*)，即证明2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，设t ＝x 1x 2，∵0<x 1<x 2，∴0<t <1，即证明u (t )＝2(1－t )t ＋1＋ln t <0在0<t <1上恒成立．∵u ′(t )＝－2(t ＋1)－2(1－t )(t ＋1)2＋1t ＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2，又0<t <1，∴u ′(t )>0， ∴u (t )在(0,1)上是增函数，则u (t )<u (1)＝0，从而知2(x 2－x 1)x 1＋x 2＋ln x 1x 2<0，故(*)式成立，即f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0成立． 12．(2014·潍坊模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋x ，g (x )＝ln(x ＋1)． (1)若a ＝1，求F (x )＝g (x )－f (x )在(－1，＋∞)上的最大值．(2)利用(1)的结论证明：对任意的正整数n ，不等式2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)都成立．(3)是否存在实数a (a >0)，使得方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析] (1)F ′(x )＝1x ＋1－2x －1＝－x (2x ＋3)x ＋1，当x ∈(－1,0)时，F ′(x )>0， x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，∴x ＝0是F (x )在(－1，＋∞)上唯一的极大值点， 从而当x ＝0时，F (x )取得最大值 F (0)＝0. (2)由(1)知∀x ∈(0，＋∞)，F (x )<0， 即ln(x ＋1)<x 2＋x ， 令x ＝1n 得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1<1n 2＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2， ∴ln 2－ln 1<2，ln 3－ln 2<34， ……ln(n ＋1)－ln n <n ＋1n 2，∴ln(n ＋1)－ln 1<2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2， 即2＋34＋49＋…＋n ＋1n 2>ln(n ＋1)．(3)把方程2g (x －1)x ＝f ′(x )－(4a －1)整理为ax 2＋(1－2a )x －ln x ＝0.设H (x )＝ax 2＋(1－2a )x －ln x (x >0)，原方程在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的实数根，即函数H (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个零点． H ′(x )＝2ax ＋(1－2a )－1x ＝2ax 2＋(1－2a )x －1x＝(2ax ＋1)(x －1)x，令H ′(x )＝0，因为a >0，解得x ＝1或x ＝12a (舍)， 当x ∈(0,1)时，H ′(x )<0，H (x )是减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )>0，H (x )是增函数，H (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内有且只有两个不相等的零点，只需⎩⎪⎨⎪⎧H ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，H (x )min<0，H (e )>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a e 2＋1－2ae ＋1＝(1－2a )e ＋a ＋e 2e 2>0，H (1)＝a ＋(1－2a )＝1－a <0，a e 2＋(1－2a )e －1＝(e 2－2e )a ＋(e －1)>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <e 2＋e2e －1，a >1，a >1－e e 2－2e，解得1<a <e 2＋e 2e －1，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，e 2＋e 2e －1. 13．(14届衡水中学期中)已知函数f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有极值．(1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(2，＋∞)且a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，求证：f (x 2)－f (x 1)≥ln 2＋34.[解析] (1)由f (x )＝a ln x ＋1x －1(a ≠0)，得 f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，∵a ≠0，令g (x )＝x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1a x ＋1， ∴g (0)＝1>0.令g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0或⎩⎪⎨⎪⎧0<1＋12a <12，Δ＝(2a ＋1)2－4a 2>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，则0<a <2.即a 的取值范围是(0,2)．(2)由(1)得：f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2，设ax 2－(2a ＋1)x ＋a ＝0(0<a <2)的两根为α，β，则⎩⎨⎧α＋β＝2＋1a ，α·β＝1解得0<α<12<2<β.当x ∈(0，α)和(β，＋∞)时， f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，12和(2，β)时，f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ax (x －1)2<0，函数f (x )单调递减，则f (x 1)≤f (α)，f (x 2)≥f (β)， 则f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)＝a ln β＋1β－1－a ln α－1α－1＝a ln βα＋α－βαβ－(α＋β)＋1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β⎝ ⎛⎭⎪⎫利用α＋β＝2＋1a ，α·β＝1 令h (x )＝ln x 2＋x －1x ，x >2则 h ′(x )＝(x ＋1)2x 2>0，则函数h (x )单调递增，h (x )≥h (2)＝2ln 2＋32， ∴ln β2＋β－1β≥2ln 2＋32>0. ∵a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2，则a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln β2＋β－1β≥ln 2＋34，∴f (x 1)－f (x 2)≥ln 2＋34.。

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导数压轴题题型引例【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. （I ）讨论的单调性；（II ）当时，证明对于任意的成立.1. 高考命题回顾例1.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.()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈()f x 1a =()3()'2f x f x +＞[]1,2x ∈例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点. (I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<.例3.（本小题满分12分）已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数例4.(本小题满分13分)已知常数,函数(Ⅰ)讨论在区间上的单调性;(Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.例6已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

例7已知函数，曲线在点处的切线方程为。

（Ⅰ）求、的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。

ln ()1a x bf x x x=++()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x kf x x x>+-k例8已知函数f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x.(1)若a＝b＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.2. 在解题中常用的有关结论※min ()f x 0<.(9)设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->.(10)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.（11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆。

(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程()0f x '=有两个不等实根12x x 、，且极大值大于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式:① ln 1(0)x x x ≤-> ②≤ln +1(1)x x x ≤>-（）③1x e x ≥+ ④1x e x -≥-⑤ ln 1(1)12x x x x -<>+ ⑥ 22ln 11(0)22x x x x <->3. 题型归纳①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用（构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换）例1（切线）设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交于点求证：.a x x f -=2)(1=a )()(x xf x g =]1,0[0>a )(x f y =)))((,(111a x x f x P >l l x )0,(2x A a x x >>211 x x例2（最值问题，两边分求）已知函数. ⑴当时，讨论的单调性； ⑵设当时，若对任意，存在，使，求实数取值范围.②交点与根的分布例3（切线交点）已知函数在点处的切线方程为．⑴求函数的解析式；⑵若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值；⑶若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R 12a ≤()f x 2()2 4.g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈[]21,2x ∈12()()f x g x ≥b ()()323,f x ax bx x a b R =+-∈()()1,1f 20y +=()f x []2,2-12,x x ()()12f x f x c -≤c ()()2,2M m m ≠()y f x =m例4（综合应用）已知函数⑴求f (x )在[0,1]上的极值；⑵若对任意成立，求实数a 的取值范围；⑶若关于x 的方程在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b 的取值范围.③不等式证明例5 (变形构造法)已知函数，a 为正常数． ⑴若，且a，求函数的单调增区间；⑵在⑴中当时，函数的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．⑶若，且对任意的，，都有，求a 的取值范围．.23)32ln()(2x x x f -+=0]3)(ln[|ln |],31,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式b x x f +-=2)(1)(+=x ax ϕ)(ln )(x x x f ϕ+=29=)(x f 0=a )(x f y =()11,y x A ()22,y x B AB ),(00y x C AB k )(0x f k '>)(ln )(x x x g ϕ+=(]2,0,21∈x x 21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数.（1）若对任意的恒成立，求实数的取值范围；（2）当时，设函数，若，求证例7（绝对值处理）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；)0)(ln()(2>=a ax x x f 2)('x x f ≤0>x a 1=a x x f x g )()(=1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ．例8（等价变形）已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）当20e y x <<<且e x ≠时，试比较xyx y ln 1ln 1--与的大小．例9（前后问联系法证明不等式）已知，直线与函数的图像都相切，且与函数的图像的切点的横坐标为1。

（I ）求直线的方程及m 的值； （II ）若，求函数的最大值。

（III ）当时，求证：例10 (整体把握，贯穿全题)已知函数． （1）试判断函数的单调性；（2）设，求在上的最大值；（3）试证明：对任意，不等式都成立（其中是自然对数的底数）． （Ⅲ）证明：．217()ln ,()(0)22f x x g x x mx m ==++<l(),()f x g x ()f x l ()(1)'()()h x f x g x =+-其中g'(x)是g(x)的导函数()h x 0b a <<()(2).2b af a b f a a -+-<ln ()1xf x x=-()f x 0m >()f x [,2]m m *n ∈N 11ln()e n nn n++<e例11（数学归纳法）已知函数，当时，函数取得极大值.（１）求实数的值； （２）已知结论：若函数在区间内导数都存在，且，则存在，使得.试用这个结论证明：若，函数，则对任意，都有；（３）已知正数，满足，求证：当，时，对任意大于，且互不相等的实数，都有.④恒成立、存在性问题求参数范围例12（分离变量）已知函数(a 为实常数). (1)若，求证：函数在(1,+∞)上是增函数；(2)求函数在[1,e ]上的最小值及相应的值；()ln(1)f x x mx =++0x =()f x m ()ln(1)f x x mx =++(,)a b 1a >-0(,)x a b ∈0()()()f b f a f x b a-'=-121x x -<<121112()()()()()f x f x g x x x f x x x -=-+-12(,)x x x ∈()()f x g x >12,,,n λλλ121n λλλ+++=2n ≥n N ∈1-12,,,n x x x 1122()n n f x x x λλλ+++>1122()()()n n f x f x f x λλλ+++x a x x f ln )(2+=2-=a )(x f )(x f x(3)若存在，使得成立，求实数a 的取值范围.例13（先猜后证技巧）已知函数 （Ⅰ）求函数f (x )的定义域（Ⅱ）确定函数f (x )在定义域上的单调性，并证明你的结论.（Ⅲ）若x >0时恒成立，求正整数k 的最大值.例14（创新题型）设函数f(x)=e x +sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a 的值；(Ⅱ)当 a=1时,设P(x 1,f(x 1)), Q(x 2, g(x 2))(x 1>0,x 2>0), 且PQ//x 轴,求P 、Q 两点间的最短距离；(Ⅲ)若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．],1[e x ∈x a x f )2()(+≤xx n x f )1(11)(++=1)(+>x kx f例15(图像分析，综合应用) 已知函数，在区间上有最大值4，最小值1，设．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）不等式在上恒成立，求实数的范围； （Ⅲ）方程有三个不同的实数解，求实数的范围．⑤导数与数列例16（创新型问题）设函数，，是的一个极大值点．⑴若，求的取值范围；⑵当是给定的实常数，设是的3个极值点，问是否存在实数，可找到，使得的某种排列（其中=)1,0(12)(2<≠++-=b a b ax ax x g []3,2()()g x f x x =ba ,02)2(≥⋅-x x k f ]1,1[-∈x k 0)3|12|2(|)12(|=--+-x x k f k2()()()xf x x a x b e =-+a b R ∈、x a =()f x 0a =b a 123x x x ，，()f x b 4x R ∈1234x x x x ，，，1234,,,i i i i x x x x {}1234i i i i ，，，）依次成等差数列若存在，求所有的及相应的；若不存在，说明理由．⑥导数与曲线新题型例17（形数转换）已知函数, . (1)若, 函数 在其定义域是增函数,求b 的取值范围; (2)在(1)的结论下,设函数的最小值; (3)设函数的图象C 1与函数的图象C 2交于点P 、Q,过线段PQ 的中点R 作轴的垂线分别交C 1、C 2于点、,问是否存在点R,使C 1在处的切线与C 2在处的切线平行?若存在,求出R 的横坐标;若不存在,请说明理由.{}1234，，，b 4x ()ln f x x =21()2g x ax bx =+(0)a ≠2a =-()()()h x f x g x =-ϕϕ2x x (x)=e +be ,x ∈[0,ln2],求函数(x))(x f )(x g x M N M N例18（全综合应用）已知函数. (1)是否存在点,使得函数的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数的图像上?若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由;(2)定义,其中,求; (3)在(2)的条件下,令,若不等式对且恒成立,求实数的取值范围.⑦导数与三角函数综合例19（换元替代，消除三角）设函数（），其中． （Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）当时，求函数的极大值和极小值；（Ⅲ）当， 时，若不等式对任意的恒成立,求的值。

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