高考导数压轴题型归类总结

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高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

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

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。

（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。

专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类(精讲精练)(原卷版)

专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类【命题规律】函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．【核心考点目录】核心考点一：含参数函数单调性讨论核心考点二：导数与数列不等式的综合问题核心考点三：双变量问题核心考点四：证明不等式核心考点五：极最值问题核心考点六：零点问题核心考点七：不等式恒成立问题核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题核心考点九：利用导数解决一类整数问题核心考点十：导数中的同构问题核心考点十一：洛必达法则核心考点十二：导数与三角函数结合问题【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）已知a b ∈R ，，函数()()sin ,x f x e a x g x =-=(1)求函数()y f x =在()()0,0f 处的切线方程； (2)若()y f x =和()y g x =有公共点，（i ）当0a =时，求b 的取值范围；（ii ）求证：22e a b +>．2．（2022·北京·统考高考真题）已知函数()e ln(1)x f x x =+． (1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 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,(0,)s t ∈+∞，有()()()f s t f s f t +>+．3．（2022·浙江·统考高考真题）设函数e()ln (0)2f x x x x=+>． (1)求()f x 的单调区间；(2)已知,a b ∈R ，曲线()y f x =上不同的三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭；（ⅰ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e6e 6e a ax x a --+<+<-．（注：e 2.71828=是自然对数的底数）4．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．5．（2022·全国·统考高考真题）已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+． (1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()ln xf x x a xx e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．7．（2022·全国·统考高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值． (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差数列．【方法技巧与总结】1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x > ，则令2()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x xx x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．【核心考点】核心考点一：含参数函数单调性讨论【规律方法】1、导函数为含参一次型的函数单调性导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．2、导函数为含参二次型函数的单调性当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．在此我们首先要清楚()()()f x f x f x '''、、之间的联系是如何判断原函数单调性的．（1）二次求导目的：通过()f x ''的符号，来判断()f x '的单调性；（2）通过赋特殊值找到()f x '的零点，来判断()f x '正负区间，进而得出()f x 单调性．【典型例题】例1．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知三次函数()()32111212322f x ax a x x =+---.(1)当3a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程， (2)讨论()y f x =的单调性.例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2122ex f x x a x a -⎡⎤=+-+-⎣⎦，R a ∈，讨论函数()f x 单调性；例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()212ln 212f x a x x a x =+-+，a ∈R ，求()f x 的单调区间.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()22ln 211f x x ax a x a =---+∈R .求函数()f x 的单调区间；核心考点二：导数与数列不等式的综合问题【规律方法】在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．【典型例题】例5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数()1ln f x x a x x=--.(1)若不等式()0f x ≥在()1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； (2)证明：()()()22211ln 21ni n n i i n n =+-⎛⎫>⎪+⎝⎭∑.例6．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数()e (2)2,x f x x a ax a =-++∈R ． (1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)若不等式()0f x ≥对0x ∀≥恒成立，求实数a 的范围； (3)证明：当111,1ln(21)23n n n*∈++++<+N ．例7．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数()e ax f x x =-（12a ≥）. (1)(0,1)x ∈，求证：1sin ln 1x x x<<-；(2)证明：111sin sin sin()23f n n+++<.(ln20.693,ln3 1.099≈≈)核心考点三：双变量问题【规律方法】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．【典型例题】例8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()()ln 1R f x x ax a =-+∈. (1)若过原点的一条直线l 与曲线()y f x =相切，求切点的横坐标；(2)若()f x 有两个零点12x x ，，且212x x >，证明：①1228>e x x ； ②2212220+>e x x .例9．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数2()e ,2xmx f x m =-∈R . (1)讨论()f x 极值点的个数；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，证明:()()122e f x f x m +<-.例10．（2023·全国·高三专题练习）巳知函数()ln(3)f x x x =+-. (1)求函数f （x ）的最大值; (2)若关于x 的方程e ln3,(0)3x a a a x +=>+有两个不等实数根x x ₁，₂，证明: 122e e x xa+>.核心考点四：证明不等式【规律方法】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．（4）对数单身狗，指数找基友（5）凹凸反转，转化为最值问题（6）同构变形【典型例题】例11．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数()()22ln ,f x x ax bx a b =-+∈R ．(1)当0b =时，讨论()f x 的单调性;(2)设12,x x 为()f x 的两个不同零点，证明：当()0,x ∈+∞时，()()12212124sin 2e x x f x x x x +-+<++．例12．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知2()(ln 1)f x x x =+． (1)求()f x 的单调递增区间； (2)若124()()ef x f x +=，且12x x <，证明12ln()ln 21x x +>-．例13．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数()ln m x nf x x+=在()()1,1f 处的切线方程为1y =. (1)求实数m 和n 的值；(2)已知()(),A a f a ，()(),B b f b 是函数()f x 的图象上两点，且()()f a f b =，求证：()()ln ln 1a b ab +<+.核心考点五：极最值问题【规律方法】利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．【典型例题】例14．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知函数()31,R 3f x x ax a a =-+∈.(1)当1a =-时，求()f x 在[]22-,上的最值； (2)讨论()f x 的极值点的个数.例15．（2023·江西景德镇·高三统考阶段练习）已知函数21()(2)e e,()2x f x x g x a x x ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，其中a 为大于0的常数，若()()()F x f x g x =-． (1)讨论()F x 的单调区间；(2)若()F x 在()1x t t =≠取得极小值，求()g t 的最小值．例16．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知0a >，函数()()()F x f x g x =-的最小值为2，其中1()e x f x -=，()ln()g x ax =．(1)求实数a 的值；(2)(0,)∀∈+∞x ，有(1)1(e )f x m kx k g x +-≥+-≥，求2mk k -的最大值．核心考点六：零点问题【规律方法】函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()2e 2x m f x x m =+∈R ． (1)若存在0x >，使得()0f x <成立，求m 的取值范围；(2)若函数()()2e e x F x x f x =+-有三个不同的零点，求m 的取值范围．例18．（2023·全国·高三专题练习）设0a >，已知函数()e 2xf x a x =--，和()()ln 22g x x a x =-++⎡⎤⎣⎦.(1)若()f x 与()g x 有相同的最小值，求a 的值；(2)设()()()2ln 2F x f x g x a =++-有两个零点，求a 的取值范围.例19．（2023春·广西·高三期末）已知函数()()ln e axxf xg x x ax ==-，. (1)当1a =时，求函数()f x 的最大值；(2)若关于x 的方()()f x g x +=1有两个不同的实根，求实数a 的取值范围.核心考点七：不等式恒成立问题【规律方法】1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈．（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f xg x <成立，则()()maxmin f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x <成立，则()()maxmax f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x <成立，则()()minmax f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f xg x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集．【典型例题】例20．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数()ln 1f x x =+.(1)若函数()()1g x mf x x =+-的图象在1x =处的切线与直线2y x =平行，求函数()g x 在1x =处的切线方程；(2)求证：当12a ≤时，不等式()1af x a +≤在[1,e]上恒成立.例21．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()(1)e (R x f x x ax a =--∈且a 为常数）. (1)当0a =，求函数()f x 的最小值；(2)若函数()f x 有2个极值点，求a 的取值范围；(3)若()ln e 1x f x x ≥-+对任意的,()0x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.例22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()e 1ln ln 0x f x a x a x a =+--⋅>．(1)若e a =，求函数()f x 的单调区间； (2)若不等式()1f x <在区间()1,+∞上有解，求实数a 的取值范围．核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题【规律方法】1、极值点偏移的相关概念所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数)(x f 在0x x =处取得极值，且函数)(x f y =与直线b y =交于),(),,(21b x B b x A 两点，则AB 的中点为),2(21b x x M +，而往往2210x x x +≠．如下图所示．图1 极值点不偏移图2 极值点偏移极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，方程)(x f 的解分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏．【典型例题】例23．（2022•浙江期中）已知函数()f x x lnx a =--有两个不同的零点1x ，2x ．（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：121x x a +>+．例24．（2021春•汕头校级月考）已知，函数()f x lnx ax =-，其中a R ∈．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点， ()i 求a 的取值范围；()ii 设()f x 的两个零点分别为1x ，2x ，证明：212x x e >．例25．（2022•浙江开学）已知a R ∈，()ax f x x e -=⋅（其中e 为自然对数的底数）．（ⅰ）求函数()y f x =的单调区间；（ⅰ）若0a >，函数()y f x a =-有两个零点x ，2x ，求证：22122x x e +>．核心考点九：利用导数解决一类整数问题【规律方法】分离参数、分离函数、半分离【典型例题】例26．已知函数()ln 2f x x x =--．（1）求函数在()()1,1f 处的切线方程（2）证明：()f x 在区间()3,4内存在唯一的零点；（3）若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值．例27．已知函数211()ln 2f x x x x a a ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，(0)a ≠．（1）当12a =时，求函数()fx 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）令2()()F x af x x =-，若()12F x ax <-在()1,x ∈+∞恒成立，求整数a 的最大值．（参考数据：4ln 33<，5ln 44<）．例28．已知函数()ln 2f x x x =--．（1）证明：()f x 在区间()3,4内存在唯一的零点；（2）若对于任意的()1,x ∈+∞，都有()ln 1x x x k x +>-，求整数k 的最大值．核心考点十：导数中的同构问题【规律方法】1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：()xf x x e =⋅，()xf x e x =±；寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、x 、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．（3）在解析几何中的应用：如果()()1122,,,Ax y B x y 满足的方程为同构式，则,A B 为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB 的方程（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于(),n a n 与()1,1n a n --的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解【典型例题】例29．（2022·河北·高三阶段练习）已知函数()ln f x x 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 a a b =，证明：2111e a b<+<．例30．（2022·河南郑州·二模（文））已知函数()e 21e xf x x =⋅-+，()ln 2xg x x=+．（1）求函数()g x 的极值；（2）当x >0时，证明：()()f x g x ≥例31．（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数()()e x f x ax a =-∈R ．（1）讨论f （x ）的单调性．（2）若a ＝0，证明：对任意的x >1，都有()4333ln f x x x x x ≥-+．核心考点十一：洛必达法则【规律方法】法则1、若函数()f x 和()g x 满足下列条件：（1）()lim 0x af x →=及()lim 0x ag x →=；（2）在点a 的去心邻域()(),,a a a a εε-⋃+内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠；（3）()()limx af x lg x →'='，那么()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='．法则2、若函数()f x 和()g x 满足下列条件：（1）()lim 0x f x →∞=及()lim 0x g x →∞=；（2）0A ∃>，()f x 和()g x 在(),A -∞与(),A +∞上可导，且()0g x '≠；（3）()()limx f x l g x →∞'='，那么()()limx f x g x →∞=()()limx f x l g x →∞'='．法则3、若函数()f x 和()g x 满足下列条件：（1）()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞；（2）在点a 的去心邻域()(),,a a a a εε-⋃+内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠；（3）()()limx af x lg x →'='，那么()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='．注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：（1）将上面公式中的x a →，,x x →+∞→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则也成立．（2）洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，1∞，∞，，∞-∞型．（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，1∞，∞，，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．()()()()()()limlimlimx ax ax a f x f x f x g x g x g x →→→'''=='''，如满足条件，可继续使用洛必达法则．【典型例题】例32．已知函数()=ln (,)f x a x bx a b R +∈在12x =处取得极值，且曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与直线10x y -+=垂直．（1）求实数,a b 的值；（2）若[1,)x ∀∈+∞，不等式()(2)mf x m x x≤--恒成立，求实数m 的取值范围．例33．设函数()1x f x e -=-．（1）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；（2）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围．例34．设函数sin ()2cos xf x x=+．如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．22sin 2sin 2sin (sin )x x x x x x =-=-核心考点十二：导数与三角函数结合问题【规律方法】分段分析法【典型例题】例35．（2023·河南郑州·高三阶段练习）已知函数()1sin e xx f x x -=+，ππ,2x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦． (1)求证：()f x 在ππ,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增；(2)当[]π,0x ∈-时，()sin e cos sin xf x x x k x --⎡⎤⎣⎦恒成立，求k 的取值范围．例36．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数()sin ()cos f x x x a x =-+（a 为常数），函数3211()32g x x ax =+.(1)证明：（i ）当0x >时，sin x x >；（ii ）当0x <时，sin x x <；(2)证明：当0a ≥时，曲线()y f x =与曲线()y g x =有且只有一个公共点.例37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数π()e sin sin ,[0,π]4xf x x x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭.(1)若1a ≤，判断函数()f x 的单调性； (2)证明：e (π)1sin cos x x x x -+≥-.【新题速递】1．（2023·北京·高三专题练习）已知1x =是函数()()ln ln ln 21xf x x ax x=-+++的一个极值点． (1)求a 值；(2)判断()f x 的单调性；(3)是否存在实数m ，使得关于x 的不等式()f x m ≥的解集为()0,∞+?直接写出m 的取值范围．2．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知()214ln 2f x x x a x =-+． (1)若函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：()()1210ln f x f x a +>-+．3．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知函数()()2e 21xf x x ax =+-，其中R a ∈，若()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为210x by ++=． (1)求函数()f x 的解析式；(2)求函数()f x 在区间[]3,1-上的最值．4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()1f x x =-，()ln(1)g x m x =-，R m ∈. (1)若直线:20l x y -=与()y g x =在(0,(0))g 处的切线垂直，求m 的值；(2)若函数()()()h x g x f x =-存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()()1122x h x x h x >.5．（2023·北京·高三专题练习）已知函数()2e x f x =，直线:2l y x b =+与曲线()y f x =相切．(1)求实数b 的值；(2)若曲线()y af x =与直线l 有两个公共点，其横坐标分别为(,)m n m n <． ①求实数a 的取值范围； ②证明：()()1f m f n ⋅>．6．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()()33ln af x x a x x=--+． (1)当0a =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若[]1,e x ∀∈，()0f x <，求实数a 的取值范围．7．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数()31f x x ax =-+．(1)当1a =时，过点()1,0作曲线()y f x =的切线l ，求l 的方程； (2)当0a ≤时，对于任意0x >，证明：()cos f x x >．8．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数()22e xx f x ax +=++． (1)若()f x 单调递增，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个极值点12,x x ，其中12x x <，求证：2133x x a ->-．9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()43,R,04a f x x ax bx ab a =--∈≠ (1)若0b =，求函数()f x 的单调区间；(2)若存在0R x ∈，使得()()00f x x f x x =+-，设函数()y f x =的图像与x 轴的交点从左到右分别为A ，B ，C ，D ，证明：点B ，C 分别是线段AC 和线段BD 的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）10．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()()2e e xf x x =-+，()()2112g x a x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()()ln 1ln h x x x a =-+，其中a 为常数，若()()()()F x f x g x h x =-+.(1)讨论()F x 的单调区间；(2)若()F x 在()1x t t =≠取得极小值，且()()f t mh t ≥恒成立，求实数m 的取值范围.11．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，过点P (2，0)作直线l 交抛物线于A ，B 两点．(1)若l 的倾斜角为π4，求△F AB 的面积；(2)过点A ，B 分别作抛物线C 的两条切线1l ，2l 且直线1l 与直线2l 相交于点M ，问：点M 是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．12．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知函数()21ln 2f x x ax =-，()()21e 112x g x x ax a x =--+-，(1)求函数()y f x =的单调区间；(2)若对于定义域内任意x ，()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．。

导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型归纳1.高考命题回顾例1已知函数千3=6*—小&十巾).(2013全国新课标11卷)(1)设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性;⑵当mW2时，证明f(x)>0.例2已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d),若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2(2013全国新课标I卷)(I)求a,b,c,d的值(II)若x2—2时，f(x)-kg(x)，求k的取值范围。

2. 在解题中常用的有关结论※⑴曲线产f (x )在X =X 0处的切线的斜率等于f (x 0),且切线方程为产f'(X 0)(x -X 0)+f (x 0)。

(2)若可导函数y =f(x)在X =X 0处取得极值，则f (x 0)=0。

反之，不成立。

(3)对于可导函数f (x )，不等式f ，(x )>0(<0)的解集决定函数f (x )的递增(减)区间。

(4)函数f (x )在区间I 上递增(减)的充要条件是：v x e I f (x )>0(<0)恒成立(f (x )不恒为0).(5)函数f(x )(非常量函数)在区间I 上不单调等价于f (x )在区间I 上有极值，则可等价转化为方程尸(x )=0在区间I 上有实根且为非二重根。

(若f (x )为二次函数且I=R ，则有A>0)。

(6) f(x )在区间I 上无极值等价于f (x )在区间在上是单调函数，进而得到f (x )>0或f (x )<0在I 上恒成立 ⑺若V x G I ，f (x )>0恒成立，则fx )min >0;若V x G I ，f (x )<0恒成立，则f (x )max<0 ⑻若三x 0G l ，使得f (x 0)>0，则^>0；若三x 0Gl ，使得f(x 0)<0，则)皿<0. (9)设f (x )与g (x )的定义域的交集为D ，若V x G D f (x )>g (x )恒成立，贝第[f (x )-g (x )]>0.min(10)若对V X|G I、匕e1,f(x J>g(x)恒成立，则f(x).>g(x).112212minmax若对V x e I3x e I，使得f(x)>g(x)，则f(x)>g(x).112212minmin若对V x]e I，3x2G I2，使得f(x)<g(x)，则f(x)<g(x).112212maxmax(11)已知f(x)在区间11上的值域为A,,g(x)在区间I2上值域为B,若对V x1e11,3x2e I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则A之B。

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$\boxed{\textbf{(C) }2}$。

高中数学导数大题八类题型总结

导数-大题导数在大题中一般作为压轴题出现，其复杂的原因就在于对函数的综合运用：1.求导，特别是复杂函数的求导2.二次函数（求根公式的运用）3.不等式：基本不等式、均值不等式等4.基本初等函数的性质：周期函数、对数函数、三角函数、指数函数5.常用不等式的巧妙技巧：1/2<ln2<1，5/2<e<3导数大题最基本的注意点：自变量的定义域1.存在性问题2.韦达定理的运用3.隐藏零点4.已有结论的运用5.分段讨论6.分类讨论7.常见不等式的应用8.导数与三次函数的利用1. 存在性问题第(1)问有两个未知数，一般来说，双未知数问题要想办法合并成一个未知数来处理合并成一个未知数后利用不等式1.存在性问题(2)问将有且仅有一个交点分成两部分证明，分别证至多存在一个交点与必然存在交点：证明必然存在交点是单纯的找“特殊点”问题高考导数大题中的存在性问题，最后几乎都会变成零点的存在性问题要点由于只关注零点的存在性，因此就没有必要对t(x)求导讨论其单调性，直接使用零点定即可。

(2)问先对要证明的结论进行简单变形：证毕韦达定理的使用(1)问是常规的分类讨论问题隐零点设而不求，代换整体证明对称轴已经在-1右侧，保证有零点且-1处二次函数值大于0两道例题都是比较简单的含参“隐零点”问题，总之就是用零点(极值点)反过来表示参数再进行计算一些比较难的题目，一般问题就会进行一定提示，如利用(2)问提示(3)问，其难点就在于知道要利用已有结论，但无从下手第(1)问分类讨论问题，分离变量做容易导致解题过于复杂(2)问将不等式两边取对数之后思路就很清晰了(1)(2)分别证明两个不等号即可化到已知的结论上()()()()()()()()()()()()''''1101,0,1,0;1,,00,11,110f x x xx f x x f x x f x f x x x x f x f =->=∈>∈+∞<∈∈+∞==为的零点于是在上单调递增，在上单调递减是的极大值点，(3)问需要利用(2)问结论才能比较顺利的证明利用(2)中结论第(1)问是一个比较简单的存在型问题分段)高考导数大题除求导外，隐藏零点、韦达定理、极值点偏移、二，三阶导等技巧，都是附加的技巧，导数的核心，是分类讨论的考察，高考题多数绕不开分类讨论。

导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引

导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引方法一等价变形，转化构造方法导读研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。

方法导引例1 已知函数f(x)=a e x (a ∈R )，g(x)=lnx x+1.（1）求函数g(x)的极值；（2）当a ≥1e 时，求证：f(x)≥g(x). 解析:（1）由g (x )=ln x x+1，得g ′(x )=1−ln x x 2，定义域为(0,+∞).令g ′(x )=0，解得x =e ，列表如下：结合表格可知函数g (x )的极大值为g (e )=1e +1，无极小值. （2）要证明f (x )≥g (x )，即证ae x ≥ln x x+1，而定义域为(0,+∞)，所以只要证axe x −ln x −x ≥0，又因为a ≥1e，所以axe x −ln x −x ≥1exe x −ln x −x ，所以只要证明1e xe x −ln x −x ≥0.令F (x )=1e xe x −ln x −x ，则F ′(x )=(x +1)(e x−1−1x )，记ℎ(x )=e x−1−1x ，则ℎ(x )在(0,+∞)单调递增且ℎ(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，ℎ(x )<0，从而F ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，ℎ(x )>0，从而F ′(x )>0，即F (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，F (x )≥F (1)=0. 所以当a ≥1e 时，f (x )≥g (x ).例2已知a ∈R ，a ≠0，函数f (x ) =e ax -1-ax ，其中常数e =2.71828.（1）求f (x ) 的最小值；（2）当a ≥1时，求证:对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 解析：（1）因为()1ax f x eax -=-，则()()11ax f x a e -'=-，()210ax f x a e -'=>'故()f x '为R 上的增函数，令()0f x '=，解得1x a= 故当()1,,0x f x a ⎛⎫∈-∞< '⎪⎝⎭，()f x 单调递减；当()1,,0x f x a ⎛⎫∈+∞>'⎪⎝⎭，()f x 单调递增，则()10min f x f a ⎛⎫==⎪⎝⎭故函数()f x 的最小值为0.（2）证明：要证明xf (x ) ≥ 2ln x +12ax - 等价于证明121ax xe lnx -≥+由（1）可知：10ax e ax --≥，即1ax e ax -≥ 因为0x >，故12ax xe ax -≥ 故等价于证明221ax lnx ≥+即()2210,0,ax lnx x --≥∈+∞令()221g x ax lnx =--，即证()()0,0,g x x ≥∈+∞恒成立.又())21122g x ax x x+-=-='令()0g x '=，解得x =故当(),0x g x⎛'∈< ⎝，()g x 单调递减；当(),0x g x⎫∈+∞>'⎪⎭，()g x 单调递增；故()2g x g lna≥== 有因为1a ≥，故0lna ≥ 故()0g x lna ≥≥即证.即对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 方法二：构造常见典型函数方法导读常见典型函数主要包括xlnx ，x/lnx ，lnx/x ; xe x ,xe x ,e x /x 等，通过变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。

高考函数与导数类压轴题的6大模型与23种考法总结！压轴题不只学霸才能解~

高考函数与导数类压轴题的6大模型与23种考法总结！压轴
题不只学霸才能解~
只有学霸才会解'压轴题'嘛？
在高考数学里，这个问题的答案一定是否定的，数学压轴题十之有九是对函数与导数问题的考查，此类题型确实不简单，但极具规律性，属于难，但是容易备考的题型。

今天车车帮你整理好了压轴题的所有题型和命题角度，无论你的数学成绩如何，请务必试试攻克它。

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本文目录
题型一切线型
1.求在某处的切线方程
2.求过某点的切线方程
3.已知切线方程求参数
题型二单调型
1.主导函数需“二次求导”型
2.主导函数为“一次函数”型
3.主导函数为“二次函数”型
4.已知函数单调性，求参数范围
题型三极值最值型
1.求函数的极值
2.求函数的最值
3.已知极值求参数
4.已知最值求参数
题型四零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
2.零点存在性定理的应用
3.极值点偏移问题
题型五恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
2.单变量型存在性问题
3.双变量型的恒成立与存在性问题
4.等式型恒成立与存在性问题
题型六与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
2.含有e x与lnx的不等式证明技巧
3.多元函数不等式的证明
4.数列型不等式证明的构造方法。

(完整版)高考数学导数压轴题7大题型总结

目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。

掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。

为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

1导数单调性、极值、最值的直接应用tatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsot a ti m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo d2交点与根的分布3不等式证明（一）做差证明不等式tatimeandAllthingsintheirb（二）变形构造函数证明不等式etatimeandAllthingsintheirbeingaregoo（三）替换构造不等式证明不等式dtatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsoi m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo df or s o4不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离参数tatimeandAllthingsintheirbeinga（三）恒成立之讨论字母范围rtatimeandAllthingsint5函数与导数性质的综合运用hetatimeandAllthingsintheirbeingarego6导数应用题odtatimeandAllthin7导数结合三角函数gstatimeandAllthingsintheirbeingaregoo。

高中数学补习教案----导数压轴题7大题型归类总结

导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+一、导数单调性、极值、最值的直接应用涉及本单元的题目一般以选择题、填空题的形式考查导数的几何意义，定积分，定积分的几何意义，利用图象判断函数的极值点，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等.1.利用导数研究函数的单调性(1)首先确定所研究函数的定义域，然后对函数进行求导，最后在定义域内根据f′(x)＞0 ，则函数单调递增，f′(x)＜0，则函数单调递减的原则确定函数的单调性.(2)利用导数确定函数的单调区间后，可以确定函数的图象的变化趋势.2.利用导数研究函数的极值、最值(1)对函数在定义域内进行求导，令f′(x)=0，解得满足条件的x i(i=1,2…)，判断x=x i处左、右导函数的正负情况，若“左正右负”，则该点处存在极值且为极大值；若“左负右正”，则该点处存在极值且为极小值；若左、右符号相同，则该点处不存在极值.(2)利用导数判断函数y=f(x)的最值通常是在给定闭区间[a,b]内进行考查，利用导数先求出给定区间内存在的所有极值点x i(i=1,2…)，并计算端点处的函数值，最后进行比较，取最大的为最大值；最小的为最小值，即max{f(a),f(b),f(x i)}，min{f(a),f(b),f(x i)}.(3)注意函数单调性与极值、最值之间的联系.导数值为零的点的左、右两端的单调性对其极值情况的影响，单调性对函数最值的影响，都要注意结合函数的图象进行分析研究.(4)注意极值与最值之间的联系与区别，极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定.2.定积分及其应用(1)简单定积分的计算，能够把被积函数变为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的和或差，利用定积分的性质把所求的定积分化为若干个定积分的和或差，然后分别用求导公式求出F(x)，使得F′(x)=f(x)，利用牛顿-莱布尼兹公式求出各个定积分的值，最后求得结果.(2)微积分基本定理的应用：能够根据给出的图象情况，建立简单的积分计算式子，求值计算.理解微积分基本定理的几何意义：曲线与轴围成的曲边多边形的面积，可以通过对该曲线表示的函数解析式在给定区间内求其积分而得到.其一般步骤是：画出图形，确定图形的范围，通过解方程组求出交点的横坐标，定出积分的上、下限；确定被积函数，特别是注意分清被积函数的上、下位置；写出平面图形面积的定积分的表达式；运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积.（2017高考新课标Ⅱ，理11）若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-l)e x-1的极值点，则f(x)的极小值为()A．-1B．-2e-3C．5e-3D．1【答案】A【解析】由题可得f′(x)=(2x+a)e x-1+(x2+ax-l)e x-1=[x2+(a+2)x+a-1]e x-1，因为f′(-2)=0，所以a=-1，f(x)=(x2-x-1)e x-1，故f′(x)=(x2+x-2)e x-1，令f′(x)＞0，解得x＜-2或x＞1，所以f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递增，在(-2,1)上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1，故选A．【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．(2015高考新课标Ⅰ，理12)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a ,其中a＜1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)＜0，则a的取值范围是()B．C．D．.(2016高考新课标II，理16)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=______.（2016高考新课标III，理15）已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点（1,−3）处的切线方程是______.二、交点与根的分布三、不等式证明（一）做差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离参数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用六、导数应用题七、导数与三角函数的结合补充练习题：6.（2018，全国1）7.（2018，,全国2）8.（2018，全国3）。

导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-，因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，|1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-.思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t =，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<，所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x -，设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则()2110Q x xx '===<， …所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln ln xx -.由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，￥则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t+，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． "【变式训练】已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '=（ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，!所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间；当1a >时，()f x单调递减区间为(()0,,a a +∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭，由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. ~由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）．（1）求f （x ）的单调区间；（2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围．【分析】（1）函数求导得()11'axf x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）~（3）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1）略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==，在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-，因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，~当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 3．【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2xx f x x a ex ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； >②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f (f )={e −f +1,f ≤0,2√f , f >0.函数f =f (f (f )+1)−f (f ∈f )恰有两个零点f 1和f 2．（1）求函数f (f )的值域和实数f 的最小值；（2）若f1<f2，且ff1+f2≥1恒成立，求实数f的取值范围．【解析】（1）当f≤0时，f(f)=e−f+1≥2.`当f>0时，f(f)=2√f>0.∴f(f)的值域为(0,+∞)．令f(f(f)+1)=f，∵f(f)+1>1，∴f(f(f)+1)>2，∴f>2.又f(f)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(f)+1=f1，f(f)+1=f2，且f1<0，f2>1．∴f(f)=f1−1无解.从而f(f)=f2−1要有两个不同的根，应满足f2−1≥2，∴f2≥3.∴f(f2)=f(f(f)+1)≥2√3.即f≥2√3．∴f的最小值为2√3.(2) f=f(f(f)+1)−f有两个零点f1、f2且f1<f2，设f(f)=f，f∈[2,+∞)，∴e−f1+1=f，∴f1=−ln(f−1).2√f2=f，∴f2=f24.#∴−f ln(f−1)+f24≥1对f∈[2,+∞)恒成立设f(f)=−f ln(f−1)+f24−1，f′(f)=−ff−1+f2=f2−f−2f2(f−1).∵f∈[2,+∞)，∴f2−f∈[2,+∞)恒成立.∴当2f≤2，即f≤1时，f′(f)≥0，∴f(f)在[2,+∞)上单调递增.∴f(f)≥f(2)=−f ln1+1−1=0成立.当f>1时，设f(f)=f2−f−2f.由f(2)=4−2−2f=2−2f<0.∴∃f0∈(2,+∞)，使得f(f0)=0.且当f∈(2,f0)时，f(f)<0，f∈(f0,+∞)时，f(f)>0.∴当f∈(2,f0)时，f(f)单调递减，此时f(f)<f(2)=0不符合题意.综上，f≤1.【变式训练】f(f)=f2+ff−f ln f.（1）若函数f(f)在[2,5]上单调递增，求实数f的取值范围；（2）当f=2时，若方程f(f)=f2+2f有两个不等实数根f1，f2，求实数f的取值范围，并证明f1f2<1.【解析】（1）f′(f)=2f+f−ff，∵函数f(f)在[2,5]上单调递增，∴f′(f)≥0在f∈[2,5]恒成立，即2f+f−ff≥0对f∈[2,5]恒成立，∴f≥−2f2f−1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(−2f2f−1)max，f∈[2,5]，令f(f)=−2f2f−1(f∈[2,5])，则f′(f)=−2f2+4f(f−1)2≤0(f∈[2,5])，∴f(f)在[2,5]上单调递减，∴f(f)在[2,5]上的最大值为f(2)=−8.\∴f的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当f=2时，方程f(f)=f2+2f⇔f−ln f−f=0，令f(f)=f−ln f−f(f>0)，则f′(f)=1−1f，当f∈(0,1)时，f′(f)<0，故f(f)单调递减，当f∈(1,+∞)时，f′(f)>0，故f(f)单调递增，∴f(f)min=f(1)=1−f.若方程f(f)=f2+2f有两个不等实根，则有f(f)min<0，即f>1，当f>1时，0<f−f<1<f f，f(f−f)=f−f>0，f(f f)=f f−2f，令f(f)=f f−2f(f>1)，则f′(f)=f f−2>0，f(f)单调递增，f(f)>f(1)=f−2>0，∴f(f f)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数f的取值范围是(1,+∞).不妨设f 1<f 2，则0<f 1<1<f 2，0<1f 2<1，∴f 1f 2<1⇔f 1<1f 2⇔f (f 1)>f (1f 2)，∵f (f 1)=f (f 2)=0，∴f (f 1)−f (1f 2)=f (f 2)−f (1f 2)=(f 2−ln f 2−f )−(1f 2−ln 1f 2−f ),=f 2−1f 2−2ln f 2.令f (f )=f −1f−2ln f (f >1)，则f′(f )=1+1f 2−2f=(1f −1)2>0，∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2−1f 2−2ln f 2>0，∴f (f 1)>f (1f 2)，∴f 1f 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值；，（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围：【详解】（1）略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.`由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】设函数．（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围．【解析】（2）条件等价于对任意恒成立，设．则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立， —∴（对仅在时成立），故的取值范围是【变式训练】已知函数f (f )=f +f ln f .（Ⅰ）求函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若f ∈f ，且f (f −1)<f (f )对任意f >1恒成立，求f 的最大值；（Ⅲ）当f >f ≥4时，证明：(ff f )f >(ff f )f .()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（Ⅰ）∵f ′(f )=ln f +2,∴f ′(1)=2，函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程f =2f −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (f )=f +f ln f ,∴f (f −1)<f (f )，对任意f >1恒成立，）即f <f +f ln ff −1对任意f >1恒成立．令f (f )=f +f ln ff −1，则f′(f )=f −ln f −2(f −1)2，令f (f )=f −ln f −2(f >1)，则f ′(f )=1−1f =f −1f>0，所以函数f (f )在(1,+∞)上单调递增．∵f (3)=1−ln 3〈0,f (4)=2−2ln 2〉0，∴方程f (f )=0在(1,+∞)上存在唯一实根f 0，且满足f 0∈(3,4)．当1<f <f 0时，f (f )<0，即f′(f )<0，当f >f 0时，f (f )>0，即f′(f )>0，所以函数f (f )=f +f ln ff −1在(1,f 0)上单调递减，在(f 0,+∞)上单调递增． ∴[f (f )]min =f (f 0)=f 0(1+ln f 0)f 0−1=f 0(1+f 0−2)f 0−1=f 0∈(3,4)，∴f <[f (f )]min =f 0∈(3,4)，故整数f 的最大值是3．)（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f (f )=f +f ln ff −1是[4,+∞)上的增函数，∴当f >f ≥4时，f +f ln f f −1>f +f ln ff −1．即f (f −1)(1+ln f )>f (f −1)(1+ln f )．整理，得ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f +(f −f )． ∵f >f ,∴ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f ．即ln f ff +ln f f >ln f ff +ln f f ．即ln (f ff f f )>ln (f ff f f )．∴(ff f )f >(ff f )f ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立]【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦*()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+（121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】已知函数f (f )=f f −f ，f (f )=(f +f )ln (f +f )−f ．（1）若f =1，f ′(f )=f ′(f )，求实数f 的值．（2）若f ,f ∈f +，f (f )+f (f )≥f (0)+f (0)+ff ，求正实数f 的取值范围．【解析】（1）由题意，得f ′(f )=f f −1，f ′(f )=ln (f +f )，由f =1，f ′(f )=f ′(f )…①，得f f −ln (f +1)−1=0，令f (f )=f f −ln (f +1)−1，则f ′(f )=f f −1f +1，…因为f″(f)=f f+1(f+1)2>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，又f′(0)=0，所以当−1<f<0时，f′(f)>0，f(f)单调递增；当f>0时，f′(f)<0，f(f)单调递减；所以f(f)≤f(0)=0，当且仅当f=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解f=0，实数f的值为0．（2）解法一：令f(f)=f(f)−ff+f(f)−f(0)−f(0)（f>0），则f′(f)=f f−(f+1)，所以当f>ln(f+1)时，f′(f)>0，f(f)单调递增;当0<f<ln(f+1)时，f′(f)<0，f(f)单调递减;;故f(f)≥f(ln(f+1))=f(ln(f+1))+f(f)−f(0)−f(0)−f ln(f+1)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f．令f(f)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f（f>0），则f′(f)=ln(f+f)−ln(f+1)．（i）若f>1时，f′(f)>0，f(f)在(0,+∞)单调递增，所以f(f)>f(0)=0，满足题意．（ii）若f=1时，f(f)=0，满足题意．（iii）若0<f<1时，f′(f)<0，f(f)在(0,+∞)单调递减，所以f(f)<f(0)=0．不满足题意．综上述：f≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示>【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln() f x x a x a Rx=--∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=，令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ·②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >；故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减.（2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=>|再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增，而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x af x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-. 若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；|若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-，所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-. 综上，可得()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；/（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（），得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，），（i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =，2x =，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， `∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点，综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=，则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，【设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a-'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若10< ⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， @当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x 在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， !在区间0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+，所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<， |令()ln 1)h t t t =->，2'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f (f )=f ln f −f 2.（1）令f (f )=f (f )+ff ，若f =f (f )在区间(0,3)上不单调，求f 的取值范围；（2）当f =2时，函数f (f )=f (f )−ff 的图象与f 轴交于两点f (f 1,0)，f (f 2,0)，且0<f 1<f 2，又f ′(f )是f (f )的导函数.若正常数f ，f 满足条件f +f =1，f ≥f .试比较f ′(ff 1+ff 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为f (f )=f ln f −f 2+ff ，所以f ′(f )=ff −2f +f ，因为f (f )在区间(0,3)上不单调，所以f ′(f )=0在(0,3)上有实数解，且无重根，由f ′(f )=0，有f =2f 2f +1=2(f +1+1f +1)−4，f ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1f )−4在t>4单调递增，故f ∈(0,92)、（2）∵f ′(f )=2f −2f −f ，又f (f )−ff =0有两个实根f 1，f 2，∴{2fff 1−f 12−ff 1=02fff 2−f 22−ff 2=0，两式相减，得2(ln f 1−ln f 2)−(f 12−f 22)=f (f 1−f 2)， ∴f =2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2−(f 1+f 2)，于是f ′(ff 1+ff 2)=2ff 1+ff 2−2(ff 1+ff 2)−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(f 1+f 2)=2ff 1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(2f −1)(f 2−f 1).∵f ≥f ，∴2f ≤1，∴(2f −1)(f 2−f 1)≤0. 要证：f ′(ff 1+ff 2)<0，只需证：2ff1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2<0，只需证：f 1−f 2ff 1+ff 2−ln f1f 2>0.（*）令f 1f 2=f ∈(0,1)，∴（*）化为1−fff +f +ln f <0，只需证f (f )=ln f +1−fff +f <0；f ′(f )=1f −1(ff +f )2>0∵f (f )在(0,1)上单调递增，f (f )<f (1)=0，∴ln f +1−f ff +f<0，即f 1−f 2ff +f+ln f 1f 2<0.∴f ′(ff 1+ff 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b∈R，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围；②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1f ，0）②详见解析—【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22f +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当f =0时，f (f )=ln f +ff ，原题转化为函数f (f )=−ln ff与直线f =f 有两个交点，先研究函数f (f )=−ln ff图像，再确定b 的取值范围是（−1f ，0）. ②f 1f 2f 2>1⇔f 1f 2>f 2⇔ln f 1f 2>2，由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2ln f 2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，因此须证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，构造函数f (f )=ln f −2(f −1)f +1，即可证明试题解析：（1）因为f ′(f )=ff +1f ，所以f ′(1)=f +1,由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3.又因为f (f )在f =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22f +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以f (f )=−f 2+ln f +f ，其定义域为（0，+）f′(f )=−2f +1f +1=−2f 2+f +1f =−(2f +1)(f −1)f{令f′(f )=0得f 1=−12,f 2=1，当f ∈（0,1）时，f′(f )>0，当f ∈（1,+）f′(f )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当f =0时，f (f )=ln f +ff ，其定义域为（0，+）.①由f (f )=0得f =-ln ff，记f (f )=−ln ff，则f′(f )=ln f −1f 2,所以f (f )=−ln ff在(0,f )单调减，在(f ,+∞)单调增，所以当f =f 时f (f )=−ln ff取得最小值−1f .又f (1)=0，所以f ∈(0,1)时f (f )>0，而f ∈(1,+∞)时f (f )<0,所以b 的取值范围是（−1f ，0）. ②由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2+f (f 1+f 2)=0,ln f 2−ln f 1+f (f 2−f 1)=0,{所以ln f 1f 2ln f2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，不妨设x1<x2,要证f 1f 2>f 2, 只需要证ln f 1f 2=f 1+f2f 2−f 1(ln f 2−ln f 1)>2.即证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，设f =f2f 1(f >1),则f (f )=ln f −2(f −1)f +1=ln f +4f +1−2,所以f′(f )=1f −4(f +1)2=(f −1)2f (f +1)2>0,所以函数f (f )在（1，+）上单调增，而f (1)=0，所以f (f )>0即ln f >2(f −1)f +1,所以f 1f 2>f 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f (f )=f f (f f −ff +f )有两个极值点f 1，f 2.（1）求f 的取值范围；，（2）求证：2f 1f 2<f 1+f 2.【解析】（1）因为f (f )=f f (f f −ff +f )，所以f ′(f )=f f (f f −ff +f )+f f (f f −f )=f f (2f f −ff )，令f ′(f )=0，则2f f =ff ，当f =0时，不成立；当f ≠0时，2f =ff f ，令f (f )=f ef，所以f ′(f )=1−ff f ，当f <1时，f ′(f )>0，当f >1时，f ′(f )<0，所以f (f )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为f (1)=1f ，当f →−∞时，f (f )→−∞，当f →+∞时，f (f )→0，'因此，当0<2f <1f 时，f (f )有2个极值点，即f 的取值范围为(2f ,+∞).（2）由（1）不妨设0<f 1<1<f 2，且{2f f 1=ff 12f f 2=ff 2，所以{ff2+f 1=fff +fff 1ff2+f 2=fff +fff 2，所以f 2−f 1=ln f 2−ln f 1，要证明2f 1f 2<f 1+f 2，只要证明2f 1f 2(ln f 2−ln f 1)<f 22−f 12，即证明2ln (f 2f 1)<f 2f 1−f 1f 2，设f 2f 1=f (f >1)，即要证明2ln f −f +1f <0在f ∈(1,+∞)上恒成立，记f (f )=2ln f −f +1f (f >1)，f ′(f )=2f −1−1f 2=−f 2+2f −1f 2=−(f −1)2f 2<0，所以f (f )在区间(1,+∞)上单调递减，所以f (f )<f (1)=0，即2ln f −f +1f <0，即2f 1f 2<f 1+f2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(f)=−12f2+2f−2f ln f．$（1）讨论函数f(f)的单调性；（2）设f(f)=f′(f)，方程f(f)=f（其中f为常数）的两根分别为f,f(f<f)，证明：f′(f+f2)<0．注：f′(f),f′(f)分别为f(f),f(f)的导函数．【解析】（1）函数f(f)的定义域为(0,+∞)，f′(f)=−f+2−2ff =−f2+2f−2ff，令f(f)=−f22f−2f，f=4−8f，①当f≤0时，即f≥12时，恒有f(f)≤0，即f′(f)≤0，∴函数f(f)在(0,+∞)上单调减区间．②当f>0时，即f<12时，由f(f)=0，解得f1=1−√1−2f,f2=1+√1−2f，（i）当0<f<12时，当f∈(0,f1),(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，|当f∈(f1,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(0,f1),(f2,+∞)单调递减，在(f1,f2)上单调递增．（ii）当f≤0时，f(0)=−2f≥0，当f∈(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，当f∈(0,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(f2,+∞)单调递减，在(0,f2)上单调递增．证明（2）由条件可得f (f )=−f +2-2ff,f >0，∴f ′(f )=−1+2ff 2，!∵方程f (f )=f （其中f 为常数）的两根分别为f ,f (f <f )，∴{f (f )=f f (f )=f可得ff =2f ，∴f ′(f +f2)=−1+8f (f +f )2=−1+4ff (f +f )2=−1+4ff +f f+2，∵0<f <f ， ∴0<ff <1， ∴ff +f f >2，∴f ′(f +f2)=−1+4f f +f f+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．{（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析【解析】【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得22x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可.、【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得2x >；令()0f x '<，得02x <<．则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增．（2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，，解得102m <<．由方程得22x =，且2112x <<．￥由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数，所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞．【答案】（1）见解析（2）见解析，【解析】【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解；（2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121x t x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，；当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．<故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx b x x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-，故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121x t x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立，即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， .∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】【分析】&（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

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

导数压轴题题型归纳及处理技巧

导数压轴题题型归纳及处理技巧以下是 8 条关于导数压轴题题型归纳及处理技巧的内容：1. 哎呀，导数压轴题里有一种常见的题型就是求最值问题呀！就像在登山的时候，要找到那最高的山峰！比如函数y=x³-3x²+5，你能快速找到它的最值吗？2. 嘿，还有判断函数单调性的题型呢！这就像开汽车，要清楚什么时候加速什么时候减速。

像函数 f(x)=xlnx，你能判断它的单调性吗？3. 哇塞，导数里那种恒成立问题也很让人头疼啊！就好比要让一个球一直保持在一个固定的位置。

比如f(x)≥a 在某个区间恒成立，这可得好好琢磨琢磨怎么处理哦！像函数 f(x)=e^x+x，若f(x)≥kx 恒成立，你能搞定吗？4. 哦哟，导数压轴题里的不等式证明可不好惹呢！就像是要跨过一条很难跨的沟。

比如要证明某个不等式成立，怎么把导数的知识用上呀？比如 x>0 时，证明 e^x>1+x，你知道怎么下手吗？5. 嘿呀，有一种题型是利用导数求曲线的切线方程呢！这就像在给一条曲线画上漂亮的切线。

比如给定曲线y=x²，在某点处的切线怎么求呢，你会吗？6. 哇哦，那些与极值点有关的题型也挺有趣的嘛！就如同在一群小朋友里找到那个最特别的。

比如给定一个函数，怎么去找它的极值点呢？像函数g(x)=x³-3x，它的极值点在哪儿呀？7. 哈哈，还有根据导数信息画函数图象的题型呢！这可像是根据描述去画一幅神秘的画。

比如知道了导数的一些情况，那函数图象大概长啥样呢？你能想象出来吗？8. 哎呀呀，最后还有一类是把导数和其他知识综合起来的题型呢！这就像把不同的拼图块拼成一幅完整的画。

比如和数列结合起来，那可真是够有挑战性呢！像这样的综合题，你能勇敢挑战吗？我觉得导数压轴题虽然难，但只要掌握了这些题型和处理技巧，多练习多总结，就一定能攻克它！。

专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类(精讲精练)(原卷版)

专题16函数与导数常见经典压轴小题全归类【命题规律】1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．【核心考点目录】核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型核心考点二：函数嵌套问题核心考点三：函数整数解问题核心考点四：唯一零点求值问题核心考点五：等高线问题核心考点六：分段函数零点问题核心考点七：函数对称问题核心考点八：零点嵌套问题核心考点九：函数零点问题之三变量问题核心考点十：倍值函数核心考点十一：函数不动点问题核心考点十二：函数的旋转问题核心考点十三：构造函数解不等式核心考点十四：导数中的距离问题核心考点十五：导数的同构思想核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法核心考点十七：三次函数问题核心考点十八：切线问题核心考点十九：任意存在性问题核心考点二十：双参数最值问题核心考点二十一：切线斜率与割线斜率核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题核心考点二十四：函数的伸缩变换问题【真题回归】1．（2022·全国·统考高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（） A ．1-B ．12-C ．12D ．12．（2022·全国·统考高考真题）函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 3．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）已知函数3()1f x x x =-+，则（） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2022·天津·统考高考真题）设a ∈R ，对任意实数x ，记(){}2min 2,35f x x x ax a =--+-．若()f x 至少有3个零点，则实数a 的取值范围为______.5．（2022·全国·统考高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．6．（2022·全国·统考高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．7．（2022·浙江·统考高考真题）已知函数()22,1,11,1,x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+->⎪⎩则12f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭________；若当[,]x a b ∈时，1()3f x ≤≤，则b a -的最大值是_________．8．（2022·全国·统考高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 9．（2022·北京·统考高考真题）设函数()()21,,2,.ax x a f x x x a -+<⎧⎪=⎨-≥⎪⎩若()f x 存在最小值，则a 的一个取值为________；a 的最大值为___________．【方法技巧与总结】1、求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现()()f f a 的形式时，应从内到外依次求值；当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．2、含有抽象函数的分段函数，在处理时首先要明确目标，即让自变量向有具体解析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）．3、含分段函数的不等式在处理上通常有两种方法：一种是利用代数手段，通过对x 进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解；另一种是通过作出分段函数的图象，数形结合，利用图象的特点解不等式．4、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．5、动态二次函数中静态的值：解决这类问题主要考虑二次函数的有关性质及式子变形，注意二次函数的系数、图象的开口、对称轴是否存在不变的性质，二次函数的图象是否过定点，从而简化解题．6、动态二次函数零点个数和分布问题：通常转化为相应二次函数的图象与x 轴交点的个数问题，结合二次函数的图象，通过对称轴，根的判别式，相应区间端点函数值等来考虑．7、求二次函数最值问题，应结合二次函数的图象求解，有三种常见类型：（1）对称轴变动，区间固定；（2）对称轴固定，区间变动；（3）对称轴变动，区间也变动．这时要讨论对称轴何时在区间之内，何时在区间之外．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调情况，从而确定函数的最值．8、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点…具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．增区间：(), x -∞，0∆≤恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223b x x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d=+++的两个不相等的极值点，那么：① 若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点； ② 若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点； ③ 若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．9、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．10、对于三次函数图象的切线问题，和一般函数的研究方法相同．导数的几何意义就是求图象在该店处切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分“在”与“过”的不同，如果是过某一点，一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可．11、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．12、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．13、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．14、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．15、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 16、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．【核心考点】核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型【典型例题】例1．（2023·浙江奉化·高二期末）若函数322ln ()x ex mx xf x x -+-=至少存在一个零点，则m 的取值范围为（） A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．21,e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭C ．1,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦D ．1,e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭例2．（2023·天津·耀华中学高二期中）设函数()322ln f x x ex mx x =-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是 A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．210,e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．21e ,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．2211e ,e e e ⎛⎤--+ ⎥⎝⎦例3．（2023·湖南·长沙一中高三月考（文））设函数()22x xf x x x a e=--+（其中e 为自然对数的底数），若函数()f x 至少存在一个零点，则实数a 的取值范围是（） A ．1(0,1]e+B ．1(0,]e e +C ．1[,)e e ++∞D ．1(,1]e-∞+核心考点二：函数嵌套问题【典型例题】例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)x f x x x e =--，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e-=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6例5．（2023·全国·高三专题练习（文））已知函数()||12x f x e =-，()()11,021ln ,0x x g x x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪->⎩若关于x 的方程()()0g f x m -=有四个不同的解，则实数m 的取值集合为（） A ．ln 20,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,12⎛⎫⎪⎝⎭C ．ln 22⎧⎫⎨⎬⎩⎭D ．()0,1例6．（2023·河南·高三月考（文））已知函数()ln x f x x=，若关于x 的方程()()210f x af x a ++-=⎡⎤⎣⎦有且仅有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是( ) A ．()2e,1e --B ．()1e,0-C ．(),1e -∞-D ．()1e,2e -核心考点三：函数整数解问题【典型例题】例7．（2023·福建宁德·高三）当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的最大值为（） A ．2-B ．1-C ．0D ．1例8．（2023·江苏·苏州大学附属中学高三月考）已知a Z ∈，关于x 的一元二次不等式260x x a -+≤的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a 的值之和是（） A ．13B ．21C ．26D ．30例9．（2023·江苏宿迁·高一月考）用符号[x ]表示不超过x 的最大整数（称为x 的整数部分），如[﹣1.2]=﹣2，[0.2]=0，[1]=1，设函数f （x ）=（1﹣ln x ）（ln x ﹣ax ）有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，若[x 1]+[x 2]+[x 3]=6，则实数a 的取值范围是（） A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭ C ．ln 21,2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2ln 3,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 核心考点四：唯一零点求值问题【典型例题】例10．（2023·安徽蚌埠·模拟预测（理））已知函数()()()2ln 1ln f x x x a x =-+--有唯一零点，则a =（）A ．0B ．12-C ．1D ．2例11．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数()(),g x h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()x g x h x e x +=+，若函数()()12216x f x g x λλ-=+--有唯一零点，则正实数λ的值为（）A ．12B ．13C ．2D ．3例12．（2023·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知函数()g x ，()h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()sin xg x h e x x x ++=-，若函数()()20202320202x f g x x λλ-=---有唯一零点，则实数λ的值为 A ．1-或12B ．1或12-C ．1-或2D ．2-或1核心考点五：等高线问题【典型例题】例13．（2023·陕西·千阳县中学模拟预测（理））已知函数2()log 1f x x =-，若方程()f x a =(0)a >的4个不同实根从小到大依次为1x ，2x ，3x ，4x ，有以下三个结论：①142x x +=且232x x +=；②当1a =时，12111x x +=且34111x x +=；③21340x x x x +=．其中正确的结论个数为（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3例14．（2023·江苏省天一中学高三月考）已知函数2()(2)x f x x x e =-，若方程()f x a =有3个不同的实根()123123x x x x x x <<，，，则22ax -的取值范围为（） A ．10e⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，B．1e⎡-⎢⎣⎭C．()D．(例15．（2023·浙江·高一单元测试）已知函数(){}2max ,32f x x x =-，其中{},max ,,p p q p q q p q ≥⎧=⎨<⎩，若方程()()302f x ax a =+>有四个不同的实根1x 、2x 、3x 、()41234x x x x x <<<，则1423x x x x ++的取值范围是（）A ．93,102⎫⎛-- ⎪⎝⎭B ．193,102⎫⎛-- ⎪⎝⎭C ．39,210⎫⎛- ⎪⎝⎭D ．319,210⎫⎛- ⎪⎝⎭核心考点六：分段函数零点问题【典型例题】例16．（2023·山东青岛·高三期末）已知函数2|ln(1),1()(2),1x x f x x x ⎧+-=⎨+≤-⎩，若方程()0f x m -=有4个不相同的解，则实数m 的取值范围为（） A ．(0,1]B ．[0,1)C ．(0,1)D ．[0,1]例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2log ,1()11,14x x f x x x >⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，()()g x f x kx =-，若函数()g x 有两个零点，则k 的取值范围是（） A ．10,4⎛⎤⎥⎝⎦B ．10,ln 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．11,42eln ⎡⎫⎪⎢⎣⎭例18．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数22,0()log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，函数()()g x f x x m =++，若()g x 有两个零点，则m 的取值范围是（）． A ．[1,)-+∞B ．(,1]-∞-C ．[0,)+∞D ．[1,0)-核心考点七：函数对称问题【典型例题】例19．（2023·安徽省滁州中学高三月考（文））已知函数()22ln ,03,02x x x x f x x x x ->⎧⎪=⎨--≤⎪⎩的图象上有且仅有四个不同的点关于直线1y =的对称点在10kx y +-=的图象上,则实数k 的取值范围是A ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭B ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭例20．（2023·全国·高一课时练习）若直角坐标平面内的两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数()f x 的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称点对[],P Q 是函数()f x 的一个“友好点对”（注：点对[],P Q 与[],Q P 看作同一个“友好点对”）．已知函数()22log ,04,0x x f x x x x >⎧=⎨--≤⎩，则此函数的“友好点对”有（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个例21．（2023·福建·厦门一中高一竞赛）若函数y ＝f (x )图象上存在不同的两点A ，B 关于y 轴对称，则称点对[A ，B ]是函数y ＝f (x )的一对“黄金点对”（注：点对[A ，B ]与[B ，A ]可看作同一对“黄金点对”）已知函数2229,0()4,041232,4x x f x x x x x x x +<⎧⎪=-+≤≤⎨⎪-+>⎩，则此函数的“黄金点对”有（）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对核心考点八：零点嵌套问题【典型例题】例22．（2023·湖北武汉·高三月考）已知函数2()()(1)()1x x f x xe a xe a =+-+-有三个不同的零点123,,x x x .其中123x x x <<，则3122123(1)(1)(1)x x x x e x e x e ---的值为（）A ．1B ．2(1)a -C ．1-D ．1a -例23．（2023·全国·模拟预测（理））已知函数2()e e x x x ax f x a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x （其中123x x x <<），则3122312111e e ex x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 A ．1B ．1-C ．aD ．a -例24．（2023·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知函数()()()2ln ln f x ax x x x x =+--，有三个不同的零点，（其中123x x x <<），则2312123ln ln ln 111x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 A ．1a - B ．1a - C ．-1 D ．1核心考点九：函数零点问题之三变量问题【典型例题】例25．（2023·全国·高三）若存在两个正实数x 、y ，使得等式3(24)(ln ln )0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）．A ．()0-∞，B ．3(0)[)2e-∞⋃+∞，， C ．3(0]2e，D ．3[)2e+∞，例26．（2023·山东枣庄·高二期末）对于任意的实数[1,e]x ∈，总存在三个不同的实数y ，使得ln 0ye xy x ay y--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是A ．2(,)4e -∞-B ．2(,0)4e -C ．2[,)4e -+∞D ．2(,)4e -+∞例27．（2023·四川省新津中学高三月考（理））若存在两个正实数,x y ，使得等式330yx x e ay -=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为A ．2[,)8e +∞B ．3(0,]27eC ．3[,)27e +∞D ．2(0,]8e核心考点十：倍值函数【典型例题】例28．（河南省郑州市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学（理）试题）对于函数()y f x =，若存在区间[],a b ，当[],x a b ∈时的值域为[](),0ka kb k >，则称()y f x =为k 倍值函数.若()2xf x e x =+是k倍值函数，则实数k 的取值范围是（） A ．()1,e ++∞B ．()2,e ++∞C ．1,e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．,e e 2⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭例29．（2023·四川·内江市教育科学研究所高二期末（文））对于函数()y f x =，若存在区间,a b ，当[],x a b ∈时，()f x 的值域为[],ka kb ，则称()y f x =为k 倍值函数.若()xf x e =是k 倍值函数，则k 的取值范围为（）A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．()1,eC ．(),e +∞D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭例30．（2023·吉林·长春十一高高二期中（理））对于函数()y f x =，若存在区间[],a b ，当[],x a b ∈时，()f x 的值域为[],ka kb ，则称()y f x =为k 倍值函数．若()ln f x x x =+是k 倍值函数，则k 的取值范围为（） A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．11,1e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．11,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭核心考点十一：函数不动点问题【典型例题】例31．（2023·广东海珠·高三期末）设函数()f x a R e ∈，为自然对数的底数），若曲线y x x =上存在点00()x y ，使得00()f y y =，则a 的取值范围是（） A ．1e[1]e-, B ．1e[e 1]e-+， C ．[1e 1]+， D ．[1,e]例32．（2023·山西省榆社中学高三月考（理））若存在一个实数t ，使得()F t t =成立，则称t 为函数()F x 的一个不动点.设函数()1(xg x e x a =+-(a R ∈，e 为自然对数的底数)，定义在R 上的连续函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.若存在01|()(1)2x x f x f x x ⎧⎫∈+-+⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()g x 的一个不动点，则实数a 的取值范围为（）A ．⎛⎫-∞ ⎪ ⎪⎝⎭ B ．⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭ C ．⎛⎤⎥ ⎝⎦ D ．⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭例33．（2023·四川自贡·高二期末（文））设函数()()1ln 2=+-∈f x x x a a R ，若存在[]1,b e ∈(e 为自然对数的底数)，使得()()f f b b =，则实数a 的取值范围是（） A ．1,122⎡⎤--⎢⎥⎣⎦eB ．e 1,ln 212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．1,ln 212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦核心考点十二：函数的旋转问题【典型例题】例34．（2023·上海市建平中学高三期末）双曲线2213x y -=绕坐标原点O 旋转适当角度可以成为函数f （x ）的图象，关于此函数f （x ）有如下四个命题，其中真命题的个数为（） ①f （x ）是奇函数；②f （x ）的图象过点32⎫⎪⎪⎝⎭或32⎫-⎪⎪⎝⎭； ③f （x ）的值域是33,,22⎛⎤⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭；④函数y ＝f （x ）－x 有两个零点． A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个例35．（2023·山东青岛·高三开学考试）将函数2([3,3])y x =∈-的图象绕点(3,0)-逆时针旋转(0)ααθ≤≤，得到曲线C ，对于每一个旋转角α，曲线C 都是一个函数的图象，则θ最大时的正切值为（）A ．32B ．23C ．1D 例36．（2023·浙江·高三期末）将函数π2sin 0,22x y x ⎛⎫⎡⎤=∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的图像绕着原点逆时针旋转角α得到曲线T ，当(]0,αθ∈时都能使T 成为某个函数的图像，则θ的最大值是（）A ．π6B ．π4C ．3π4D ．2π3核心考点十三：构造函数解不等式【典型例题】例37．（2023·江西赣州·高三期中（文））已知函数()()f x x R ∈满足(1)1f =，且()f x 的导数1()2f x '>，则不等式||1(||)22x f x <+的解集为（） A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)-D ．(,1][1,)-∞-+∞例38．（2023·全国·高二课时练习）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()'2f x f x +<，()02021f =，则不等式()22019x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（） A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞，，例39．（2023·全国·高二课时练习）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,核心考点十四：导数中的距离问题【典型例题】例40．（2023春•荔湾区期末）设函数22()()(22)f x x a lnx a =-+-，其中0x >，a R ∈，存在0x 使得04()5f x 成立，则实数a 的值是( ) A ．15B ．25C ．12D ．1例41．（2023•龙岩模拟）若对任意的正实数t ，函数33()()()3f x x t x lnt ax =-+--在R 上都是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．1(,]2-∞B ．(-∞C ．(-∞D ．(-∞，2]例42．（2023•淮北一模）若存在实数x 使得关于x 的不等式2221()22x e a x ax a -+-+成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．1{}2B ．1{}4C ．1[2，)+∞D ．1[4，)+∞核心考点十五：导数的同构思想【典型例题】例43．（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式ln ln(1)0x e mx x m ---+≥在(0,)+∞恒成立，则m 的取值范围是（） A ．(]1,1-B ．(]1,1e --C ．(]1,1e -D ．(]1,e例44．（2023·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数0m ＞，若对任意的()1,x ∈+∞，不等式2ln 20mxxe m-≥恒成立，则实数m 的取值范围是（） A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞D ．[),e +∞例45．（2023·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意()0,x ∈+∞，不等式ln 0ax ae x ->恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,D ．(),e +∞核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法【典型例题】例46．（2023·浙江·高三月考）已知函数2()1x f x xe =-，不等式()ln f x mx x ≥+对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数m 的取值范围是（） A ．(,2]-∞B ．[0,2]C ．(2,e 1⎤-∞-⎦D ．20,1e ⎡⎤-⎣⎦例47．（2023·四川省资中县第二中学高二月考（理））关于x 的不等式()32ln 113x x a x xe x+++-≥对任意0x >恒成立，则a 的取值范围是（）． A ．(],1-∞-B ．(){},1e -∞⋃C ．[],1e --D ．(],0-∞例48．（2023·全国·高三专题练习）已知,a b ∈R ，若关于x 的不等式2ln 0x a x a b -+-≥恒成立，则ab 的最大值为_______．核心考点十七：三次函数问题【典型例题】例49．（2023·全国·高三课时练习）设函数()y f x ''=是()y f x '=的导数，经过探究发现，任意一个三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的图象都有对称中心()()00,x f x ，其中0x 满足()00f x ''=，已知函数()3272392f x x x x =-+-，则12320212022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（） A ．2021 B ．20212C ．2022D ．40212例50．（2023·安徽·东至县第二中学高三月考（理））人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数()f x 都有对称中心，其对称中心为00(,())x f x （其中0''()0f x =）.已知函数32()345f x x x x =-++.若()4,()10f m f n ==，则m n +=（） A ．1B ．32C ．2D ．3例51．（2023·全国·高三月考（文））已知m ，n ，p ∈R ，若三次函数()32f x x mx nx p =+++有三个零点a ，b ，c ，且满足()()3112f f -=<，()()022f f =>，则111a b c ++的取值范围是（）A ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,43⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭核心考点十八：切线问题【典型例题】例52．（2023·云南红河·高三月考（理））下列关于三次函数32()(0)()f x ax bx cx d a x R =+++≠∈叙述正确的是（）①函数()f x 的图象一定是中心对称图形； ②函数()f x 可能只有一个极值点； ③当03bx a≠-时，()f x 在0x x =处的切线与函数()y f x =的图象有且仅有两个交点； ④当03bx a≠-时，则过点()()00,x f x 的切线可能有一条或者三条． A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④例53．（2023·江西·南昌二中高三月考（文））若函数2()1f x x =+的图象与曲线C:()21(0)x g x a e a =⋅+>存在公共切线，则实数a 的取值范围为 A ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．23,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭例54．（2023·全国·高二单元测试）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( ) A ．e b a C ．0e b a <<D ．0e a b <<核心考点十九：任意存在性问题【典型例题】例55．（2023·河南·郑州外国语中学高三月考（理））若不等式()()()221212log 1log 3,,13x xa x x ++-≥-∈-∞恒成立，则实数a 的范围是（） A ．[0,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,0]-∞D ．(,1]-∞.例56．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()=++f x x px q 对,∀∈p q R ，总有0[1,5]∃∈x ，使()0f x m≥成立，则m 的范围是（） A ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,2]-∞C ．(,3]-∞D ．(,4]-∞例57．（2023·全国·高二课时练习）已知()()1ln f x x x =+，若k ∈Z ，且()()2k x f x -<对任意2x >恒成立，则k 的最大值为（） A ．3B ．4C ．5D ．6核心考点二十：双参数最值问题【典型例题】例58．（2023·浙江·宁波市北仑中学高三开学考试）已知,a b ∈R ，且0ab ≠，对任意0x >均有()()(ln )0x a b x a x b ----≥，则（） A ．0,0a b <C ．0,0a b ><D ．0,0a b >>例59．（2023·山西运城·高三期中（理））已知在函数()()0,0f x ax b a b =+>>，()()ln 2g x x =+，若对2x ∀>-，()()f x g x ≥恒成立，则实数ba的取值范围为（）A ．[)0,+∞B ．[)1,+∞C ．[)2,+∞D ．[),e +∞例60．（2023·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））当(1,)x ∈+∞时，不等式ln(1)230(x ax b a --+，b R ∈，0)a ≠恒成立，则ba 的最大值为（）A ．1eB ．2C ．43D ．2e核心考点二十一：切线斜率与割线斜率【典型例题】例61．（2023·广东·佛山一中高三月考）已知函数2()ln (1)1h x a x a x =+-+(0)a < ，在函数()h x 图象上任取两点,A B ，若直线AB 的斜率的绝对值都不小于5，则实数a 的取值范围是（）A ．(,0)-∞B ．⎛-∞ ⎝⎦C ．,⎛-∞ ⎝⎦D ．⎫⎪⎪⎝⎭例62．（2023·山西大同·高一期中）已知函数(),()f x g x 是定义在R 上的函数，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()f x g x +=2x ax +，记2()()()g x h x xf x x =+，若对于任意的1212x x <<<，都有()()12120h x h x x x -<-，则实数a 的取值范围为（） A ．1,02⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．(0,)+∞C ．(,1]-∞-D ．(0,2]例63．（2023·全国·高一课时练习）已知函数(),142,12x a x f x a x x ⎧≥⎪=⎨⎛⎫-+< ⎪⎪⎝⎭⎩，若对任意的1x ，2x ，且12x x ≠，都有()()12120f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．[)1,8C ．()4,8D ．[)4,8核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）【典型例题】例64．设二次函数2()(2)32f x a x ax =-++在R 上有最大值，最大值为m （a ），当m （a ）取最小值时，(a =) A ．0B ．1C ．12D例65．（2023春•绍兴期末）已知函数2()||||f x x a x b =+++，[0x ∈，1]，设()f x 的最大值为M ，若M 的最小值为1时，则a 的值可以是( ) AB ．0 CD ．1例66．（2023•济南模拟）已知函数2()||2x f x ax b x -=--+，若对任意的实数a ，b ，总存在0[1x ∈-，2]，使得0()f x m 成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1(,]4-∞B ．(-∞，1]2C ．(-∞，2]3D ．(-∞，1]核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题【典型例题】例67．（2023春•湖州期末）若存在正实数x ，y 使得不等式22414lnx x lny ln y -++-成立，则(xy += ) ABCD 例68．（2023•上饶二模）已知实数x ，y 满足2(436)326x y ln x y e x y +-+--+-，则x y +的值为( ) A ．2B ．1C ．0D ．1-例69．（2023•崇明区期末）若不等式(||)sin()06x a b x ππ--+对[1x ∈-，1]恒成立，则a b +的值等于() A ．23B ．56C ．1D ．2核心考点二十四：函数的伸缩变换问题【典型例题】例70．（2023·天津一中高三月考）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（） A ．[]2,3 B ．[]1,3 C ．[]1,4D ．[]2,4例71．（2023·浙江·杭州高级中学高三期中）定义域为R 的函数()f x 满足(2)3()f x f x +=，当[0,2]x ∈时，2()2f x x x =-，若[4,2]x ∈--时，13()()18≥-f x t t恒成立，则实数t 的取值范围是( ) A ．(](],10,3-∞-B．((,0,3⎤-∞⎦C ．[)[)1,03,-+∞D ．))3,⎡⎡+∞⎣⎣例72．（2023届山西省榆林市高三二模理科数学试卷）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[)0,2x ∈时，()[)[)2213,0,1{ln ,1,2x x x f x x x x -+∈=∈，若当[)4,2x ∈--时，函数()22f x t t ≥+恒成立，则实数t 的取值范围为（） A ．30t -≤≤B ．31t -≤≤C ．20t -≤≤D ．01t ≤≤【新题速递】一、单选题1．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数()2,01,011x x f x x x x ⎧≤⎪=-≤<⎨≥，若函数()()()22231g x m f x mf x =-+，存在5个零点，则m =（） A ．1B ．12C ．1或12D ．1-2．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()e ,03,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩，若函数()()()g x f x f x =--，则函数()g x 的零点个数为（）A ．1B ．3C ．4D ．53．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()11,041,0x xf x x x ⎧+<⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，若()()12f x f x =，则12x x -的最小值为（） A ．4B ．92C ．143D ．54．（2023春·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）已知实数0a >，0b >，1a b +=，则下列说法中，正确的是（）． A ．114a b+≤B ．存在a ，b ，使得223a b +≥C ．22log log 1a b ⋅≤D ．存在a ，b ，使得直线10ax by 与圆224x y +=相切5．（2023·全国·高三专题练习）已知()0,2A ，()(),00B t t <，动点C 在曲线T ：()2401y x x =≤≤上，若△ABC 面积的最小值为1，则t 不可能为（） A ．4-B ．3-C ．2-D ．1-6．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知P 为直线=1y x --上一动点，过点P 作抛物线2:2C x y =的两条切线，切点记为A ，B ，则原点到直线AB 距离的最大值为（） A ．1BCD ．27．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知0a >，0b >，直线2e y x b -=+与曲线ln y x a =-相切，则11a b+的最小值是（） A ．16B ．12C ．8D ．48．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）若关于x 的不等式(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立，则整数k 的最大值为（） A ．-2 B ．-1 C ．0 D ．1二、多选题9．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e10．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数32()e 3xf x ax =-有三个不同的极值点1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则下列结论正确的是（）A ．2e 8a >B ．11x <-C ．2x 为函数()f x 的极大值点D ．()23e 3f x <11．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数()3f x x ax b =++，其中a ，b 为实数，则下列条件能使函数()f x 仅有一个零点的是（） A ．3a =-，3b =-B ．3a =-，2b =C ．0a =，3b =-D ．1a =，2b =12．（2023春·山东潍坊·高三统考期中）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对于任意实数x ，都有2()e ()x f x f x -=，且满足22()()21e x f x f x x -'+=+-，则（）A ．函数()e ()x F x f x =为偶函数B ．(0)0f =C ．不等式e ()e e x xxf x +<的解集为(1,)+∞ D ．若方程2()()0f x x a x--=有两个根12,x x ，则122x x a +> 13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）若函数()y f x =的图象上存在两个不同的点P ，Q ，使得()f x 在这两点处的切线重合，则称函数()y f x =为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（） A ．sin cos y x x =+ B ．(sin c s )o y x = C ．sin y x x =+D ．2sin y x x =+14．（2023春·江苏南京·高三统考阶段练习）已知双曲线C ：224x y -=，曲线E ：2y ax x b =++，记两条曲线过点()1,0的切线分别为1l ，2l ，且斜率均为正数，则（） A ．若=0a ，1b =，则C 与E 有一个交点 B ．若=1a ，=0b ，则C 与E 有一个交点C ．若0a b ，则1l 与E 夹角的正切值为7-D ．若==1a b ，则1l 与2l 三、填空题15．（2023·河南郑州·高三阶段练习）正实数a ，b 满足1e 4a a +=+，()ln 3b b +=，则b a -的值为____________． 16．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数()234202312342023x x x x f x x =+-+-++，()234202312342023x x x x g x x =-+-+--，设()()()53F x f x g x =+⋅-，且函数()F x 的零点均在区间[](a b a b <，，a ，)b Z ∈内，则b a -的最小值为__________．17．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）方程e 0x ax a -+=有唯一的实数解，实数a 的取值范围为__________．18．（2023春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()()23e ,? 0e ,? 0x x xf x x a x ⎧->=⎨-≤⎩，若()()12f x f x =，且12x x -的最大值为4，则实数a 的值为_______．19．（2023·全国·高三专题练习）若存在0a >，0b >，满足(2e )ln (2e )ln a t b a b t b a a +-=-，其中e 为自然对数的底数，则实数t 的取值范围是___________．20．（2023·四川资阳·统考模拟预测）若2224ln x ax a x ->，则a 的取值范围是______．。

高三导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m＝e xx ＋－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋2>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内，设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0，所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增；所以g (x )min ＝g (t )＝e t－ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

导数专题的题型总结

导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。

- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。

- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。

- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。

2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。

- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。

- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。

- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。

- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。

二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。

- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。

- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。

2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。

- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。

- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。

压轴题03--函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+，，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

导数压轴题题型梳理归纳

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

完整版)导数的综合大题及其分类

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。

第21集高考导数压轴题——端点效应

第21集高考导数压轴题——端点效应
不等式恒成立求参数取值范围问题，是高考的热点，同时也是高考难点，其通法是采用分类讨论，但过程往往十分繁琐，计算量十分庞大。

当然也可以优先采用分离参数法，然而并非所有的问题都能奏效，尤其是遇到一些试题，其参数根本无法分离。

这时候，倘若能适当考虑区间端点的性质，先找到一个不等式成立的必要条件，从而缩小范围，然后再证明必要条件也是充分条件，那么即可求得结论。

这种必要条件探路，再证充分性的方法，不妨称之为端点效应。

一·端点效应
1·必要条件缩小范围：
2·充分性求出结果：
二·高考题型归纳
1·区间端点的函数值为零型：
2·区间端点的函数值与导数值均为零型：。

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

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

17. (2009宁夏，利用根的分布) 已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++ ⑴如3a b ==-，求()f x 的单调区间；⑵若()f x 在(,),(2,)αβ-∞单调增加，在(,2),(,)αβ+∞单调减少，证明：βα-＜6. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m18. （2009天津文，利用根的分布讨论）设函数()()()322113f x x x m x x =-++-∈R ，其中0m >⑴当1m =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率 ⑵求函数()f x 的单调区间与极值⑶已知函数()f x 有三个互不相同的零点120x x 、、，且12x x <，若对任意的[]()()12,,1x x x f x f ∈>恒成立，求m 的取值范围.19. 已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=．⑴求函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值；⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．20. 已知函数x x f =)(，函数x x f x g sin )()(+=λ是区间[-1，1]上的减函数. （I ）求λ的最大值；（II ）若]1,1[1)(2-∈++<x t t x g 在λ上恒成立，求t 的取值范围；（Ⅲ）讨论关于x 的方程m ex x x f x+-=2)(ln 2的根的个数．三、不等式证明（2010湖南，最值、作差构造函数）已知函数x x x f -+=)1ln()(．(1)求函数)(x f 的单调递减区间； (2)若1->x ，求证：111+-x ≤)1ln(+x ≤x ．21. （2007湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易）已知定义在正实数集上的函数21()22f x x ax =+，2()3lng x a x b =+，其中0a >．设两曲线()y f x =，()y g x =有公共点，且在该点处的切线相同． ⑴用a 表示b ，并求b 的最大值；⑵求证：当0x >时，()()f x g x ≥．22. （2009全国II 理21，字母替换，构造函数）设函数()()2ln 1f x x a x =++有两个极值点12x x 、，且12x x < ⑴求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性； ⑵证明：()212ln 24f x ->.23. （变形构造新函数，一次）已知函数()(1)ln f x a x ax =+-．⑴试讨论()f x 在定义域内的单调性； ⑵当a ＜－1时，证明：12,(0,1)x x ∀∈，1212|()()|1||f x f x x x ->-．求实数m 的取值范围．24. （2011辽宁理21，变形构造函数，二次）已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f . ⑴讨论函数)(x f 的单调性；⑵设1-<a ，如果对任意),0(,21+∞∈x x ，|)()(|21x f x f -≥||421x x -，求a 的取值范围.25. 已知函数()1ln (0).f x x a x a =--< （1）确定函数()y f x =的单调性；（2）若对任意(]12,0,1x x ∈，且12x x ≠，都有121211|()()|4||f x f x x x -<-，求实数a 的取值范围。

26. 已知函数1)(+=x ax ϕ，a 为正常数． ⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=，且a 29=，求函数)(x f 的单调增区间；⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k，试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1)()(1212-<--x x x g x g ，求a 的取值范围．27. 已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .（1）若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1=a 时，设函数xx f x g )()(=，若1),1,1(,2121<+∈x x ex x ，求证42121)(x x x x +<28. 已知2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-．(1) 求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；(2) 对一切(0,)x ∈+∞，2()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；(3) 证明: 对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln x x e ex>-成立．29. 已知函数1ln ()a xf x a R x-+=∈，（Ⅰ）求()f x 的极值（Ⅱ）若ln 0x kx -<在R +上恒成立，求k 的取值范围（Ⅲ）已知10x >，20x >且12x x e +<，求证1212x x x x +>30. （2010湖北，利用⑵结论构造）已知函数0bf x ax c a x=++>（）（）的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-.a b c ⑴用表示出、；()ln [1)f x x a +∞≥⑵若在，上恒成立，求的取值范围；（反比例，作差构造）⑶1111ln(1)(1)232(1)n n n n n +++⋅⋅⋅+>++≥+证明：.（替换构造）解：本题主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同事考察综合运用数学知识进行推理论证的能力和分类讨论的思想。