高中数学导数压轴题重难点突破
高中数学导数难题怎么解题
高中数学导数难题怎么解题导数是高考数学必考的内容，近年来高考加大了对以导数为载体的知识问题的考查，题型在难度、深度和广度上不断地加大、加深，从而使得导数相关知识愈发显得重要。
下面是小编为大家整理的关于高中数学导数难题解题技巧，希望对您有所帮助。
欢迎大家阅读参考学习!1.导数在判断函数的单调性、最值中的应用利用导数来求函数的最值的一般步骤是： (1)先根据求导公式对函数求出函数的导数; (2)解出令函数的导数等于 0 的自变量; (3)从导数性质得出函数的单调区间; (4)通过定义域从单调区间中求出函数最值。
2.导数在函数极值中的应用利用导数的知识来求函数极值是高中数学问题比较常见的类型。
利用导数求函数极值的一般步骤是： (1)首先根据求导法则求出函数的导数; (2)令函数的导数等于 0，从而解出导函数的零点; (3)从导函数的零点个数来分区间讨论，得到函数的单调区间; (4)根据极值点的定义来判断函数的极值点，最后再求出函数的极值。
3.导数在求参数的取值范围时的应用利用导数求函数中的某些参数的取值范围，成为近年来高考的热点。
在一般函数含参数的题中，通过运用导数来化简函数，可以更快速地求出参数的取值范围。
导数知识在函数解题中的妙用函数知识是高中数学的重点内容，其中包括极值、图像、奇偶性、单调性等方面的分析，具有代表性的题型就是极值的计算和单调性的分析，按照普通的解题过程是通过图像来分析，可是对于较难的函数来说，制作图像不仅浪费时间，而且极容易出错，而在函数解题中应用导数简直就是手到擒来。
例如：函数 f(x)=x3+3x2+9x+a，分析 f(x)的单调性。
这是高中数学中常见的三次函数，在对这道题目进行单调性分析时，很多学生根据思维定式会采用常规的手法画图去分析单调区间，但由于未知数a 的存在而遇到困难。
如果考虑用导数的相关知识解决这一问题，解：f’(x)=-3x2+6x+9，令 f’(x)>0，那么解得 x<-1 或者 x>3，也就是说函数在(- ∞ ，-1)， (3，+∞)这个单调区间上单调递减，这样就能非常容易的判断函数的单调性。
２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析
㊀㊀㊀讲题比赛获奖论文之六:２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析◉中央民族大学附属中学呼和浩特分校㊀李雪峰㊀㊀摘要:函数零点问题在高考压轴题中经常出现．在解题过程中,按照一定标准对参数分类讨论㊁把握细节确定方向㊁引入隐零点㊁区间卡根,这些方面都可能成为解决零点问题的障碍．所以,选取适当的角度观察㊁分析,根据题目中的关键信息制定策略㊁拟定解题思路,并在此基础上进行计算㊁推理论证,往往是解题的关键．只有明白了思考的底层逻辑,才能使分析问题㊁解决问题的能力有所提高．关键词:函数零点问题;分类讨论;数形结合;区间卡根１试题呈现(２０２２年高考数学全国乙卷第２１题)已知函数f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x．(１)当a ＝１时,求曲线y ＝f (x )在点(０,f (０))处的切线方程;(２)若f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,求a 的取值范围．２试题解析本题的第(１)问不多赘述,下面给出第(２)问的几种不同的思考角度和解题方法．２．１思路一及解法２．１．１解题思路一的形成因为题中所给条件是函数零点问题,所以我们先观察函数值的正负情况以及何时为零．当a ȡ０时,若x ＞０,则f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０恒成立,与题意不符．因此,下面只讨论a ＜０时的情形．通过观察易知f (０)＝０,当x ң－１时,f (x )ң－ɕ;当x ң＋ɕ时,f (x )ң＋ɕ．要使f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,则可以猜测f (x )的图象大致如图１所示．图１由图１可知,fᶄ(０)＝a ＋１＜０显然为其必要条件,即a ＜－１．下面需要说明:①当a ȡ－１时,不符合题意;②当a ＜－１时,讨论函数f (x )的单调性,再根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．思路一的思维导图如图２所示．函数f (x )零点问题观察函数的零点及正负情况确定讨论a 的标准说明a ȡ０和－１ɤa ＜０时不符合题意当a ＜－１时,利用隐零点讨论f (x )的单调性,并区间探点,说明a ＜－１时符合题意得出结论图２２．１．２具体解法解法１:由思路一的分析可知a ȡ０不合题意,下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导,得f ᶄ(x )＝e x ＋a (１－x ２)(x ＋１)ex．设g (x )＝e x ＋a (１－x ２)．当－１ɤa ＜０时,在区间(０,＋ɕ)上,有g (x )＝e x ＋a (１－x ２)＝(e x＋a )－a x ２＞０．所以,在区间(０,＋ɕ)上,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,则f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．当a ＜－１时,g ᶄ(x )＝e x－２a x ,因为g ᵡ(x )＝e x－２a ＞０,所以g ᶄ(x )在区间(－１,＋ɕ)上单调递增．又因为g ᶄ(－１)＝e －１＋２a ＜０,gᶄ(０)＝１＞０,所以存在唯一x ０ɪ(－１,０),使g ᶄ(x ０)＝０．因此,当x ɪ(－１,x ０)时,g ᶄ(x )＜０,g(x )单调递减;当x ɪ(x ０,＋ɕ)时,g ᶄ(x)＞０,g (x )单调递增．(为直观起见,下面分别画出函数g ᶄ(x ),g (x ),f (x )的大致图象,如图３~５所示．)图３㊀㊀图４３２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀图５于是g (x ０)＜g (０)＝a ＋１＜０,又因为g (－１)＝１e ＞０,g (１)＝e ＞０,所以存在x １ɪ(－１,x ０),x ２ɪ(x ０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．当x ɪ(－１,x １)时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ɪ(x １,x ２)时,g (x )＜０,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减;当x ɪ(x ２,＋ɕ)时,g (x )＞０,fᶄ(x )＞０,f (x )单调递增．同时可知f (x １)＞f (０)＝０,f (x ２)＜f (０)＝０．(至此,利用隐零点求出了函数f (x )的单调区间．下面利用放缩法进行区间卡根,根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．)当－１＜x ＜０时,因为x e －x＞－e(证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＜l n (x ＋１)－e a ．由l n (x ＋１)－e a ＜０,得x ＜e e a －１．取m ＝e e a－１,则f (m )＜０,从而存在唯一s ɪ(m ,x １),使f (s )＝０．当x ＞０时,因为x e －xɤ１e (证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞l n (x ＋１)＋a e．由l n (x ＋１)＋a e＞０,得x ＞e －a e－１．取n ＝e －a e－１,则f (n )＞０,从而存在唯一t ɪ(x ２,n ),使f (t )＝０．所以,当a ＜－１时,函数f (x )区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．解法２:当a ȡ０时,在区间(０,＋ɕ)上,f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０,与题意不符．下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导得f ᶄ(x )＝１x ＋１＋a (１－x )ex＝１x ＋１[１＋a (１－x ２)e x]．(注意常见的变形技巧:对数 单身狗 ,指数 找朋友 ．)设g (x )＝１＋a (１－x ２)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．求导,得g ᶄ(x )＝a (x ２－２x －１)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．易得g (x )在(－１,１－２)上单调递减,在(１－２,１＋２)上单调递增,在(１＋２,＋ɕ)上单调递增．当－１ɤa ＜０时,g (０)＝a ＋１ȡ０,又因为当x ＞１＋２时,g (x )＝１＋a (１－x ２)ex＞１,所以当x ＞０时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,从而f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．(为直观起见,给出g (x )的图象,如图６所示．)图６当a ＜－１时,g (０)＝a ＋１＜０,因为g (－１)＝g (１)＝１＞０,g (１－２)＜g (０)＜０,所以存在唯一x １ɪ(－１,０),x ２ɪ(０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．此时f (x )在(－１,x １)上单调递增,(x １,x ２)上单调递减,在(x ２,＋ɕ)上单调递增．故f (x １)＞f (０)＝０＞f (x ２)．(为直观起见,给出g (x ),f (x )的图象,如图７．)㊀图７下面找点说明f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上有零点．f (x )＝l n (１＋x )＋a xex (a ＜－１)．设m (x )＝x e x ,则x ɪ(－１,１)时,m ᶄ(x )＝１－xex ＞０,x ɪ(１,＋ɕ)时,m ᶄ(x )＜０．于是m (x )ɪ－e ,１e æèçöø÷．所以,可得l n (１＋x )＋ae＜l n (１＋x )＋a xex ＜l n (１＋x )－a e ．由l n (１＋x )＋a e＝０,解得x ＝e －ae－１＞０,f (e －a e－１)＞l n (１＋e －－１)＋a e＝０．由l n (１＋x )－a e ＝０,解得x ＝e e a－１．所以可得f (e a e －１)＜l n (１＋e a e－１)－a e ＝０．所以f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．点评:解法１和解法２的基本思路一样,都是按照一定的标准对参数a 进行分类讨论,然后借助隐零点将函数的定义域分成若干个单调区间,最后在每个单调区间上卡根,根据零点存在定理说明函数零点的情况．解法２在求导后将导函数等价变形,使再求导后只需解一个不含参的二次不等式,简化了运算．解题一般是按照由易到难的顺序进行思考,即先４２命题考试试题研究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年１２月上半月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀观察㊁猜想,再分析㊁思辨,最后论证㊁求解．题目越复杂越要注意细节,细节往往是打通解题思路的关键．２．２思路二及解法２．２．１解题思路二的形成函数零点的问题往往可以转化为两个函数图象交点问题,因此该题可以考虑参变分离,将函数零点的问题转化为直线与另一个函数图象交点问题,同时还可以避免参数讨论带来的麻烦．思路二的思维导图,如图８所示．函数f (x )零点问题转化为直线y ＝－a 与y ＝F (x )图象交点问题求导后,讨论F ᶄ(x )的符号及F (x )的单调性x ＞０时,求出F (x )在x ＝０处的极限,由图可得a ＜－１当x ＜０时,利用隐零点,讨论F (x )的单调性,并求出F (x )当x 趋于－１时的极限,由图可得a ＜－１得出结论图８２．２．２具体解法解法３:因为f (０)＝０,所以f (x )＝０等价于－a ＝e x l n (１＋x )x．令F (x )＝e x l n (１＋x )x (x ＞－１),则F ᶄ(x )＝e x[(x ２－１)l n (１＋x )＋x ]x ２(x ＋１)．令g (x )＝(x ２－１)l n (１＋x )＋x ,则gᶄ(x )＝x [１＋２l n (１＋x )]．(注意到g (０)＝０,所以先讨论g (x )在x ＞０时的正负情况．)当x ＞０时,gᶄ(x )＞０,则g (x )单调递增,g (x )＞g (０)＝０,从而当x ＞０时,F ᶄ(x )＞０,F (x )在(０,＋ɕ)单调递增．由导数定义,得㊀F (x )＞l i m x ң０F (x )＝l i m x ң０e xl n (１＋x )－e ０l n (１＋０)x －０＝[e xl n (１＋x )]ᶄ|x ＝０＝[e x １１＋x ＋e xl n (１＋x )]|x ＝０＝１．(为直观起见,下面给出F (x )的图象．)图９如图９所示,要使直线y ＝a 与F (x )图象在y 轴右侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．因为e e l n (１＋e －a )e－a＋a ＞l n (１＋e －a )＋a ＞l n e －a＋a ＝０,所以由零点存在定理可知,a ＜－１时,f (x )在区间(０,＋ɕ)恰有一个零点．当－１＜x ＜０时,令g ᶄ(x )＝０,得x ＝e －－１．易知g (x )在(－１,e －１２－１)上单调递增,在(e －１２－１,０)上单调递减,则g (e －１２－１)＞g (０)＝０．因为g (e －１－１)＝－e ２＋３e －１e２＜０,所以存在唯一x ０ɪ(e －１－１,e －１２－１),使g (x ０)＝０．(为直观起见,给出g (x ),F (x )的图象,如图１０．)㊀㊀图１０当－１＜x ＜x ０时,g (x )＜０,F ᶄ(x )＜０,F (x )单调递减;当x ０＜x ＜０时,g (x )＞０,F ᶄ(x )＞０,F (x )单调递增．所以F (x ０)＜l i m x ң０F (x )＝１．又因为l i m x ң－１F (x )＝＋ɕ,所以要使直线y ＝a 与f (x )图象在y 轴左侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．综上所述,当a ＜－１时,f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点．点评:解法３的好处在于对F (x )求导后避免了参数的讨论;难点在于当x 趋于０时F (x )的极限值不易求出,虽然可用洛必达法则,但是超出了高中所学．该解法绕开了洛必达法则,利用导数的定义求出F (x )在x ＝０处的极限,比较巧妙,不易想到．３试题链接下面给出两道高考真题,供读者练习．试题１㊀(２０１７年全国Ⅰ卷理科)已知函数f (x )＝a e ２x ＋(a －２)e x－x ．(１)讨论f (x )的单调性;(２)若f (x )有两个零点,求a 的取值范围．试题２㊀(２０１８年全国Ⅱ卷理科)已知函数f (x )＝e x－a x ２．(１)若a ＝１,证明:当x ȡ０时,f (x )ȡ１;(２)若f (x )在(０,＋ɕ)只有一个零点,求a ．４总结函数零点问题是高考的常考内容,数形并用㊁合理分类是解题的关键．区间探点是一个难点,常常可以用放缩法解决．上述方法都是解决此类问题的典型方法,由于方法３中的极限值不易求出,考试中绝大多数考生选择了方法１和方法２．该题对学生的逻辑推理能力和运算能力要求较高,解题时要求学生注意细节㊁大胆猜想㊁合理分类㊁准确计算,这样才能将问题顺利解决．Z５２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. 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《导数大题压轴题难点突破》(PDF)
《难点突破》压轴题----函数与导数常考题型一、要点归纳1.曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，且切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+.2.若可导函数()y f x =在x x =处取得极值，则0()0f x '=.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：x 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()0f x '=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.7.若x I ∀Î，()f x 0>恒成立，则min ()f x 0>;若x I ∀∈，()f x 0<恒成立，则max ()f x 0<.8.若0x I ∃∈，使得0()f x 0>，则max ()f x 0>；若0x I∃∈，使得0()f x 0<，则min ()f x 0<.9.设()f x 与()g x 的定义域的交集为D ，若x ∀∈D ()()f x g x >恒成立，则有[]min ()()0f x g x ->.10.若对11x I ∀∈、22x I ∈，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >.若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.11.已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆．12.若三次函数f(x)有两个极值点，当且仅当方程()0f x '=一定有两个不等实根12x x 、，若三次函数f(x)没有极值点，则方程()0f x '=有两个相等的实根或没实根.．13.证题中常用的不等式:①1xe x≥+②1xex-≥-③xeex ≥④316xex >⑤ln +1(1)x x x ≤>-（）⑥ln 1(1)12x x x x -<>+⑦22ln 11(0)22x x x x <->⑧111ln ()1(1)2x x x x x x x-≤≤-≤-≥⑨ln 11(0)x x x x≤->二、常考题型：题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题1.1()010.1xax f x e x x y x-==+-=+已知函数在处的切线方程为（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）()1,f x <若求x 的取值范围.2.已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-.3．已知函数ln(1)()(0)x f x x x+=>（Ⅰ）判断函数()f x 的单调性；（Ⅱ）是否存在实数a 使得关于x 的不等式ln(1)x ax +<在(0,)+∞上恒成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，试说明理由.4．已知函数1ln ()xf x x+=．（Ⅰ）设a ＞0，若函数)(x f 在区间1(,2a a +上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当x ≥1时，不等式2()1k kf x x -≥+恒成立，求实数k 的取值范围．5．已知函数2()23.xf x e x x =+-（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式25()(3)12f x x a x ≥+-+恒成立，试求实数a 的取值范围．6．设()ln af x x x x=+，32()3g x x x =--．（Ⅰ）当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（Ⅱ）若存在12,[0,2]x x ∈，使12()()g x g x M-≥成立，求满足上述条件的最大整数M ；（Ⅲ）如果对任意的1,[,2]2s t ∈，都有()()f s g t ≥成立，求实数a 的取值范围．7.设函数(),x f x xe =2().g x ax x =+（Ⅰ）若()f x 与()g x 具有完全相同的单调区间，求a 的值；（Ⅱ）若当0x ≥时恒有()(),f x g x ≥求a 的取值范围.8.已知函数()xf x e =,()1g x x =+（Ⅰ）判断函数()()f x g x -零点的个数,并说明理由；（Ⅱ）当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围.9.已知函数32()31()f x ax x a x R =++∈，.（Ⅰ）当0a <时，求函数f(x)的极值．（Ⅱ）设函数'1()()(21)13h x f x a x =+-+，(1,](1)x b b ∈->-，如果存在(,1],a ∈-∞-，对任意(1,]x b ∈-都有()0h x ≥成立，试求b 的最大值．10.设函数2()ln ,,f x a x bx a b R =-∈（Ⅰ）若函数()f x 在1x =处与直线12y =-相切，①求实数,a b 的值；②求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最大值；（Ⅱ）当0b =时，若不等式()f x m x ≥+对所有的(230,,1,2a x e ⎡⎤⎤∈∈⎦⎢⎥⎣⎦都成立，求实数m 的取值范围.11．已知函数211()ln()22f x ax x ax =++-（a 为常数，0a >）.（Ⅰ）若12x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值；（Ⅱ）求证：当02a <≤时，()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上是增函数；（Ⅲ）若对任意．．的a ∈（1，2），总存在．．01,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式20()(1)f x m a >-成立，求实数m 的取范围.12.已知函数()()()3212f x x a x a a x=+--+()a ∈R ，()'f x 为()f x 的导数.（Ⅰ）当3a =-时，证明()y f x =在区间()1,1-上不是单调．．．．函数；（Ⅱ）设()19163g x x =-，是否存在实数a ，对于任意的[]11,1x ∈-，存在[]20,2x ∈，使得()()1122f x ax g x '+=成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.13.已知函数2()ln (1).xf x a x x a a =+->（Ⅰ）求()f x 的单调增区间；（Ⅱ）若存在[]12,1,1,x x ∈-使得12()()1(f x f x e e a -≥-是自然数）,求实数的取值.范围14.设函数2()mxf x ex mx =+-．（Ⅰ）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值范围．15．已知函数R a x x axx x f ∈-+-+=,1)1ln()(．（Ⅰ）当0>a 时，求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若存在0>x ，使)(11)(Z a x xx x f ∈+-<++成立，求a 的最小值．16.设函数()1.xf x e -=-（Ⅰ）证明：当1,();1x x f x x >-≥+时（Ⅱ）当0,()1xx f x ax ≥≤+时恒成立,求a 的取值范围.17.已知函数2()(1)(1).x f x x e x x =-->（Ⅰ）试判断方程()0f x =根的个数.（Ⅱ）()(1,),k k f x k ≤+∞若为整数,且不等式在上恒成立求的最大值.18.设函数()2xf x e ax =--(Ⅰ)求()f x 的单调区间(Ⅱ)若1,a k =为整数，且当0x >时，'()()10,x k f x x -++>求k 的最大值.题型二：导数与函数的切线问题19．已知函数312()ln ,()23f x x x g x ax x e=⋅=--．（Ⅰ）求()f x 的单调增区间和最小值；（Ⅱ）若函数()y f x =与函数()y g x =在交点处存在公共切线，求实数a 的值；（Ⅲ）若2(0,]x e ∈时，函数()y f x =的图象恰好位于两条平行直线1:l y kx =；2:l y kx m =+之间，当1l 与2l 间的距离最小时，求实数m 的值．20.已知函数()ln().f x x a ax =-+（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）若(,1),a ∈-∞-函数'()()g x a f x =的图象上存在12,P P 两点,其横坐标满足1216x x -<<<,且()g x 的图象在此两点处的切线互相垂直,求a 的取值范围.21.已知在函数321253y x x x =--+的曲线上存在唯一点P 00(,)x y ，过点P 作曲线的切线l 与曲线有且只有一个公共点P，则切线l 的斜率k =______________．22．已知函数2(),.xf x e ax ex a R =+-∈（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线平行于x 轴，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）试确定a 的取值范围，使得曲线()y f x =上存在唯一的点P ，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P .题型三：导数与函数的零点及零点关系问题23.已知函数3()sin (),[0]22f x ax x a R π=-∈且在，上的最大值.π-3为2（Ⅰ）求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）判断函数()f x 在(0,)π内的零点个数，并加以证明．24.已知函数()xf x x ae=-()a R Î有两个零点12,x x ，且12x x <.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明21x x 随着a 的减小而增大；（Ⅲ）证明12x x +随着a 的减小而增大.25.已知函数()2ln ()2a f x x x x x a a R =--+Î，在其定义域内有两个不同的极值点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）记两个极值点为12,x x ，且12x x <，已知0λ>，若不等式112e x x ll+<×恒成立，求λ的取值范围.26.已知函数()(0)axf x x e a =->.（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 有两个零点12,x x ，且12x x <，试证明12x ae x <.27．已知函数()f x =1x x e-（x ∈R）（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当x ＞2时，()f x ＞()g x ；（Ⅲ）如果1x ≠2x ，且1()f x =2()f x ，证明：12x x +＞4．28．已知函数2)1(2)(-+-=x a e x x f x）（有两个零点.（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：x 1+x 2<2.29.已知函数()(cos )2sin 2f x x x x π=---，2()(1xg x x ππ=-+-.证明：（1）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；32.已知()()ln ().f x x x mx m R =-∈（Ⅰ）当1m =时，()f x 的图象在()1,1-处的切线l 恰与函数(01)xy a a a =>≠且的图象相切，求实数a 的值.（Ⅱ）若函数21()ln 212F x x x mx =+-+的两个极值点为1212,,x x x x <且，求证：21()1()f x f x <-<.33．设函数'()ln(1),()(),0,f x x g x xf x x =+=≥其中'()f x 是()f x 的导函数．（Ⅰ）令11()(),()(()),,n n g x g x g x g g x n N ++==∈求()n g x 的表达式；（Ⅱ）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n ++⋅⋅⋅+与()n f n -的大小，并加以证明．34．已知函数f（x）=e x-kx，x∈R.（Ⅰ）若k=e ，试确定函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若k＞0，且对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试确定实数k 的取值范围；（Ⅲ）设函数F（x）=f(x)+f(-x)，求证：F（1）F（2）…F（n）＞()122nn e++（n∈N *）.《难点突破》(答案)压轴题----函数与导数常考题型二、常考题型：题型一：恒成立求参数的最值或取值范围问题2.解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+，由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
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$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
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。
高考导数压轴题中导数零点不可求的三大妙招
ｘｌｎｘ ≤１＋ｅ－２ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２）．
点 评 第 （Ⅲ） 小 题 中，ｇ（ｘ） ＝ （ｘ２ ＋
ｘ）ｆ′（ｘ）＝ ｘｅ＋ｘ １（１－ｘ－ｘｌｎｘ），若 求 其 导 数 一 方
面式子较烦，另一方面零 点 不 可 求，从 而 不 能 求 得
其单调区间．但将ｇ（ｘ）＜１＋ｅ－２ 变形为１－ｘ－ ｘｌｎｘ ＜ｘｅ＋ｘ１（１＋ｅ－２），则很容易求导得到两边函
而使问题得到 解 决．但 有 时 会 碰 到 导 数 式 是 超 越 式，导数的零点不可求，从 而 使 问 题 的 解 决 陷 入 困 境，本文通过 几 道 高 考 题 说 明 这 类 问 题 的 几 种 常
见解决办法． 一 、直 觉 求 根 ，二 次 求 导 验 证
例１ （２０１３年 陕 西 卷 文 科 第２１题 ）已 知 函 数 ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ ∈ Ｒ．
（１）求 ｆ（ｘ）的 反 函 数 的 图 象 上 点 （１，０）处 的 切线方程；
（２）证 明 ：曲 线ｙ
＝ ｆ（ｘ）与 曲 线ｙ
＝
１ｘ２ ２
＋
ｘ ＋１ 有 唯 一 公 共 点 ；
（３）设ａ＜ｂ，比 较ｆ（ａ２＋ｂ）与ｆ（ｂｂ）－－ａｆ（ａ）的
大 小 ，并 说 明 理 由 ．
解 （１）ｆ（ｘ）的反函数 ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｙ ＝
所以，ｆ（ｘ）在 （－ １，０）上 单 调 递 减，在 （０， ＋ ∞）上单调递增．
（Ⅱ）当ｍ ≤２，ｘ∈ （－ｍ，＋∞）时，ｌｎ（ｘ＋ｍ） ≤ｌｎ（ｘ＋２）．故只需证明：当 ｍ ＝２时，ｆ（ｘ）＞０．
当 ｍ ＝２时，函数ｆ′（ｘ）＝ｅｘ －ｘ１＋２在（－２，
＋ ∞）上单调递增．
又ｆ′（－１）＜０，ｆ′（０）＞ ０，故 ｆ′（ｘ）＝ ０ 在 （－２，＋ ∞）上有唯一实根ｘ０，且ｘ０ ∈ （－１，０）．
利用导数处理单调性的难点突破
导数问题难点突破
导数是整个高中数学的难点，在高考中有道小题和一道大题，都是压轴题。
导数研究的核心是单调性问题，尤其是含参函数的单调性问题。
但学生们普遍掌握的不好，主要问题是不知如何分类。
我做了如下处理：
1、理解解题原理。
让学生们充发理解利用导数处理单调生的原理，理解数形结合的思想。
2、优化解题过程
结合具体的例子，先让学生们去求解含参函数的单调性，然后再共同优化解题过程、寻找出最优的解题思路。
经过大家的共同探讨，我们找出了最优的解题思路：
第一步：求导，标定义域
第二步：看导函数是否有恒正或恒负的情况，如果有，先处理这种情况。
因为此时原函数在定义域内是单调函数
第三步：如果导函数有正，有负，则说明原函数有增有减。
如果导函数是连续函数，则一定有零点。
求出这个零点。
第四步：列表，找出导函数在由零点分开的各个区间内的正负，得出原函数的单调性。
依此过程，学生们基本都可以完成含参函数的单调性 问题。
看下面的例子：
设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,求)(x f 的单调区间；
解析：（Ⅰ）解：由b ax x x f ---=3)1()(，可得a x x f --=2)1(3)('.
下面分两种情况讨论：
当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：
，
),331(+∞+a .。
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题通常是考察学生对导数概念的理解和应用
能力的重要考试，以下是一些解题技巧：
1. 理解导数定义
导数定义是理解导数概念的基础，需熟练掌握并能熟练运用。
2. 熟练掌握导数的基本性质
导数具有线性性、乘积法则、商法则、链式法则等基本性质，需要熟练掌握并灵活运用。
3. 熟练掌握求导公式
常用的求导公式包括常函数导数、幂函数导数、指数函数导数、对数函数导数、三角函数导数等，需要熟练掌握并能够正确运用。
4. 理解导数的物理意义
导数的物理意义是变化率，需要理解并能够将其应用到实际问题中。
5. 灵活应用导数解决实际问题
在解决实际问题时，需要灵活运用导数概念和求导公式，并联系实际情况进行分析和解答。
通过以上解题技巧，相信学生们可以在高一数学导数压轴题中取得好成绩。
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函数与导数压轴题突破
函数 与导数压 轴题 突破
０ 福建省高级教师 汤小梅
高考压轴题通常具有一 定的难度，它们的功能是突 出选拔性 。但啜 学瞻 解 ，所考的内容也是基本考 点 。在压轴题中 ， 解析几何 、 函数与导数类型的题目 “ 出
纵 观２ ０ １ ３ 年高 考 “ 函数 与导 数 类 ” 压 轴题 ． 给我 们 感 觉是 数 中有 形 、 形 中有 数 ， 它 们构 思 独 特 、 背景 鲜 明 、 结 构新 颖 、 思 维 品位 高 ，主 要 考查 考 生 的数 形结 合 能 力 、 处 理 综 合 性 问题 的能 力 和 运 算 求 解 能 力． 常考 查 的类 型 ： 利 用 导数 来 解决 函数 的单
函数的单调 区间 ； ② 函数厂 （ ） 的最值或极
值； ③ 由函数的单调 区间 、 最值 或极 值求
参数 的 值．
（ ） 在 （ ｝ ， ］ 上 递 减 ， 而 （ ） ・ （ １ ） ＝
（ 一 ３ ） （ ｅ － ３ ） ＜ ｏ ， 所 以 存 在 。
间为 （ ０ ， ｌ ｎ ２ ） ．
镜率 ’ 鞍高 ， 本期就这两类压
轴题进行点评和分析 。
调性 、 极值与最值 ； 与 不等 式 、 数列 、 方 程
的根（ 或函数的零点 ） 、 三角等问题交汇时
突 出导 数 的 工具 性 作 用． 在高考备考复习 阶段 。 研 究 高考 “ 函数 与 导数 类 ” 压 轴 题 的
０ ０辅 导 Ｉ
立， 当且 仅 当ｋ ＝ ｌ 时 ） 取 得 最 大值 ． ＾ ） 在【 ０ ， １ ］ 上是 增 函数 ， 故ｈ ） ≥＾
ｍ ａ ｘ ｛ 一 １ ， （ 一 １ ） ｅ ｋ － ｋ ｝ ．
高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
如何搞定高中数学的导数压轴大题？
如何搞定高中数学的导数压轴大题？
如果水平足够，稳定在135以上，大部分时候能考140以上，那就可以刷导数压轴题了。
导数压轴题的难点一直围绕函数的单调性、极值和最值展开，以导数为工具探究函数的性质，借此研究不等式、方程等问题，着重考查分类讨论、数形结合、化归与转化的数学思想方法，意在考查学生的运算求解能力、推理论证能力，充分体现数学理性思维的特点，从思维的层次性、深刻性和创新性等方面进行考查。
（重点我加粗和划线了）题型非常多而且新，这里没办法一一说完整，需要你网络下载一些导数压轴题题型分类，导数压轴题技巧之类的去学习，或者买专门的资料，比如高考压轴题，满分秘籍（导数篇），数学小丸子的解题笔记（导数压轴题与放缩应用）等很多。
过段时间我会在头条里面发布我整理的一些导数题型图片版，欢迎使用。
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！。
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全
高考压轴题：导数题型及解题方法（自己总结供参考）一．切线问题题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。
方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。
题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。
方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。
例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ．（1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、（提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。
将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。
（答案：m 的范围是()2,3--）题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。
方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。
（)(,22x f x ）；建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x -='-，12212)()(y y x f x x -='-；求出21,x x ，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例 求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。
（答案02=--e y x e ）二．单调性问题题型1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。
分类的方法有：（1）在求极值点的过程中，未知数的系数与0的关系不定而引起的分类；（2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定）；(3) 在求极值点的过程中，极值点的大小关系不定而引起的分类；(4) 在求极值点的过程中，极值点与区间的关系不定而引起分类等。
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题解题技巧
1.熟练掌握导数公式和定义，理解导数的几何意义。
2.灵活运用导数的基本性质，如求和法则、积商法则等。
3.掌握导数的运算方法，如高阶导数、隐函数求导、参数方程求导等。
4.注意判断导数存在的条件，如左右导数是否相等、是否可导等。
5.注意运用中值定理和罗尔定理等基本定理，解决导数相关的优化问题和函数图像的性质。
6.熟练掌握微分和导数的关系，运用微分求近似值和误差估计等。
7.加强练习，注意理论和实例的结合，培养数学思维和解决实际问题的能力。
8.多与同学交流，探讨解题方法和思路，加深对导数概念的理解和记忆。
以上是高一数学导数压轴题解题技巧，希望对同学们有所帮助。
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导向图解决导数压轴大题
思维导图突破导数压轴题一．不等式“恒成立问题”与“存在性问题”（1）不等式“恒成立问题”与“存在性问题”区别“恒成立问题”中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、每一个、总、都”等；而“存在性问题”中使用的量词为存在性量词，如“存在、有一个、至少有一个、有解”等。
所以在解决此类问题时，首先要区分是“恒成立问题”，还是“存在性问题”。
（2）不等式“恒成立问题”与“存在性问题”的转化①不等式“恒成立问题”的基本转化类型：a.f(x)>0恒成立⟺f(x)min>0; f(x)<0恒成立⟺f(x)max<0.b. f(x)>k恒成立⟺f(x)min>k; f(x)<k恒成立⟺f(x)max<k.c. f(x)>g(x)恒成立⟺[f(x)−g(x)]min>0; f(x)<g(x)恒成立⟺[f(x)−g(x)]max<0.e.函数f(x)在区间D上单调递增⟺在区间D上 f′(x)≥0恒成立；函数f(x)在区间D上单调递减⟺在区间D上 f′(x)≤0恒成立.f.∀x1,x2∈D ，f(x1)>g(x2)恒成立⟺f(x)min>g(x)max; ∀x1,x2∈D ，f(x1)<g(x2)恒成立⟺f(x)max<g(x)min②不等式“存在性问题”的基本转化类型a.f(x)>0有解⟺f(x)max>0; f(x)<0有解⟺f(x)min<0.b. f(x)>k有解⟺f(x)max>k; f(x)<k有解⟺f(x)min<k.c. f(x)>g(x)有解⟺[f(x)−g(x)]max>0; f(x)<g(x)有解⟺[f(x)−g(x)]min<0.e. ∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2)⟺f(x)min>g(x)minf. ∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)<g(x2)⟺f(x)max<g(x)max（3）不等式“恒成立问题”与“存在性问题”解题思路不等式恒成立与存在性问题通常都转化为最值问题来解决，一般情况下常用以下方法来解决：①分离参数，如果问题中含有参数，且参数很容易分离，就采用参数分离法，将不等式转化为一边是参数，另一边是简单函数，再根据函数单调性解决.②构造函数，通过构造函数，讨论构造的新函数单调性来解决此类问题.③数形结合，如果函数图像易得，可以根据函数图像来解决此类问题.④适当缩放，如：e x≥x+1 (x∈R)，lnx≤x−1 (x>0)，lnx<x<e x 例1：（2020·全国高考真题（理））已知函数f(x)=e x+ax2−x.（1）当a=1时，讨论f(x)的单调性；x3+1,求a的取值范围.（2）当x≥0时，f(x)≥12例2： 设函数()()23xx axf x a R e+=∈,若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求a 的取值范围．例3： 设函数2()(1)x f x x e =-.（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当x ≥0时，f(x)≤ax +1，求实数a 的取值范围.二．构造辅助函数求解导数问题 1.“作差(商)法”构造函数当试题中给出简单的基本初等函数,例如f(x)=x 3,g(x)=ln x,要证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时,可以构造函数h(x)=f(x)-g(x)或φ(x)=g(x)-f(x),证明h(x)min ≥0或φ(x)max ≤0即可,在求最值的过程中,可以利用导数.此外,在能够说明g(x)>0，(f(x)>0)的前提下,也可以构造函数h(x)=f(x)g(x)(φ(x)=g(x)f(x)),证明h(x)min ≥1，(0<φ(x)max ≤1).例1： 已知函数f(x)=e x -ax(a 为常数)的图象与y 轴交于点A,曲线y=f(x)在点A 处的切线斜率为-1.(1)求a 的值及函数f(x)的极值; (2)证明:当x>0时,x 2<e x ;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x 0,使得当x∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<ce x .2.“拆分法”构造函数当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时,如果对其直接求导,得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉.这时可以将原不等式合理拆分为f(x)≤g(x)的形式,进而证明f(x)max ≤g(x)min 即可,此时注意配合使用导数工具.在拆分的过程中,一定要注意合理性的把握,一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准. 例2： 设函数f(x)=ae xln x+be x -1x,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线为y=e(x-1)+2. (1)求a,b; (2)证明: f(x)>1.3.“换元法”构造函数例3： 已知函数f(x)=ax 2+xln x(a∈R)的图象在点(1, f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直. (1)求实数a 的值;(2)求证:当n>m>0时,ln n-ln m>m n -nm .4.二次(或多次)构造函数例4： (2017新课标全国Ⅱ)设函数f(x)=(1-x 2)e x . (1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a 的取值范围.三．函数零点、隐零点及其导数例1：（2019年Ⅰ理第20题）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x ' 为()f x 的导数.证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点.零点存在性定理如果函数y ＝f(x)满足：①在区间[a ，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0；则函数y ＝f(x)在(a ，b)上存在零点，即存在c ∈(a ，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0的根.【注】1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f (x )＝0的实根.2.由函数y ＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a ，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y ＝f(x)在闭区间[a ，b]上有零点的充分不必要条件.解题策略（1）观察法：对于导函数为常见的超越函数，我们无法求出其零点，但可以根据我们的直觉判断出常见超越函数的零点，如：①y ′=e ,x −x −1,其零点无法求出，通过我们观察当x =0时，y =0，即x =0是导函数y ′的一个零点。
专题03 导数与函数零点(精讲篇)-用思维导图突破导数压轴题
用思维导图突破导数压轴题《挑战压轴题•高中数学•精讲解读篇》（华东师大出版社第1-10版（2009-2019年））、《上海高考好题赏析》（浙江大学出版社2019年）、330多篇论文（文章）作者上海市特级教师文卫星专题3 导数与函数零点函数()f x 零点x 0就是方程()f x =0的根x 0，也是函数()f x 图象与x 轴交点的横坐标x 0.这里函数与方程随时转化，互换角色，充分体现数形结合的思想.函数零点个数转化为方程根的个数，有时把方程()f x =0转化为函数y h x =（）与y g x =（），再作函数的图象，从图象确定交点个数，即把求方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数.如果连续函数在某个单调区间内两个端点函数值之积为负，则函数在该区间有且仅有一个零点.要求函数的单调区间有回到求其导数的路子上，即转化为前面熟悉的问题.端点异号那最好 如若不然做转化思路点拨第（1）题：若1()cos 1f x x x'=-+在区间(1,)2π-的极大值点x 0，则在x 0左边，()f x '例1（2019年Ⅰ理第20题）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x ' 为()f x 的导数.证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点.f '(x)-1yxπ2x 0求函数f (x )的零点数：求导判断f (x )的单调性，适当选取区间，确定端点函数值异号形：a =g (x )或h (x )=q (x ) 判断相应函数单调性、值域，确定零点个数或范围结合具体问题运用分析法和相关性质确定端点（一般不唯一，见例2等） 结合图象确定零点范围（见例3、例6），有时还需证明（见例1）递增，在x 0右边()f x '递减.这需要考虑()f x ''在x 0左边为正，右边为负，也就是说x 0是()f x '的零点，从而()f x '在0(1,)x -上单调递增；在0(x ，)2π上()f x ''<0，可得()f x '单调递减.第（2）结论等价于方程sinx=ln(1+x)有且仅有两个不等的实数根.在同一坐标系中分别作出图象可知一根为0，另一根介于(2]2π，之间. 从图象可以看出当(1,0)x ∈-和(0,)2π时，sin ln(1)0x x -+>，即()0f x >；当[2,)x ∈+∞，()0f x <.这就需要考虑f ′(x )在(−1,0)、(0,π2]、(π2,2]、(2,+∞)单调性以及端点值的正负.由于x 0位于(0,x 0)和(x 0,π2)，还有对这两个区间作相应讨论.第（2）的思维导图：函数方程不等式 三者联系很密切 相互转化无痕迹 满分解答（1）21()sin (1)f x x x ''=-++， 记21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立，所以()f x ''在(1,)2π-上为减函数. 2y =ln(1+x )y =sin x-1yx0π2已知f (x )=sin x -ln(1+x )结论：f (x )有且仅有2个零点 sinx=ln(1+x)有两个不等实数根数形结合：一根为0，一根在之间当和时，f (x )>0；当 x ∈ሾ2,+∞)时，f (x )<0当 x ∈ሾ2,+∞)时， f (x )<0等价转化其中f (π2)>0， f (2)= −ln(1+2)= −ln3<0.由函数零点存在性定理可知，f (x )在(π2,2]上有且只有一个零点x 2.④当x ∈(2,+∞)时，f (x )=sinx −ln(1+x )<1 −ln3<0，因此函数f (x )在(2,+∞)上无零点. 综上，f (x )有且仅有2个零点.思路点拨（1）直接进行求导，分类讨论.（2）由（1）知()f x 在上单调递减，在上单调递增, ()f x 有极小值，若()f x 有两个零点,则，且在该点左右两个区间再各找一个点，其函数值大于0即可，当然也可以把函数有两个零点问题转化为另外两个函数图象有两个交点. 满分解答（1）对函数进行求导可得.①当时，恒成立，故而函数恒递减.②当时，，解得x >ln 1a ，所以函数在上单调递减，在上单调递增. （2）解1 由（1）知，当0a ≤时，()f x 在上单调递减，故()f x 在上至多一个零点，不满足条件；当0a >时，()min 1()ln 1ln f x f a a a=-=-+. 1,lna ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭11ln ln 1f a a a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()1ln 100a a a-+<>()()()()2'22111xx x x f x aea e ae e =+--=-+0a ≤()()()'110xxf x ae e =-+≤0a >()()()1'110ln x xf x ae e x a =-+>⇒>1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭R R令()11ln (0)g a a a a =-+>，则()2110g a a a'=+>，从而()g a 在()0,+∞上单调递增，而()10g =，故当01a <<时，()0g a <；当1a =时，()0g a =；当1a >时，()0g a >. 当1a >时，()0g a >，此时()0f x >恒成立，从而()f x 无零点，不满足条件. 当1a =时，()0g a =，min 1()1ln 0f x a a=-+=，此时()0f x =仅有一个实根，不满足条件.当01a <<时，()0g a <，()min 1()ln 1ln 0f x f a a a=-=-+<，注意到22ln 0,(1)10a a a f e e e->-=++->，故()f x 在(1,ln )a --上有一个实根. 而 31ln 1ln ln a a a ⎛⎫->=- ⎪⎝⎭，33ln 1ln 133ln(1)e e2ln 1a a f a a a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=⋅+--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()33132ln 1a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅-+--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭331ln 10a a ⎛⎫⎛⎫=---> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故()f x 在3ln ln 1a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，上有一个实根. 又()f x 在上单调减，在(ln ,)a -+∞单调增，故在上至多两个实根. 注 怎么知道要算f (-1)>0、3ln(1)0⎛⎫-> ⎪⎝⎭f a ？事实上，()()[2]=+--x xf x e ae a x ，当x =-1时f (-1)>0；为了再找一点x ，使f (x )>0,因为()()22=+--xx f x aea e x()=[2]+--x x e ae a x ，注意到0->x e x ，所以只要()21+-=x ae a ，解得3ln(1)=-x a.其实，还可以证f (-2)>0，03ln(1)>-x a时，3ln(1)0⎛⎫-> ⎪⎝⎭f a . (2)解2 令()0f x =，即()220xxae a e x +--=，所以有22x x xe xa e e+=+.于是函数()f x 有两个零点，即y a =与()22x x x e xg x e e+=+的图象有两个交点．()g x 的导函数为()()()()2211'1xx xxe e x g x e e ++-=-+，当0x <时，()'0g x >；当0x >时，()'0g x <时，所以()g x 在(),0-∞上单调递增，在()0,+∞上单调递减，且()g x 在0x =()ln a -∞-，()f x R处取得最大()01g =．思路点拨第（1）题要证明不等式()1f x ≥，由于(0)=1f ，结论等价于当0x ≥时，()(0)f x f ≥，只要证明'()0f x >，接下来就是从已知入手证明'()0f x >，也可以把()1f x ≥转化为只要证明210x e x --≥，两边同时除以x e （注：这样构造下面的函数g (x )求导比较方便），不等式转化为2(1)10xx e-+-≤，构造新的函数2()(1)1x g x x e -=+-，只要证明()(0)g x g ≤.第（2）题要求()f x 的零点，如果直接对()f x 求导得'()2xf x e ax =-，要判断其符号就要对a 进行讨论，如果把()f x 转化为22()()x f x x e x a -=-，令2()x h x e x a -=-，则()f x 与()h x 在(0,)+∞零点个数相同，而'3(2)()xx e h x x-=中没有a ，讨论符号方便，运算量会减小.当然，也可把()f x 转化为2()1x x f x e ax e -=-（）来解答.还可以用最常见的方法来思考：函数()f x 只有一个零点问题等价转化为方程2xe a x=只有一根问题，从而寻找两函数（y a =与 2()x eG x x=）的图像只有一个交点问题，于是，本小题有下面的3种解法. 满分解答解（1）解 1 因为2()xf x eax =-，所以'()2x f x e x =-，令'()2,()2xx g x e x g x e =-=-，由2=0x e -得ln 2x =.当''[0,ln 2),()0;(ln 2,),()0x g x x g x ∈<∈+∞>，所以()g x 在[0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增，所以()(ln 2)220,g x g ln ≥=->因此()f x 在[0,)+∞上递增，所以2()1(0)xf x e x f =-≥=.解2 设函数2()(+1)1xg x x e-=-，则'22()(21)(1)x x g x x x e x e --=--+=--，当1x ≠时，'()0g x <，所以()g x 在[0,)+∞单调递减，从而有()(0)0g x g ≤=,即2(+1)10x x e --≤，整理得，21x e x -≥，故有()1f x ≥.（2）解1因为()f x 在(0,)+∞只有一个零点，由于22()x f x x e x a -=-（），则2()xh x e x a -=-在(0,)+∞只有一个零点，'3(2)()x x e h x x-=，当(0,2)x ∈时，'()0h x <，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以()h x 在(0,2)上递减，在(2,)+∞上递增，所以()h x ≥2(2)4e h a =-.当24e a <时，()h x 在(0,)+∞无零点；当24e a =时，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，满足题意；当24e a >时，由（1）可得：()20xg x e x =->，即22()x e h x a a x x=->-，当20a x ->，此时22x a <<时，()0,h x >取1,x a =故()h x 在1(,2)a有一个零点. 由（1）可得当0x >时，2xe x >，有32,3xxe >此时即3222()83()27xx e h x a a x a x x =->-=-，当2728x a >>时，()0,h x >取4,x a =则(4)0h a >，由零点存在定理知()h x 在(2,4)a 有一个零点，此时()f x 在(0,)+∞有两个零点，不合题意.综上所述：24e a =. 解2因为()f x 在(0,)+∞只有一个零点，由于2()1x x f x eax e -=-（），令2()1x h x ax e -=-在(0,)+∞只有一个零点，（i ）当0a ≤时，()0h x >，()h x 没有零点； （ii ）当0a >时，'(2)()xax x h x e -=； 当(0,2)x ∈时，'()0h x <；当(2,)+∞时，'()0h x >.所以()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增.故有24()(2)1a h x h e≥=-. 当24e a <时，24()10,a h x e ≥->函数无零点，不合题意；当24e a =时，24()10,a h x e ≥-=函数只有一个零点，满足题意；当24e a >时，24()10,a h x e ≥-<由(0)1h =，所以()h x 在(0,2)有一个零点，由（1）得，当0x >时，2,xe x >所以33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->，故有()h x 在(2,4)a 有一个零点，因此()h x 在(0,)+∞有两个零点. 综上所述，()f x 在（0，+∞）只有一个零点时，24e a =. 解3 由()f x 在(0,)+∞只有一个零点可知方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，即2xe a x =在(0,)+∞只有一个根，从而可得函数y a =与 2()x e G x x =的图像在(0,)+∞只有一个交点.'3(2)()x e x G x x-=，当(0,2)x ∈时,'()0G x <,当(2,)x ∈+∞时，'()0,G x >所以()G x 在(0,2)递减，在(2,)+∞递增；当0x →时，()G x →+∞，当x →+∞时，()G x →+∞，所以()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，2(2)4e a G ==.解方程，由于通过条件知道方程的解，就转化为验证是否是方程的解，有效回避解高次方程.解2是通过“两边夹”的方法得到c 的值，再验证其是唯一满足条件的值. 满分解答（1）()ax x x f232'+=，令()0'=x f ，解得01=x ，322a x -=. 若0=a ，因()032'≥=x x f ，所以函数()x f 在R 上单调递增. 若0>a，当32a x -<或0>x 时，()0'>x f ； 当032<<-x a 时，()0'<x f ，所以函数()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-32,a 和()+∞,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛-0,32a 上单调递减. 若0<a ，当32a x ->或0<x 时，()0'>x f ； 当320a x -<<时，()0'<x f ；所以函数()x f 在()0,∞-和⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,32a 上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛-32,0a 上单调递减. (2)解 1 ()a c ax x x f -++=23，()ax x x f232'+=，当322a x -=. 由函数()x f 有三个不同的零点知0≠a且()0320<⎪⎭⎫⎝⎛-⋅a f f ，即()02743<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a c a a c . 又因为a 的解集是()⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎭⎫⎝⎛-∞-,2323,13, .因此，可得31-=a ，12=a ，233=a 是()02743=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-a c a a c 的所有根. 因为c a =一定是方程的一个根，若分别令31,,32c =-，则只要检验a 的其余两个值是否满足34027a c a +-=. （*）当1=c 时，3a =-和32a =是（*）的根（32a =是重根）； 当3-=c 时，32a =和1a =不是（*）的根； 当23=c 时，3a =-和1a =不是（*）的根. 综上所述，1=c .解2 由(1)知，函数()x f 的两个极值为()b f =0，b a a f +=⎪⎭⎫ ⎝⎛-327432，则函数()x f 有三个零点等价于()02743203<⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅b a b a f f ，从而 30,40,27a a b >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或30,40.27a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩又a c b -=，所以当0>a时，02743>+-c a a 或当0<a 时，02743<+-c a a . 设()c a a a g +-=3274，因为函数()x f 有三个零点时，a 的取值范围恰好是(),3-∞-331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当(),3a ∈-∞-时，()g a (),3a ∈-∞-时，()0<a g ，且当31,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭时，()min 0g a >，()0g a >均恒成立，从而()013≤-=-c g 且0123≥-=⎪⎭⎫ ⎝⎛c g ，因此1=c . 此时，()a ax x x f -++=123()()[]a x a x x -+-++=1112，因函数有三个零点，则()0112=-+-+a x a x 有两个异于1-的不等实根，所以()()2141a a ∆=---2a =+2a 30->，且()()2111320a a a ---+-=-≠，解得()⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈,2323,13, a . 综上1=c .解3 由解1得函数()f x 有三个不同的零点知0a ≠等价于()34027a c a c a ⎛⎫-+-< ⎪⎝⎭，即43222727270424a ca a ca c --+->，其解集恰为()⎪⎭⎫⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈,2323,13, a . 又不等式233102a a a +⋅-⋅->（）（）（），即4322727270424a a a a --+->的解集也是()⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-∈,2323,13, a ，故不等式43222727270424a ca a ca c --+->与不等式4322727270424a a a a --+->同解，比较系数可得1=c .思路点拨第（1）的①可直接求解，②可转换为恒成立问题；（2）由f (0)=2知0就是g(x )的零点，由条件知这是唯一零点.利用导数判断g(x )的单调性，则需唯一的极小值为0，由此得ab 的值. 满分解答①()122xxf x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由01a <<可得1222x x +=，则()222210x x -⨯+=，即()2210x-=，则21x =，0x =.② 由题意得221122622xx x x m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭≥恒成立. 令122x x t =+，则由20x>可得2t =≥， 此时226t mt --≥恒成立，即244t m t t t+=+≤恒成立.因为2t ≥时44t t +=≥，当且仅当2t =时等号成立，因此实数ab 的最大值为4．（2）解1 ()()22xxg x f x a b =-=+-，()ln 'ln ln ln ln x x x xa b g x a a b b a b b a ⎡⎤⎛⎫=+=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦， 由01a <<，1b >可得1b a >，令()ln ln xb ah x a b ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则()h x 递增，而ln 0,ln 0a b <>，因此0ln log ln b a a x b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭时()00h x =，因此，当()0,x x ∈-∞时，()0h x <，ln 0x a b >，则()'0g x <； 当()0,x x ∈+∞时，()0h x >，ln 0x a b >，则()'0g x >；所以，()g x 在()0,x -∞递减，()0,x +∞递增，因此()g x 最小值为()0g x ， ① 若()00g x <，log 2a x <时，log 22a x a a >=，0x b >，则()0g x >； 当x >log b 2时，0x a >，log 22b x b b >=，则()0g x >；当1log 2a x <且10x x <时，()10g x >，则()g x 在()10,x x 有零点，当2log 2b x >且20x x >时，()20g x >，则()g x 在()02,x x 有零点，所以()g x 至少有两个零点，与条件矛盾；② 若()00g x ≥，由函数()g x 有且只有1个零点，()g x 最小值为()0g x ，可得()00g x =，由()00020g a b =+-=，因此00x =.因此ln log 0ln b a a b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即ln 1ln ab -=，即ln ln 0a b +=， 因此()ln 0ab =，则1ab =．解2 因为函数2)()(-=x f x g 只有1个零点，而022)0()0(00=-+=-=b a f g ，所以0是函数)(x g 的唯一零点.由解1知道()g x 在()0,x -∞递减，()0,x +∞递增，因此()g x 最小值为()0g x . 下证00x =.若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02x g g <=，又log 2log 2log 2(log 2)220a a a a g ab a =+->-=，且函数()g x 在以2x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在2x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又002x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾.若00x >，同理可得，在02x 和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾. 因此，00x =.于是ln 1ln ab-=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =.。
把握考点,层层递进,实现难点突破
把握考点，层层递进，实现难点突破——浅谈一轮复习《导数与积分》教学设计黄冈中学 夏泊凌在中学数学的新课程中，导数单元作为初等数学和高等数学重要的衔接点，显得格外引人瞩目. 导数的思想及其内涵丰富了对函数等问题的研究方法，已经成为近几年全国各地高考数学的一大热点. 另外，导数又具有很强的知识交汇功能，因此在高考中导数与积分是一个极其重要的内容，导数与积分的复习是数学第一轮复习的重点之一.下面，我将从以下三个部分来谈谈导数与积分的复习.一、紧扣《说明》要求与考题规律，以把握考点定教学应对策略1.《考试说明》的要求（1）导数概念及其几何意义①了解导数概念的实际背景.②通过函数图象直观理解导数的几何意义.（2）导数的运算①根据导数的定义求函数y C =(C 为常数),y x =,2y x =,3y x =,1y x=,y =的导数. ②能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数（仅限于形如()f ax b +的复合函数）的导数.（3）导数在研究函数中的应用①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.（4）生活中的优化问题会用导数解决某些实际问题.（5）定积分与微积分基本定理①了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念.②了解微积分基本定理的含义.从上述不难发现：《考试说明》对导数的考查，主要以切线方程、函数单调区间、极值、最值为主.2. 全国卷与湖北卷的联系与区别全国卷和湖北卷在导数考查的整体思路上是一样的：在考查基础知识的同时，都注重对数学思想方法和数学能力的考查. 导数的综合题均作为高考压轴题的形式出现.全国卷和湖北卷在导数考查的具体安排上有很区别：①以2015年全国卷与湖北卷《考试说明》的对比分析可以发现，全国卷对导数在研究函数中的应用的考查层次比湖北卷高.②从近三年高考试卷的内容来看，全国卷特别注重对含参函数的单调性或图象的研究，难度较大，而湖北卷仅在解答题三个小问题中的第（1）小问出现，主要利用导数研究不含参函数的单调性或最值，为后面的问题作铺垫；湖北卷注重对积分的考查，而全国卷对此几乎没有涉及；全国卷对曲线切线的考查比较频繁，而湖北卷很少涉及.3. 近三年全国卷考试特点与命题规律（1）试题分布：近三年全国数学理科卷Ⅰ中导数试题分布表：（2）试题特点：①从导数在高考中的地位来看, 几乎每年一道大题和一道小题, 分值17分，约占11.3%,并且试题难度较大.②从考查的内容来看，考查的热点是利用导数求曲线的切线方程、求函数的单调区间、证明不等式、研究函数的图象，研究函数的零点，或利用导数解决实际问题.从全国卷《考试说明》对导数的要求以及近几年全国卷的命题重点来看，无论是小题还是大题，导数与不等式等知识的交汇与综合往往作为高考卷的把关题或压轴题，一般有较大难度，但是我们对这类题进行分析后不难发现，在这类试题中，导数只不过是一种工具，利用导数研究函数（特别是含参函数）的单调性、极值、最值、图象的工具，真正的难点是将这类试题中的问题转化为函数的单调性、极值、最值、图象的问题. 所以函数的单调性、极值、最值、图象的问题是导数与积分单元复习中的重点，导数与不等式、方程等知识的综合是复习中的难点.二、紧绕复习计划与教学目标，以层层递进促课堂教学高效1. 教材分析“导数与积分”是高中数学人教A版教材选修2-2第一章的内容，是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求在复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．2. 学情分析高三学生已经具备分析理解常见函数的性质的能力，同时也有通过导数研究函数性质的经验. 但在具体问题上，学生可能比较模糊，还没有形成解题规律和处理技巧.3．教学目标（1）知识与技能：利用导数的几何意义；利用导数求函数的单调区间；利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；解决方程有解及不等式恒成立问题（2）过程与方法：能够利用函数性质作图象，反过来利用函数的图象研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题；学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题.4．教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值；难点是方程有解及不等式恒成立问题.5. 教学计划第一轮复习导数与积分单元分成四个部分，按照层层递进方式，具体安排如下：第一部分：导数的概念及几何意义（1课时）, 是本单元的基础内容，高考的热点，但不是难点.这部分要求学生熟练使用求导四则运算，能准确地求出基本函数和简单复合函数的导数，熟练掌握求曲线的切线方程方法的一般步骤.第二部分：定积分与微积分基本定理（1课时），是本单元的基础内容. 这部分要求学生了解计算简单定积分的一般方法和步骤，了解定积分与曲边梯形的面积的关系，了解用微积分基本定理求曲边梯形的面积或求变速运动的路程.第三部分：导数与函数的单调性、极值与最值（2课时），是本单元的重点内容. 这部分内容要求学生熟练掌握利用导数研究函数（特别是含参函数）的单调性、极值、最值与图象的一般方法和步骤，掌握对参数分类讨论的技巧.第四部分：导数的实际应用以及与方程、不等式的综合（2课时），是本单元的难点内容. 这部分内容要求学生掌握导数与不等式、方程、实际问题、参数讨论等知识的内在联系，培养学生对常见问题的等价转化、分类讨论、数形结合等思想方法的意识.5．教学设计以第三部分《导数与函数的单调性、极值与最值》的教学设计为例来阐述“一题多问、 由易到难、层层递进的模式”提高课堂教学效果.教学目的：让学生熟练掌握利用导数研究函数（特别是含参函数）的单调性、极值、最值以及画函数图象的基本方法、处理技巧.为了达到这个教学目的，我本部分的例题的选择及其意图如下：例1. 已知函数32()f x x x x =+-.（1）求()f x 的单调区间；（2）求()f x 的极值；（3）求()f x 在区间[]2,1-上的最大值与最小值.设计意图：例1主要考查不含参数的函数的的单调性、极值、最值等基础知识，选 自人教A 版数学选修2-2第31页习题1.3A 组第2题第（4）小题. 该题由学生演板、互 相纠错，老师补充完善完成，让学生加强对求函数单调性、极值与最值的一般方法步骤的掌握，并理解极值与最值的关系，也为例2问题的处理提供了方法步骤上的参考.例2．已知函数2()ln (21)()f x x ax a x a =+-+∈R .（1）若()f x 在区间[]2,3上单调递增，求a 的的取值范围；（2）求()f x 的单调区间与极值；（3）求()f x 在(]0,e 上的最大值.设计意图：例2主要考查含参函数的的单调性、极值、最值等基础知识，问题（1）是函数单调性与导数之间关系的变形运用，培养学生的逆向思维能力，并加深对函数单调性与导数的关系的认识；让学生认识到，问题（2）（3），虽然在例1的基础上高了一个层次，但是解方法和步骤的整体框架相同，不同的是需要对参数进行分类讨论. 在解答过程中，要让学生理解为什么要分类讨论，学会怎样进行分类讨论，总结解题规律：讨论函数的单调性就讨论含参不等式()0f x '>（或()0f x '<）的解集的情况，求最值的过程就是在讨论函数的单调性的基础上比较极值与端点值的大小的过程. 该题是本节的重点也是难点，由老师引导协助学生共同完成.例3．已知函数31()()4f x x ax a =++∈R .（1）当34a =-时，画出()f x 的大致图像；（2）讨论()f x 零点的个数；（3）（备用）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数()ln g x x =-，{}()min (),()(0)h x f x g x x =>，讨论()h x 零点的个数. 设计意图：例3主要考查利用函数的单调性与极值画出函数的大致图象，是在例2的基础上又上升了一个层次. 该题让学生独立完成利用导数研究所给函数的单调性、极值的部分. 问题（1）中的函数不含有参数，问题（2）中的函数含有参数，既是分别对例1、例2的解题规律的加强巩固，又为下一步画图象或讨论零点个数做好准备工作. 问题（3）是今年全国卷21题，主要让学生体会本节内容是高考综合试题的核心，认识到掌握了用导数研究函数的单调性、极值、最值、图象的规律与方法，与导数有关综合试题也就迎刃而解了，减小学生对高考中导数压轴题的畏惧心理.利用几何画板，动态演示，直观的感觉参数的变化对函数的图象的影响，帮助学生更好地理解参数讨论的关键点，使探究落到实处.以上三个例题针对性强，抓住以利用导数来研究函数的单调性、极值与最值以及画函数图象为核心内容，突出训练，总结规律，提炼通法，从而提高学生的解题能力.每个例题的三个小问题之间以及三个例题之间均采用了一题多问、由易到难、层层递进的模式.在前一小问题的基础上处理下一小问题，在前一个例题的层次上处理下一个例题，既总结了解题方法，又弄清了它们之间的联系；既抓住了重点，又节约了时间；既解决了难点，又树立了学生的信心. 为下一部分导数的综合应用打下很好的基础.三、紧抓常见题型与解题方法，以难点突破助学生提升能力题型1：利用导数的几何意义求曲线的切线（可已知切线方程或切点坐标求参数的值）例1．设函数1()ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1)2y e x =-+，求a , b . （2014年全国卷Ⅰ理第21题第1问）解题方法：必须明确切点的“三重身份”，切点在曲线上，切点在切线上，切点处的导函数的值为切线斜率.题型2：利用微积分基本定理求曲边梯形的面积例2. 求由曲线22y x =+与直线3y x =，0x =，2x =所围成平面图形的面积.（人教A 版数学选修2-2第60页习题1.7B 组第3题.）解题方法：正确画出题目中所表示的图形区域，由哪些曲边梯形组成，曲边梯形在x 轴的上方还是下方.题型3：求单调区间、极值或最值（或已知单调区间、极值或最值求参数范围） 例3．（1）求21()2x f x e x x =-+的单调区间；（2012年全国卷理第21题第1问）（2）求函数21()xx e g x x +-=的极值；（3）求函数()cos 02x h x x x x π⎛⎫=≤≤ ⎪⎝⎭的最值. 解题方法：若求函数()f x ②单调区间只需解不等式()0f x '>（或()0f x '<），若已知()f x 单调性求参数范围可转化为()0f x '≥（或()0f x '≤）在给定区间上恒成立问题.求()f x 极值问题只需讨论方程()0f x '=的根的情况及在每个根的两侧导数值的正负情况，已知函数极值求参数范围问题转化为讨论方程()0f x '=根的分布问题.求函数最值问题首先求函数极值和区间端点函数值，再将极值和端点值比较选出最大值和最小值.难点：()f x '符号判断的技巧①结合()0f x '=的根（有时需要观察出来）与()f x '单调性来确定()f x '符号.如本例中()1xf x e x '=-+，2(1)(1)()x x x eg x x -+-'=；②用放缩法确定()f x '的符号，如本例中()cos sin x h x x x x '=-.注：当02x π≤≤时，cos 1x ≤，sin 0x x -≤，x ≤()10h x '≤.题型4：证明函数不等式例4. 证明：12ln 1x xe e x x -+>.（2014年全国卷Ⅰ理第21题第2问） 解题方法：证明函数不等式一般思路是构造新的函数并求导判断其单调性，利用函数单调性结合特殊点的函数值（通常是最值）进行证明.难点：若构造一个函数求最值非常麻烦，可以将不等式适当变形，构造两个函数，转化其中一个函数的最小值大于另一函数的最大值，如本例中将不等式变形为2ln x x x xe e->-， 构造两个函数，()ln f x x x =，2()x g x xe e -=-，其中min 11()()f x f e e ==-，max 1()(1)g x g e==-. 题型5：方程有解（或方程解的个数，函数有零点，函数零点的个数）求参数范围 例5. 若关于x 的方程1xkx x e =+有解，求k 的取值范围. 解题方法：对于方程在某区间上根的个数一般利用构造函数求导得函数单调性和极值，再根据单调性和极值画出函数图象利用图象法求解. 构造函数时可以构造一个函数也可以构造一对函数. 如本例中，若方程变形为10x kx x e --=，可以转化为1()x f x kx x e =--与x 轴有交点； 若方程变形为1(1)1x xe k k =≠-，也可以转化为()x g x xe =与直线11y k =-有交点； 若方程变形1(1)x k x e -=，还可转化为1()x h x e =与直线(1)y k x =-有交点，再转化为相切问题. 题型6：不等式恒成立（或有解）求参数范围例6：若当0x >, 且0x ≠时，ln 1ln 11x x k x x x x+>++-，求k 的取值范围. （2011年全国卷理第21题第2问）解题方法：函数不等式恒成立求参数范围问题一般思路为构造函数转化为最值问题. 构造函数的方法一般有两种，一种是将不等式变形构造含参数的函数，另一种是分离参数构造不含参数的函数，对于第一种构造的函数，需要利用逐段筛选讨论法求解，有时可取未知数的特殊值来缩小参数的范围，减少讨论的情况.难点：构造函数有讲究：将不等式适当变形，构造便于研究单调性的函数 若不等式变形为ln ln 111x x x x k x x -<-+-，可构造函数ln ln ()11x x x x f x x x =-+-，求导得 22222(1)ln 2(1)()(1)x x x f x x ++-'=-，单调性不容易研究； 若不等式变形为221(1)(1)2ln 01k x x x x ⎡⎤--+>⎢⎥-⎣⎦，可构造函数2(1)(1)()2ln k x g x x x --=+. 可取一些求知数x 的值代入去ln 1ln 11x x k x x x x+>++-缩小参数k 的范围，如取2x =，得41ln 213k <-<，接下来只需要在1k <的范围内去讨论()g x 的单调性.四．且行且思，对导数复习的几点思考1．把握高考动态，夯实基础知识：紧扣教材，准确把握概念、法则，夯实学生解题的规范性；总结高考规律，明确考点要求，抓主线，攻重点，求突破.2．总结解题规律，熟悉常见转化总结解题规律是找到一类题的解题方法、答题规律，从而提高解题效率；熟悉常见转化，就能把不熟悉的问题转化为比较熟悉的问题，从而运用已有的数学知识经验解决新问题.3．渗透思想方法，注重知识交汇数学思想方法是数学的灵魂，在教学过程中渗透数形结合、化归转化、分类讨论等数学思想方法，能提高教学效果，更能提高学生构造函数能力、画图、看图、用图能力等解题能力. 注意导数知识与其它章节的联系，对于知识的交汇问题，重点放在逻辑思维、推理能力的培养上，尽量减少繁杂运算.4．针对学生水平，落实查缺补漏对于学生导数内容掌握欠缺的方面，教师要加以提醒、点拨，使学生的思考能走向深入；对于学生出现的错误，教师应及时纠正，并帮助学生分析错误的原因，从而达到易错不错，错过不再错的目的.总之，一轮复习是高考备考的关键.把握考点，才能有的放矢；层层递进，才能个个击破；突破难点，才能冲刺高分.。
高考数学导数压轴题解题技巧
高考数学导数压轴题解题技巧包括：
函数法：将参数k当成整个函数中的一部分，分情况讨论k的不同取值对函数的影响。
放缩法：有的参数给的一个范围，通过单调性分析，可以简化为一个端点值讨论即可。
比如给k≤2，你可以转化为
k＝2，这样题中就没有参数了，大大降低难度。
此外，还有分离参数等方法。
在解决导数压轴题时，需要注意：
遇到有关单调性或最值的题目，考虑使用导数法。
对于存在性问题，如求参数的取值范围，可以运用分离参数法。
对于与零点存在性有关的问题，最好借助零点存在性定理严格说明，即需在给定单调区间【以单调增区间为例】上找到，进而严格说明使得。
在应用这些技巧时，要结合题目的具体条件和已知信息，灵活运用所学知识解决问题。