导数的综合大题及其分类

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导数专题(含答案

是曲线上点〔〕处的切线的斜率
说明:导数的几何意义
可以简记为"k= ",
强化这一句话"斜率导数,导数斜率"
导数的物理意义：s=s<t>是物体运动的位移函数,物体在t= 时刻的瞬时速度是 .可以简记为 =
例1、已知函数的图象在点处的切线方程是 ,则 .
2、若函数的导函数在区间[a,b]上是增函数,则函数在区间[a,b]上的图像可能是〔〕
〔2〕设函数则〔〕
A．有最大值B．有最小值C．是增函数D．是减函数
3〕设分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当时,
的解集为▲.
3>已知函数的单调性求参数范围
方法:常利用导数与函数单调性关系：即
"若函数单调递增,则；若函数单调递减,则 "来求解,注意此时公式中的等号不能省略,否则漏解．从而转化为不等式恒成立问题或利用数形结合来求参数〔是二次型〕
[例]1函数y = f < x > = x3＋ax2＋bx＋a2,在x = 1时,有极值10,则a = ,b =.
15.已知函数f<x>=－x3＋3x2＋9x＋a.
〔I〕求f<x>的单调递减区间；
〔II〕若f<x>在区间[－2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值．
解：〔I〕f’<x>＝－3x2＋6x＋9．令f‘<x><0,解得x<－1或x>3,
综上,
4某单位用2160万元购得一块空地,计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房.经测算,如果将楼房建为x〔x 10〕层,则每平方米的平均建筑费用为560+48x〔单位：元〕.为了使楼房每平方米的平均综合费用最少,该楼房应建为多少层？

导数大题20种主要题型总结及解题方法

导数大题20种主要题型总结及解题方法导数是微积分中的一个重要概念，用于描述函数在某一点处的变化率。

掌握导数的计算和应用方法对于解决各种实际问题具有重要意义。

下面将对导数的20种主要题型进行总结并给出解题方法。

1.求函数在某点的导数。

对于给定的函数，要求在某一点处的导数，可以使用导数的定义或者基本求导法则。

导数的定义是取极限，计算函数在这一点的变化率。

基本求导法则包括常数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的求导法则。

2.求函数的导数表达式。

已知函数表达式，要求其导数表达式。

可以使用基本求导法则，并注意链式法则和乘积法则的应用。

3.求高阶导数。

如果已知函数的导数表达式，要求其高阶导数表达式。

可以反复应用求导法则，每次对函数求导一次得到导数表达式。

4.求导数的导函数。

导数的导函数是指对导数再进行求导的过程。

要求导函数时，可以反复应用求导法则，迭代求取导数的导数。

5.利用导数计算函数极值。

当函数的导数为0或不存在时，可能是函数的极值点。

可以利用导数求函数的极值。

6.利用导数判定函数的增减性。

根据函数的导数正负性可以判定函数的增减性。

如果导数大于0，则函数在该区间上递增；如果导数小于0，则函数在该区间上递减。

7.利用导数求函数的最大最小值。

当函数在某一区间内递增时，在区间的左端点处取得最小值；当函数在某一区间内递减时，在区间的右端点处取得最小值。

要求函数全局最大最小值时，可以使用导数判定。

当导数从正数变为负数时，可能是函数取得最大值的点。

8.利用导数求函数的拐点。

如果函数的导数在某一点发生变号，该点可能是函数的拐点。

可以使用导数的二阶导数判定。

9.利用导数求函数的弧长。

曲线的弧长可以通过积分求取，而曲线的弧长元素是由导数表示的。

通过导数求取弧长元素，并积累求和得到曲线的弧长。

10.利用导数求函数的曲率。

曲率表示曲线弯曲程度的大小，可以通过导数求取。

曲率的求取公式是曲线的二阶导数与一阶导数的比值。

11.利用导数求函数的速度和加速度。

导数专题训练(含答案)

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43，所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)，令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上．又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)，即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0，因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43，所以a 3－3a 2＋4＝0，即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意．综上a ＝－1或a ＝2.变式训练解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )，所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)，所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823，解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

导数大题综合(含答案)

导数大题综合1．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()2395f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调递减区间；(2)求函数()f x 的极值.2．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数()ln f x ax x x =-，且()f x 在e x =处的切线方程是0x y b ++=.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数()f x 的极值.3．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数()2ln f x x a x bx =++在()()1,1f 处的切线方程为30x y ++=．(1)求a 、b 的值；(2)求()f x 的极值点，并计算两个极值之和．4．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知=1x -是函数()323f x x x ax =-++的一个极值点.(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在区间[]4,4-上的最大值.5．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()ln 2f x x x =+.(1)求函数()f x 的极值；(2)证明：2()f x x x>-.6．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()2ln f x x a x =-.(1)若函数()f x 在点()()3,3f 处切线的斜率为4，求实数a 的值；(2)若函数()()21ln 222a ag x x f x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭在[]1,4上是减函数，求实数a 的取值范围.7．（2022春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期中）已知函数()2ln f x ax x =+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-+，若任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()f x g x ≤，求a 的取值范围．8．（2022春·广东江门·高二校联考期中）已知函数()32f x x ax bx c =+++的图象在点()1,1P -处的切线斜率为12-，且()f x 在=1x -处取得极值.(1)求()f x 的解析式；(2)当[]2,2x ∈-时，求()f x 的最大值与最小值.9．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.(1)求函数()f x 的单调区间：(2)若对任意()0,x ∈+∞都有()0f x ≥成立，求实数a 的取值集合.10．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()2cos sin f x ax ax x x =--(1)当1a =时，求()f x 在[],ππ-上的值域；(2)当0x >时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.11．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R a f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .(1)讨论()f x 的单调性；(2)任取两个正数12,x x ，当12x x <时，求证：()()()1212122--<+x x g x g x x x .12．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()1ln f x a x bx x=++且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y -+=.(1)求实数,a b 的值；(2)若关于x 的不等式()3222m f x x x-≥+恒成立，求实数m 的取值范围.13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 的单调区间；(2)若2a =，求()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(3)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.（参考数据：ln 20.693≈）14．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知函数()e ln =--x af x a xx x(1)当0a =时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)讨论函数()f x 的单调性.15．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.16．（2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知函数()2sin cos 2a f x x x x =++，R a ∈.(1)当0a =时，求函数()f x 在x π=处的切线方程；(2)当12a =-时，求函数()f x 在[],x ππ∈-上的最值.17．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数21()ln 2f x x ax a =-+，(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)若ln 2()2f x £恒成立，求a 的取值范围．18．（2022春·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）已知函数()e xf x ax =-，R a ∈.(1)若e a =，证明：当1x >时，()0f x >；(2)讨论()f x 零点的个数19．（2022春·广东深圳·高二深圳市高级中学校考期中）已知函数()2sin 1,R f x x a x a =++∈．(1)设函数()()g x f x '=，若()y g x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数，求a 的取值范围；(2)当2a =-时，证明函数()f x 在区间()0,π上无零点．20．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()()22ln f x ax a x x=-++(1)若1x =函数的极值点，求a 的值；(2)若1a ≥，求证：当[]1,e x ∈时，()0f x '≥，其中e 为自然对数的底数.21．（2022春·广东清远·高二统考期中）已知函数()e 1xxf x =-．(1)求证：()f x 在()1,+∞上单调递减(2)若对于任意()0,x ∈+∞，都有()2e x af x a≥+恒成立，求正实数a 的取值范围．22．（2022春·广东佛山·高二校考期中）已知函数()()ln af x x a R x=+∈．(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上的零点个数；(2)若函数()f x 在1x =处的切线平行于直线20x y -=，且在[]()1,271828e e =．上存在一点0x ，使得()0001x mf x x +<成立，求实数m ．23．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数21()e (,)2xf x a x b a b R =--∈.(1)若函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，求实数a ，b 的值；(2)若函数()f x 在1x x =和2x x =两处取得极值，求实数a 的取值范围.24．（2022春·广东广州·高二广州市玉岩中学校考期中）已知2()e (2)e (R)x x f x a a x a =+--∈(1)当1a =时，求证：()0f x ≥；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.25．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()21ln 2f x x mx x =-+，m ∈R .(1)当2m =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若2m =-，正实数a ､b 满足()()0f a f b ab ++=，求证：a b +≥26．（2022春·广东江门·高二江门市新会东方红中学校考期中）已知函数e ()ln e x f x x x x -=--，2e 1()e ()2x g x ax a a R -=-++∈.(1)求函数e ()()e x x f x ϕ-=+的最小值；(2)设函数()()()F x f x g x =+的两个不同极值点分别为12,x x ()12x x <，求实数a 的取值范围.27．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）设函数()()()ln 12af x x a x x =+-+．(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(2,)+∞单调递增，求整数a 的最大值．28．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()sin x x x f -=.(1)判断函数()f x 是否存在极值，并说明理由；(2)设函数()()ln F x f x m x =-，若存在两个不相等的正数1x ，2x ，使得()()1122F x x F x x +=+，证明：212x x m <.29．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()2ln =++f x x ax bx (其中,a b 为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.30．（2022春·广东佛山·高二校联考期中）已知函数()e ()=-∈R x f x ax a ．(1)讨论()f x 的单调性．(2)若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．导数大题综合答案1．（2022春·广东东莞·高二校联考期中）已知函数()2395f x x x =-+.(1)求函数()f x 的单调递减区间；(2)求函数()f x 的极值.的切线方程是0x y b ++=.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数()f x 的极值.3．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数()2ln f x x a x bx =++在()()1,1f 处的切线方程为30x y ++=．(1)求a 、b 的值；(2)求()f x 的极值点，并计算两个极值之和．所以，函数()f x 的极大值点为12x =，极大值为2ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值点为22x =，极小值为()22ln 26f =-，所以，函数()f x 的极大值和极小值为()133224f f ⎛⎫+=-⎪⎝⎭.4．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知=1x -是函数()323f x x x ax =-++的一个极值点.(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在区间[]4,4-上的最大值.(1)()'236f x x x a =-++， =1x -是函数()f x 的一个极值点∴()'190f a -=-+=，∴9a =，∴()'2369f x x x =-++，令()'0f x <，解得1x <-或3x >；令()'0f x >，解得13x -<<.所以函数()f x 的减区间为()(),1,3,∞∞--+，增区间为()1,3-.(2)由（1）()3239f x x x x =-++，又 ()f x 在[]4,1--上单调递减，在[]1,3-上单调递增，在[]3,4上单调递减∴函数()f x 在的极大值为()327f =，又()476f -=，∴函数()f x 在区间[]4,4-上的最大值为()476f -=.5．（2022秋·广东茂名·高二茂名市第一中学校考期中）已知函数()ln 2f x x x =+.(1)求函数()f x 的极值；(2)证明：2()f x x x>-.(1)若函数()f x 在点()()3,3f 处切线的斜率为4，求实数a 的值；(2)若函数()()21ln 222a ag x x f x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭在[]1,4上是减函数，求实数a 的取值范围.．(1)讨论()f x 的单调性；(2)设函数()2g x x =-+，若任意31,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使得()()f x g x ≤，求a 的取值范围．的图象在点1,1P -处的切线斜率为12-，且()f x 在=1x -处取得极值.(1)求()f x 的解析式；(2)当[]2,2x ∈-时，求()f x 的最大值与最小值.(2)由(1)可知，()f x 在[)2,1--上单调递增，在(]1,2-上单调递减，且()115f -=，()212f =-，()28f -=，∴()max 15f x =，()min 12f x =-．9．（2022春·广东广州·高二校考期中）已知函数()1ln f x x a x =--（其中a 为参数）.(1)求函数()f x 的单调区间：(2)若对任意()0,x ∈+∞都有()0f x ≥成立，求实数a 的取值集合.(1)当1a =时，求()f x 在[],ππ-上的值域；(2)当0x >时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【详解】（1）由题意知()2cos sin f x x x x x =--，()()21cos sin f x x x x '=-+，[],x ππ∈-时，1cos 0x -≥，sin 0x x ≥，[],x ∴∈-ππ时，()0f x '≥恒成立，所以()f x 单调递增，∴()()()f f x f ππ-≤≤，即()33f x -π≤≤π所以()f x 的值域为[]3,3ππ-.（2）注意到()00f =，()2cos sin cos f x a a x ax x x '=-+-，若1a ≥，()()2cos sin 2cos sin f x ax x x x x x x =--≥--，由（1）知，当[]0,x π∈时，()()00f x f ≥=；当(),x π∈+∞时，2cos sin 2110x x x x x x x -->--=->，所以()0f x ≥恒成立，符合题意；若0a ≤，()()2cos sin f x ax x x =--，当[]0,x π∈时，()0f x ≤，不合题意，舍去；11．（2022春·广东深圳·高二深圳市光明区高级中学校考期中）已知函数2()ln (1)()2=+-+∈R f x x x a x a ，2()()(1)2=-++a g x f x x a x .(1)讨论()f x 的单调性；(2)任取两个正数12,x x ，当12x x <时，求证：()()()1212122--<+x x g x g x x x .12．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()ln f x ax bx x=++且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y -+=.(1)求实数,a b 的值；(2)若关于x 的不等式()3222mf x x x-≥+恒成立，求实数m 的取值范围.∴()()min 11g x g ==-⎡⎤⎣⎦，即1m ≤-所以实数m 的取值范围为(],1-∞-.13．（2022春·广东广州·高二广州市第十六中学校考期中）已知函数()ln 2=-f x ax x x .(1)若()f x 在1x =处取得极值，求()f x 的单调区间；(2)若2a =，求()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(3)若函数2()()2=-+f x h x x x有1个零点，求a 的取值范围.（参考数据：ln 20.693≈）14．（2022春·广东佛山·高二顺德一中校考期中）已知函数()ln =--f x a xx x(1)当0a =时，求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；(2)讨论函数()f x 的单调性.当1e a <<时，当ln 1a x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0ln x a <<或1x >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当e a =时，()0f x ¢>在定义域上恒成立，()f x 单调递增；当e a >时，当1ln x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当01x <<或ln x a >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；综上：当1a ≤时，()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1；当1e a <<时，()f x 的单调递增区间为()0,ln a ，()1,+∞，单调递减区间为()ln ,1a ；当e a =时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当e a >时，()f x 的单调递增区间为()0,1，()ln ,a +∞；单调递减区间为()1,ln a .15．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：()00f x '<.16．（2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知函数()2sin cos 2f x x x x =++，R a ∈.(1)当0a =时，求函数()f x 在x π=处的切线方程；(2)当12a =-时，求函数()f x 在[],x ππ∈-上的最值.∵21336362f f πππ⎛⎫⎛⎫-==-+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，∴()2max 16362f x π=-+.∵()()214f f πππ-==--，()01f =，∴()2min14f x π=--.17．（2022春·广东佛山·高二佛山一中校考期中）已知函数21()ln 2f x x ax a =-+，(1)当1a =时，求()f x 的最值；(2)若ln 2()2f x £恒成立，求a 的取值范围．(1)若e a =，证明：当1x >时，()0f x >；(2)讨论()f x 零点的个数(1)设函数()()g x f x '=，若()y g x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数，求a 的取值范围；(2)当2a =-时，证明函数()f x 在区间()0,π上无零点．(1)若1x =函数的极值点，求a 的值；(2)若1a ≥，求证：当[]1,e x ∈时，()0f x '≥，其中e 为自然对数的底数.21．（2022春·广东清远·高二统考期中）已知函数()e 1x f x =-．(1)求证：()f x 在()1,+∞上单调递减(2)若对于任意()0,x ∈+∞，都有()2e x af x a≥+恒成立，求正实数a 的取值范围．22．（2022春·广东佛山·高二校考期中）已知函数()()ln f x x a R x=+∈．(1)判断函数()f x 在区间)2,e -⎡+∞⎣上的零点个数；(2)若函数()f x 在1x =处的切线平行于直线20x y -=，且在[]()1,271828e e =．上存在一点0x ，使得()0001x mf x x +<成立，求实数m ．23．（2022春·广东广州·高二广州市第七中学校考期中）已知函数2()e (,)2xf x a x b a b R =--∈.(1)若函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，求实数a ，b 的值；(2)若函数()f x 在1x x =和2x x =两处取得极值，求实数a 的取值范围.(1)解：()e '=-x f x a x ，因为函数()f x 在0x =处的切线方程为1y x =-，所以(0)1f '=，即1a =，(1)当1a =时，求证：()0f x ≥；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.观察图象知，当且仅当01a <<时，直线y 所以a 的取值范围是01a <<.25．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知函数()2ln 2f x x mx x =-+，m ∈R .(1)当2m =时，求函数()f x 的单调区间；(2)若2m =-，正实数a ､b 满足()()0f a f b ab ++=，求证：a b +≥，2e 1()e ()2x g x ax a a R -=-++∈.(1)求函数e ()()e x x f x ϕ-=+的最小值；(2)设函数()()()F x f x g x =+的两个不同极值点分别为12,x x ()12x x <，求实数a 的取值范围.27．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）设函数()()()ln 12f x x a x x =+-+．(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(2,)+∞单调递增，求整数a 的最大值．(1)判断函数()f x 是否存在极值，并说明理由；(2)设函数()()ln F x f x m x =-，若存在两个不相等的正数1x ，2x ，使得()()1122F x x F x x +=+，证明：212x x m <.为常数且0a ≠)在1x =处取得极值.(1)当12a =时，求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(]0,e 上的最大值为1，求a 的值.(1)讨论()f x 的单调性．(2)若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．。

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。

高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '，（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。

【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减；当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增，在(单调递减；（II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。

【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

题型二已知单调性求参数取值范围问题例1 已知函数321()53f x x x ax =++-，若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立，方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2：由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞；【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ，综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。

集合函数导数综合测试卷

集合函数导数综合测试卷集合函数可以理解为一种将一些集合中的元素映射到一个新集合中的函数。

在高等数学中，研究集合函数的导数是非常重要的。

下面我为你准备了一个综合测试卷，涵盖了集合函数导数的相关知识点。

题一：求下列集合函数的导数。

1. $f(x) = \{ x^2 ， x \in [0, 2] \}$2. $g(x) = \{ x^2 - x + 1 ， x \in [0, 3] \}$3. $h(x) = \{ \frac{1}{x} ， x \in (0, 1] \}$题二：求下列函数的临界点。

1. $f(x) = \{ x^3 - 3x^2 ， x \in \mathbb{R} \}$2. $g(x) = \{ x^3 - 3x^2 + 3x - 1 ， x \in \mathbb{R} \}$题三：求下列函数的最值。

1. $f(x) = \{ x^2 + 2x - 1 ， x \in [-2, 2] \}$2. $g(x) = \{ -x^2 + 4x - 3 ， x \in [1, 3] \}$题四：求下列函数的单调区间。

1. $f(x) = \{ x^2 - 2x + 1 ， x \in \mathbb{R} \}$2. $g(x) = \{ x^3 - 6x^2 + 9x ， x \in \mathbb{R} \}$题五：求下列函数的凸凹区间。

1. $f(x) = \{ x^3 - 3x^2 + 3x - 1 ， x \in \mathbb{R} \}$2. $g(x) = \{ \frac{1}{x^2} ， x \in (-\infty, 0) \}$题六：证明下列函数具有极值点。

1. $f(x) = \{ x^3 - 3x^2 ， x \in \mathbb{R} \}$2. $g(x) = \{ \sin(x) + \cos(x) ， x \in \mathbb{R} \}$题七：对下列函数进行分类讨论，并画出图像。

导数题型分类大全(附答案)

解：(1) ，
由题意得，是的两个根，解得，．
再由可得．∴ ．
(2) ，
当时，；当时，；
当时，；当时，；
当时，．∴函数在区间上是增函数；
在区间上是减函数；在区间上是增函数．
函数的极大值是，极小值是．
(3)函数的图象是由的图象向右平移个单位，向上平移4 个单位得到的，
所以，函数在区间上的值域为（）．
而，∴ ，即．
于是，函数在区间上的值域为．
令得或．由的单调性知，，即．
综上所述，、应满足的条件是：，且．
7．已知函数，
（Ⅱ）设函数，求函数的单调区间；
(Ⅲ)若在上存在一点，使得成立，求的取值范围
8．设函数．
（1）若的图象与直线相切，切点横坐标为２，且在处取极值，求实数的值；
题型五：利用导数研究函数的图象
1．如右图：是f（x）的导函数，的图象如右图所示，则f（x）的图象只可能是（ D ）
（A）（B）（C）（D）
2．函数 ( A )
3．方程 ( B )
A、0 B、1 C、2 D、3
※题型六：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围
1．设函数
（1）求函数的单调区间、极值.
解得，又 ∴a的取值范围是
2．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间
（2）若对x〔－1，2〕，不等式f（x）c2恒成立，求c的取值范围。
解：（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，f（x）＝3x2＋2ax＋b
由f（）＝，f（1）＝3＋2a＋b＝0得a＝，b＝－2

高考导函数综合训练(含标准参考答案)

导函数的综合应用【典型例题】考点一、利用导数研究函数的零点或方程的根【例1】(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k ln x，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．(2)【变式训练2】已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在实数x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围．考点三与导函数有关的参数求解或求取值范围问题【例3】已知函数f(x)＝ln x－.(2)M；【应用体验】1.函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________.2.若函数f(x)＝x＋a sin x在R上递增，则实数a的取值范围为________.3.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－，)C.(2,3)4.)5.，g ′(x )>01．已知曲线cos y ax x =在(22A ．2πB ．2π-C ．1-πD ．1π2.已知定义域为R 的偶函数()f x ，其导函数为()f x '，对任意[)0,x ∈+∞，均满足：()()2xf x f x '>-．若()()2g x x f x =，则不等式()()21g x g x <-的解集是（）A ．(),1-∞-B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()1,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭3.若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.B ．(－∞，3] C.D ．[3，＋∞)二、填空题4.a 12≤恒5.6.7y8．已知函数f (x )＝ln x ＋＋ax (a 是实数)，g (x )＝＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．B 组能力提升2.b 的3.2)为偶5.已知函数()()21x f x e x ax a =--+，其中a <1，若存在唯一的整数0x ，使得()0f x <0，则a 的取值范围是.(e 为自然对数的底数)6.若()x x f x e ae -=+为偶函数，则21(1)e f x e +-<的解集为_____________．三、解答题7．(2015·高考广东卷)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)e x－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤－1.【例题1】[解](1)由f(x)＝－k ln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝.f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：∞)；f(x)在x＝处取得极小值f()＝.(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．，0000由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)<a0＝u(x0)<u(e)＝e－2<1，即a0∈(0,1)．当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而f(x)>f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而f(x)>f(x0)＝0；又当x∈(0,1]时，f(x)＝(x－a0)2－2x ln x>0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【例题2】解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)e x＋x2，则f′(x)＝x(2－e x)，(2)假设存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，则2[φ(x)]min<[φ(x)]max.∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝，∴φ′(x)＝＝－.①当t≥1时，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1.②当t≤0时，φ′(x)>0，φ(x)在[0,1]上单调递增，∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0.③当0<t<1时，若x∈[0，t)，φ′(x)<0，φ(x)在[0，t)上单调递减；若x∈(t,1]，φ′(x)>0，φ(x)在(t,1]上单调递增，所以2φ(t)<max{φ(0)，φ(1)}，即2·<max，(*)③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1<x<－a时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a ＝－.综上所述，a ＝－.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －<x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，1.【答案】C 【解析】令()cos y f x ax x ==，则()c o s s in f x a x a x x '=-，所以()cos sin 22222a a f a πππππ'=-=- 12=，解得1a =-π.故选C ． 2.【答案】C【解析】试题分析：[)0,x ∈+∞时()()()()()22(2)0g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+>，而()()2g x x f x =也为偶函数，所以()()()()2121|2||1||2||1|321013g x g x g x g x x x x x x <-⇔<-⇔<-⇔+-<⇔-<<，选C.3.解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]12k ≤12≥．令()333x g x x x e =-+-，则()233(1)(33)x x g x x x x e e'=--=-++，所以当(,1)x ∈-∞时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,1)x ∈-∞上是减函数，在(1,)x ∈+∞是增函数，故()()min 111g x g e==-．6.【答案】),1()1,(+∞⋃--∞【解析】()()()()()22''2'211221'()222x g x f x g x x f x x x f x f x ⎡⎤=--∴=⋅-=⋅-<⎣⎦ ()'2210f x ∴⋅-<()'0g x ∴>得0x <，()'0g x <得0x >()()g x g x -=可知函数为偶函数()()()111010g f g =-=∴-=，结合()g x 的函数图像可知()0g x <的解集为),1()1,(+∞⋃--∞，即不等式212)(22+<x x f 的解集为),1()1,(+∞⋃--∞ 7.解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋＝.(a ，(a ，＋∞)点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为.8.解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．a 无试题分析：设12()()x g x e f x =，则11122211'()'()()(()2'())22x x x g x e f x e f x e f x f x =+=+，则已知'()0g x >，所以()g x 是增函数，所以(1)(0)g g >，即12(1)(0)e f f >，(1)f>A ．考点：导数与函数的单调性．2.【答案】C【解析】试题分析：由题意，得2212()ln ()()x x b x x b f x x +----'=，则()()f x xf x +'＝2ln ()x x b x+-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈，使得()'()f x x f x >-⋅，则12()0x x b +->，所以12b x x <+．设1()2g x x x=+，则222121()122x g x x x -'=-=，当122x ≤≤时，()g x '<递增，94=，)x 是单)1=，所以(g )∞，故试题分析：验证发现，当x=1时，将1代入不等式有0≤a+b ≤0，所以a+b=0，当x=0时，可得0≤b ≤1，结合a+b=0可得-1≤a ≤0，令f （x ）=x 4-x 3+ax+b ，即f （1）=a+b=0，又f ′（x ）=4x 3-3x 2+a ，f ′′（x ）=12x 2-6x ，令f′′（x）＞0，可得x＞12，则f′（x）=4x3-3x2+a在[0，12]上减，在[12，+∞）上增，又-1≤a≤0，所以f′（0）=a＜0，f′（1）=1+a≥0，又x≥0时恒有430x x ax b≤-++，结合f（1）=a+b=0知，1必为函数f（x）=x4-x3+ax+b的极小值点，也是最小值点．y ax =-12 x>-时，1时，考点：利用导数研究函数的极值；函数的零点.6.【答案】(0,2)【解析】试题分析：由()x x f x e ae -=+为偶函数可得1a =，所以()x x f x e e -=+．因为()x x f x e e -'=-),0(+∞上为增函数，所以()(0)0f x f ''>=，所以函数()f x 在),0(+∞上为增函数，所以21(1)e f x e+-<等价于1(1)f x e e --<+，即(1)(1)f x f -<，所以111x -<-<，所以02x <<．考点：1、函数的奇偶性；2、函数的单调性．7.解：(1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调(2)ln 2a )a(3)0，即8.＝2，设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋＋1＋，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－>0，当x∈[2，＋∞)时，h′(x)>0，所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)<g(x)，x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，所以m(x)＝。

期末专题02 导数及其应用大题综合(精选30题)(解析版)-备战期末高二数学

期末专题02导数及其应用大题综合（精选30题）1．（22-23高二下·江西·期末）已知函数()()2ln 21f x x x f x '=+.(1)求()1f '的值；(2)求()f x 在点()()22e ,ef 处的切线方程.【答案】(1)2-(2)222e 0x y --=【分析】（1）求出函数的导函数，再代入1x =计算可得；（2）由（1）可得()2ln 4f x x x x =-，求出()2e f ，()2e f '，再由点斜式求出切线方程.【详解】（1）因为()()2ln 21f x x x f x '=+，所以()2ln 22(1)f x x f ''=++，代入1x =得：()()()12ln1221221f f f '''=++=+，所以()12f '=-.（2）由（1）可得()2ln 4f x x x x =-，则()2ln 2f x x '=-所以()22222e ln e 4e 0e f =-=，()222ln e 22f =-=，所以切线方程为202(e )y x -=-，即222e 0x y --=.2．（22-23高二下·安徽亳州·期末）设函数()3e ax bf x x x +=-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-+．(1)求a b ，的值；(2)设函数()()g x f x '=，求()g x 的极值点；【答案】(1)1,1a b =-=(2)()g x 的极大值点为0和33【分析】（1）求出函数()f x 的导数，再利用导数的几何意义列式求解作答.（2）利用（1）的结论求出()g x ，再利用导数求出极值点作答.【详解】（1）函数3R ()e ,ax b f x x x x +=-∈，求导得()()2313e ax bf x a x x ++'=-，因为()f x 在(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-+，于是(1)110f =-+=，(1)1f '=-，则()311e 013e 1a ba ba ++⎧-⨯=⎪⎨-+=-⎪⎩，解得11a b =-⎧⎨=⎩，所以1,1a b =-=.（2）由（1）得()()()23113e x f x x g x x -+='-=-，求导得()()1266e x x g x x x -+'+-=-，令2660x x -+=，解得3x =±1e 0x -+>成立，由()0g x '<，得03x <<3x >+，函数()g x 递减；由()0g x '>，得0x <或33x <<，函数()g x 递增，所以()g x 的极大值点为0和33.3．（22-23高二下·安徽合肥·期末）函数()e ln x f x x =-，()f x '是()f x 的导函数：(1)求()f x '的单调区间；(2)证明：()2f x >．【答案】(1)()f x '单调递增区间为()0,∞+，无递减区间(2)证明见解析【分析】（1）对()()g x f x '=求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间；（2）由（1）知()f x '单调递增区间为()0,∞+，然后根据零点存在性定理可得存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0xf x x '=-=，从而可求得()f x 的单调区间和最小值，进而可证得结论.【详解】（1）由()e ln x f x x =-，得()()1e 0xf x x x '=->，令()()()1e 0xg x f x x x '==->，则()210x g x x'=+>e 恒成立，所以()f x '单调递增区间为()0,∞+，无递减区间；（2）由（1）知()()1e 0xf x x x'=->，()f x '单调递增区间为()0,∞+，因为121e 202f ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()1e 10f '=->，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0001e 0xf x x '=-=，所以当00x x <<时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x ¢>，所以()f x 在区间()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()()0000min 01e 2ln x f x f x x x x ==-=+≥，当且仅当001x x =，即01x =时取等号，因为01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以等号取不到，所以()2f x >，得证．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间和最值，第（2）问解题的关键是根据函数的单调性结合零点存在性定理可求得函数的最值，考查数学转化思想，属于中档题.4．（22-23高二下·河北石家庄·期末）已知函数32()f x x x ax b =-++，若曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为1y x =-+．(1)求a ，b 的值；(2)讨论函数()y f x =在区间()2,2-上的单调性．【答案】(1)1a =-；1b =(2)在12,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭和()1,2上单调递增，在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减【分析】（1）根据函数的切线方程即可求得参数值；（2）先求函数的导函数，判断函数单调性.【详解】（1）令0x =，由1y x =-+，则()10y f ==，由()32f x x x ax b =-++，可得(0)1==f b ．又2()32f x x x a '=-+，所以(0)1f a '==-.（2）由（1）可知32()1f x x x x =--+，()()2()321311f x x x x x '=--=+-，令()0f x '>，解得13x <-或1x >；令()0f x '<，解得113-<<x ，所以()f x 在1(2,)3--和(1，2)上单调递增，在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减．5．（22-23高二下·安徽合肥·期末）已知函数()sin 2()f x x ax a =--∈R ．(1)当12a =时，讨论()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调性；(2)若当0x ≥时，()e cos 0xf x x ++≥，求a 的取值范围．【答案】(1)()f x 在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在ππ,32⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减(2)(,2]-∞【分析】（1）求导，由导数正负即可求解（2）利用导数求证e 1x x ≥+和sin x x ≥，即可结合零点存在性定理求解.【详解】（1）当12a =时，1()sin 22f x x x =--，1()cos 2f x x '=-，当ππ32x <≤时，()0f x '<；当π03x ≤≤时，()0f x '≥．所以()f x 在π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在ππ,32⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减.（2）设()e sin cos 2x h x x x ax =++--，由题意知当0x ≥时，()0h x ≥．求导得()e cos sin x h x x x a '=+--．设()e cos sin x x x x a ϕ=+--，则()e sin cos x x x ϕ=--，令e 1x y x =--，则e 1x y '=-，当0,0,x y '>>当0,0,x y '<<故函数e 1x y x =--在()0,∞+单调递增，在(),0∞-单调递减，所以e 1x x ≥+；令()sin m x x x =-，可得()1cos 0m x x '=-≥，故()m x 在0x ≥单调递增时，sin x x ≥．所以当0x ≥时，()e sin cos 1cos 1cos 0x x x x x x x x ϕ'=--≥+--=-≥．故()ϕx 在[0,)+∞上单调递增，当0x ≥时，min ()(0)2x a ϕϕ==-，且当x →+∞时，()x ϕ→+∞．若2a ≤，则()()0h x x ϕ'=≥，函数()h x 在[0,)+∞上单调递增，因此[0,)x ∀∈+∞，()(0)0h x h ≥=，符合条件．若2a >，则存在0[0,)x ∈+∞，使得()00x ϕ=，即()00h x '=，当00x x <<时，()0h x '<，则()h x 在()00,x 上单调递减，此时()(0)0h x h <=，不符合条件．综上，实数a 的取值范围是(,2]-∞．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：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．6．（22-23高二下·吉林白城·期末）已知函数()e xf x ax =+在()()0,0f 处的切线与直线l ：240x y -+=垂直．(1)求()f x 的单调区间；(2)若对任意实数x ，()232f x x b ≥--+恒成立，求整数b 的最大值．【答案】(1)单调递减区间为(),ln 3-∞，单调递增区间为()ln 3,+∞．(2)1【分析】（1）利用导数的几何意义得出3a =-，再利用导数判断单调区间即可；（2）分离参数将问题转化为2e 332x x b ++≥恒成立，利用导数求最值结合隐零点计算即可.【详解】（1）由()e xf x a '=+，得()01k f a '==+，又切线与直线l ：240x y -+=垂直，所以2k =-，即3a =-．所以()e 3xf x '=-，令()0f x '=，得ln3x =，当ln3x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当ln3x >时，()0f x ¢>，()f x 单调递增．所以()f x 的单调递减区间为(),ln 3-∞，单调递增区间为()ln 3,+∞．（2）对任意实数x ，()232f x x b ≥--+恒成立，即对任意实数2,e 332x x x x b +-+≥恒成立．设()2e 33x g x x x =+-+，即()min 12b g x ≤．()e 23x g x x =+-'，令()()e 23x h x g x x '==+-，所以()e 20'=+>xh x 恒成立，所以()e 23x g x x =+-'在R 上单调递增．又1202g ⎛⎫'=< ⎪⎝⎭，()1e 10g '=->，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，即00e 230xx +-=，所以00e 32xx =-．当()0,x x ∈-∞时，()00g x '<，()g x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()00g x '>，()g x 单调递增．所以()()02000min e 33x g x g x x x ==+-+2220000005132335624x x x x x x ⎛⎫=-+-+=-+=-- ⎪⎝⎭，当01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，200152564x x <-+<，所以()01151,28g x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由题意知()012b g x ≤且b ∈Z所以1b ≤，即整数b 的最大值为1．7．（22-23高二下·福建福州·期末）已知函数2()2ln f x a x x a =-+，R a ∈．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明:()*11112ln 1(2341)n n n +>++++∈+N ．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得()222x af x x-+='，分0a ≤和0a >，两种情况讨论，结合导数的符号，进而求得函数()f x 的单调区间；（2）由（1），根据题意，得到()()max10f x f ==，即22ln 1x x ≤-，当n ∈*N 时，结合22ln 111n n n n ⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，2112ln 1n n n n --⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，L ，2112ln 122⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，将不等式累加后，即可求解.【详解】（1）解：由函数2()2ln f x a x x a =-+，可得()f x 的定义域为(0,)+∞，且()22222a x a f x x x x-='+=-若0a ≤，可得()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上单调递减；若0a >，令()0f x '=，因为0x >，可得x =当(x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，综上可得：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x的递增区间为(，递减区间为)+∞.（2）证明：由（1）知，当1a =时，()f x 的递增区间为()01,，递减区间为()1,+∞，所以()()max 10f x f ==，所以()0f x ≤，即22ln 1x x ≤-，当n ∈*N 时，可得：2222ln 111112ln 1112ln 122n n n n n n n n ⎧⎛⎫⎛⎫<-⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎪⎪--⎛⎫⎛⎫⎪<-⎪ ⎪ ⎨⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎪<- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩，将不等式累加后，可得222111112ln 11212n n n n n n n n n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+++-<+++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1111111111212n n n n⎫=-+-++--=-++⎪+⎝⎭ ，即()11112ln 12341n n +>+++++ .8．（22-23高二下·吉林长春·期末）已知函数()ln x f x a x a=-，()e xg x ax a =-．（e 2.71828=⋅⋅⋅为自然对数的底数）(1)当1a =时，求函数()y f x =的极大值；(2)已知1x ，()20,x ∈+∞，且满足()()12f x g x >，求证：21e 2xx a a +>．【答案】(1)1-(2)证明见解析【分析】（1）运用导数研究()f x 的单调性，进而求得其最大值.（2）同构函数()ln h x x x =-，转化为()21e x x h h a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，结合换元法2112,e xx t t a ==，分别讨论11t ≥与101t <<，当11t ≥时运用不等式性质即可证得结果，当101t <<时运用极值点偏移即可证得结果.【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，则()111xf x x x-'=-=，()001f x x '>⇒<<，()01f x x '<⇒>，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()f x 的极大值为()11f =-；（2）由题意知，0a >，由()()12f x g x >可得2112ln e x x a x ax a a->-，所以2211lnln e e x x x x a a->-，令()ln h x x x =-，由（1）可知，()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，则()21e xx h h a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，令11x t a=，22e xt =，又1>0x ，20x >，所以10t >，21t >，则()()12h t h t >，①若11t ≥，则122t t +>，即21e 2x x a+>，所以21e 2x x a a +>；②若101t <<，设()31,t ∈+∞，且满足()()31h t h t =，如图所示，则()()()312h t h t h t =>，所以321t t <<，下证：312t t +>．令()()()()2ln ln 222F x h x h x x x x =--=---+，()0,1x ∈，则()()()221112022x F x x x x x -'=+-=>--，所以()()()2F x h x h x x =--在()0,1x ∈上单调递增，所以()()10F x f <=，所以()()()11120F t h t h t =--<，即()()112h t h t <-，又因为()()31h t h t =，所以()()312h t h t <-，3t ，()121,t -∈+∞，所以312t t >-，即312t t +>，又因为321t t <<，所以122t t +>，即21e 2xx a a +>．由①②可知，21e 2xx a a +>得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；2.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足2()()1f x f x =，求证：1202x x x +>（0x 为函数()f x 的极值点）；3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12x x ≠，令1202x x x +=，求证：()00f x '>；4.若函数()f x 中存在12,x x 且12x x ≠满足2()()1f x f x =，令1202x x x +=，求证：()00f x '>.9．（22-23高二下·广西南宁·期末）已知函数()ln 1f x a x ax =-+（a ∈R ，且0a ≠）.(1)讨论a 的值，求函数()f x 的单调区间；(2)求证：当2n ≥时，1111ln 2ln 3ln n n n-+++> .【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数导数，分0,0a a ><分类讨论即可得解；（2）当1a =时利用函数单调性可得ln 1≤-x x ，放缩可得()110ln 1x x x >>-，根据裂项相消法求和即可得证.【详解】（1）由()ln 1f x a x ax =-+知函数定义域为(0,)+∞，()()1a x af x a x x-'=-=，①当0a >时，若01x <<，则()0f x '>，若1x >，()0f x '<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞；②当a<0时，若01x <<，则()0f x '<，若1x >，()0f x '>，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）令1a =，则()ln 1f x x x =-+，所以(1)0f =，由（1）可知()f x 在[1,)+∞上单调递减，故()(1)0f x f ≤=，（当1x =时取等号)，所以()ln 10f x x x =-+≤，即ln 1≤-x x ，当2x ≥时，0ln 1(1)x x x x <<-<-，即0ln 1)(x x x <<-，即()110ln 1x x x >>-令x n =，则()1111ln 11n n n n n>=---，所以11111111111ln 2ln 3ln 1223341n n n +++>-+-+-++-- 111n n n-=-=，故当2n ≥时，1111ln 2ln 3ln n n n-+++> .【点睛】关键点点睛：1a =时，利用函数单调性得出ln 1≤-x x ，当2x ≥时，放缩得出0ln 1)(x x x <<-，变形得出()110ln 1x x x >>-是解题的关键，再由裂项相消法及不等式的性质即可得解.10．（22-23高二下·山东德州·期末）已知函数()1ln 2f x a x x x=--，a ∈R .(1)当1a =时，判断()f x 的零点个数；(2)若()1e 2e xf x x x+++≥恒成立，求实数a 的值.【答案】(1)()f x 的零点个数为0(2)a e=-【分析】（1）求导得函数的单调性，即可由单调性求解最值，进而可判断，（2）将问题转化为e ln e x a x +≥，构造函数()e ln x F x a x =+和()e xg x x a =+，()0,x ∈+∞，利用导数求解函数的单调性，分类讨论并结合零点存在性定理即可求解.【详解】（1）当1a =时，()()1ln 20f x x x x x=-->，则()()()2222222111121212x x x x x x f x x x x x x +--++--=+-==-=-'，当()0,1x ∈，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,1上单调递增，当()1,x ∈+∞，()0f x '<，函数()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()max 11230f x f ==--=-<，所以()f x 的零点个数为0.（2）不等式()1e 2e xf x x x+++≥，即为e ln e x a x +≥，设()e ln xF x a x =+，()0,x ∈+∞，则()e e x x a x aF x x x+=+='，设()e xg x x a =+，()0,x ∈+∞，当0a ≥时，()0g x >，可得()0F x '>，则()F x 单调递增，此时当()1,1e,x F ==而当01x <<时，()e F x <，故不满足题意；当0a <时，由()()1e 0xg x x '=+>，()g x 单调递增，当x 无限趋近0时，()g x 无限趋近于负数a ，当x 无限趋近正无穷大时，()g x 无限趋近于正无穷大，故()0g x =有唯一的零点0x ，即00e 0xx a +=，则00e x ax =-，()00ln ln x x a +=-，当()00,x x ∈时，()0g x <，可得()0F x '<，()F x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0g x >，可得()0F x '>，()F x 单调递增，所以()()()0000min 0e ln ln x aF x F x a x a a x x ⎡⎤==+=-+--⎣⎦()()00001ln ln a a a ax a a a x x x ⎛⎫=---=--+ ⎪⎝⎭，因为00x >，可得0012x x +≥，当且仅当01x =时，等号成立，所以()()001ln ln 2a a a x a a ax ⎛⎫--+≥-- ⎪⎝⎭因为()e F x ≥恒成立，即()ln 2e a a a --≥恒成立，令()()ln 2h a a a a =--，(),0a ∈-∞，可得()()()ln 12ln 1h a a a =-='-+--，当(),e a ∈-∞-时，()0h a '>，()h a 单调递增；当()e,0a ∈-时，()0h a '<，()h a 单调递减，所以()()e e h a h ≤-=，即()e h a ≤又由()e h a ≥恒成立，则()()ln 2e h a a a a =--=，所以a e =-.【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：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．11．（22-23高二下·河北张家口·期末）已知函数()ln f x x x =.(1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若方程()21f x x =-的两个解为1x 、2x ，求证：122e x x +>.【答案】(1)减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，极小值为11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值；(2)证明见解析【分析】（1）求出函数()f x 的定义域与导数，利用函数的单调性、极值与导数的关系可得出结果；（2）设()()21h x f x x =-+，利用导数分析函数()h x 的单调性与极值，分析可知120e x x <<<，要证122e x x +>，即证()()112e h x h x >-，构造函数()()()2e p x h x h x =--，其中0e x <<，利用导数分析函数()p x 在()0,e 上的单调性，证明出()0p x >对任意的()0,e x ∈恒成立，即可证得结论成立.【详解】（1）解：函数()ln f x x x =的定义域为()0,∞+，且()ln 1f x x '=+，令()0f x '=可得1ex =，列表如下：x10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1e1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x '-+()f x 减极小值增所以，函数()f x 的减区间为10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，极小值为11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）解：设()()21ln 21h x f x x x x x =-+=-+，其中0x >，则()ln 1h x x '=-，令()0h x '<，可得0e x <<，此时，函数()h x 在()0,e 上单调递减，令()0h x '>，可得e x >，此时，函数()h x 在()e,+∞上单调递增，所以，e x =是函数()h x 的极小值点，因为函数()h x 有两个零点1x 、2x ，设12x x <，则120e x x <<<，即()()120h x h x ==且120e x x <<<，要证122e x x +>，即证21e 2e x x >->，因为函数()h x 在()e,+∞上单调递增，所以，只需证明：()()212e h x h x >-，即证()()112e h x h x >-，令()()()()()2e ln 2e ln 2e 44e p x h x h x x x x x x =--=----+，其中0e x <<，则()()()2ln ln 2e 2ln 2e 2p x x x x x '=+--=--，因为0e x <<，则()()22222e e e 0,e x x x -=--+∈，所以，()()22ln 2e 2ln e 20p x x x '=--<-=，故函数()p x 在()0,e 上为减函数，又因为()e 0p =，所以，()0p x >对任意的()0,e x ∈恒成立，则()()()1112e 0p x h x h x =-->，即()()112e h x h x >-，故122e x x <+成立.【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明122x x a +<（或122x x a +>）：①首先构造函数()()()2g x f x f a x =--，求导，确定函数()y f x =和函数()y g x =的单调性；②确定两个零点12x a x <<，且()()2f x f x =，由函数值()1g x 与()g a 的大小关系，得()()()()()1112122g x f x f a x f x f a x =--=--与零进行大小比较；③再由函数()y f x =在区间(),a +∞上的单调性得到2x 与12a x -的大小，从而证明相应问题；（2）证明212x x a <（或212x x a >）（1x 、2x 都为正数）：①首先构造函数()()2a g x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，求导，确定函数()y f x =和函数()y g x =的单调性；②确定两个零点12x a x <<，且()()12f x f x =，由函数值()1g x 与()g a 的大小关系，得()()()2211211a a g x f x f f x f x x ⎛⎫⎛⎫=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭与零进行大小比较；③再由函数()y f x =在区间(),a +∞上的单调性得到2x 与21a x 的大小，从而证明相应问题；（3121212ln 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.12．（22-23高二下·湖南·期末）已知函数()()2e 3xf x a x a =-+∈R .(1)若方程()0f x =有3个零点，求实数a 的取值范围；(2)若()()224x x x f x ϕ=-++-有两个零点()1212,x x x x <，求证：0ea <<2121e e x x x x --<+.【答案】(1)36(0,e(2)证明见解析【分析】（1）将问题转化为y a =与()23e xx g x -=有三个不同的交点，利用导数研究函数()g x 的性质，从而结合图象即可求得实数a 的范围；（2）利用导数求得函数()x ϕ的单调性，再利用零点存在定理证得0a <2121221e 1ex x x x x x ++-<+，构造函数()e 2e 1t h t t =--，利用导数证得()()00H t H >=即可得证.【详解】（1）解：令()0f x =，即得2e 30xa x -+=，即23ex x a -=方程有三个零点，即直线y a =与曲线()23ex x g x -=有三个不同的交点，可得()()()22132323e e e x x xx x x x x x g x +--+--==-=-'，所以当(),1x ∈-∞-或()3,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；当()1,3x ∈-时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当=1x -时，()g x 有极小值为()2e g x =-，当3x =时，()g x 有极大值为()36e g x =，当x →+∞时，()0g x →，且当x ≥()0g x >，所以作出函数()23e xx g x -=的图象如图所示，所以数形结合可知360e a <<，即实数a 的取值范围为36(0,)e.（2）解：因为()()22421e xx x x f x x a ϕ=-++-=+-，当0a ≤时，()x ϕ单调递增，不可能有两个零点，所以0a >，此时()2e xx a ϕ=-'，令()0x ϕ'=，得2lnx a =，所以当2,ln x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>；当2ln ,x a ∞⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，故()x ϕ在区间2,ln a ∞⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在区间2ln ,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递减，所以222ln 2ln 122ln 1a a a ϕ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，若()x ϕ有两个零点，则2ln 0a ϕ⎛⎫> ⎪⎝⎭21ln 2a >，所以0ea <<，当0a <<时，2ln 0a ϕ⎛⎫> ⎪⎝⎭，121e 02a ϕ-⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，211ln 22a >>-，故存在112,ln 2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()10f x =，又当x 趋向于+∞时，()x ϕ趋向于-∞，故存在22ln ,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，使得()20f x =，故0a <<，则满足121221e 21ex x x a x a ⎧+=⎨+=⎩，可得212121e 21x x x x -+=+212e x x -=，2121e e x x x x --<+，只需证2121221e e e x x x x x x ---<+，两边同乘以1e x ，可得2121221e 1ex x x x x x ++-<+，因为112x >-，221ln 2x a >>，所以120x x +>，令1202x x t +=>，即证2e 1e 2t tt-<，即证2e 2e 10t t t -->，令()2e 2e 1(0)t t h t t t =-->，可得()()()22e 21e 2e e 1t t t th t t t =-+=--'，令()()e 10t H t t t =-->，()e 10tH t =->'，故()H t 在区间()0,∞+上单调递增，故()()00H t H >=，因此()0h t '>，所以()h t 在区间()0,∞+上单调递增，故()()00h t h >=，因此原不等式成立.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：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．13．（22-23高二下·湖南长沙·期末）已知函数2()ln f x x x x =-+．(1)证明()0f x ≤；(2)关于x 的不等式222ln 0ee x axx xx ax x -+-+≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)[1,)+∞【分析】（1）根据题意，求得并化简得到(21)(1)()x x f x x+-'=-，得出函数()f x 的单调区间，结合()()1≤f x f ，即可可证；（2）根据题意把不等式转化为22ln 2ln e 2ln e ln x ax x x x ax x x --+≤-+-，根据()e x g x x =+为增函数，转化为2ln x x a x +≥恒成立，令2ln ()x x h x x +=，求得312ln ()x xh x x --'=，得出函数()h x 的单调区间和最大值(1)1h =，即可求解.【详解】（1）由函数2()ln f x x x x =-+，可得1(21)(1)()21x x f x x x x'+-=-+=-，令()0f x '>，可得01x <<；令()0f x '<，可得1x >，所以()f x 在区间()0,1上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减，所以()()10f x f ≤=，即()0f x ≤．（2）由不等式222ln 0e ex axx x x ax x -+-+≤，可得22ln 2ln e 2ln e ln x ax x x x ax x x --+≤-+-，因为()e x g x x =+为增函数，则22ln ln x ax x x ≤--，即2ln x xa x +≥在(0,)+∞恒成立，令2ln ()x x h x x +=，可得312ln ()x xh x x --'=，再令()12ln m x x x =--，可得()210m x x'=--<，所以()m x 单调递减，又因为()10m =，所以当()0,1x ∈时，()0m x >，()0h x '>，函数()h x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0m x <，()0h x '<，函数()h x 在()1,+∞上单调递减，即()h x 在区间()0,1上单调递增，在区间(1,)+∞上单调递减，所以()h x 最大值为(1)1h =，所以实数a 的取值范围为[1,)+∞．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：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．14．（22-23高二下·福建莆田·期末）已知函数()2ln f x ax x =--，其中a ∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点1x ，2x ，且213x x ≥，求12x x 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)49e 【分析】（1）求出函数的导函数，再分0a ≤、0a >两种情况讨论，分别求出函数的单调性；（2）依题意可得11222ln 02ln 0ax x ax x --=⎧⎨--=⎩，即可得到12121212ln ln ln ln 4x x x x a x x x x -++==-+，从而得到()121121221ln 4ln 1x x x x x x x x ++=-，令12x t x =，10,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，令()1ln 1t g t t t +=-，10,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，利用导数求出()g t 的最小值，即可求出12x x 的最小值.【详解】（1）()2ln f x ax x =--定义域为()0,∞+，且()11ax f x a x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x '=得1x a=，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.综上可得：当0a ≤时()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）因为()()120f x f x ==，所以11222ln 02ln 0ax x ax x --=⎧⎨--=⎩，所以()1212ln ln a x x x x -=-，()1212ln ln 4a x x x +=++，所以12121212ln ln ln ln 4x x x x a x x x x -++==-+，所以()112121121122221ln 4ln ln 1x x x x x xx x x x x x x x +++==--，令12xt x =，因为213x x ≥，所以1213x x ≤，即103t <≤，所以()121ln 4ln 1t x x t t ++=-，10,3t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，令()1ln 1t g t t t +=-，10,3t ⎛⎤∈ ⎝⎦，则()()()()()2211ln 11ln 2ln 11t t t t t t tt t g t t t +⎛⎫+--+-- ⎪⎝⎭'==--，令()12ln h t t t t=--，()0,1t ∈，则()()22211210t h t t t t-=+-=>'，所以()h t 在()0,1上单调递增，又()10h =，所以()0h t <，即()0g t '<，所以()g t 在10,3⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，所以()12ln 33g t g ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭，所以()12ln 42ln 3x x +≥，即2ln 3412e x x -≥，即1249e x x ≥，当且仅当2112439e x x x x =⎧⎪⎨=⎪⎩，即1223e x x ==时等号成立，所以12x x 的最小值为49e .【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．15．（22-23高二下·贵州黔东南·期末）已知函数()ln ,R f x ax x a =-∈.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，设()()()21x g x f x -=，求证：函数()g x 存在极大值点0x ，且()0222e 3g x <<.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，判断导数正负，即可判断函数单调性；（2）求出函数()()()21x g x f x -=的导数，由此构造函数，利用导数判断其单调性，确定函数()g x 的极值点0x ，并判断其范围，进而化简()0g x 的表达式，即可证明结论.【详解】（1）由函数()ln ,R f x ax x a =-∈的定义域为(0,)+∞，则()11ax f x a x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，当10x a<<时，()0f x '<，则()f x 在1(0,a 上单调递减；当1x a>时，()0f x ¢>，则()f x 在1(,)a +∞上单调递增；故当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()f x 在1(0,a上单调递减，在1(,)a +∞上单调递增；（2）当1a =时，由（1）可知()ln f x x x =-，()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，故()(1)1f x f ≥=；故当1a =时，()()()()2211ln x x g x f x x x--==-，则()()()()2221121(ln )1(1)1(2ln 2)(ln )(ln )x x x x x x x x x g x x x x x -------+-'==--，令1()2ln 2,(0)h x x x x x =-+->，则222222121(1)()10x x x h x x x x x -+-'=-+==≥，仅当1x =时等号成立，故1()2ln 2h x x x x=-+-在(0,)+∞上单调递增，且2211()2ln 310,(e )6e 033h h -=+->=-<，即存在唯一201(e ,3x -∈，使得0()0h x =，当00x x <<时，()0h x <；当01x x <<时，()0h x >；则当00x x <<时，()0g x '>；当01x x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，即()g x 在0(0,)x 单调递增，在0(),1x 单调递减，在(1,)+∞单调递增，故函数()g x 存在极大值点，即为0x ；由0()0h x =，即00012ln 20x x x -+-=，故()()()()()()222200000020000000111211111ln 1(2)1222x x x x x g x x x x x x x x x ----====---+--+，由于201(e ,)3x -∈，故()002g x x =，且2022(2e ,3x -∈，即()0222e 3g x <<.【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用问题，涉及到判断函数的单调性以及函数极值问题，解答的难点在于第二问证明不等式()0222e 3g x <<，解答时要注意零点问题的解决，并判断零点201(e ,)3x -∈.16．（22-23高二下·江苏镇江·期末）已知函数()3f x x ax =-.(1)当1a =-时，求函数在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 存在不同的极值点12,x x ，且以()()()()1122,,,A x f x C x f x 为对角线的正方形ABCD 的四顶点A B C D ､､､都在函数()y f x =的图像上，求2a 的值.【答案】(1)420x y --=(2)2278a +=【分析】（1）把1a =-代入函数解析式，可求切点坐标，利用导数求切线斜率，可求函数在点()()1,1f 处的切线方程；（2）利用导数求出极值点，得,A C 两点坐标，由AC 的中点为原点O ，ABCD 为正方形，可求D 点坐标，代入在函数()f x 中，可求出2a 的值.【详解】（1）当1a =-时，()3f x x x +，()12f =，故切点坐标为()1,2，()231f x x ='+，故切点处切线的斜率为()14f '=，切线方程为()241y x -=-，即420x y --=.（2）函数()3f x x ax =-，定义域为R ，()23f x x a '=-，()f x 存在不同的极值点12,x x ，则有0a >，()0f x ¢>，解得x <x >；()0f x '<，解得x <则()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎛ ⎝⎭上单调递减，得x =x则有2,23,,939A a C ⎛⎛- ⎪ ⎪ - ⎪⎝⎭⎝⎭，AC 的中点为原点O ，正方形ABCD ，过C 作CC '垂直于x 轴，过D 作DD '垂直于y 轴，垂足分别为,C D ''，则有OCC ODD ''≅ ，所以D ⎫⎪⎪⎝⎭，D 点在函数()y f x =的图像上，则有f ⎝⎭即322993a ⎛⎛-= ⎝⎭⎝⎭，化简得42854810a a --=，解得2278a +=.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值()最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．17．（22-23高二下·辽宁大连·期末）已知函数()()2cos ln 11f x x x =++-．(1)判断函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若0x ≥时，不等式()1f x ax <+恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个极值点和一个零点，证明见解析(2)实数a 的取值范围是[)1,+∞【分析】（1）首先求函数的导数，并利用二阶导数判断导数的单调性，并结合零点存在性定理证明极值点个数，并结合函数单调性，以及端点值判断函数零点个数；（2）首先由不等式构造函数()()2cos ln 12g x x x ax =++--，()0x >，并求函数的导数，根据()00g =，以及()01g a '=-，分1a ≥，01a ≤<，a<0三种情况讨论不等式恒成立的条件.【详解】（1）函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个极值点和一个零点，证明如下，()12sin 1f x x x '=-++，设()()12sin 1t x f x x x '==-++，()()212cos 1t x x x '=--+，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0t x '<，所以()f x '单调递减，又()010f '=>，π12220π2π212f ⎛⎫'=-+=-+< ⎪+⎝⎭+，所以存在唯一的π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f α'=，所以当()0,x α∈时，()0f x ¢>，当π,2x α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在()0,α单调递增，在π,2α⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以α是()f x 的一个极大值点，因为()02110f =-=>，()()0f f α>>，ππln 11022f ⎛⎫⎛⎫=+-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在()0,α无零点，在π,2α⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一零点，所以函数()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上只有一个极值点和一个零点；（2）由()1f x ax ≤+，得()2cos ln 120x x ax ++--≤，令()()2cos ln 12g x x x ax =++--，()0x >，则()00g =，()12sin 1g x x a x'=-+-+，()01g a '=-，①若1a ≥，则1a -≤-，当0x ≥时，ax x -≤-，令()()ln 1h x x x =+-，则()1111x h x x x -'=-=++，当0x ≥时，()0h x '≤，所以()h x 在[)0,∞+上单调递减，又()00h =，所以()()0h x h ≤，所以()ln 10x x +-≤，即()ln 1xx ≤+又cos 1≤x ，所以()220g x x x ≤+--=，即当0x ≥时，()1f x ax ≤+恒成立，②若01a ≤<，因为当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()g x '单调递减，且()010a g =->'，π120π212g a ⎛⎫'=-+-< ⎪⎝⎭+，所以存在唯一的π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0g β'=，当()0,x ∈β时，()0g x '>，()g x 在()0,β上单调递增，不满足()0g x ≤恒成立，③若a<0，因为()()()()()()444444e 12cos e 1ln e e 1222cos e 1e 10g a a -=-+---=---->不满足()0g x ≤恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是[)1,+∞.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决函数零点，不等式恒成立问题，本题第一问需要求函数的二阶导数，利用二阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，第二问的关键是()00g =这个条件，再根据()01g a '=-，讨论a 的取值.18．（22-23高二下·福建龙岩·期末）已知函数()ln f x ax x =-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)已知()()g x xf x b =+，且12,x x 是()g x 的两个零点，12x x <，证明：()()211211x ax b x ax -<<-．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后分0a ≤与0a >两种情况讨论即可；（2）根据12,x x 是()g x 的两个零点可得()12211221ln ln x x x x b ax x x x -=--，再将所证不等式转化为1222111ln 1x x x x x x -<<-，进而令211xt x =>，再构造函数求导分析单调性证明即可.【详解】（1）()11(0)ax f x a x x x-='-=>，①若0a ≤，则()0f x '<，即()f x 在()0,∞+单调递减，②若0a >，令()0f x ¢>，有1x a >，令()0f x '<，有10x a <<，即()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，综上：0a ≤，()f x 在()0,∞+单调递减，若0a >，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．（2）()()2ln ln g x x ax x b ax x x b =-+=-+，令()0g x =得：2ln 0ax x x b -+=，因为0x >，ln 0bax x x -+=，因为12,x x 是()g x 的两个零点，所以，112212ln 0,ln 0b bax x ax x x x -+=-+=，所以()12211211ln ln 0a x x x x b x x ⎛⎫-+-+-= ⎪⎝⎭，()12211221ln ln x x x x b ax x x x -=--，要证明()()211211x ax b x ax -<<-，只需证122121ax x x b ax x x -<<-，即证明21212121ln ln x x x x x x x x --<-<--变形为1222111ln 1x x x x x x -<<-，令211xt x =>，则证明11ln 1t t t-<<-，设()()1ln 11h t t t t ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭，()210t h t t -'=>，()h t 在()1,+∞单调递增，所以()()10h t h >=，即1ln 1t t>-，设()()ln 1u t t t =--，()10tu t t-'=<，()u t 在()1,+∞单调递减，所以，()()10u t u <=，即，ln 1t t <-，综上：()()211211x ax b x ax -<<-．19．（22-23高二下·安徽阜阳·期末）已知函数()21ln e 2f x x x x x =+-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)令()()()212e 12eg x f x x a x =++++，若不等式()0g x ≥恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2-【分析】（1）求得()ln e f x x x =+'，令()()h x f x ='，得到()0h x '>，结合10e f '⎛⎫= ⎪⎝⎭，进而求得函数()f x 的单调区间；（2）求得()ln 12e g x x x a =+++'，令()()x g x ϕ'=，求得()0x ϕ'>，得到()g x '在()0,x ∈+∞上单调递增，结合()()2e0a g -+'<，()e 0a g -'>，得出存在()()20e ,e aa x -+-∈，使得()000ln 12e 0g x x x a '=+++=，进而得出函数的单调性，结合不等式()0g x ≥恒成立等价于()min 0()0g x g x =≥，得到010ex <≤，得到00ln 2e 12a x x -=++≤，即可求解.【详解】（1）解：函数()21ln e 2f x x x x x =+-的定义域为()0,∞+，可得()ln e f x x x =+'，令()()h x f x ='，则()1e 0h x x=+>'，所以()h x 单调递增，即()f x '单调递增.又因为1110e f ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭'，所以当10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0f x '<，当1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，所以函数()f x 的单调递减区间为10,e ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递增区间1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）解：由题意知()22ln e eg x x x x ax =+++，可得()ln 12e g x x x a =+++'，令()()x g x ϕ'=，可得()12e 0x xϕ+'=>，所以()x ϕ在()0,x ∈+∞上单调递增，即()g x '在()0,x ∈+∞上单调递增，又由()()()()2222e e212e e 10ea aa g a a -+-++=-+++⋅+≤-+<'，()e 12e e 0a a g a a --=-++⋅+>'，。

高考大题专项(一) 导数的综合应用

高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(1)证明由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。

数学导数的综合运用试题

数学导数的综合运用试题1.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），（2）【解析】（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵,∴在上是增函数，又，∴,∴在上无实数根.综上，的值为. 12分2.（本题满分15分）已知函数（），且函数图象过原点.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）函数在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】（Ⅰ）由题意可知故，则．当时，对，有，所以函数在区间上单调递增；当时，由，得；由，得，此时函数的单调增区间为，单调减区间为．综上所述，当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间为，单调减区间为．（Ⅱ）函数的定义域为，由，得（），令（），则，由于，，可知当，；当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故．又由（Ⅰ）知当时，对，有，即，（随着的增长，的增长速度越来越快，会超过并远远大于的增长速度，而的增长速度则会越来越慢．则当且无限接近于0时，趋向于正无穷大.）当时，函数有两个不同的零点；当时，函数有且仅有一个零点；当时，函数没有零点．3.若曲线在点处的切线与直线互相垂直，则实数的值为________．【答案】2．【解析】由已知得．【考点】导数的几何意义、两条直线的位置关系等知识，意在考查运算求解能力．4.（本小题满分13分）已知函数 (t∈R) ．(Ⅰ)若曲线在处的切线与直线平行，求实数的值；(Ⅱ)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)【解析】(Ⅰ) 由题意得，，且，即，解得； 3分(Ⅱ)由(Ⅰ) ，时，.当时，，函数在上单调递增.此时由，解得； 6分(2)当时，，函数在上单调递减.此时由，解得； 9分(3)当时，函数在上递减，在上递增，.此时恒成立，而，所以，. 12分综上，当实数的取值范围为时，对任意的，恒成立. 13分【考点】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及应用导数研究函数的单调性、极值，考查简单不等式恒成立问题的处理方法，意在考查考生的运算能力、分析问题、解决问题的能力及转化与化归思想的应用意识．5.广东理）设函数(其中).(1) 当时,求函数的单调区间；(2) 当时,求函数在上的最大值.【答案】(1) 函数的递减区间为,递增区间为,(2)【解析】(1)根据k的取值化简函数的表达式，明确函数的定义域，然后利用求导研究函数的单调区间，中规中矩；（2）借助构造函数的技巧进行求解，如构造达到证明的目的，构造达到证明的目的.(1) 当时,,令,得,当变化时,的变化如下表:(2),令,得,,令,则,所以在上递增,所以,从而,所以所以当时,；当时,；所以令,则,令,则所以在上递减,而所以存在使得,且当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减.因为,,所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.综上,函数在上的最大值.【考点】本题考查函数的单调性和函数的最值问题，考查学生的分类讨论思想和构造函数的解题能力.6.天津理）已知函数.(1) 求函数f(x)的单调区间;(2) 证明: 对任意的t>0, 存在唯一的s, 使.(3) 设(2)中所确定的s关于t的函数为, 证明: 当时, 有.【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是（2）见解析（3）见解析【解析】(1) 函数f(x)的定义域为，，令，得，当变化时，、的变化情况如下表：所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明:当时，，令，由(1)知在区间内单调递增，，故存在唯一的，使得成立.(3)证明：因为，由(2)知，，且，从而===，其中，要使成立，只需，当时，若，则由的单调性，有，矛盾，所以即，从而成立；另一方面，令，令，得.当时，；当时，，故对，，因此成立.综上，当时，有.【解题思路与技巧】本题第（1）问，求的单调区间，先求出定义域，然后解导数方程的根，判断根两侧的导数的正负即可；第(2)问，证明时，可构造函数；第(3))问，讨论.【易错点】对第（1）问，求单调区间时，注意定义域优先的原则；第(2)、(3))问，证明时要注意讨论.【考点】本小题主要考查函数的概念、函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的单调性、不等式等基础知识，考查函数思想、化归思想，考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.7.浙江理）已知，函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】此题第（1）问根据导数的加减法运算法则和幂函数的求导公式求出，然后求出和，然后利用直线方程的点斜式即可求出；第（2）求函数区间上的最值，但是函数中含有参数，要对参数进行讨论，而且是求区间上的最值，所有应该对函数在上的最值取绝对值后进行讨论，即讨论和在区间中的函数的极值；所以应对和零的关系进讨论，根据判别式在讨论和1的关系，在此过程中由于出现，所以又要讨论和的关系，然后得到是大于零还是小于零不确定，所以又要讨论和的关系，这也是这个题目的难点所在，此题注意讨论不漏不重；（1）由已知得：，且，所以所求切线方程为：，即为：；（2）由已知得到：，其中，当时，，（1）当时，，所以在上递减，所以，因为；（2）当，即时，恒成立，所以在上递增，所以，因为；（3）当，即时，，且，即+00所以，所以；由，所以（ⅰ）当时，，所以时，递增，时，递减，所以，因为，又因为，所以，所以，所以（ⅱ）当时，，所以，因为，此时，当时，是大于零还是小于零不确定，所以当时，，所以，所以此时当时，，所以，所以此时。

导数的综合应用知识点+例题全面分类

∵函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞)． [巩固] 已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0.（1）求f (x )的单调区间；（2）若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a .由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，∴当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a )． (2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值， ∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1， f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1)．题型三：生活中的优化问题[例] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式 y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．（1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值．解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4时，函数f(x)在区间(3,6)内取得极大值，也是最大值．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.答当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．[巩固] 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．（1）某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x取何值？（2）某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm.由已知得a＝2x，h＝60－2x2＝2(30－x)，0<x<30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝22(－x3＋30x2)，V′＝62x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时ha＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.1．(2014·课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是___________.答案[1，＋∞)解析由于f′(x)＝k－1x，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥1x，而0<1x<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．夯实基础训练。

导数大题20种题型讲解

导数大题20种题型讲解1.多项式函数求导：题目描述：求函数f(x)=ax^n的导数。

解答步骤：使用幂函数的导数公式，对函数f(x)进行求导，得到f'(x)=nax^(n-1)。

2.常数函数求导：题目描述：求函数f(x)=c的导数。

解答步骤：常数函数的导数始终为零，即f'(x)=0。

3.指数函数求导：题目描述：求函数f(x)=e^x的导数。

解答步骤：指数函数e^x的导数仍然是e^x，即f'(x)=e^x。

4.对数函数求导：题目描述：求函数f(x)=ln(x)的导数。

解答步骤：对数函数ln(x)的导数为1/x，即f'(x)=1/x。

5.三角函数求导：题目描述：求函数f(x)=sin(x)的导数。

解答步骤：三角函数sin(x)的导数为cos(x)，即f'(x)=cos(x)。

6.反三角函数求导：题目描述：求函数f(x)=arcsin(x)的导数。

解答步骤：反三角函数的导数可以通过导数公式计算，即f'(x)=1/sqrt(1-x^2)。

7.复合函数求导：题目描述：求函数f(x)=(2x+1)^3的导数。

解答步骤：使用链式法则，将复合函数拆解成内外两个函数，并分别求导。

对于本题，先对内函数u=2x+1求导，然后乘以外函数v=u^3的导数。

8.分段函数求导：题目描述：求函数f(x)={x^2,x<0;x,x≥0}的导数。

解答步骤：由于该函数在x=0处存在不连续点，需要分别对x<0和x≥0的部分进行求导。

对于x<0的部分，求导结果为2x；对于x≥0的部分，求导结果为1。

9.隐函数求导：题目描述：求函数方程x^2+y^2=25的导数dy/dx。

解答步骤：对方程两边同时求导，并利用隐函数求导法则，最后解出dy/dx的表达式。

10.参数方程求导：题目描述：已知参数方程x=t^2，y=2t+1，求曲线的切线斜率。

解答步骤：对参数方程中的x和y分别求导，然后计算dy/dx的值，即可得到切线斜率。

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习

高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3的零点的个数．题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。

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。

导数大题20 种主要题型讲解

答案详解：本题主要考查导数在研究函数中的应用。

（1）求出比较其与的大小，得到的单调性表，于是得到的极值。

（2）将代入到中，并求得当时，此时恒成立，即在单调递增，同理可以得到在上为增函数，则原不等式可化为在上恒成立，令，对其求导得知若为减函数时其导数恒小于，便可得到的取值范围。

（3）若存在，使得假设成立，也即在上不是单调增或单调减，故，对求导得到其极小值点为，由于解得此时，此时需证明当，使得即可，此时可取，发现成立，故的取值范围为。

答案详解（Ⅰ），由是的极值点得，所以。

于是，定义域为，，函数在上单调递增，且。

因此，当时，；当时，。

所以，在上单调递减，在上单调递增。

（Ⅱ）当，时，，故只需要证明当时，。

当时，函数在单调递增，又，，故在有唯一实根，且。

当时，；当时，；从而当时，取得最小值。

由得：，，故。

综上：当时，。

解析:本题主要考查函数的求导和函数的单调性的判断。

（Ⅰ）先对函数求导，得导函数，由题，则可得的值，当时，单调递增，求得的的取值范围即为单调增区间；当时，单调递减，求得的的取值范围即为单调减区间。

（Ⅱ）由分析知，只需证明当时，，此时通过分析函数单调性，求得即可得证。

例题5：函数。

（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；（Ⅱ）证明：当时，。

答案详解（Ⅰ）的定义域为，（）。

当时，，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增。

又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点。

（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；当时，。

故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为。

由于，所以。

故当时，。

解析:本题主要考查导数的概念及其几何意义以及导数在函数研究中的应用。

（Ⅰ）求导得出的表达式，根据其表达式，对进行分类讨论。

当时，可知没有零点；当时，可知单调递增，且存在使得而，因此存在唯一零点。

（Ⅱ）由（Ⅰ），可设的最小值在时取到，最小值为。

写出的表达式，再运用均值不等式即可得出。

题型3：先构造，再赋值，证明和式或积式不等式例题：已知函数。

完整版)导数的综合大题及其分类

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

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

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

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

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

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

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

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

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

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

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

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

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

导数大题20种主要题型讲解，建议收藏打印

导数大题20种主要题型讲解，建议收藏打印
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，今天就总结导数大题20种主要题型，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。

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