2018年高考秘籍-破解导数压轴题策略：3.导数不等式的证明-切线法
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。
方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。
题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。
方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。
例题：已知函数f(x)=x-3x。
1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。
提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。
将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。
答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。
1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。
（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。
题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。
方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。
（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。
（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。
巧用“切线法”求解函数不等式
１，
： ０
设函数 ｈ（ｘ）＝ａｘ＋１．易知函数 ＾（ ）恒过定点 （０，１）．通过
一 阶导可知 Ｆ（ｘ）单调递增，通过二阶求导可知 Ｆ（ ）的图像
是 “向下凸”的．为满足 Ｆ（ｘ）≥ 九（ ），ｈ（ｘ）的斜率 的极 限状
态为 Ｆ（ｘ１在 ＝０处的导数．
解 设 新 函 数 ） ：
， 。 求 ，
Ａ百 ＝ （Ｘ， ），把 Ａ西 绕其起 点沿 逆时针方 向旋转 ０角得到 向 量 Ａ户＝ （ｚ ＣＯＳ０一Ｙ ｓｉｎ０， ｓｉｎ０＋ＹＣＯＳ ），叫做 把点 Ｂ 绕 点 Ａ逆时针方 向旋转 角得到点 Ｐ．
～
所 以 ｆ： ＝ ～ ｚ＋１．
，
由
图 ２
所 以 Ｆ（ｘ）在 ＝ 处取 到最小值，所 以 Ｆ（ ）≥ Ｆ（ ）＝ ０． 因为 Ｆ（ ）在 【０，＋。。）上
所 以上面 的三个 表达式 成立．又 因为该切线单 调递增，所 以 是 “向下 凸”的，所 以 Ｆ（ｘ）在 直 线 ｚ的上 方，证 明过 程 可
求 ｆａ＋ １）ｂ的最大值．
Ｇ（ｘ）＝ ｅ （ 一 １）＋ １，求 导 可 得：Ｇ ）＝ ．可 知 ｏ（ｘ）在 ［０，＋ｏ。）上单调递增，且有 ｏ（ｘ）≥ ａ（Ｏ）＝ ０．所
以 Ｆ （∞）≥ 去，即Ｆ（ｚ）在 【０，＋ｏｏ）上单调递增．所以当
ａ∈（一。。，０】时，结 论成 立．
分析 利用函数表达式的结构易得， ）＝ｅ 一 ＋去 。． 当。∈（ｏ， １时，原命题等价于 ｅ＝－１≥ ＋１≥
＜
（ｏ＜ ＜ ６）．
ａ Ｊ－ｂ
ａ — ｂ 、
分 析 该 不等式 的证 明方法很多，这里应用 “切线法”来
证 明：
Ｆ（ ）＝ ｅ２ｘ（１一ｚ），Ｆ （ ）＝ ｅ２＝（１— ２ ）．显然 可知 Ｆ（ｘ）
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-（1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a .考点分析综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。
但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。
第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。
具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。
如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。
总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。
理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。
极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。
在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。
2018年高考数学大题答题技巧
2018年高考数学大题答题技巧高考网为大家提供2018年高考数学大题答题技巧，更多高考资讯请关注我们网站的更新!2018年高考数学大题答题技巧一、三角函数题注意归一公式、诱导公式的正确性(转化成同名同角三角函数时，套用归一公式、诱导公式(奇变、偶不变;符号看象限)时，很容易因为粗心，导致错误!一着不慎，满盘皆输!)。
二、数列题1.证明一个数列是等差(等比)数列时，最后下结论时要写上以谁为首项，谁为公差(公比)的等差(等比)数列;2.最后一问证明不等式成立时，如果一端是常数，另一端是含有n 的式子时，一般考虑用放缩法;如果两端都是含n的式子，一般考虑数学归纳法(用数学归纳法时，当n=k+1时，一定利用上n=k时的假设，否则不正确。
利用上假设后，如何把当前的式子转化到目标式子，一般进行适当的放缩，这一点是有难度的。
简洁的方法是，用当前的式子减去目标式子，看符号，得到目标式子，下结论时一定写上综上：由①②得证;3.证明不等式时，有时构造函数，利用函数单调性很简单(所以要有构造函数的意识)。
三、立体几何题1.证明线面位置关系，一般不需要去建系，更简单;2.求异面直线所成的角、线面角、二面角、存在性问题、几何体的高、表面积、体积等问题时，最好要建系;3.注意向量所成的角的余弦值(范围)与所求角的余弦值(范围)的关系(符号问题、钝角、锐角问题)。
四、概率问题1.搞清随机试验包含的所有基本事件和所求事件包含的基本事件的个数;2.搞清是什么概率模型，套用哪个公式;3.记准均值、方差、标准差公式;4.求概率时，正难则反(根据p1+p2+...+pn=1);5.注意计数时利用列举、树图等基本方法;6.注意放回抽样，不放回抽样;7.注意“零散的”的知识点(茎叶图，频率分布直方图、分层抽样等)在大题中的渗透;8.注意条件概率公式;9.注意平均分组、不完全平均分组问题。
五、圆锥曲线问题1.注意求轨迹方程时，从三种曲线(椭圆、双曲线、抛物线)着想，椭圆考得最多，方法上有直接法、定义法、交轨法、参数法、待定系数法;2.注意直线的设法(法1分有斜率，没斜率;法2设x=my+b(斜率不为零时)，知道弦中点时，往往用点差法);注意判别式;注意韦达定理;注意弦长公式;注意自变量的取值范围等等;3.战术上整体思路要保7分，争9分，想12分。
六招破解高考导数压轴题
破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
26导数不等式 答案打印
导数应用--证明不等式1．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()e x ax a x f x -+-+'=，(0)2f '=．因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=．（2）当1a ≥时，21()e (1e)ex xf x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21e x g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．2．【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x ．由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e．从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-．当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0． 所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1e x x --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．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1ea ≥时，()0f x ≥． 3．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<． 所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x在区间[0,]π的最大值为()3fπ=，最小值为()3f 2π=()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ≤． （3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x 333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n nx x x x x x -=12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x xx ≤=．4【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0fx '=得，x =或x =.当2()a a x +∈+∞时，()0f x '<；当x∈时，()0fx '>.所以()f x 在)+∞单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a ax x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--.5．【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=得1211xx -=-，因为12x x ≠，所以12=．由基本不等式得=≥．因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +==．设()ln g x x =，则1()4)g x '=，所以 所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0，f （n ）–kn –a <)a n k n-≤)n k <0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点．由f （x ）=kx +a 得ln x ak x -=．设l (n )ah xx x -=，则22ln )1)((12x ag x x x a x h '=+--+=，其中(n )l g x x -=．由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 6．【答案】.（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，且()()()22e cos e cos 2e n n y x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<．所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．。
2018年高考数学二轮复习第二部分高考22题各个击破专题二函数与导数2.4.2导数与不等式及参数范围课件文
∵f'(x)=a-������ ,∴k=f'(x0)=a-������ ,
0
1
1
即直线的切线方程为 y-ax0+ln x0= ������-
1 ������ 0
(x-x0),
又切线过原点O, 所以-ax0+ln x0=-ax0+1, 由ln x0=1,解得x0=e,所以切点的横坐标为e.
x>1 时,a≥ 即 h(x)��
恒成立,令 h(x)=
ln ������
������ 2 -������
.
又 x>1 时,ln x<x-1<x(x-1),
ln ������ ������ 2 -������
<1(x>1)恒成立,
综上所述a≥1.
-8-
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 1 当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f'(x)=ln x+ ������ -3,f'(1)=-2,f(1)=0.曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
-4-
(2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln 设 g(x)=ln x则
1 g'(x)= − ������ (������+1)2 ������(������-1) , ������+1 2������ ������2 +2(1-������)������+1 ������(������+1)
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2018年全国卷三文数导数题三种解法及找点分析
2018年全国卷三文数导数题三种解法及找点分析
若您能认真读完，保证有所收获杨老师已经把各省高考刷完，有自己独特的研究心得。
杨老师文章链接：
一类条件型最值问题的再认识
切线放缩与目标意识
对一道函数不等式证明题的探索（七种武器）例谈对“取值范围”与“最值”的认识
例谈“架桥”意识
圆锥曲线中的方程联立与判别式
圆锥曲线的对称性在定点问题中的应用
微专题之《隐零点问题》
微专题之《如何攻克函数中的零点问题》
微专题之《浅谈双变量的解决策略》
微专题之《函数与导数中涉及“不等式恒成立，求参数取值范围问题”解题方法》
高三数学微专题之《函数图象的平移、伸缩变换》
微专题之《高考中小题解题常见策略与技巧》
微专题之浅谈《利用圆锥曲线的定义来解题》
微专题之《量词问题》
高三微专题之《一类函数图象上的特殊“点对” 》
高三微专题之《有关简单多面体的外接球》
微专题: 立体几何中的动态问题
五类模特四大名模秒杀抽象函数难题
高三数学复习微专题之《三次函数面面观》
高三数学微专题之《平面向量基本定理系数“等和线”的应用》高三微专题之《极化恒等式的迁移应用》
高三微专题之《立体动图轨迹——“击中要害、信手拈来”》。
2018年高考秘籍-破解导数压轴题策略：3.导数不等式的证明-切线法
导数中的不等式证明【考点点睛】放缩法证明不等式在历年高考数学中是永恒的话题，但它常考常新，学生却常考常怕。
不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性，多出现在压轴题的位置。
数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻体现数学的基本特点。
尽管如此，只要我们深入去探索，总有方法规律可循，总会有“拨得云开见日出”的时刻！放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝；但其缺点也是显而易见，如果使用放缩法证题时没有注意放和缩的“度”，容易造成不能同向传递，即放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，所以要熟练地驾驭它是件不容易的事。
命题角度 1 构造函数命题角度 2 放缩法命题角度 3 切线法命题角度 4 二元或多元不等式的证明思路命题角度 5 函数凹凸性的应用在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.命题角度 3 切线法【典例5】（2018届安徽省太和中学三模）已知函数2x f x e x .（1）求曲线f x 在1x 处的切线方程；（2）求证：当0x 时，21ln 1x e e x x x .【解析】（1）2x f x e x ，2x f x e x ，由题设得12,11f e f e ，………﹝导数的几何意义的应用﹞所以曲线f x 在1x 处的切线方程为211y e x e ，即21y e x ；（2）令g x f x ，则2x g x e ，当ln 2x 时，0g x ，当ln 2x时，0g x ，所以函数g x f x 在,ln 2上单调递减，在ln 2,上单调递增，min ln2ln222ln20g x g f ，所以函数2x f x e x 在0,上单调递增，由于曲线f x 在1x 处的切线方程为21y e x ，11f e ，可猜测函数f x 的图象恒在切线21y e x 的上方. ………﹝多步设问，层层递进，上问结果，用于下问﹞先证明当0x 时，21f x e x .设210h x f x e x x ，则22,2x x h x e x e h x e ，当ln 2x 时，0h x ，当ln 2x 时，0h x ，所以h x 在0,ln 2上单调递减，在ln 2,上单调递增，由030,10,0ln 21h e h ，所以ln 20h ，所以存在00,ln 2x ，使得00h x ，所以当00,1,x x U 时，0h x ，当0,1x x 时，0h x ，所以h x 在00,x 上单调递增，在0,1x 上单调递减，在1,上单调递增.因为010h h ，所以0h x ，即21f x e x ，当且仅当1x 时取等号，所以当0x 时，221x e x e x ，………﹝切线放缩法是一种崭新的放缩途径﹞变形可得21x e e x x x ，又由于ln 1x x ，当且仅当1x 时取等号（证明略），……﹝灵活借助于ln 1x x 放缩﹞所以21ln 1x e e x x x ，当且仅当1x 时取等号.【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.。
2018年高考理科数学浙江卷导数压轴题解析
2018年高考理科数学浙江卷导数压轴题解析【题目分析】此题综合考察了函数的单调性、极值和零点的分析。
解决第（I ）问中12()()f x f x +取值范围问题的关键在于成立1x 与2x 之间的关系将双变量转化为单变量，寻觅该单变量的取值范围，构造函数并依照函数的单调性和概念域讨论其值域，难度不大。
第（II ）问重点考察函数零点的寻觅，“零点存在性定理”与“函数单调性”的结合是解决“唯一零点”这种问题的常规套路——“零点存在性定理”解决有无的问题，“函数单调性”解决可能有几个的问题。
题目中需要构造()ln h x x kx a =--如此一个含有双参变量的函数，参数a 可不能阻碍“函数单调性”，也确实是意味着函数()h x 的单调性比较益处置，难点在于“零点存在性定理”的运用，()h x 是不是存在大于0或小于0的点是由参数k 和a 一起操纵的，关于如此一个既含有根号又含有对数的函数而言，处置起来比较棘手。
固然考虑()h x 在0x +=及x =+∞处的极限很容易患出()h x 存在零点的结论，可是需要强调的是求极限严格来讲不属于高中时期内的知识点（尽管高中教材中有涉及），高考时得不得分存在专门大争议，因此高考数学官方标准答案中都会带入“特殊值”，通过不等式的放缩来证明函数值是不是存在大于(小于)0的点，此题中官方标准答案中给出(||)a k m e -+=和22(||1)1n a k =++如此两个极为复杂的“特殊值”，让人望而生叹直呼好难想到。
本解答进程另辟蹊径，给出了两个超级简单的范围来讲明()h x 的正负号问题——将()h x 分为kx 与ln x a --两部份，现在参数k 和a 分开(k 和a 二者之间没有关系，彼此独立)，一一讨论范围以后再归并，从而确信()h x 的正负号。
【题目解答】（I ）21111(()2416f x x '-=-=-+，0x >；令12()()f x f x m ''==12(0)x x ≠>，是关于t的一元二次方程212t t m-+-=的两个不相等的正数根，从而1211612256mx xm⎧⎪<<⎪⎪⇒⎪>⎩121212()()ln lnf x f x x x x x+==；令()lng t t=-，那么14()4g tt t'=-=，()g t在(016)，上单调递减，在(16,)+∞上单调递增，因此当12256x x>时，12()(256)88ln2g x x g>=-，即12()()88ln2f x f x+>-，得证.（II）直线y kx b=+与曲线()f x有唯一公共点等价于函数()lnh x x kx a=--有唯一零点；(a)零点的存在性证明：当21(0,)xk∈时0kx>，当(0,)ax e-∈时ln0x a-->，因此当21(0,min(,))ax ek-∈时，(ln0h x kx x a-->；当21(+)xk∈∞，时0kx<，当(+)ax e-∈∞，时ln0x a--<，因此当21(max(,),)ax ek-∈+∞时，(ln0h x kx x a--<；依照零点存在性定理可知函数()h x在区间2211(min(,),max(,))a ae ek k--至少存在一个零点，从而()h x在(0,)+∞至少存在一个零点.(b)零点的唯一性证明：2111()416h x k kx'-=--+-；若116k≥，则()0h x'≤恒成立，()h x单调递减，现在()h x在(0,)+∞最多只有一个零点；若116k<<，()=0h x'有两个不相等正根3x和4x（设34x x<）且易知1142<<<<，从而()h x在3(0,)x上单调递减，34(,)x x上单调递增，4(,)x+∞上单调递减。
【秒杀大招】高中数学导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转,唯手熟尔! (1)
如图所示，又点 Q a,2 a 到直线 x 0 的距离为 a ，
自然想到转化为动点 Q 到抛物线准线 x 1 的距离，
结合抛物线的概念可得 D
x a2
ex 2
a
2
a 2
PQ QH 1 PQ QF 1 ，所以 D PQ QF 1 PF 1 ，当且仅当 P,Q, F 共线，
bn
1
n n 1
，
-2-
慧学上进
所以只需证明
an
n
1
1 n
2
ln2
n 1 n
bn
n
1
n 1
.
由（1）知 a 1 时，有 x ln x x 1 ，即 ln x x 1 . x
令
x
n
n
1
1
，则
ln
n
n
1
n
1
1
，
所以
ln2
n 1 n
n
1
12
n
1
1 n
2
1 n 1
n
1
2
，
所以 ln2 2 ln2 3 ln2 n 1 1 1 n ；
命题角度 1 构造函数
【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试）已知函数
f
x 1
ln x , g(x) x
ae ex
1 x
bx
，若曲线
y
f
x 与曲
线 y g x 的一个公共点是 A1,1 ，且在点 A 处的切线互相垂直．
（1）求 a,b 的值；
（2）证明：当 x 1 时， f x g(x) 2 ．
缩法进行放缩解决问题.
命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路 【典例 6】（皖南八校 2018 届高三第三次联考）若 x, a,b 均为任意实数，且 a 22 b 32 1 ，则
2018 年高考数学（理科二卷）导数解答题解题研究及教学建议
强的训练，学生通过解题，总结解题方法，注意通性通法，做一题，得一法，通一类，提高学生解决问题能力。
应用中及时反馈，及时纠正，再针对性复习，有效提高复习教学效率。
三、及时掌握复习反馈与纠正，进行针对性复习与强化训练学生复习回顾知识，然后投影展示，点评表扬优点，及时让学生自己发现并纠正错误，很好地理解和掌握数学基础知识和思想方法；强化训练时，要求学生在独立思考基础上，与同伴交流，尝试解题，巡视指导，学生有足够的时间和空间去解决问题，充分调动学生学习的积极性，让学生板演，及时发现问题，及时纠正，点评表扬优点；考试要求认真解答。
讲评题时，要注重引导学生分析条件，有效寻求涉及的知识和方法，清楚试题考查什么知识点，解题突破口在哪里，解答时需要注意什么，有哪些解法，哪些最佳解题途径等问题。
这样，充分调动学生学习的积极性与主动性。
应用知识强化测试，认真分析各题的错误率，找出错误的症结，对错误率比较高的题目和典型的问题要重点评，特别是数学知识与思想方法的讲评，强调规范解答，及时有效帮助学生分析总结错误，进行针对性复习与强化训练，有效提高解题能力。
如学生解决离散型随机变量的均值与方差问题时，容易写出变量的可能取值，会写出均值和方差公式，但不容易求出相应的概率，以致出错，针对这类情况，教师要重点引导学生分析概率问题的类型，弄清它们的特点，熟练掌握各种概率分布的公式，注意与排列、组合知识联系，注意基本思想方法，熟练求解离散型随机变量的分布列、均值和方差，熟练地将实际问题转化为概率问题，准确得出相应的概率，解决均值和方差的问题，同时进行针对性训练。
对出错多的问题有针对性训练，如学生解答题时往往是因缺少严密的推理步骤，不准确的计算等造成丢分，及时进行针对性训练；对解答不够规范的及时让学生自己纠正，规范解答；对学困生给予较多指导，多鼓励。
及时掌握复习反馈与纠正，进行针对性复习与强化训练，有效提高复习教学效率。
2018年高考数学（理科二卷）导数解答题解题研究及教学建议【摘要】高考是高中教学课堂教学的风向标，能否答好高考题也是学生综合能力的体现。
26导数不等式
导数应用--证明不等式1．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．2．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤； （3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x x x ≤．4．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．5．【2018年高考浙江】已知函数f (x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；(选做）（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．6【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（选做）（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．导数应用--证明不等式1．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1e x g x x x +=+-+，则1()21e x g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.2．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x ．由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e．从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-．当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0． 所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1e x x --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．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1ea ≥时，()0f x ≥． 【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.3．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤； （3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+ 2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<． 所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()3f π=，最小值为()3f 2π=．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ． （3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x 333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x x x ≤=．4．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x +=.当2()a a x+∈+∞时，()0f x '<；当x ∈时，()0fx '>.所以()f x 在)+∞单调递减，在(22a a -+单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--.【名师点睛】该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，通过构造新函数来解决问题的思路要明确.5．【2018年高考浙江】已知函数f (x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数1()f x x'=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-，因为12x x ≠12=．=≥12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-．（Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x ak x -=．设l (n )ah xx x -=，则22ln )1)((12x ag x x x a x h '=--+--+=，其中(n )l g x x =． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.6【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增． 所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos e cos 2e n n y x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．。
2018届高三理科数学函数与导数解题方法规律技巧详细总结版
2018届高三理科数学函数与导数解题方法规律技巧详细总结版【3年高考试题比较】对于导数的解答题，考纲的要求是：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(其中多项式函数不超过三次)；3.会用导数解决实际问题.通过比较近三年的高考卷总结如下：一般有两问，（16年3卷出现了三问），第一问往往是以讨论函数单调性和切线问题为主，也有根据不等式恒成立或零点问题求参数范围的问题，但一般难度不大，第二问主要涉及不等式的恒成立问题，零点问题，函数最值问题，一元的不等式证明和二元的不等式证明，方法灵活，难度较大.【必备基础知识融合】1.基本初等函数的导数公式2.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0).3.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积. 4.函数的单调性与导数(1)在区间D 上，若f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0不连续成立⇔函数f (x )在区间D 上递增；(2)在区间D 上，若f ′(x )≤0，且f ′(x )＝0不连续成立⇔函数f (x )在区间D 上递减； (3)在区间D 上，若f ′(x )＝0恒成立⇔函数f (x )在区间D 上是常函数. 5.函数的极值与导数6.函数的最值与导数(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值.(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值.【解题方法规律技巧】典例1：已知曲线y ＝13x 3＋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.【规律方法】(1)求切线方程的方法：①求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.(2)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.典例2：设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a .由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减. 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增.【规律方法】 (1)确定函数单调区间的步骤： ①确定函数f (x )的定义域； ②求f ′(x )；③解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.(2)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3在R 上是增函数.（3）利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论时，要做到不重不漏.典例3： 已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0).(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，③即a ≥1x 2－2x 恒成立.设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎡⎦⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.【规律方法】利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法： (1)函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间. 方法一：转化为“f ′(x )>0(<0)在区间D 上有解”；方法二：转化为“存在区间D 的一个子区间使f ′(x )>0(<0)成立”. (2)函数f (x )在区间D 上递增(减).方法一：转化为“f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立”问题； 方法二：转化为“区间D 是函数f (x )的单调递增(减)区间的子集”. 易错警示 对于①：处理函数单调性问题时，应先求函数的定义域；对于②：h (x )在(0，＋∞)上存在递减区间，应等价于h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，易误认为“等价于h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解”，多带一个“＝”之所以不正确，是因为“h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解即为h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，或h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有解”，后者显然不正确；对于③：h (x )在[1，4]上单调递减，应等价于h ′(x )≤0在[1，4]上恒成立，易误认为“等价于h ′(x )<0在[1，4]上恒成立”.典例4：已知函数()()2ln R 2a f x x x x a =-∈ .（1）若2a = ，求曲线()y f x = 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()()()1g x f x a x =+- 在1x = 处取得极小值，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）y x =-（2）1a <()1'01,g x x a ⎛⎫<∈ ⎪⎝⎭，时， ()'0g x > ，所以()g x 在1x =处取得极小值，满足题意.③当1a =时，当()0,1x ∈ 时， ()'0h x >， ()'g x 在()0,1内单调递增， ()1,x ∈+∞时， ()()'0,'h x g x < 在()1,+∞内单调递减，所以当()0,x ∈+∞时， ()()'0,g x g x ≤单调递减，不合题意. ④当1a >时，即101a <<，当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()()'0,'h x g x < 单调递减， ()'0g x > ，当()1,x ∈+∞时， ()()'0,'h x g x <单调递减， ()'0g x < ，所以()g x 在1x =处取得极大值，不合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为1a < .【规律方法】函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值.(2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.典例5：已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值.①当－a2≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意. ②当1＜－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0，不符合题意. ③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8， 由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意. 综上有，a ＝－10.【规律方法】(1)求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：①求函数在(a ，b )内的极值；②求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；③将函数f (x )的极值与 f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)含参数的函数的最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.典例6：已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e].(1)若a＝1，求f(x)的最大值；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.【规律方法】 由不等式恒(能)成立求参数的范围常有两种方法：(1)讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；(2)分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围. 典例7：设函数f(x)＝ln x ＋mx，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 )－x3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减. ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， 因此x ＝1也是φ(x )的最大值点. ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.【规律方法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.典例8：已知函数f (x )＝ax ＋b x 2＋1在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立；(3)若0<a <b ，求证：ln b －ln a b －a >2a a 2＋b 2.【规律方法】 证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明.(1)证明不等式f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，利用导数求F (x )的值域，得到F (x )<0即可；(2)对于证明含有两个变量a ，b 的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f (a )>f (b )，然后利用函数f (x )的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x ＝b a然后再利用已知关系证明即可.典例9：设k ∈R ，函数()ln f x x kx =-.(Ⅰ)若2k =，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(Ⅱ)若()f x 无零点，求实数k 的取值范围；(Ⅲ)若()f x 有两个相异零点12x x ，，求证： 12ln ln 2x x +>.【答案】(Ⅰ) 10x y ++=；(Ⅱ) 1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(Ⅲ)证明见解析.(Ⅱ)①若k 0<时，则()()'0f x f x >，是区间()0,∞+上的增函数，∵()()()10e e 1e 0k k k f k f k k k =->=-=-<，，∴()()1e 0k f f ⋅<，函数()f x 在区间()0,∞+有唯一零点； ②若()0ln k f x x ==，有唯一零点1x =；③若0k >，令()'0f x =，得1x k =， 在区间10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上， ()'0f x >，函数()f x 是增函数；【规律方法】涉及到二元问题的证明问题，通常是将二元问题一元化，进而利用函数导数求最值即可得解. 二元问题一元化的一般思路有：（1）等量代换，将题中的等量关系代入即可；（2，12t x x =+，12t x x =-等手段将二元关系换成关于t 的一元函数即可； （3）利用“极值点偏移”的思想，将二元换为一元.典例10：设函数()()2(x f x x ax a e a R -=+-⋅∈）. （1）当0a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程；（2）设()21g x x x =--，若对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围. 【答案】(1) 320ex y e ++=；(2) 1a ≤-或24a e ≥-.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上， ()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦ ()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时， ()'0f x ≥在[]0,2上恒成立， ()f x 在[]0,2上为单调递增函数， ()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； ②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时， ()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e +⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时， ()'0f x ≤在[]0,2上恒成立， ()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-.【规律方法】利用导数研究函数单调性，利用导数研究函数极值，导数几何意义等内容是考查的重点.解题时，注意函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用，另外，还要能够将问题进行合理的转化，尤其是“任意”和“存在”问题的等价转化，可以简化解题过程.本题“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上， ()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”. 【归纳常用万能模板】设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x (x ＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.2分当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.4分又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.6分(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)9分由于2e2x 0－a x 0＝0， 所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a . 故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f (x )的最小值和基本不等式的应用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝x 0处最值的判定.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，求解使f ′(b )＜0的b 满足的约束条件0＜b ＜a 4，且b＜14.如第(2)问中x 0满足条件的计算，若计算错误不得分，另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.。
高考压轴题：导数题型及解题方法归纳
高考压轴题：导数题型及解题方法一．切线问题题型1 求曲线)(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--）练习 1. 已知曲线x x y 33-=（1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。
答案：（03=+y x 或027415=--y x ）（2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。
2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1）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 ）；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 ）练习 1.求曲线2x y =与曲线2)1(--=x y 的公切线方程。
秘籍03+导数及其应用-备战2018年高考数学(理)抢分秘籍+Word版含解析
秘籍03 导数及其应用1．曲线=上一动点处的切线斜率的最小值为A．B．C．D．【答案】C求曲线y＝f(x)的切线方程的类型及方法（1）已知切点P(x0, y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；（2）已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0, y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；（3）已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0, y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，最后由点斜式或两点式写出方程．（4）若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k＝f′(x0)求出切点坐标(x0, y0)，最后写出切线方程．（5）①在点P处的切线即是以P为切点的切线，P一定在曲线上.②过点P的切线即切线过点P，P不一定是切点．因此在求过点P的切线方程时，应首先检验点P是否在已知曲线上．2．若函数在上单调递减,则称为函数.下列函数中为函数的序号为①②③④A ．①②④B ．①③C ．①③④D ．②③【答案】B函数的单调性与导数的关系一般地，在某个区间(a ,b )内：①如果()0f x '>，函数f (x )在这个区间内单调递增; ②如果()0f x '<，函数f (x )在这个区间内单调递减; ③如果()=0f x '，函数f (x )在这个区间内是常数函数．3．若函数在上单调递减,则的取值范围是【答案】B【解析】,则，因为函数在上单调递减，所以，所以.故选B.由函数f (x)的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)(f ′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x)>0(或f ′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知f (x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f (x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围.4．设函数在上可导,其导函数为,且函数的图象如图所示,则下列结论一定成立的是为的极大值点为的极小值点为的极大值点为的极小值点【答案】D【解析】由图象得,时,,当时,时,.∴为的极小值点,不是极值点.函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．（2）求函数f (x)极值的方法①确定函数f (x)的定义域．②求导函数f ′(x)．③求方程f ′(x)＝0的根．④检查f ′(x)在方程的根的左右两侧的符号，确定极值点．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，如果f ′(x)在这个根的左右两侧符号不变，则f (x)在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数f ′(x)，求方程f ′(x)＝0的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的值或取值范围.5．已知可导函数的导函数为,若对任意的,都有,则不等式的解集为【答案】A利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可.（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.6．已知函数,则.【答案】【解析】由题意,,表示以原点为圆心,以2为半径的圆的一段弧与,x 轴所围成的图形的面积,其面积为.利用定积分求平面图形面积问题的常见类型及解题策略（1）利用定积分求平面图形面积的步骤①根据题意画出图形；②借助图形确定出被积函数，求出交点坐标，确定积分的上、下限；③把曲边梯形的面积表示成若干个定积分的和；④计算定积分，写出答案．（2）知图形的面积求参数求解此类题的突破口：画图，一般是先画出它的草图；然后确定积分的上、下限，确定被积函数，由定积分求出其面积，再由已知条件可找到关于参数的方程，从而可求出参数的值．（3）与概率相交汇问题解决此类问题应先利用定积分求出相应平面图形的面积，再用相应概率公式进行计算.1．设定义在上的函数的导函数满足,则【答案】A利用导数研究函数综合问题的一般步骤（1）确定函数的定义域，审清题意，确定解题方向，明确出发点． （2）进行合理转化，构造函数关系，进行求导．（3）利用导数研究函数的单调性，确定极值或最值，有参数时进行分类讨论． （4）利用极值或最值，判断函数的零点，得出正确结论． （5）反思回顾，查看关键点、易错点及解题过程的规范性．2．已知函数()e cos x f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【解析】（1）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0x f x x x f ''=--=. 又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.求函数f (x)在[a,b]上最值的方法（1）若函数f (x)在[a,b]上单调递增或递减，f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f (x)在[a,b]内有极值，先求出函数f (x)在[a,b]上的极值，与f (a)、f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f (x)在(a,b)上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点．注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用.（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定.3．定义在上的函数满足,当时,不等式的解集为【答案】D【解析】由题意得=,令,则;构造函数,则,;因为,所以,即函数单减;不等式转化为,所以,得,而,求得.即不等式的解集为.选D．4．已知函数，且函数的图象在点处的切线斜率为.(1)求的值，并求函数的最值；(2)当时，求证：.【解析】(1)由题得，，根据题意，得，∴，∴.当时，，在上单调递减，没有最值；当时，令，得，令，得，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在处取得唯一的极大值，即为最大值，且.综上所述，当时，没有最值；当时，的最大值为，无最小值.(2)要证，即证，令，当时，，∴成立；当时，，当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴.∵，∴，，∴，即()1e xa x-≤成立，故原不等式成立.5．已知函数.(1)若在处取得极值,求的值；(2)若在上恒成立,求的取值范围.【解析】(1),∵在处取到极值,∴,即,∴.经检验,时,在处取到极小值.(2),令,①当时,在上单调递减.又∵,∴时,,不满足在上恒成立.②当时,二次函数的图象开口向上,对称轴为,过.A．当,即时,在上恒成立,∴,从而在上单调递增.又∵,∴时,成立,满足在上恒成立.B．当,即时,存在,使时,单调递减；时,单调递增,∴.又∵,∴,故不满足题意.用导数证明不等式的方法（1）利用单调性：若f (x)在[a,b]上是增函数，则①∀x∈[a,b]，则f (a)≤f (x)≤f (b)，②对∀x1，x2∈[a,b]，且x1<x2,则f (x1)< f (x2).对于减函数有类似结论.（2）利用最值：若f (x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则对∀x∈D，则f (x)≤M(或f (x)≥m).（3）证明f (x)<g(x)，可构造函数F(x)=f (x)-g(x)，证明F(x)<0.6．如图,四边形是边长为2的正方形,曲线段所在的曲线方程为现向该正方形内抛掷1枚豆子,则该枚豆子落在阴影部分的概率为【答案】A【解析】由题意得,====;所以该枚豆子落在阴影部分的概率.故选A．几何概型的概率计算公式中的“几何度量”可以为线段长度、面积、体积等,而且这个“几何度量”只与大小有关,与形状和位置无关.解题的步骤为:先求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”N(A),再求出总的基本事件对应的“几何度量”N,最后根据P(A)=N(A)÷N求解.1．已知函数，则函数的图象在处的切线方程为A．B．C．D．2．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是A．B．C．D．3．若曲线ln1y x=+的一条切线是y ax b=+，则4e ba+的最小值是A． 2 B．C． 4 D．4．设函数的图象在点 处切线的斜率为，则函数的图象一部分可以是A ．B ．C ．D ．5．曲线250xy x y -+-=在点()1,2A 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 A ． 9B ．496 C ．92D ． 1136．已知定义在上的函数，为其导函数，且恒成立，则A ．B ．C ．D ．7．已知函数是函数的导函数，（其中为自然对数的底数），对任意实数，都有，则不等式的解集为A ．B ．C ．D ．8．若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为A ．B ．C ．D ．9．已知，则A ．B ．C ．D ．10．若是函数的极值点，则实数__________．11．若关于的方程在上有两个不同的解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是__________． 12．已知函数21()ln 4f x x ax a a =-++在R 上有两个不同的零点1x ，2x ，设M x x =+21，N x x =⋅21，则MN的取值范围是__________． 13．已知函数1()ln 2f x x x x =-.（1）求函数()f x 的单调增区间；（2）若12,x x 是方程()f x a =的两个不同的实数解，证明：1212e()20x x x x +->.14．已知函数()e ln(1)xf x a bx x =-++（,a b ∈R ）.（1）若0a =，求函数()f x 的极值点；（2）若1a =，且()1f x ≥在[0,)+∞上恒成立，求实数b 的取值范围.【名师点睛】利用导数的几何意义求切线方程时要注意“曲线在点P 处的切线”和“曲线过点P 的切线”两种说法的区别．对于第一种说法可直接利用导数的几何意义求解，第二种说法则要转化为第一种说法求解． 2．【答案】A 【解析】∵，∴．又函数 在上单调递增， ∴在上恒成立，即在上恒成立． ∵当时，，∴． 所以实数的取值范围是．故选A ． 【名师点睛】当时，则函数在区间上单调递增；而当函数在区间上单调递增时，则有在区间上恒成立．解题时要注意不等式是否含有等号．3．【答案】C【解析】设切点为(),ln 1m m +,()()11,f x f m x m ''==,故切线方程为()()1ln 1y m x m m-+=-,即1ln y x m m =+,所以14,ln ,44b a b m a e m m m ==+=+≥=.故选C ． 【名师点睛】本小题主要考查利用导数求函数的切线方程,考查利用基本不等式求解式子的最小值.求曲线的切线方程,主要把握住两点,一个是切点的坐标,另一个是在切点处的导数值,也即是在该点切线的斜率,根据点斜式()()000y y f x x x '-=-可写出切线方程.要注意查看题目所给点是否是切点.【名师点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的图象的判断，是基本知识的考查． 5．【答案】B【解析】由250xy x y -+-=，得()52x y f x x +==+， ∴()()232f x x -='+，∴()113f '=-， ∴曲线()y f x =在点()1,2A 处的切线方程为()1213y x -=--． 令0x =，得73y =；令0y =得7x =． ∴切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为17497236S =⨯⨯=．选B ． 6．【答案】C 【解析】由恒成立，则构造函数，据此可得，函数在上单调递增，据此有，即，.故选C.【名师点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 7．【答案】B【解析】由题意构造函数()()e x f x g x = 则()()()0e xf x f xg x -''=<， ∴函数在R 上单调递减．又()22ex f x -< ，∴()21e 2e xf x <， 而()()2111e 2ef g ==， ∴，∴，故不等式的解集为．故选B ．【名师点睛】解抽象不等式的常用方法是构造函数后利用函数的单调性求解，其中如何构造函数是解题的难点，在本题中根据含有的不等式，并结合导数的求导法则构造出函数是关键．8．【答案】C数形结合可知，若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为，故选. 9．【答案】B【解析】由题意，根据微积分定理，得，两边平方，得，所以，故正确答案为B．10．【答案】【解析】因为，且是函数的极值点，所以，解得.11．【答案】【名师点睛】根据函数零点求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.12．【答案】e 1(,1)(1,]e+-∞ 【解析】 函数21()ln 4f x x ax a a =-++在R 上有两个不同的零点1x ，2x ，2ln 0a a a ∆∴=-->，设2()ln h a a a a =--，则1()21h a a a '=--=aa a 122--a a a )1)(12(-+=，1>∴a 时，()0h a '>，10<<a 时，()0h a '<，即函数()h a 在区间)1,0(上是减函数，在区间),1(+∞上是增函数，()(1)0h a h ∴≥=，∴0>a 且1≠a .又a M 4=，a a N 4ln 4+=，1ln ln +=+=∴a a a a a M N ，设1ln )(+=a a a g ，则2ln 1)(a aa g -='，0e a ∴<<时，0)(>'a g ，e a >时，0)(<'a g ，所以函数)(a g 在区间(0,e)上是增函数，在区间(e,)+∞上是减函数，e 1()(e)e g a g +∴≤=，又1)1(=g 且在区间(e,)+∞上1)(>a g ，所以MN的取值范围是e 1(,1)(1,]e+-∞， 13．【解析】（1）依题意，11()1(ln 1)(1ln )22f 'x x x =-+=-， 令()0f 'x >，则1ln 0x ->，解得0e x <<， 故函数()f x 的单调增区间为(0,e).故结合已知有 1201et t >>>． 要证1212e()20x x x x +->，即证12122e x x x x +>，即证12112e x x +>，即证122et t +>， 即证1221e e t t >->，即证122()()e h t h t <-．又12()()h t h t =，即证222()()eh t h t <-， 令2()=()()e x h x h x ϕ--，下面证()0x ϕ<对任意的1(0)e x ∈，恒成立．222ln()12ln 1e ()()()2e 22()ex x 'x h x h x x x ϕ-----''=+-=+-． 1(0,)e x ∈，∴222ln 10()ex x x --><-，， ∴22222ln()1ln[()]2ln 1e e ()2222()2()2()e e ex x x x 'x x x x ϕ-----+--->+=---． ∵222()21e ()[]e 2ex x x x +--<=，∴()0'x ϕ>， ∴()x ϕ在1(0)e ，上是增函数，∴1()()0ex ϕϕ<=， ∴1212e()20x x x x +->得证.②当0b ≠时，由()0f x '=，解得1b x b -=. ⅰ）若11b b -≤-，即10b≤，也就是0b <时，又1x >-，所以()0f x '>，函数()f x 单调递增，无极值点； ⅱ）若11b b ->-，即10b>，也就是0b >时， 当1(1,)b x b-∈-时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当1(,)b x b-∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减. 故函数()f x 的极大值点为1b x b -=，无极小值点. （2）若1a =，则()e ln(1)x f x bx x =-++，1()e 1x f x b x '=-++. 记1()()e 1x p x f x b x '==-++，则21()e (1)x p x x '=-+，显然()p x '在[0,)+∞上单调递增， 所以()(0)110p x p ''≥=-=，所以函数()p x 在(0,)+∞上单调递增，故0()(0)e 12p x p b b ≥=-+=-.①当20b -≥，即2b ≤时，()20p x b ≥-≥，即()0f x '≥，所以函数()f x 在[0,)+∞上单调递增， 所以0()(0)e 0ln11f x f b ≥=-⨯+=，显然不等式恒成立.而00()(0)e 0ln11f x f b <=-⨯+=.所以()1f x ≥不能恒成立.故2b >不合题意.综上，实数b 的取值范围为(,2]-∞.。
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导数中的不等式证明
【考点点睛】 放缩法证明不等式在历年高考数学中是永恒的话题，但它常考常新，学生却常考常怕。
不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性，多出现在压轴题的位置。
数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻体现数学的基本特点。
尽管如此，只要我们深入去探索，总有方法规律可循，总会有“拨得云开见日出”的时刻！ 放缩法的合理运用，往往能起到事半功倍的效果，有时能令人拍案叫绝；但其缺点也是显而易见，如果使用放缩法证题时没有注意放和缩的“度”，容易造成不能同向传递，即放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及，所以要熟练地驾驭它是件不容易的事。
命题角度1 构造函数
命题角度2 放缩法
命题角度3 切线法
命题角度4 二元或多元不等式的证明思路
命题角度5 函数凹凸性的应用
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
命题角度3 切线法
【典例5】（2018届安徽省太和中学三模）已知函数()2
x f x e x =-. （1）求曲线()f x 在1x =处的切线方程；
（2）求证：当0x >时，()21ln 1x e e x x x
+--≥+.
【解析】（1）()2x f x e x =-，()2x f x e x '=-， 由题设得()()12,11f e f e '=-=-， ………﹝导数的几何意义的应用﹞ 所以曲线()f x 在1x =处的切线方程为()()211y e x e =--+-，即()21y e x =-+；
（2）令()()g x f x '=，则()2x
g x e '=-，
当ln 2x <时，()0g x '<，当ln 2x >时，()0g x '>，
所以函数()()g x f x '=在(),ln 2-∞上单调递减，在()ln 2,+∞上单调递增，
()()()min ln 2ln 222ln 20g x g f '===->，
所以函数()2x f x e x =-在()0,+∞上单调递增，
由于曲线()f x 在1x =处的切线方程为()21y e x =-+，()11f e =-，可猜测函数()f x 的图象恒在切线()21y e x =-+的上方. ………﹝多步设问，层层递进，上问结果，用于下问﹞
先证明当0x >时，()()21f x e x ≥-+.
设()()()()210h x f x e x x =--->，则()()()22,2x x
h x e x e h x e '''=---=-， 当ln 2x <时，()0h x ''<，当ln 2x >时，()0h x ''>，
所以()h x '在()0,ln 2上单调递减，在()ln 2,+∞上单调递增，
由()()030,10,0ln 21h e h ''=->=<<，所以()ln 20h '<，
所以存在()00,ln 2x ∈，使得()00h x '=，
所以当()()00,1,x x ∈+∞时，()0h x '>，当()0,1x x ∈时，()0h x '<，
所以()h x 在()00,x 上单调递增，在()0,1x 上单调递减，在()1,+∞上单调递增.
因为()()010h h ==，所以()0h x ≥，即()()21f x e x ≥-+，当且仅当1x =时取等号，
所以当0x >时，()2
21x e x e x -≥-+， ………﹝切线放缩法是一种崭新的放缩途径﹞ 变形可得()21x e e x x x
+--≥， 又由于ln 1x x ≥+，当且仅当1x =时取等号（证明略），……﹝灵活借助于ln 1x x ≥+放缩﹞
所以()21ln 1x e e x x x
+--≥+，当且仅当1x =时取等号. 【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题.。