高考函数导数压轴题分析及应对策略
导数、数列压轴题的破解策略：合理巧设函数与导数压轴题
合理“巧设”，轻松应对函数与导数压轴题函数与导数的交汇问题经常出现在压轴题（包括客观题和主观题中的压轴题）位置．解决这类问题时，往往会遇到某些难以确定的根、交点、极值点或难以计算的代数式.倘若迎难而上，往往无功而返；这时，放弃正面求解所需要的量，先设它为某字母，再利用其满足的条件式实行整体代换以达到消元或化简的效果.下面通过介绍几种具体的“设”的方法来解决这类难题.一、根据函数的单调性，巧设自变量【例1】（2013四川卷理）设函数()f x =,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.A. []1,eB. 11,1e -⎡⎤-⎣⎦C. []1,1e +D. 11,1e e -⎡⎤-+⎣⎦【解析】 易知()f x =.设0()f t y =……… ①，又00()()y f f y =，由单调性则0()t f y =……… ②. 下面证明0t y =.若0t y ≠，由单调性则0()f t y ≠，则()00()f y f y ≠与已知矛盾，.所以必有0t y =. 代入②即00()f y y =.曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00()f y y =x 在[]0,1上存有解.即2x e x x a +-=在[]0,1x ∈上有解.设2()x h x e x x =+-，则()12x h x e x '=+-.在[]0,1x ∈上12x e +≥，22x ≤，所以()120x h x e x '=+-≥，则()h x 在[]0,1上单调递增，所以1(0)()(1)h h x h e =≤≤=.故[]1,a e ∈. 故选A.【评注】由()f x 的单调性可知, 对于00(())f f y y =,则必存有唯一的自变量t ,使得0()f t y =,从而有0()t f y =.这样方便表达.【变式1】（2015·石家庄高三教学检测一）设函数()2x f x e x a =+-（,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.A. 11,1e e -⎡⎤-+⎣⎦ B. []1,1e + C. [],1e e + D. []1,e【答案】易知()2x f x e x a =+-为单调递增函数.同例1，有00()f y y =.曲线sin y x =上存有点()00,x y ，使得00()f y y =，等价为：()2x f x e x a x =+-=在[]1,1-上存有解.即x e x a +=在[]1,1x ∈-上有解.设()x h x e x =+，()10x h x e '=+>，则()h x 在[]1,1-上单调递增，所以11(1)()(1)1h h x h e e -=-≤≤=+.故11,1a e e ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦. 故选A. 【变式2】（2016届广雅中学高三开学测试）已知()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对()0,x ∀∈+∞，都有2(()log )3f f x x -=，则方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是（ ）.A. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭C. ()1,2D. ()2,3【答案】因为()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，所以存有唯一0x ，使得0()3f x = ①. 又2(()log )3f f x x -=，故有20()log f x x x -=，解得20()log f x x x =+.用0x 代替x ，则有0200()log f x x x =+ ②.由①②解得02x =.将02x =代入化简()()2f x f x '-=，得21log 0ln 2x x -=⋅.令21g()log ln 2x x x =-⋅，因为1g(1)0ln 2=-<，1g(2)102ln 2=->，又g()x 在()1,2上单调递增，故g()x 在()1,2上存有唯一零点，即方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是()1,2.故选C.二、根据两个函数的图象，巧设交点的横坐标【例2】(2015·四川卷理)已知函数()2x f x =，2()()g x x ax a R =+∈.对于不相等的实数12,x x ，设12121212()()()(),f x f x g x g x m n x x x x --==--.现有如下命题：○1对于任意不相等的实数12,x x ，都有0m >；○2对于任意的a 及任意不相等的实数12,x x ，都有0n >； ○3对于任意的a ，存有不相等的实数12,x x ，使得m n =； ○4对于任意的a ，存有不相等的实数12,x x ，使得m n =-.其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）.【解析】对于○1，由()2x f x =的单调递增的性质可知，1212()()0f x f x m x x -=>-，故○1准确.对于○2，由2()()g x x ax a R =+∈先单调递减再递增的性质可知，存有1212()()0f x f x m x x -=<-的情形，故○2不准确. 对于○3，m n =等价于1212()()()()f x f x g x g x -=-，即1222112222x x x ax x ax -=+--，即1222112222x x x ax x ax --=--.设2()2x h x x ax =--，则()()2ln 22x h x x a '=-+.此时由2ln 2y x =和2y x a =+的图象（如下图）可知，调整合适的a 可使2y x a =+的图象全在2ln 2y x =的图象之下，这时()()2ln 220x h x x a '=-+>恒成立，所以2()2x h x x ax =--单调递增. 据此分析可知：存有a ，使得对于不相等的实数12,x x ，不可能有1222112222x x x ax x ax --=--，即不可能有m n =，故○3不准确.对于○4，m n=-等价于()1212()()()()f x f x g x g x -=--，即()1222112222x x x ax x ax -=-+--，即1222112222x x x ax x ax ++=++. 设2()2x h x x ax =++，则()()2ln 22x h x x a '=---.此时由2ln 2y x =和2y x a =--的图象（如下图）可知，两者必有交点，设交点横坐标为0x .由简图可知，当()0,x x ∈-∞时，2ln 22x x a <--，则()0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞y xy=2x+a y=2x ln2时，2ln 22x x a >--，则()0h x '>，()h x 单调递增.于是，对于任意的a ，由单调性可知：存有不相等的实数12,x x ，使得1222112222x x x ax x ax ++=++，即m n =-成立.故○4准确. 综上，所给命题中的真命题有○1、○4.【评注】当导函数为超越函数时，有时我们无法直接求得零点，即便二次求导也难以奏效.这时不妨将其转化为研究两个简单函数的图象的交点问题.由图象可直观获得两图象的高低情况（对应函数值的大小比较），从而轻松判断导函数的正负情况.为了方便表述，可设两图象的交点的横坐标为0x .【变式3】（2015·郑州市质量预测节选）给定方程：1sin 102xx ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，探究该方程在(),0-∞唯一交点. ()0,x x ∈-∞减；(0,0x x ∈递增.所以()h x结合(0)h 如下,根属于区间(【例3（1（2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+.【解析】（1）2()2(0)x af x e x x '=->.当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x '没有零点；当0a >时，令2()()2(0)x ah x f x e x x'==->，因为22()40x a h x e x '=+>，所以()h x 在()0,+∞上单调递增.当0x →时，又0x >,所以2()2x ah x e x=-→-∞，结合2()210a h a e =->，可得()h x 即()f x '在()0,+∞上存在唯一零点.（2）证明：由（1）可知，当0a >时，(f '设该零点为0x ，则有0200()20x af x e x '=-=.○1 此时由22x y e =和a y x =的图象可2()20x af x e x'=-<，()f x 单调递减；(0x x ∈22x a e x>， 则2()20x af x e x'=->，()f x 单调递增. 所以()f x 在0x 处取得最小值020()x f x e =-由○1得0202x ae x =0020020()ln ln 22x x a a f x e a x a x e =-=-0022a ax x =+所以当0a >时，2()2ln f x a a a≥+.【评注】当我们研究函数的极值大小时，经常遇到一些较难确定大小的代数式（如0200()ln x f x e a x =-），而0x 又是一个无法算得的数值，这时我们利用极值点处的导数为零这一条件（如0200()20x af x e x '=-=），消去某些式子，得到较为简单的代数式（如0002()2ln 2a f x ax a x a=++），使研究更为简便. 【例4】设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <． （1）求实数a 的取值范围； （2）求2()f x 的取值范围．【解析】（1）求导得()2122()2111x x a f x x a x x x++'=+=>-++.令函数2()22g x x x a =++，则由函数()f x 有两个极值点1x ，2x 可知，1x ，2x 必为方程()0g x =在()1,-+∞上的两个不等根，又注意到函数()g x 图像的对称轴为12x =-，所以只需480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，解得102a <<．故实数a 的取值范围是1(0,)2.(2)2x 为2()220g x x x a =++=的根，则有222222220,22x x a a x x ++==--即 ()2222222()22ln(1)f x x x x x =-++.由（1）可知，(0)0g a =>，而对称轴12x =-，故有21,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 设()22()22ln(1)h x x x x x =-++，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()21()242ln(1)22221ln(1)01h x x x x x x x x x'=-++-+=-++>+. 所以()h x 在1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上单调递增，则112ln 2()(),(0),024h x h h -⎛⎫⎛⎫∈-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故2()f x 的取值范围是12ln 2(,0)4-.【评注】2x 为函数2()ln(1)f x x a x =++极值点，若直接求解2x ，再代入2()f x ，显然运算量较大.不妨由2222222()=01x x af x x ++'=+，求得22222a x x =--，将2222()ln(1)f x x a x =++中的a 消去即可迅速求解.【变式4】（2013·新课标全国卷Ⅱ节选）已知函数()ln(2)x f x e x =-+，证明()0f x >． 【答案】易知函数1()2x f x e x '=-+在(2,)-+∞单调递增．由(1)(0)0f f ''-⋅<知()0f x '=在(1,0)-有唯一实根0x ．当()02,x x ∈-时，()0f x '<，故()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 单调递增．故()f x 取得最小值0()f x ．由0()0f x '=得0001()02x f x e x '=-=+即0012x e x =+,则002x e x -=+即00ln(2)x x +=-. 所以02000000(1)1()ln(2)022x x f x e x x x x +=-+=+=>++，则有min 0()()()0f x f x f x ≥=>．得证． 【变式5】（2013·惠州二模第21题节选)已知函数()ln |f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3 (e 为自然对数的底数)． (1)求实数,a b 的值； (2)若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）由题意易得1,0a b ==．（2）当1x >时，由()1f x k x <-恒成立，得min ()()1f x k x <-． 当1x >时，设()ln ()11f x x x xg x x x +==--，则22ln '()(1)x xg x x --=-. 设()2ln h x x x =--，则1'()10h x x=->，()h x 在(1,)+∞上是增函数. 因为(3)1ln 30h =-<，(4)2ln 40h =->，所以0(3,4)x ∃∈，使0()0h x =.0(1,)x x ∈时，()0,'()0h x g x <<，即()g x 在0(1,)x 上为减函数；同理()g x 在0(,)x +∞上为增函数．故min 0()()g x g x =.由000()2ln 0h x x x =--=得00ln 2x x =-． 于是，000000min 0000ln (2)()()11x x x x x x g x g x x x x ++-====--，所以min 0()(3,4)k g x x <=∈，又k Z ∈，故k 的最大值为3．【变式6】（ 2012·新课标全国卷文节选）设函数()2x f x e ax =--． (1) 求()f x 的单调区间；(2)若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．【答案】（1）易得若0,()a f x ≤在R 上单调递增；若0,()a f x >在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增．（2）当1a =时，()()1()(1)10x x k f x x x k e x '-++=--++>等价于1(0)1x x k x x e +<+>-．令1()1x x g x x e +=+-，则min ()k g x <． 221(2)()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+=--，由（1）可知，函数()2x h x e x =--在()0,+∞上单调递增，同时(1)(2)0h h ⋅<，则()h x 在()1,2上存在唯一零点a ，即()g x '在()1,2上存在唯一零点a ，即()1,2a ∈．当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>，所以min 1()()1a a g x g a a e +==+-． 因为 ()0g a '=，即20a e a --=． 将2a e a =+代入()g a 得11()1211aa a g a a a a a e ++=+=+=++--． 由()1,2a ∈得()()2,3g a ∈．因为()k g a <，故整数k 的最大值为2．。
导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略
导数压轴题的教学策略可以按照以下步骤进行：
1.深入理解导数概念：导数是微积分中的重要概念，它描述了函数值随自变量变化的速率。
只有深入理解了导数的概念和性质，才能更好地解决导数问题。
2.掌握常见题型及其解法：导数压轴题通常涉及多种知识点和方法，例如极值、单调性、不等式证明等。
学生需要掌握这些题型的特点和解法，以便能够快速找到解题思路。
3.强化训练：通过大量的练习和模拟考试，提高学生的解题能力和技巧。
在训练中，可以采取一题多解、一解多题等方式，帮助学生拓展思路，提高解题效率。
4.反思总结：在解题过程中，学生需要不断地反思和总结，分析错题的原因和解决方法，并加以改进。
同时，也需要总结解题技巧和思路，形成自己的知识体系。
5.合作交流：鼓励学生之间的合作和交流，共同探讨解题方法和思路。
通过合作交流，可以相互启发、补充和促进，提高学习效果。
6.教师指导：教师需要给予学生适当的指导和帮助，解决学生在学习中遇到的问题。
同时，教师也需要不断更新教学方法和策略，根据学生的实际情况进行调整和完善。
以上是导数压轴题的教学策略，希望对您有所帮助。
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
二．单调性问题
题型 1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。分类的方法有：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 1）在求极值点的过程中，未知数的系数与
0
的关系不定而引起的分类； （2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与
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 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
如何探究导数压轴题解题技巧
如何探究导数压轴题解题技巧在高中数学中，导数是一个非常重要的概念，经常出现在各种考试中。
而“导数压轴题”更是出现频率较高的考点。
因此，如何探究导数压轴题解题技巧变得尤为关键。
以下将按照场景、方法、技巧三个方面进行探究。
一、场景考试中，导数压轴题通常出现在数学考试的末尾，为的是检验学生对该章节知识点的理解和应用能力。
这类题目难度较大，需要学生经过反复推导和练习，而且多数情况下会涉及与其他知识点的结合，因此考察的就不仅仅是直接的导数知识，还包含了学生综合应用知识点的能力。
因此，我们需要在平时学习的过程中注重练习，并熟练掌握常见的导数压轴题类型。
二、方法或许有人会问：“在平时的学习中，怎么发现导数压轴题的解题技巧呢？”其实，出现频率高的类型，我们可以通过分析题目和对于以往的历年试卷进行总结，来找到解题的方法。
例如：图示中，$y=f(x)$ 是 $[a,b]$ 区间上的可导函数，$f'(a)>0$，$f'(b)<0$，请你估计 $f(x)$ 的最大值。
解析：首先将函数 $f(x)$ 求导（或者说是化简）：$$f'(c)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}\quad\quad f'(d)=\frac{f(b)-f(d)}{b-d}$$因为 $f'(a)$ 与 $f'(b)$ 的符号不同，所以 $f'(c)$ 与 $f'(d)$ 的符号也不同，也就是说 $f(x)$ 在 $[a,c]$ 上单调上升，在$[d,b]$ 上单调下降。
因此，函数 $f(x)$ 的最大值，取决于 $c$ 和 $d$ 的取值。
其中，对于给定的 $a$、$b$，可以推导出最优解为 $f(\frac {a+b}2)$。
三、技巧对于导数压轴题的解题技巧，我们需要熟悉部分招式，这里列出一些常见的方法：1.求导法。
通过对函数求导，找到函数的驻点，判断函数极值，求出极值点的函数值。
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。
下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。
当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。
当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。
当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
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。
巧妙导数压轴题
巧妙导数压轴题摘要：一、导数压轴题的背景与意义1.导数压轴题在数学考试中的重要性2.导数压轴题的难点与挑战二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路2.熟练运用导数公式和性质3.掌握求导数的方法和技巧4.理解导数与函数图像的关系5.解题时的注意事项三、导数压轴题的实战演练1.题目一2.题目二3.题目三四、总结与反思1.导数压轴题的解题技巧总结2.提高导数压轴题解题能力的建议3.反思导数压轴题的解决过程正文：一、导数压轴题的背景与意义导数压轴题通常出现在数学考试的最后一题，其难度较高，分值也相对较大。
这类题目考查了学生对导数概念的理解，对导数公式的熟练运用，以及对导数性质的掌握程度。
因此，导数压轴题是衡量学生数学水平的重要依据。
二、巧妙解决导数压轴题的方法1.分析题目，理清思路在解答导数压轴题时，首先要认真阅读题目，理解题意，找出已知条件和所求结论。
通过对题目的分析，理清解题思路，明确解题方向。
2.熟练运用导数公式和性质熟练掌握导数的基本公式和性质是解决导数压轴题的基础。
如：导数的四则运算、导数的复合、导数的分部积分、导数与函数的极值、最值等关系。
3.掌握求导数的方法和技巧求导数的方法有多种，如：直接求导法、对数求导法、反函数求导法、隐函数求导法、参数方程求导法和复合函数求导法等。
了解各种求导方法的特点，灵活选用求导方法，有助于解决导数压轴题。
4.理解导数与函数图像的关系导数反映了函数在某一点的切线斜率，与函数的增减性和极值有关。
因此，通过导数压轴题，可以加深对函数图像的理解，提高分析函数图像的能力。
5.解题时的注意事项在解答导数压轴题时，要注意审题，避免因粗心导致错误；解题过程要step-by-step，条理清晰；对于复杂题目，可以先求出部分结论，再逐步推导出最终结果；在计算过程中，注意运算顺序和运算法则。
三、导数压轴题的实战演练以下为三道典型的导数压轴题：题目一：已知函数f(x)=x^3-3x^2+2x-1，求f"(x)。
高考函数与导数类压轴题的6大模型与23种考法总结！压轴题不只学霸才能解~
高考函数与导数类压轴题的6大模型与23种考法总结！压轴
题不只学霸才能解~
只有学霸才会解'压轴题'嘛？
在高考数学里，这个问题的答案一定是否定的，数学压轴题十之有九是对函数与导数问题的考查，此类题型确实不简单，但极具规律性，属于难，但是容易备考的题型。
今天车车帮你整理好了压轴题的所有题型和命题角度，无论你的数学成绩如何，请务必试试攻克它。
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本文目录
题型一切线型
1.求在某处的切线方程
2.求过某点的切线方程
3.已知切线方程求参数
题型二单调型
1.主导函数需“二次求导”型
2.主导函数为“一次函数”型
3.主导函数为“二次函数”型
4.已知函数单调性，求参数范围
题型三极值最值型
1.求函数的极值
2.求函数的最值
3.已知极值求参数
4.已知最值求参数
题型四零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
2.零点存在性定理的应用
3.极值点偏移问题
题型五恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
2.单变量型存在性问题
3.双变量型的恒成立与存在性问题
4.等式型恒成立与存在性问题
题型六与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
2.含有e x与lnx的不等式证明技巧
3.多元函数不等式的证明
4.数列型不等式证明的构造方法。
2024高考数学压轴题题型总结
2024高考数学压轴题题型总结一、函数与导数综合题。
1. 题目。
已知函数f(x)=e^x-ax 1（a∈ R）。
(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意x≥slant0，f(x)≥slant0恒成立，求a的取值范围。
2. 解析。
(1)首先对函数f(x)=e^x-ax 1求导，可得f^′(x)=e^x-a。
当a≤slant0时，e^x>0，所以f^′(x)=e^x-a>0恒成立，此时f(x)在(-∞,+∞)上单调递增。
当a > 0时，令f^′(x)=0，即e^x-a = 0，解得x=ln a。
当x∈(-∞,ln a)时，f^′(x)<0，f(x)单调递减。
当x∈(ln a,+∞)时，f^′(x)>0，f(x)单调递增。
(2)由(1)可知，当a≤slant1时，因为x≥slant0，f(x)在[0,+∞)上单调递增，所以f(x)_min=f(0)=e^0-a×0 1=0，满足f(x)≥slant0恒成立。
当a > 1时，f(x)在[0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增，那么f(x)_min=f(ln a)=a aln a-1。
令g(a)=a aln a 1（a > 1），对g(a)求导得g^′(a)=-ln a<0（a > 1）。
所以g(a)在(1,+∞)上单调递减，且g(1)=0，所以g(a)<0，即f(ln a)<0，不满足f(x)≥slant0恒成立。
综上，a的取值范围是(-∞,1]。
二、圆锥曲线综合题。
1. 题目。
已知椭圆C:frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)的离心率e=(√(3))/(2)，且过点A(2,0)。
(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l:y = kx + m与椭圆C交于P、Q两点，且→OP·→OQ=0（O为坐标原点），求证：直线l与圆x^2+y^2=(4)/(5)相切。
导数压轴处理策略
05
导数压轴题型备考建议
熟练掌握基本初等函数性质和导数性质
指数函数、对数函数、幂函数、 三角函数、反三角函数等基本初
等函数的性质和导数性质。
考察重点
导数的定义、性质、应用，以及 与函数、不等式、方程等知识的 综合应用。
常见类型与解题思路
类型一
求函数的单调性、极值、最值问题
01
类型二ห้องสมุดไป่ตู้
求曲线的切线方程问题
03
类型三
解决不等式问题
05
02
解题思路
首先确定函数的定义域，然后求导数，接着 判断导数的正负，从而确定函数的单调性， 进一步求出极值和最值。
导数压轴处理策略
汇报人： 2023-12-20
目录
• 导数压轴题型概述 • 导数压轴处理策略 • 导数压轴题型解题技巧 • 导数压轴题型易错点分析 • 导数压轴题型备考建议
01
导数压轴题型概述
定义与特点
导数压轴题
通常指在数学考试中，作为最后 一道大题的导数题目，具有难度 高、综合性强、解题技巧多样化 的特点。
VS
构造函数的应用技巧
构造函数的应用需要一定的技巧和经验。 在解题过程中，需要熟练掌握各种构造函 数的应用方法，以便能够正确地解决问题 。
未利用导数性质，导致解题繁琐
未利用导数性质
在求解导数问题时，可以利用导数的性质简 化计算过程。如果未利用导数性质，可能导 致解题过程繁琐或者结论错误。
导数性质的应用技巧
06
高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
导数压轴题与解题套路
导数压轴题与解题套路
导数压轴题是高中数学中比较有难度的题目之一，很多同学在考试中遇到这种题目时会感到比较头疼。
但是，只要理解了导数的概念和解题套路，就能够轻松地解决这类题目。
首先，我们需要明确导数的定义和意义，即导数表示函数在某一点处的变化率。
根据这个定义，我们可以通过求导数来求函数在某一点处的切线斜率、函数的最值等。
对于导数压轴题，我们可以采用以下解题套路：
1.找出函数的定义域和导数的定义域，确定导数的存在性。
2.计算函数的导数，并化简。
3.求出导数为0或不存在的点，这些点可能是函数的极值点或拐点。
4.求出导数的正负性，确定函数的单调性。
5.求出导数的符号变化点，确定函数的凸凹性和拐点。
6.结合上述信息，画出函数的草图。
通过这样的解题流程，我们就可以轻松地解决导数压轴题。
当然，实际解题时还需要注意一些细节问题，比如边界点处的导数计算等。
总之，掌握导数的概念和解题套路是解决导数压轴题的关键。
只要多加练习，相信大家都能够轻松地应对这类题目。
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高考数学如何应对复杂的导数题目
高考数学如何应对复杂的导数题目导数作为高中数学中的重要概念之一，在高考数学中占有较大的比重。
高考数学中的导数题目往往涉及到复杂的计算和推理，对考生的思维能力和数学功底提出了较高的要求。
因此，考生在备战高考时需要针对导数题目进行有针对性的复习和应对。
本文将介绍一些应对复杂导数题目的方法和技巧。
一、搞清楚导数的定义和性质在应对导数题目之前，考生首先需要搞清楚导数的定义和性质。
导数的定义是衡量函数变化率的一个工具，其定义公式为：\[f'(x)=\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\]同时，导数具有诸多基本性质，如加减法规则、乘法规则、链式法则等。
考生应该牢固掌握这些定义和性质，这将有助于理解和解答复杂的导数题目。
二、灵活运用导数的计算方法在复杂导数题目中，往往需要对函数进行求导运算，考生需要熟练掌握导数的计算方法。
常见的导数计算方法包括：1. 基本函数的导数运算：线性函数、幂函数、指数函数、对数函数等。
2. 复合函数的导数计算：根据链式法则，将复合函数分解成几个简单函数的组合，然后通过基本函数的导数运算来求解。
3. 参数方程的导数计算：将参数方程转化成普通函数形式，然后运用基本函数的导数运算来求解。
考生需要熟练掌握这些导数计算方法，并能够灵活运用于解答复杂的导数题目。
三、建立导数的几何意义和应用除了求导的计算技巧外，理解导数的几何意义和应用也是应对复杂导数题目的重要环节。
导数的几何意义是函数在某点的瞬时变化率，可以理解为函数曲线在该点处的斜率。
因此，通过关注导数的符号、零点和变化趋势，能够更好地理解和解答导数题目。
此外，导数在实际问题中的应用也十分广泛，如求最值、判定变化趋势、求曲线的拐点等。
考生需要通过大量练习和实例，加深对导数几何意义和应用的理解和应用能力。
四、注重问题解决思路和方法选择在应对复杂导数题目时，注重解题思路和方法选择是至关重要的。
导数压轴题题型归纳及处理技巧
导数压轴题题型归纳及处理技巧以下是 8 条关于导数压轴题题型归纳及处理技巧的内容：1. 哎呀，导数压轴题里有一种常见的题型就是求最值问题呀！就像在登山的时候，要找到那最高的山峰！比如函数y=x³-3x²+5，你能快速找到它的最值吗？2. 嘿，还有判断函数单调性的题型呢！这就像开汽车，要清楚什么时候加速什么时候减速。
像函数 f(x)=xlnx，你能判断它的单调性吗？3. 哇塞，导数里那种恒成立问题也很让人头疼啊！就好比要让一个球一直保持在一个固定的位置。
比如f(x)≥a 在某个区间恒成立，这可得好好琢磨琢磨怎么处理哦！像函数 f(x)=e^x+x，若f(x)≥kx 恒成立，你能搞定吗？4. 哦哟，导数压轴题里的不等式证明可不好惹呢！就像是要跨过一条很难跨的沟。
比如要证明某个不等式成立，怎么把导数的知识用上呀？比如 x>0 时，证明 e^x>1+x，你知道怎么下手吗？5. 嘿呀，有一种题型是利用导数求曲线的切线方程呢！这就像在给一条曲线画上漂亮的切线。
比如给定曲线y=x²，在某点处的切线怎么求呢，你会吗？6. 哇哦，那些与极值点有关的题型也挺有趣的嘛！就如同在一群小朋友里找到那个最特别的。
比如给定一个函数，怎么去找它的极值点呢？像函数g(x)=x³-3x，它的极值点在哪儿呀？7. 哈哈，还有根据导数信息画函数图象的题型呢！这可像是根据描述去画一幅神秘的画。
比如知道了导数的一些情况，那函数图象大概长啥样呢？你能想象出来吗？8. 哎呀呀，最后还有一类是把导数和其他知识综合起来的题型呢！这就像把不同的拼图块拼成一幅完整的画。
比如和数列结合起来，那可真是够有挑战性呢！像这样的综合题，你能勇敢挑战吗？我觉得导数压轴题虽然难，但只要掌握了这些题型和处理技巧，多练习多总结，就一定能攻克它！。
高三数学压轴题常用技巧
高三数学压轴题常用技巧高三数学压轴题常常让同学们感到头疼，就像一座难以翻越的大山。
但是呢，只要掌握了一些常用技巧，这座大山也不是那么可怕啦。
一、函数与导数压轴题技巧函数与导数在压轴题里出现的频率很高哦。
对于这类题，求导是最基本的操作啦。
就像是给函数这个神秘的盒子打开一把锁，求出导数后，我们就能看到函数的很多秘密。
比如说，通过导数判断函数的单调性，这就像是看这个函数是在走上坡路还是下坡路呢。
如果导数大于零，函数就在某个区间上是单调递增的；导数小于零，函数就在这个区间单调递减。
然后我们还可以根据导数找到函数的极值点，这可是函数图像的关键转折点。
当导数为零的时候，可能就是极值点出现的时候啦。
在解决一些比较复杂的函数与导数压轴题时，我们还要学会构造函数。
这就像是搭积木一样，把原来复杂的式子重新组合成一个我们熟悉的函数形式，然后再利用我们知道的函数性质去解决问题。
二、数列压轴题技巧数列压轴题也有它自己的小窍门。
首先要对数列的通项公式特别熟悉，通项公式就像是数列的身份证，知道了通项公式，这个数列就被我们牢牢掌握啦。
如果是等差数列，那通项公式就是an = a1+(n - 1)d，这里的a1是首项，d是公差。
等比数列的通项公式an = a1×q^(n - 1)，q是公比。
有时候，我们需要通过一些已知条件去推导数列的通项公式。
比如，给出了数列的前n项和Sn的表达式，我们就可以利用an = Sn - Sn - 1（n≥2）这个关系来求出通项公式。
还有的时候，数列会和函数联系起来，这时候我们就要用函数的思维去看待数列问题啦。
比如说，数列的单调性就可以类比函数的单调性来思考。
三、圆锥曲线压轴题技巧圆锥曲线压轴题是很多同学的噩梦。
不过别怕，它也有应对的办法。
对于椭圆、双曲线和抛物线这些圆锥曲线，我们要对它们的标准方程和基本性质了如指掌。
比如说椭圆的标准方程是x²/a² + y²/b² = 1（a>b>0），这里的a和b分别代表了椭圆的长半轴和短半轴。
高考数学 函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略 教案 含解析题
第4课时 压轴考法自主选——“函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略难点一 隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法． [典例] 设函数f (x )＝e x －ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．[解题观摩](1)当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，单调递增区间是(ln a ，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x －k )(e x －1)＋x ＋1>0， 即k <x ＋x ＋1e x －1(x >0)恒成立．令g (x )＝x ＋1e x －1＋x (x >0)，得g ′(x )＝e x －1－(x ＋1)e x (e x －1)2＋1＝e x (e x －x －2)(e x －1)2(x >0)．由(1)的结论可知，函数h (x )＝e x －x －2(x >0)是增函数．又因为h (1)<0，h (2)>0，所以函数h (x )的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h (x )的隐零点)． 当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以g (x )min ＝g (α)＝α＋1e α－1＋α. 又h (α)＝e α－α－2＝0， 所以e α＝α＋2且α∈(1,2)， 则g (x )min ＝g (α)＝1＋α∈(2,3)， 所以k 的最大值为2. [名师微点]本题的关键就是利用h (x )＝e x －x －2及h (1)<0，h (2)>0确定h (x )的隐零点，从而作出判断． [针对训练]1．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M . 解：f ′(x )＝x (e x －2k )．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln 2k . 事实上，可证ln 2k ＜k ， 设g (k )＝ln 2k －k ⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则g ′(k )＝1－k k ≥0⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是增函数， 所以g (k )≤g (1)＝ln 2－1＜0，即ln 2k ＜k .所以f (x )在(0，ln 2k )上是减函数，在(ln 2k ，k ]上是增函数，所以M ＝max{f (0)，f (k )}． 设h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则h ′(k )＝k (e k －3k )⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1. 又令φ(k )＝e k －3k ⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 则φ′(k )＝e k －3≤e －3＜0⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 所以函数φ(k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数． 又因为φ⎝⎛⎭⎫12＞0，φ(1)＜0，所以函数φ(k )在⎝⎛⎭⎫12，1上存在唯一的零点k 0. 所以当12＜k ＜k 0时，φ(k )＞0，即h ′(k )＞0，当k 0＜k ≤1时，φ(k )＜0，即h ′(k )＜0， 所以函数h (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是先增后减． 又因为h ⎝⎛⎭⎫12＝78－e 2＞0，h (1)＝0， 所以h (k )＝f (k )－f (0)≥0， f (k )≥f (0)⎝⎛⎭⎫12＜k ≤1， 故M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.难点二 极值点偏移问题在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎刃而解．1．极值点偏移的含义若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0＝x1＋x22f(x1)＝f(2x0－x2)极值点偏移左移x0<x1＋x22峰口向上：f(x1)<f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)>f(2x0－x2)右移x0>x1＋x22峰口向上：f(x1)>f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0－x2)2．函数极值点偏移问题的题型极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(2)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)；(3)若函数f(x)存在两个零点x1，x2(x1≠x2)，令x0＝x1＋x22，求证：f′(x0)>0；(4)若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝x1＋x22，求证：f′(x0)>0.[典例]已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．证明：x 1x 2>e 2.[解题观摩]法一：巧抓“根商”——c ＝x 1x 2构造函数不妨设x 1>x 2，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)， 所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a .欲证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a >2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c >1)，则不等式变为ln c >2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c >1， 所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2>0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增， 所以h (c )>h (1)＝ln 1－0＝0， 即ln c －2(c －1)c ＋1>0(c >1)，因此原不等式x 1x 2>e 2得证． [名师微点]该方法的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：(1)联立消参：利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a .(2)抓商构元：令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c )．(3)用导求解：利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论． 法二：抓极值点构造函数由题意，函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)，即f (x 1)＝f (x 2)＝0，易知ln x 1，ln x 2是方程x ＝a e x 的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2. 下证：t1＋t2>2.g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝1 e.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.由g(t1)＝g(t2)，t1≠t2，不妨设t1<t2，作出函数g(x)的图象，如图所示，由图知必有0<t1<1<t2，令F(x)＝g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0,1]，则F′(x)＝g′(1＋x)－g′(1－x)＝xe x＋1(e2x－1)>0，所以F(x)在(0,1]上单调递增，所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．由0<t1<1<t2，得1－t1∈(0,1)，所以g[1＋(1－t1)]＝g(2－t1)>g[1－(1－t1)]＝g(t1)＝g(t2)，即g(2－t1)>g(t2)，又2－t1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以2－t1<t2，所以t1＋t2>2，即x1x2>e2.[名师微点]上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；(4)结合F(0)＝0，确定g(x0＋x)与g(x0－x)的大小关系．法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t2－t1构造函数由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)＝f(x2)＝0，易知ln x1，ln x2是方程x ＝a e x的两根．设t1＝ln x1，t2＝ln x2，设g(x)＝x e－x，则g(t1)＝g(t2)，从而x1x2>e2⇔ln x1＋ln x2>2⇔t1＋t2>2.下证：t1＋t2>2.由g (t 1)＝g (t 2)，得t 1e －t 1＝t 2e －t 2，化简得e t 2－t 1＝t 2t 1.①不妨设t 2>t 1，由法二知，0<t 1<1<t 2，令s ＝t 2－t 1，则s >0，t 2＝s ＋t 1，代入①式，得e s ＝s ＋t 1t 1， 解得t 1＝se s －1.则t 1＋t 2＝2t 1＋s ＝2se s －1＋s ，故要证t 1＋t 2>2，即证2se s －1＋s >2，又e s －1>0，故要证2se s －1＋s >2，即证2s ＋(s －2)(e s －1)>0.② 令G (s )＝2s ＋(s －2)(e s －1)(s >0)， 则G ′(s )＝(s －1)e s ＋1，G ″(s )＝s e s >0，故G ′(s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G ′(s )>G ′(0)＝0， 从而G (s )在(0，＋∞)上单调递增，所以G (s )>G (0)＝0， 所以②式成立，故t 1＋t 2>2，即x 1x 2>e 2. [名师微点]该方法的关键是巧妙引入变量s ，然后利用等量关系，把t 1，t 2消掉，从而构造相应的函数，转化所证问题．其解题要点为：(1)取差构元：记s ＝t 2－t 1，则t 2＝t 1＋s ，利用该式消掉t 2. (2)巧解消参：利用g (t 1)＝g (t 2)，构造方程，解之，利用s 表示t 1.(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s 的函数G (s )． (4)转化求解：利用导数研究函数G (s )的单调性和最小值，从而证得结论． [针对训练]2．若关于x 的方程x ln x ＝m 有两个不相等的实数解x 1，x 2，求证：x 1·x 2<1e 2(e 是自然对数的底数)．证明：不妨设x 1>x 2，要证x 1x 2<1e 2，即证x 1x 2⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1<1e 2⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1， 整理得x 1＋1e 2x 1<x 2＋1e 2x 2.又因为x 1ln x 1＝x 2ln x 2，即证x 1ln x 1－k ⎝⎛⎭⎫x 1＋1e 2x 1>x 2ln x 2－k ⎝⎛⎭⎫x 2＋1e 2x 2，k >0. 设h (x )＝x ln x －kx －ke 2x， 使h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以有h ′(x )＝ln x ＋1－k ＋ke 2x 2≥0在(0，＋∞)上恒成立，令h ″(x )＝1x －2ke 2x 3＝0，解得x ＝2k e ，列表可知h ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，2k e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2k e ，＋∞上单调递增， 令h ′⎝⎛⎭⎫2k e ＝12ln(2k )－k ＋12＝12(ln(2k )－2k ＋1)≥0， 解得k ＝12，此时有h ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．难点三 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题函数与导数应用的问题中，求参数的取值范围是重点考查的题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“00”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则． [洛必达法则]法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)li m x →a f (x )＝0及li m x →a g (x )＝0；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ， 那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)li m x →a f (x )＝∞及li m x →a g (x )＝∞；(2)在点a 的去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)li m x →af ′(x )g ′(x )＝l ， 那么li m x →af (x )g (x )＝li m x →a f ′(x )g ′(x )＝l . [典例] 已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx，求k 的取值范围．[解题观摩](1)f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫x ＋1x －ln x (x ＋1)2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝1，f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1. (2)法一：由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x， ∴f (x )－⎝⎛⎭⎫ln x x －1＋kx＝11－x 2⎣⎡⎦⎤2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x . 设h (x )＝2ln x ＋(k －1)(x 2－1)x (x >0)，则h ′(x )＝(k －1)(x 2＋1)＋2xx 2.①设k ≤0.由h ′(x )＝k (x 2＋1)－(x －1)2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 而h (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0.从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－⎝⎛⎭⎫ln x x －1＋kx >0，即f (x )>ln x x －1＋kx.②设0<k <1.由于y ＝(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k>1，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0，故h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，11－k 时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾，③设k ≥1.此时h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾．综上所述，k 的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下) 法二：由题设可得，当x >0，x ≠1时，k <2x ln x1－x 2＋1恒成立．令g (x )＝2x ln x1－x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则g ′(x )＝2·(x 2＋1)ln x －x 2＋1(1－x 2)2，再令h (x )＝(x 2＋1)ln x －x 2＋1(x >0，x ≠1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋1x －x ，又h ″(x )＝2ln x ＋1－1x 2，易知h ″(x )在(0，＋∞)上为增函数，且h ″(1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，h ″(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ″(x )>0，∴h ′(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h ′(x )>h ′(1)＝0，∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数．又h (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0， ∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知，lim x →1 g (x )＝2li m x →1 x ln x 1－x 2＋1＝2lim x →1 1＋ln x －2x＋1＝2×⎝⎛⎭⎫－12＋1＝0， ∴g (x )>0，∴k ≤0，故k 的取值范围为(－∞，0]． [名师微点]解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当烦琐，很难求解．采用参数与变量分离较易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最值，这是一种值得借鉴的方法．[针对训练]3．设函数f (x )＝1－e －x ，当x ≥0时，f (x )≤xax ＋1，求a 的取值范围． 解：由f (x )≤xax ＋1，得a ≤x e x －e x ＋1x (e x －1)，设t (x )＝(x －1)e x ＋1(x >0)，得t ′(x )＝x e x >0(x >0)，所以t (x )是增函数，t (x )>t (0)＝0(x >0)． 又设h (x )＝(x －2)e x ＋x ＋2(x >0)，得h ′(x )＝t (x )>0(x >0)，所以h (x )是增函数，h (x )>h (0)＝0(x >0)．再设g (x )＝x e x －e x ＋1x (e x －1)(x >0)，连续两次使用洛必达法则，得lim x →0 g (x )＝lim x →0 x e xx e x ＋e x －1＝lim x →0 x e x ＋e x x e x ＋2e x ＝12， 所以g (x )的下确界是12，即g (x )>12(x >0)．题设即“当x ≥0时，1－e －x ≤x ax ＋1恒成立”，所求a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，12. [课时跟踪检测]1．定义在R 上的奇函数f (x )，当x >0时，f (x )＝ln x －ax ＋1，若f (x )有5个零点，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，所以要使f (x )在R 上有5个零点，只需f (x )在(0，＋∞)上有2个零点，等价于方程a ＝ln x ＋1x在(0，＋∞)上有2个根，等价于y ＝a 与g (x )＝ln x ＋1x (x >0)的图象有2个交点．g ′(x )＝－ln xx 2，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以g (x )因为x →0时，g (x )→－∞；x →＋∞时，由洛必达法则可知： lim x →+∞g (x )＝lim x →+∞(ln x ＋1)′(x )′＝lim x →+∞ 1x ＝0， 所以0<a <g (1)，所以0<a <1. 故实数a 的取值范围为(0,1)．2．已知函数f (x )＝ax e x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋x ＋1.若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 解：f (x )≥g (x )恒成立，即ax e x ≥ln x ＋x ＋1恒成立． 因为x ＞0，所以a ≥ln x ＋x ＋1x e x. 令h (x )＝ln x ＋x ＋1x e x，则h ′(x )＝(x ＋1)(－ln x －x )x 2e x. 令p (x )＝－ln x －x ，则p ′(x )＝－1x －1＜0， 故p (x )在(0，＋∞)上单调递减，又p ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－1e＞0，p (1)＝－1＜0， 故存在x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1，使得p (x 0)＝－ln x 0－x 0＝0，故ln x 0＋x 0＝0，即x 0＝e －x 0.当x ∈(0，x 0)时，p (x )＞0，h ′(x )＞0；当x ∈(x 0，＋∞)时，p (x )＜0，h ′(x )＜0.所以h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． 所以h (x )max ＝h (x 0)＝ln x 0＋x 0＋1x 0e x 0＝1. 故实数a 的取值范围是[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝ax ＋b x ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)试用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －b x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝1－1＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，得b ＝a －1，c ＝1－2a . (2)题设即“a ≥ln x ＋1x －1x ＋1x －2(x >1)，或a ≥x ln x －x ＋1(x －1)2(x >1) 恒成立”． 设g (x )＝12(x －1)2＋(x －1)－x ln x (x ≥1)， 则g ′(x )＝x －ln x －1(x ≥1)，又g ″(x )＝1－1x 恒大于0(x >1)，所以g ′(x )单调递增(x >1)，所以g ′(x )>g ′(1)＝0，所以g (x )单调递增(x >1)，所以g (x )≥g (1)＝0(x ≥1)，当且仅当x ＝1时g (x )＝0，故x ln x －x ＋1(x －1)2<12(x >1)，lim x →1+ x ln x －x ＋1(x －1)2＝12. 所以若a ≥x ln x －x ＋1(x －1)2(x >1)恒成立，则a ≥12， 即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.4．已知函数f (x )＝ln x －a x －m (a ，m ∈R )在x ＝e(e 为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记为x 1，x 2.(1)求实数a 的值，以及实数m 的取值范围；(2)证明：ln x 1＋ln x 2>2.解：(1)f ′(x )＝1x ·x －(ln x －a )x 2＝a ＋1－ln x x 2(x >0)， 由f ′(x )＝0，得x ＝e a ＋1，且当0<x <e a＋1时，f ′(x )>0， 当x >e a ＋1时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝e a＋1时取得极值， 所以e a ＋1＝e ，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x －m (x >0)，f ′(x )＝1－ln x x 2， 函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (e)＝1e－m . 又x →0(x >0)时，f (x )→－∞；x →＋∞时，f (x )→－m ，由f (x )有两个零点x 1，x 2，得⎩⎪⎨⎪⎧ 1e －m >0，－m <0，解得0<m <1e.所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)证明：不妨设x 1<x 2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2. 则ln x 1x 2＝m (x 1＋x 2)，ln x 2x 1＝m (x 2－x 1)⇒m ＝lnx 2x 1x 2－x 1. 欲证ln x 1＋ln x 2>2，只需证ln x 1x 2>2，只需证m (x 1＋x 2)>2，即证x 1＋x 2x 2－x 1ln x 2x 1>2. 即证1＋x 2x 1x 2x 1－1ln x 2x 1>2，设t ＝x 2x 1>1， 则只需证ln t >2(t －1)t ＋1，即证ln t －2(t －1)t ＋1>0. 记u (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)， 则u ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0. 所以u (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以u (t )>u (1)＝0，所以原不等式成立，故ln x 1＋ln x 2>2.5．已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1. 解：(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x .令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0.即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x e x有两个根． 设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ， 当x ＜0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )＜0； 当0＜x ＜1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0； 当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e， 故实数k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，2e . 证明：由图可知函数f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝k e x 1－2x 1＝0得k ＝2x 1ex 1， 所以f (x 1)＝k e x 1－x 21＝2x 1e x 1e x 1－x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1.由于x1∈(0,1)，所以0<－(x1－1)2＋1<1. 所以0<f(x1)<1.。
解答导数问题的三个技巧
考点透视故g ()x 在()0,x 0上为增函数，则g ()x >g ()0=0，故h ()x 在()0,x 0上为增函数，所以h ()x >h ()0=0，与题设相矛盾.若0<a ≤12，则h ′()x =()1+ax e ax-e x=eax +ln ()1+ax -e x，下证：对任意x >0，总有ln ()1+x <x 成立，设S ()x =ln ()1+x -x ，则S ′()x =11+x -1=-x 1+x<0，所以S ()x 在()0,+∞上为减函数，则S ()x <S ()0=0，即ln ()1+x <x 成立.所以e ax +ln ()1+ax -e x <e ax +ax -e x =e 2ax -e x ≤0，故h ′()x ≤0总成立，即h ()x 在()0,+∞上为减函数，所以h ()x <h ()0=0.当a ≤0时，h ′()x =e ax -e x +axe ax <1-1+0=0，所以h ()x 在()0,+∞上为减函数，所以h ()x <h ()0=0.所以xe ax -e x +1<0，xe ax -e x <-1，即f (x )<-1，综上可得，a ≤12.第一问比较简单，根据导函数与函数的单调性之间关系，即可判断出函数的单调性.对于第二问，要对参数a 的取值进行分类讨论，中间需要多次构造函数，进行多次求导，以根据导函数的正负判断出函数的单调性，进而求得原函数的值域.三、构造同构式有时通过等价变形，可将方程、不等式左右两端的式子变为结构一致的式子，即同构式，便可根据同构式的结构特征构造函数.然后对函数求导，运用函数的单调性来解题.同构法较为灵活，需仔细观察代数式的特点，对其进行合理的变形，从中发现，或通过类比、分析，找出同构式，以利用同构式，寻找新的解题途径.例3.已知函数f ()x =kx ()1-ln x ，其中k 为非零实数.（1）求f ()x 的极值；（2）当k =4时，在函数g ()x =f ()x +x 2+2x 的图象上任取两个不同的点M ()x 1,y 1、N ()x 2,y 2.当0<x 1<x 2<t 时，总有不等式g ()x 1-g ()x 2≥4()x 1-x 2成立，求正实数t 的取值范围.解：（1）f ()x =kx ()1-ln x ，其中k 为非零实数，则f ′()x =-k ln x ，x >0.①当k <0时，x ∈()0,1，f ′()x <0，则函数y =f ()x 单调递减；当x ∈()1,+∞时，f ′()x >0，则函数y =f ()x 单调递增.所以，函数y =f ()x 有极小值f ()1=k ；②当k >0时，x ∈()0,1，f ′()x >0，则函数y =f ()x 单调递增；当x ∈()1,+∞时，f ′()x >0，则函数y =f ()x 单调递减.所以，函数y =f ()x 有极大值f ()1=k .综上所述，当k <0时，y =f ()x 有极小值f ()1=k ；当k >0时，y =f ()x 有极大值f ()1=k ；（2）当k =4时，f ′()x =-4ln x ，g ()x =x 2+2x -4ln x ，当0<x 1<x 2<t 时，总有不等式g ()x 1-g ()x 2≥4()x 1-x 2成立，即g ()x 1-4x 1≥g ()x 2-4x 2，构造函数F ()x =g ()x -4x =x 2-2x -4ln x ，由于0<x 1<x 2<t ，F ()x 1≥F ()x 2，则函数y =F ()x 在区间()0,t 上为减函数或常函数，而F ′()x =2x -2-4x =2()x -2()x +1x，因为x >0，解不等式F ′()x ≤0，得0<x ≤2.由题意可知()0,t ⊆(]0,2，可得0<t ≤2，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2.在解答第二问时，要先将目标式变形为g ()x 1-4x 1≥g ()x 2-4x 2，即可发现该不等式左右两边的式子为同构式，于是构造函数F ()x =g ()x -4x =x 2-2x -4ln x ；再对其求导，讨论其单调性、最值，即可求得参数的取值范围.运用同构法解题的关键在于构造同构式和“母函数”.常用的“母函数”有：f (x )=xe x ，f (x )=e x ±x .除了上述三种技巧，解答导数问题的技巧还有数形结合、参变量分离、整体换元、放缩等，同学们需在练习时总结方法、技巧.由于导数问题较为复杂，有时解答一道题往往要用到多种方法.（作者单位：江苏省高邮市临泽高级中学）考点透视37。
巧妙导数压轴题
巧妙导数压轴题
摘要：
1.导数压轴题的概念和特点
2.解决导数压轴题的常用方法
3.导数压轴题的实战演练
4.总结与展望
正文：
一、导数压轴题的概念和特点
导数压轴题是指在高考数学压轴题中，涉及到导数知识的问题。
它具有以下特点：题目难度较大，对学生的综合运用能力要求高，涉及知识点较多，考查学生的逻辑思维能力和创新能力。
二、解决导数压轴题的常用方法
1.导数与函数的性质相结合：导数是函数在某一点的变化率，因此可以利用导数研究函数的极值、最值、单调性等性质。
2.导数的几何意义：导数可以表示函数在某一点的切线斜率，因此可以利用导数解决一些几何问题。
3.利用导数的应用：如求解速度与加速度、变化率、切线方程等问题。
4.利用导数的性质：如求解函数的极值、最值、单调性等问题。
5.构造函数：通过构造函数，将问题转化为求解导数问题。
三、导数压轴题的实战演练
例题：已知函数f(x)=x^3+ax^2+bx+c，求f"(x)。
解：由导数的定义可知，f"(x)=lim_(h->0) [(f(x+h)-f(x))/h]。
将函数f(x) 代入得f"(x)=lim_(h->0) [((x+h)^3+a(x+h)^2+b(x+h)+c)-
(x^3+ax^2+bx+c))/h]。
经过化简，得f"(x)=3x^2+2ax+b。
四、总结与展望
导数压轴题是高考数学中的一个重要题型，解决这类问题需要学生具备扎实的导数知识，并能灵活运用导数的性质、几何意义及应用。
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0埸B，所以A不是B的子集. （ 2）当1≤
f x）在 （ 2，+∞）上单调递减，故A= （ -∞，（ f 2） ），因而A哿 时（ （ -∞，0）；由（ f 1）≥0，有（ f x）在 （ 1，+∞）上的取值范围包含 （ -∞，0），则 （ -∞，0）哿B.所以，A哿B. （ 3）当 3 2 <1，即a> 时，有（ f 1）<0，且此时（ f x）在 （ 1， 3 2a 1 ，0 ) ，A= （ -∞，（ f 2） ），所以 A ( （ f 1） 3 ， ] . [3 4 2
x0
3 3 0， ) =0及 （ 1）知，当x∈ ( 时，（ f x）> ( ) 2a 2a 3 0；当x∈ ( ，+∞ ) 时，（ f x）<0. 2a （ 2）由（ f 0）=f 设 集 合 A = ｛ f （ x） |x ∈ （ 2， +∞） ｝， 集 合 B = 1 |x ∈ （ 1 ， + ∞），（ f x）≠ 0 ∈ ，则 “ 对于任意的 x ∈ （ 2， 筅 （ f x）
解：因为函数（ f x）在 （ 0，2）内存在两个极值点， （ x-2） （ e x-kx） 所以 f ′ （ x）= =0 在 （ 0，2）内有两解，即 3 x
82Βιβλιοθήκη 万方数据高中版2017 年 2 月
解法探究
教学 参谋
ex =k在 （ 0，2）内存在两个零点. x
x ex e（ x-1） 令g （ x）= ，则g（ ′ x）= ，当g（ ′ x）=0，得x=1. x x2
综上，a的取值范围是
分类讨论是将一个较复杂的数学问题分解成若干 个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原 问题的思维策略 . 分类讨论要坚持不重不漏、标准统一 2 3 ax（ a>0），x∈R. 3 的原则 . 分类讨论的步骤是：确定对象、合理分类、逐类 讨论、归纳总结. 本题中，两个集合A、B中的元素是倒数 关系，能否取导数取决于它是否为零.又因为x 1∈ （ 2，+∞）， x2∈ （ 1，+∞），所以按照 讨论. 总之，导数及其应用是高中数学的重要内容，是进 一步学习高等数学的重要基础 . 在高考试卷上，它是以 压轴题的形式呈现的.由于其信息量、思维量、运算量都 1 时，（ f x）取得极 a 比较大，需要较高的数学分析、解决问题的能力.由以上 各例可以看 出，上述几种方法不是相互排斥的，而是 相 辅相成的.在具体问题中，往往是几种方法互相配合、共 同发力.只要运用得当，就能收到良好的效果. 3 3 3 >2、1≤ ≤2、 <1三种情况 2a 2a 2a
策略二 、分离参数
例2 设函数 f （ x）= 2 ex +lnx （ -k k 为常数，e = x x2
(
)
程为y-y0= （ 6x -3） （ x-x0）. 将点 P （ 1，t）代入，得 t-y0= （ 6x 2 3） （ 1-x0），整理得4x3 0-6x 0+t+3=0. 于是问题转化为此方程
( )
x 0-1-lnx 0 ，u （ x）=x-1 -lnx （ x ≥1），由 u′ （ x）=1 1+x -1 0
1 ≥0知，函数u （ x）在区间 （ 1，+∞）上单调递增，所以 0 = x u （ 1） u （ x 0） u （ e） e-2 < =a 0< = <1，即a 0∈ （ 0，1）. 1+1 1+x -1 1+e -1 1+e -1 0 当a=a 0时，有f （ ′ x）=0，（ f x 0）=φ （ x 0）=0，由 （ 1）知， f （ ′ x） 在区间 （ 1，+∞）上单调递增，故当x ∈ （ 1，x 0）时，f （ ′ x）<0， 从而（ f x）>f （ x 0）=0；当x ∈ （ x 0，+∞）时，f （ ′ x）>0，从而（ f x）> （ f x 0）=0.所以，当x∈ （ 1，+∞）时，（ f x）≥0. 综上所述，存在 a ∈ （ 0，1），使得（ f x）≥0 在区间 （ 1， +∞）内恒成立，且（ f x）=0在区间 （ 1，+∞）内有唯一解. 构造函数是解决导数问题的常用手段，巧妙地构造 函数能使我们对问题有更加深刻的认识，是解题的锐利 1 . e 武器.常用的构造方法有移项作差、结构抽象、确定主元 等.本题的匠心之处在于两次构造函数.尤其是第一次以 解代参，即以f （ ′ x）=0时的a值代替（ f x）中的参数a构造函
有三个不同的解.设g （ x）=4x3-6x2+t+3，则 “ 过点P （ 1，t）存 在3条直线与曲线y=f （ x）相切”等价于 “ 函数g （ x）有3个不 同零点”. 因为g（ ′ x）=12x2-12x=12x （ x-1）， 当x变化时，g （ x）与g（ ′ x）的变化情况如下：
x g（ ′ x） g （ x） （ -∞，0） + 坭 0 0 t+3 （ 0，1） 坨 1 0 t+1 （ 1，+∞） + 坭
=
1 （ x +1） +x0= 0 >0. x0+2 x0+2 综上，当m≤2时，（ f x）>0. 求方程f （ ′ x）=0的根在解导数问题中是承上启下的
2
′ x）= 一步，此时受阻，解题将难以为继.像本题中，虽然f （ 0的根的确存在，可无论如何都求不出来.怎么处理？ 上 述解答告诉我们，可以虚设零点，但设而不求，只利用其 满足的条件就能到解题目的 . 这种 “ 设而不求”的方法， 在数学中是经常遇到的，特别是解析几何中直线与圆锥 曲线的交点. +∞）上单调递减，故B= 不是B的子集.
因为（ f x）>1，所以exlnx+
x 2 令g （ x）=xlnx，h （ x）= x - ，则g（ ′ x）=1+lnx， e e
( ) 1 时，g（ ′ x）>0. 当x ∈ ( ， + ∞ ) e 1 1 所以g （ x） =g ( ) =- . e e
1 当x∈ 0， 时，g（ ′ x）<0； e
2 0
2 0
2.71828…是自然对数的底数），若函数（ f x）在 （ 0，2）内存 在两个极值点，求k的取值范围. 分析：已知（ f x）在 （ 0，2）内存在两个极值点，求k的取 值范围，无法直接求解，需要进行转化.函数（ f x）在 （ 0，2） 内存在两个极值点圯导数f （ ′ x）=0在 （ 0，2）内有两解圯分 离参 数 圯 y=k 与 y=g （ x）在 （ 0，2）内有两个 交 点 圯 由 g （ x） 的导数求极值点作出满足条件的图像圯求出参数范围.
x-1 x-1
(
x- 1 - lnx x- 1 - lnx lnx +x 2- 2 x1 +x - 1 1 +x - 1
)
(
)
x-1-lnx x-1-lnx + ， ( ) 1+x 1+x
-1 -1
（ 1）=1>0，φ （ e）=则φ x 0∈ （ 1，e），使得φ （ x 0）=0. 令 a0=
e- 2 2 e （ e-2） -2 <0，故存在 -1 1+e -1 1+e
策略一 、转化与化归的运用
例1 已知函数（ f x）=2x -3x. 若过点 P （ 1，t）存在 3 条
3
直线与曲线y=f （ x）相切，求t的取值范围. 解：设过点P （ 1，t）的直线与曲线y=f （ x）相切于点 （ x0，
2 y0），则y0=2x 3 0 -3x0，即切线的斜率为 k=6x 0-3，所以切线方
策略四 、构造函数
例4 中a>0. （ 1）设 g （ x）是（ f x）的导函数，讨论函数 g （ x）的单调 性； （ 2）证明：存在a∈ （ 0，1）使得（ f x）≥0在区间 （ 1，+∞） 内恒成立，且（ f x）=0在区间 （ 1，+∞）内有唯一解. 解析： （ 1） （ 略）. （ 2）证明：由f （ ′ x）=2 （ x-a）-2lnx-2 1+ =0，解得a= (a ) x 已知函数（ f x）=-2 （ x+a）lnx+x 2-2ax-2a 2+a，其
此种方法对于一些既含有指数函数，又含有对数函 数的题目比较实用，通过化简将它们分离，对于后面求 最值降低难度 . 但此种方法需要进行合适的变形，这时 需要读者多尝试几种变形.
当x变化时，g（ ′ x）与g （ x）的变化情况列表如下：
（ 0，1） g（ ′ x） g （ x） 单调递减 1 0 极小值 （ 1，2） + 单调递增
min
同理可求出h （ x）max=h （ 1）=所以g （ x）>h （ x），即（ f x）>1.
高中版
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万方数据