高考数学大题规范解答-(二)导数应用问题答题模板
高中数学高考导数题型分析及解题方法
导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ ；3．函数331x x y -+=极值题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围；2．已知三次函数32()f x x ax bx c =+++在1x =和1x =-时取极值，且(2)4f -=-． (1) 求函数()y f x =的表达式； (2) 求函数()y f x =的单调区间和极值；(3) 若函数()()4(0)g x f x m m m =-+>在区间[3,]m n -上的值域为[4,16]-，试求m 、n 应满足的条件．3．设函数()()()f x x x a x b =--．（1）若()f x 的图象与直线580x y --=相切，切点横坐标为２，且()f x 在1x =处取极值，求实数,a b 的值；（2）当b=1时，试证明：不论a 取何实数，函数()f x 总有两个不同的极值点．题型四：利用导数研究函数的图象1．如右图：是f （x ）的导函数， )(/x f 的图象如右图所示，则f （x ）的图象只可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ） 2．函数的图像为14313+-=x x y ( )3．方程内根的个数为在)2,0(076223=+-x x ( )A 、0B 、1C 、2D 、3题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围1．设函数.10,3231)(223<<+-+-=a b x a ax x x f（1）求函数)(x f 的单调区间、极值.（2）若当]2,1[++∈a a x 时，恒有a x f ≤'|)(|，试确定a 的取值范围2．已知函数f （x ）＝x3＋ax2＋bx ＋c 在x ＝－23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。
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
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。
高中数学高考导数题型分析及解题方法【最新资料】
导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）2．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；（Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上 故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f 当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时① ②13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
高中数学高考导数题型分析及解题方法
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
－－泰戈尔导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f（2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
(完整word版)高中数学高考导数题型分析及解题方法(2)
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和 空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
--- 泰戈尔导数题型分析及解题方法一、 考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值, 二、 热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值f(x) / 3x?2在区间1,1上的最大值是222.已知函数y f(x) x(x c )在x 2处有极大值，则常数33 .函数y 1 3x x 有极小值—1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程A 31 31 .曲线y 4x x在点1 3处的切线方程是4 .求下列直线的方程:所以切线方程为y 1 x 1，即x y 2X 0 1 或 X 0 52 •若曲线f(x)x 4 x 在P 点处的切线平行于直线3x y 0，贝U P 点的坐标为(1, 0)43•若曲线y x的一条切线I 与直线x 4y垂直，则I 的方程为4x函数的最大值和最小值。
c =632(1)曲线y X X 1在p(-1,1)处的切线; (2)曲线yx 2过点P(3,5) 的切线;解:( 1) 点P( 1,1)在曲线 y x 3 x 2 1上, y /3x 2 2x k y /l x(2)显然点P(3,5)不在曲线上，所以可设切点为 A(Xo ，yo)，则yo 2X 。
①又函数的导数为y / 2x/|x x o所以过A (x0，y0)点的切线的斜率为k y lx x0 2x0,又切线过A(x0，y0)、p(3,5)点，所以有2x 0X 0 y 。
53②，由①②联立方程组得,y0 1 y0 25，即切点为(1, 1)时，切线斜率为k1 2x0 2;;当切点为(5, 25)时，切线斜率为k2 2x0 10；所以所求的切线有两条，方程分别为 y 12(x 1)或y 2510(x 5),即y 2x 1 或y 10x25题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值3 —1 •已知函数f (x ) x ax bx c,过曲线y f (x)上的点P(1, f(1))的切线方程为y=3x+1x 3 ax 2 bx c,求导数得 f (x) 3x 2 2ax b.过y f(x)上点P (1, f ⑴)的切线方程为:y f (1) f (1)(x 1),即 y (a b c 1) (3 2ab)(x 1).而过yf (x)上P ［1, f (1)］的切线方程为y 3x3 2a b 3即 2a b 0 故 a c3a c3若函数f(x)在x2处有极值，求f(x)的表达式;在(I)的条件下，求函数y f(x)在［—3, 1］上的最大值;(出) 若函数y f(x)在区间［—2, 1］上单调递增，求实数 b 的取值范围由 f (X )1....y f (x)在x 2时有极值,故f (2) 0, 4a 12由①②③得a=2 , b=—4, c=5...f (x) x 2x24x 5.2(2) f (x) 3x4x 4 (3x 2)(x 2).3 x 2时，f 当2当—x 1 时,f (x)3 (x) 0;当22x 3 时，f(X)；0. f(x)极大f( 2) 13又f(1) 4, f(x)在［—3, 1］上最大值是13。
导数大题第一、二问解题方法
导数大题一、二问专练-、求单调性解题步骤(1)求函数f(x)的定义域(2)求函数的导函数f (x)，并化简;(注意此处是否引出讨论) (3)令f (x) =0 ,求出所有的根，并检查根是否在定义域内。
(讨论：1)讨论的对象，即讨论哪个字母参数2)讨论的引发，即为何讨论3)讨论的范围，即讨论中要做到“不重不漏” )(4)列表：注意定义域的划分、f(X)正负号的确定(5)根据列表情况作出答案二、导数难点：难点一：如何讨论:(1) 判断f (x) =0是否有根(可通过判别式的正负来确定) ，如果无法确定，引发讨论;(2) 求完根后，比较f(X)=0两根的大小，如果无法确定，引发讨论。
(3在填表时确定f (x)的正负或解不等式f(x)・0过程中，引发讨论。
难点二、f(x)正负的确定(1)当f(X)或f(X)式中未确定部分是一次或二次函数时，画函数图象草图来确定正负号;(2) f (x)为其他函数时，由f (x) 0的解集来确定f(X)的正负。
(3)若f (x) =0无根或重根，不必列表，直接判断导函数的正负即可。
题型一：讨论f(x)=0是否有根型(1)若导数是二次函数，需判断判别式的正负(2)若导数是一次函数y =kx • b，需判断k的正负1、设函数f(x) =x3-3ax b(a =0).(I)若曲线y = f(x)在点(2, f(2))处与直线y =8相切，求a,b的值;(n)求函数f (x)的单调区间与极值点3 22. (08 文)已知函数f (x) = x ax - 3bx c(b = 0)，且g(x)二f (x) - 2是奇函数.(I)求a , c的值；(n)求函数f (x)的单调区间_ 2(18)(本小题共13分)已知函数f(x)二x —alnx(a・R ).(练习)(I)若a = 2，求证：f (x)在(1,r)上是增函数;(2)求f (x)的单调区间;ax18.设函数f (x) = —2 a 0。
导数大题方法总结
一般来说，一到比较温和的导数题的会在第一问设置这样的问题：若 f(x)在 x =k 时取得极值，试求所给函数中参数的值；或者是 f(x)在(a , f(a)) 处的切线与某已知直线垂直，试求所给函数中参数的值等等很多条件。
虽然会有很多的花样，但只要明白他们的本质是考察大家求导数的能力，就会轻松解决。
这一般都是用来送分的，所以遇到这样的题，一定要淡定，方法是：先求出所给函数的导函数，然后利用题目所给的已知条件，以上述第一种情形为例：令 x = k，f(x)的导数为零，求解出函数中所含的参数的值，然后检验此时是否为函数的极值。
注意：①导函数一定不能求错，否则不只第一问会挂，整个题目会一并挂掉。
保证自己求导不会求错的最好方法就是求导时不要光图快，一定要小心谨慎，另外就是要将导数公式记牢，不能有马虎之处。
②遇到例子中的情况，一道要记得检验，尤其是在求解出来两个解的情况下，更要检验，否则有可能会多解，造成扣分，得不偿失。
所以做两个字来概括这一类型题的方法就是：淡定。
别人送分，就不要客气。
③求切线时，要看清所给的点是否在函数上，若不在，要设出切点，再进行求解。
切线要写成一般式。
一般这一类题都是在函数的第二问，有时也有可能在第一问，依照题目的难易来定。
这一类题问法都比较的简单，一般是求 f(x)的单调(增减)区间或函数的单调性，以及函数的极大(小)值或是笼统的函数极值。
一般来说，由于北京市高考不要求二阶导数的计算，所以这类题目也是送分题，所以做这类题也要淡定。
这类问题的方法是：首先写定义域，求函数的导函数，并且进行通分，变为假分式形式。
往下一般有两类思路，一是走一步看一步型，在行进的过程中，一点点发现参数应该讨论的范围，一步步解题。
这种方法个人认为比较累，而且容易丢掉一些情况没有进行讨论，所以比较推荐第二种方法，就是所谓的一步到位型，先通过观察看出我们要讨论的参数的几个必要的临介值，然后以这些值为分界点，分别就这些临界点所分割开的区间进行讨论，这样不仅不会漏掉一些对参数必要的讨论，而且还会是自己做题更有条理，更为高效。
高考数学答题模板：第7讲 导数的应用问题 含解析 精品
第7讲 导数的应用问题函数的单调性、极值、最值问题例8 已知函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1(x ∈R )，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当a ≠0时，求函数f (x )的单调区间与极值．审题破题 (1)直接求f ′(x )，得f ′(2)后写出切线方程；(2)求导函数f ′(x )后要对a 进行讨论，可以列表观察函数f (x )的单调性，极值． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝2x x 2＋1，f (2)＝45，又f ′(x )＝2(x 2＋1)－2x ·2x (x 2＋1)2＝2－2x 2(x 2＋1)2，f ′(2)＝－625.所以，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －45＝－625(x －2)，即6x ＋25y －32＝0. (2)f ′(x )＝2a (x 2＋1)－2x (2ax －a 2＋1)(x 2＋1)2＝－2(x －a )(ax ＋1)(x 2＋1)2.由于a ≠0，以下分两种情况讨论．①当a ＞0，令f ′(x )＝0，得到x 1＝－1a ，x 2＝a .当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在区间⎝⎭⎫－∞，－1a ，(a ，＋∞)内为减函数， 在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，a 内为增函数． 函数f (x )在x 1＝－1a 处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫－1a ， 且f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－a 2. 函数f (x )在x 2＝a 处取得极大值f (a )，且f (a )＝1. ②当a ＜0时，令f ′(x )＝0，得到x 1＝a ，x 2＝－1a ，当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在区间(－∞，a )，⎝⎭－1a ，＋∞内为增函数，在区间⎝⎭⎫a ，－1a 内为减函数． 函数f (x )在x 1＝a 处取得极大值f (a )，且f (a )＝1. 函数f (x )在x 2＝－1a 处取得极小值f (－1a )，且f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－a 2. 综上，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1a ，a )，单调递减区间为(－∞，－1a )，(a ，＋∞)，极大值为1，极小值为－a 2.当a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，a )，(－1a ，＋∞)，单调递减区间为(a ，－1a )，极大值为1，极小值为－a 2.构建答题模板第一步：确定函数的定义域．如本题函数的定义域为R . 第二步：求f (x )的导数f ′(x )． 第三步：求方程f ′(x )＝0的根．第四步：利用f ′(x )＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出表格．第五步：由f ′(x )在开区间内的正、负值判断f (x )在开区间内的单调性． 第六步：明确规范地表述结论．第七步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题中f ′(x )＝0的根为x 1＝－1a ，x 2＝a .要确定x 1，x 2的大小，就必须对a 的正、负进行分类讨论．这就是本题的关键点和易错点． 对点训练8 已知函数f (x )＝a ln x ＋2a 2x＋x (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性． (1)解 f (x )的定义域为{x |x >0}． f ′(x )＝a x －2a 2x 2＋1 (x >0)．根据题意，有f ′(1)＝－2， 所以2a 2－a －3＝0， 解得a ＝－1或a ＝32.(2)解 f ′(x )＝a x －2a 2x 2＋1＝x 2＋ax －2a 2x 2＝(x －a )(x ＋2a )x 2(x >0)．①当a >0时，因为x >0，由f ′(x )>0得(x －a )(x ＋2a )>0，解得x >a ； 由f ′(x )<0得(x －a )(x ＋2a )<0，解得0<x <a .所以函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减． ②当a <0时，因为x >0，由f ′(x )>0得(x －a )(x ＋2a )>0，解得x >－2a ； 由f ′(x )<0得(x －a )(x ＋2a )<0，解得0<x <－2a .所以函数f (x )在(0，－2a )上单调递减，在(－2a ，＋∞)上单调递增．导数与不等式问题例9 设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小关系；(3)是否存在x 0>0，使得|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立？若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．审题破题 (1)先求出f (x )，再求g (x )，然后讨论g (x )的单调区间，最值；(2)可构造函数h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ，通过h (x )的单调性比较g (x )，g ⎝⎛⎭⎫1x 的大小；(3)对任意x >0若不存在x 0，只需取一特殊值即可；若存在x 0，一般利用最值解决． 解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ， g (x )＝ln x ＋1x ，所以g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0， 故(0,1)是g (x )的单调减区间， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0. 故(1，＋∞)是g (x )的单调增区间，因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点， 从而是最小值点，所以最小值为g (1)＝1. (2)g ⎝⎛⎭⎫1x ＝－ln x ＋x ，设h (x )＝g (x )－g ⎝⎛⎭⎫1x ＝2ln x －x ＋1x ， 则h ′(x )＝－(x －1)2x 2，当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1x ，当x ∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h ′(1)＝0， 因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减， 当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g ⎝⎛⎭⎫1x ， 当x >1时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫1x . (3)满足条件的x 0不存在． 证明如下：假设存在x 0>0，使|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立，即对任意x >0，有ln x <g (x 0)<ln x ＋2x ，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g (x 0)时，有ln x 1＝g (x 0)，这与(*)左边不等式矛盾， 因此，不存在x 0>0，使|g (x )－g (x 0)|<1x对任意x >0成立．构建答题模板第一步：构造函数h (x )＝g (x )－g (1x)；第二步：根据求单调性、极值的步骤探求函数h (x )的单调性； 第三步：根据h (x )的单调性比较h (x )和0的大小； 第四步：下结论，反思回顾.对点训练9 已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ＋ln x .(1)当a ＝b 时，若函数f (x )在定义域上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)设函数f (x )在x ＝12，x ＝1处取得极值，且f (1)＝－1，若对任意的x ∈⎣⎡⎦⎤14，2，f (x )≤m 恒成立，求m 的取值范围．(参考数据：e ≈2.7) 解 (1)∵a ＝b 时，f (x )＝ax 2＋ax ＋c ＋ln x ，∴f ′(x )＝2ax ＋a ＋1x ＝2ax 2＋ax ＋1x(x >0)．当a ＝0时，f ′(x )＝1x >0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，∵x >0，∴2ax 2＋ax ＋1>0，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，设g (x )＝2ax 2＋ax ＋1，函数g (x )在⎣⎡⎭⎫－14，＋∞上单调递减，且g (0)＝1>0，故在(0，＋∞)上，函数g (x )的符号不确定，即此时f ′(x )的符号不确定，∴函数f (x )在(0，＋∞)上不单调．综上可知，a 的取值范围是0，＋∞)． (2)∵f (x )在x ＝12，x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b ＋1＝0，a ＋b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－3，即f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x ，且f (x )＝x 2－3x ＋c ＋ln x .又∵f (1)＝－1，∴1－3＋c ＝－1，得c ＝1， ∴f (x )＝x 2－3x ＋1＋ln x . ∵当x ∈⎣⎡⎫14，12时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在⎣⎡⎭⎫14，12上单调递增； ∵当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减； ∵当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(1,2]上单调递增． ∴f (x )极大值＝f ⎝⎛⎭⎫12＝14－32＋1＋ln 12 ＝－14－ln2，而f (2)＝－1＋ln2，f (2)－f ⎝⎛⎭⎫12＝－34＋ln4 ＝ln4－lne 34，由于4>e>e 34，故f (2)>f ⎝⎛⎭⎫12， ∴f (x )max ＝－1＋ln 2，∴m ≥－1＋ln 2.。
专题14 导数综合应用的解题模板
专题14导数综合应用的解题模板【高考地位】导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第2小问，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.类型一利用导数研究不等式证明问题例1设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x＜x ；(3)设c ＞1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .【解析】(1)(2)略(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，[关键1：利用要证明的不等式直接构造函数]则g ′(x )＝c －1－c x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．[关键2：利用导数研究函数单调性、极值]由(2)知1＜c －1ln c＜c ，故0＜x 0＜1.[关键3：判断极值点所在的区间]又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .[关键4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]【变式演练1】（作差法证明不等式）已知函数()(sin cos )e x f x x x x =+-，()'f x 为()f x 的导函数．（1）设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间；（2）若0x ≥，证明：()1f x x ≥-．【答案】（1）()g x 的单调递增区间是2π2π(2π2π),33k k k -++∈Z ，；单调递减区间是2π(2π,3k +4π2π),3k k +∈Z ；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，求得()(),g x g x '，解三角不等式则问题得解；（2）构造函数()()1h x f x x =+-，通过二次求导，判断()h x 的单调性，即可求得()h x 的最小值，则问题得解.【详解】（1）由已知，()(1cos sin )e (sin cos )e (12sin )e x x x f x x x x x x x x '=++++-=++，所以()()()(1sin cos )e x g x f x f x x x '=-=++，()(12cos )e x g x x '=+，令()0g x '>，得1cos 2x >-，解得2π2π2π2π,33k x k k -+<<+∈Z ，令()0g x '<，得1cos 2x <-，解得2π4π2π2π,33k x k k +<<+∈Z ，故()g x 的单调递增区间是2π2π(2π2π),33k k k -++∈Z ，；单调递减区间是2π(2π,3k +4π2π),3k k +∈Z .（2）要证()1f x x ≥-，只需证：0()1f x x +-≥．设()()1h x f x x =+-，0x ≥，则()()1(12sin )e 1x h x f x x x ''=-=++-．记()()(12sin )e 1x t x h x x x '==++-，则()(22sin 2cos )e x t x x x x '=+++．当[0,π]x ∈时，sin 0x ≥，又22cos 0x +≥，e 0x >，所以()0t x ' ；当(π,)x ∈+∞时，πx >，2sin 2x ≥-，所以2sin π20x x +>->，又22cos 0x +≥，e 0x >，所以()0t x ' ．综上，当0x ≥时，()0t x ' 恒成立，所以()t x 在[0,)+∞上单调递增．所以，()(0)0t x t ≥=，即()0h x '≥，所以，()h x 在[0,)+∞上递增，则()(0)0h x h ≥=，证毕．【变式演练2】（换元法证明双变量不等式）已知函数()2ln 2f x x x ax x =-+，a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在()0,+∞内单调递减，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，证明：1212x x a+>．【答案】（Ⅰ）e ,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；（Ⅱ）证明见解析.【解析】【分析】（I ）对原函数求导，根据()f x 在(0,)+∞内的单调性得ln 24x a x+在()0,x ∈+∞上恒成立，构造函数ln 2()x g x x+=，求出其最大值即可求出a 的取值范围;（Ⅱ）函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，等价于'()ln 240f x x ax =+-=在()0,x ∈+∞内有两根1x ，2x ，将极值点代入作差，设120x x <<，得到0a <时原不等式成立；0a >时，将原不等式转化为12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令12x t x =，(0,1)t ∈，构造函数2(1)()ln 1t h t t t -=-+，证明()(1)0h t h >=，即原不等式成立.【详解】（I ）由题可知()ln 24f x x ax +'=-，0x >，()f x 在()0,+∞内单调递减，∴()ln 240f x x ax =+-≤'在()0,+∞内恒成立，即ln 24x a x x ≥+在()0,+∞内恒成立，令()ln 2x g x x x =+，则()21ln x g x x--'=，∴当10e x <<时，()0g x ¢>，即()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭内为增函数，当1x e >时，()0g x ¢<，即()g x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内为减函数，∴()max g x =1g e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，即4a e ≥，4e a ≥，∴e ,4a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点分别为1x ，2x ，则()ln 240f x x ax =+-='在()0,+∞内有两根1x ，2x ，1122ln 240ln 240x ax x ax +-=⎧∴⎨+-=⎩，两式相减，得()1212ln ln 4x x a x x -=-，不妨设120x x <<，当0a <时，1212x x a+>恒成立，当0a >时，要证明1212x x a +>，只需证明()()121212142ln ln x x a x x a x x +<--，即证明()1212122ln ln x x x x x x ->-+，即证明12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令12x t x =，(0,1)t ∈，令2(1)()ln 1t h t t t -=-+，22(1')()0(1)t h t t t --∴=<+，()h t ∴在(0,1)t ∈上单调递减，()(1)0h t h ∴>=，2(1)ln 1t t t -∴>+，即12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+成立，1212x x a∴+>.【变式演练3】（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）已知函数()()2232ln f x x a x a x =+-+，其中a ∈R ．（1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线210x y ++=平行，求实数a 的值及函数()()4ln g x f x x =-的单调区间；（2）若函数()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()()12100f x f x ++>．【答案】（1）12a =,()g x 单调递减区间为()0,3，单调递增区间为()3,+∞；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出a 的值，再求()g x 的定义域，求()'g x ，由()'g x 0>，求得()g x 的递增区间，由()'g x 0<，求得递减区间；（2）函数()f x 在定义域上有两个极值点12,x x 等价于222(3)20x a x a +-+=在(0,)+∞上有两个不相等的根12,x x .解不等式组()()2230224316020a a a a ⎧-->⎪⨯⎪⎪∆=-->⎨⎪>⎪⎪⎩，求得a 的范围，再化简得到212()()2ln 49f x f x a a a a +=-+-，再构造2()2ln 49g a a a a a =-+-，再利用导数证明()10g a >-，即得证.【详解】（1）由()()2232ln ,0f x x a x a x x =+-+>，得()()2223a f x x a x'=+-+，又()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线210x y ++=平行，所以()1442f a '=-=-，解得12a =．则()253ln g x x x x =--，得()()()()2133250x x g x x x x x+-'=--=>．当()0,3x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，区间为()0,3；当()3,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，区间为()3,+∞．（2）证明：因为函数()f x 在定义域上有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，所以()()22230a f x x a x'=+-+=在()0,∞+上有两个根1x ，2x ，且12x x <，即()222320x a x a +-+=在()0,∞+上有两个不相等的根1x ，2x ，则123x x a +=-，12x x a =，由题意得()()2230224316020a a a a ⎧-->⎪⨯⎪⎪∆=-->⎨⎪>⎪⎪⎩，解得01a <<，则()()()()2212111222232ln 232ln f x f x x a x a x x a x a x +=+-+++-+()()()2121212122232ln x x x x a x x a x x =+-+-++()()()2322332ln a a a a a a =--+--+22ln 49a a a a =-+-，令()22ln 49g a a a a a =-+-，其中01a <<，故()2ln 26g a a a '=-+．令()()2ln 26h a g a a a '==-+，()220h a a'=->，()()h a g a '=在()0,1上单调递增．由于()33e2e0h --=-<，()140h =>，所以存在常数()31e ,t -∈，使得()0h t =，即ln 30t t -+=，ln 3t t =-，且当()0,a t ∈时，()()0h a g a '=<，()g a 在()0,t 上单调递减；当()1a t ∈,时，()()0h a g a '=>，()g a 在(),1t 上单调递增，所以当01a <<时，()()2min 2ln 49g a g t t t t t ==-+-()22234929t t t t t t =--+-=--．又()31e ,t -∈，()222911010t t t --=-->-，所以()10g a >-，即()100g a +>，故()()12100f x f x ++>得证．【变式演练4】（极值点偏移类的不等式证明）已知函数cos ()xf x x=，()sin cos g x x x x =+.（1）判断函数()g x 在区间(0,2)π上的零点的个数；（2）记函数()f x 在区间(0,2)π上的两个极值点分别为1x ，2x ，求证：12()()0f x f x +<.【答案】（1）2个；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．【详解】（1）()cos g x x x '=，0x >，当1(0,)2x π∈时，()0g x '>，函数单调递增，当13(,)22x ππ∈时，()0g x '<，函数单调递减，当3(,2)2x ππ∈时，()0g x '>，函数单调递增，且(0)10g =>，11()022g ππ=>，()10g π=-<，33()022g ππ=-<，(2)10g π=>，故函数()g x 在1(0,)2π，3(,2ππ上不存在零点，存在11[,]2x ππ∈，使得()0g x =，同理23[,2]2x ππ∈使得()0g x =综上，()g x 在区间(0,2)π上的零点有2个.（2）2sin cos ()x x xf x x +'=-，由（1）可得，()sin cos g x x x x =+在区间1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在零点，所以()f x 在1(,)2ππ，3(,2)2ππ上存在极值点12x x <，11(,)2x ππ∈，23(,2)2x ππ∈，因为sin y x =在13(,)22ππ上单调递减，则122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，又因为sin cos 0(1,2)i i i x x x i +==，即1tan i ix x =-，又1213222x x ππππ<<<<<，∴1211x x >即12tan tan x x ->-，122tan tan tan()x x x π∴<=-，11(,)2x ππ∈ ，23(,2)2x ππ∈，21(,)2x πππ-∈，由tan y x =在1(,)2ππ上单调递增可得1212x x πππ<<-<．12121212cos cos ()()sin sin x x f x f x x x x x ∴+=+=--再由sin y x =在1(,)2ππ上单调递减，得122sin sin()sin x x x π>-=-，12sin sin 0x x ∴+>，所以12()()0f x f x +<．【变式演练5】（函数与数列综合的不等式证明）已知函数()()1ln f x x x x λλ⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭R .（1）当1x >时，不等式()0f x <恒成立，求λ的最小值；（2）设数列()*1N n a n n =∈，其前n 项和为n S ，证明：2ln 24n n na S S -+>.【答案】（1）12；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）()2'2x x f x xλλ-+-=，分12λ≥，102λ<<，0λ≤三种情况推理即可；（2）由（1）可得()111111121ln 112121n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫++⋅+- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦+<=⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭，即()()11ln 1ln 221n n n n +-<++，利用累加法即可得到证明.【详解】（1）由()()1ln f x x x x λλ⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭R ，得()2'2x x f x xλλ-+-=.当12λ≥时，方程20x x λλ-+-=的2140λ∆=-≤，因此2x x λλ-+-在区间()1,+∞上恒为负数.所以1x >时，()'0fx <，函数()f x 在区间()1,+∞上单调递减.又()10f =，所以函数()0f x <在区间()1,+∞上恒成立；当102λ<<时，方程20x x λλ-+-=有两个不等实根，且满足1211122x x λλ=<<=，所以函数()f x 的导函数()'f x在区间11,2λ⎛+ ⎪⎝⎭上大于零，函数()f x 在区间1141,2λ⎛+ ⎪⎝⎭上单增，又()10f =，所以函数()f x 在区间1141,2λ⎛+ ⎪⎝⎭上恒大于零，不满足题意；当0λ≤时，在区间()1,+∞上()1ln ln f x x x x x λ⎛⎫=+-≥⎪⎝⎭，函数ln y x =在区间()1,+∞上恒为正数，所以在区间()1,+∞上()f x 恒为正数，不满足题意；综上可知：若1x >时，不等式()0f x <恒成立，λ的最小值为12.（2）由第（1）知：若1x >时，()()1111ln 22x x x x x x +-⎛⎫<--= ⎪⎝⎭.若*n ∈N ，则()111111121ln 112121n n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫++⋅+- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥+⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦+<=⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭，即()()11ln 1ln 221n n n n +-<++成立.将n 换成1n +，得()()()()11ln 11ln 121211n n n n ++-+<+⎡⎤⎣⎦+++⎡⎤⎣⎦成立，即()()()()11ln 2ln 12122n n n n +-+<+++，以此类推，得()()()()11ln 3ln 22223n n n n +-+<+++，()()11ln 2ln 212214n n n n--<+-，上述各式相加，得11111ln 2ln ln 2212214n n n n n n n-=<+++++++- ，又2111112212n n S S n n n n -=++++++- ，所以2ln 24n n n a S S -+>.【变式演练6】（拆分法证明不等式）已知21()12xf x e x x =---，2()cos 221g x x x =+-.（1）证明：0x ≥时，()0f x ≥；（2）求函数()g x 的单调区间；（3）证明：0x ≥时，21sin 22sin sin 2xxe x x x +≥+.【答案】（1）证明见解析；（2）递减区间为(),0-∞，递增区间为()0,+∞；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）采用二次求导法，()1xf x e x '=--，再令()()x f x ϕ'=，求得()1xx e ϕ'=-，由0x ≥时，()0x ϕ'≥得出()f x ¢单增，故()()0f x f ≥，即可得证；（2）解法同（1），二次求导法，()2sin 24g x x x '=-+，再令()()h x g x ='，得到()4cos 240h x x '=-+≥，进而()'g x 单增，又()'00g =，从而得出()g x 的增减区间；（3）采用分析法，要证0x ≥时，21sin 22sin sin 2xxe x x x +≥+，即证()2e sin 2cos sin x x x x x ≥-+，观察()f x 表达式可知，若要利用（1）的结论，在x x e ⋅中，多出的因式x 应该要进行适当放缩才能求解，而不等式右侧都有公因式sin x ，联想到0x ≥时，sin x x ≥的放缩，故对不等式右侧应进行sin x 正负的分段讨论，再结合（2）的结论进行放缩，即可求解【详解】（1）()1x f x e x '=--，令()()x f x ϕ'=，则()1x x e ϕ'=-，因为0x ≥，所以()e 10xx ϕ'=-≥，所以()ϕx 在[)0,+∞单调递增，所以()()00x ϕϕ≥=，所以()f x 在[)0,+∞单调递增，则()()00f x f ≥=.（2）()2sin 24g x x x '=-+，令()()h x g x ='，则()4cos 240h x x '=-+≥，所以()h x 在R 上单调递增，又()00h =，所以0x <时，()()00h x h <=，函数()g x 单调递减；0x >时，()()00h x h >=，函数()g x 单调递增.所以，()g x 的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,+∞.（3）证明：要证21e sin 22sin sin 2xx x x x +≥+，即证()2e sin 2cos sin x x x x x ≥-+.①当x π≥时，e e 3x x ππ≥>，而()2sin 2cos sin 3x x x -+≤（以[],2x ππ∈为例，[]sin 0,2cos 1,3,x x ≤-∈故()sin 2cos 0x x -≤，所以()2sin 2cos sin 3x x x -+≤）所以不等式成立.②当0πx <<时，sin 0x >，由（2）知：0x ≥时，2cos 212x x ≥-，所以221cos 12122x x x ⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭，212cos 12x x -≤+所以只需证221e sin 1sin 2x x x x x ⎛⎫≥++ ⎪⎝⎭.令()sin p x x x =-（0x ≥），则()cos 10p x x '=-≤，所以()p x 在[)0,+∞单调递减，所以()()00p x p ≤=，即sin x x ≤.故只需证221e 12x x x x x ⎛⎫≥++ ⎪⎝⎭，即证：21e 12xx x ≥++.由（1）知，上述不等式成立.③当0x =时，不等式等号显然成立综上，当0x ≥时，21e sin 22sin sin 2xx x x x +≥+.【点睛】本题考查由导数的正负求解原函数的增减区间，利用导数证明不等式在给定区间恒成立问题，放缩法、构造函数法求解不等式恒成立问题，属于难题，当一次求导不能直接判断导数正负时，往往需要二次求导，在放缩法的使用过程中，形如0x ≥时，sin x x ≥的放缩应熟记，本题中第（3）问难度较大，共用到了两次放缩，在处理这种复杂问题时，往往采用分步放缩，分步得分策略类型二利用导数研究不等式恒成立问题(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围.【解析】(1)略(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a (x －1)x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1，[关键1：对条件进行恒等变形，直接构造函数]则g ′(x )＝1x －2a (x ＋1)2＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2，g (1)＝0.[关键2：利用导函数确定分类标准]①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；[关键3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域]②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－(a －1)2－1，x 2＝a －1＋(a －1)2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，此时g (x )＜g (1)＝0.[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]综上，a 的取值范围是(－∞，2].【变式演练7】（分离参数法解决不等式恒成立问题）已知函数()()()xf x x a e a =-∈R .（1）讨论()f x 的单调性；（2）当2a =时，设函数()()ln ,g x f x x x b b =+--∈Z ，若()0g x ≤对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，求b 的最小值.【答案】（1）单调递减区间为(),1a -∞-，单调递增区间为()1,a -+∞；（2）3-.【解析】【分析】（1）对函数()f x 求导，可得()()1xf x x a e '=-+，解导数不等式可得出单调性；（2）由()0g x ≤对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，变量分离得()2ln xb x e x x ≥-+-对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，构造函数()()2ln xh x x e x x =-+-，对函数()h x 求导，求单调性，得到函数的最大值，进而可得b 的最小值.【详解】（1）因为()()x f x x a e =-，所以()()1xf x x a e '=-+，当(),1x a ∈-∞-时，()0f x '<；当()1,x a ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 的单调递减区间为(),1a -∞-，单调递增区间为()1,a -+∞.（2）由()()2ln xg x x e x x b =-+--，因为()0g x ≤对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，()2ln x b x e x x ≥-+-对任意的1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，构造函数()()2ln xh x x e x x =-+-，()()()11111x x h x x e x e x x ⎛⎫'=-+-=-- ⎪⎝⎭.∵1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴10x -<，且()1xt x e x=-单调递增，∵121202t e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110t e =->，∴一定存在唯一的01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()00t x =.即01x ex =，00ln x x =-.∴()h x 在01,3x ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()0,1x 上单调递减.∴()()()0000000max 022ln =2x x h x h x x e x x x x -==-+--()001124,3x x ⎛⎫=-+∈-- ⎪⎝⎭.∵b ∈Z ，∴b 的最小值为3-.【变式演练8】（利用函数最值解决双参数恒成立问题）已知函数()xxf x e e-=+，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在()0,∞+上单调递增.（2）设0a >，函数()2123g x x ax a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意[]21,1x ∈-，()()1223f x g x ≥都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【解析】【分析】（1）求导可得：()xxf x e e -'=-，因为0x >，所以e 1x >，1xe -<，所以()0xxf x e e-'=->，即可得证.（2）解读题意可得：()()max max 23f x g x ≥，求出最值，代入即可得解.【详解】（1）证明：()x x f x e e-'=-因为0x >，所以e 1x >，1xe -<，∴()0x xf x e e -'=->所以()f x 在()0+∞，上单调递增.（2）由题意得：()()max max23f x g x ≥()()max a af x f a e e -==+()g x 的对称轴02ax =-<所以()()max 513g x g ==所以52a ae e -+≥，令(),0a e m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥【变式演练9】（等价转化法解决不等式恒成立问题）已知函数f (x )＝e x ＋x e -，其中e 是自然对数的底数.（1）若关于x 的不等式mf (x )≤x e -＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围；（2）已知正数a 满足：存在x ∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 03＋3x 0)成立.试比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论.【答案】（1）1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）不等式变形，用分离参数法和换元法得11111m t t ≤--++-对1t >恒成立，求出11111t t --++-的最小值即可得；（2）令函数()31()e 3exx g x a x x =+--+，利用导数求出()g x 的最小值，由题中不等式有解的条件得12e e a -+>，然后再考虑要比较1a e -与1e a -的大小，由于它们均为正数，同取自然底数的对数，即比较(1)ln a e -和(1)ln e a -的大小，即比较ln 1e e -与ln 1a a -的大小，因此引入新函数ln ()(1)1xh x x x =>-，同样利用导数得其单调性，然后可得分三类1,,2e e a e a e a e -+<<=>，可得大小关系．【详解】（1）由条件可得1(1)1x x m e e e --+-≤-在(0)+∞，上成立，令e (0)xt x =>，则t>1，∴211111111111t t m t t t t t t --≤=-=--++--++-对任意t>1成立，∵1t >，∴10t ->，∴111131t t -++≥=-，∴1113111t t -≥--++-，当且仅当t=2时，即ln 2x =时等号成立，则m 的取值范围是1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）令函数()31()e 3e xx g x a x x =+--+，则()21()e 31exx g x a x '=-+-，当1x时，21e 0,10exx x ->-≥，又a >0，故()0g x '>，则()g x 在[1,)+∞上的单调递增函数，则()g x 在[1,)+∞上的最小值是1(1)e e 2g a -=+-，由于存在0[1,)x ∈+∞，使得()0030030xx e ea x x -+--+<成立，当且仅当最小值(1)0<g ，故1e e 20a -+-<，即12e e a -+>，1a e -与1e a -均为正数，同取自然底数的对数，即比较(1)ln a e -和(1)ln e a -的大小，即比较ln 1e e -与ln 1aa -的大小，构造函数ln ()(1)1xh x x x =>-，则211ln ()(1)x x h x x --'=-，再设211()1ln ,()x m x x m x x x'-=--=，1x >时，()0m x '<，从而m(x)在(1,)+∞上单调递减，此时()(1)0m x m <=，故()0h x '<在(1,)+∞上恒成立，则ln ()1xh x x =-在(1,)+∞上单调递减，综上所述，当111,2a e e e a e e a ---⎛⎫+∈<⎪⎝⎭，，当a=e 时，11a e e a --=；当(,)a e ∈+∞时，11e a e a -->．类型三利用导数研究函数零点问题例3已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.【解析】(1)略(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，[关键1：变形后构造函数．此处结合分析法，考虑下一步判断求导结果与零的关系，求导消参，需先变形]则g ′(x )＝x 2(x 2＋2x ＋3)(x 2＋x ＋1)2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．[关键2：]又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．[关键3：利用零点存在性定理判断零点个数]综上，f (x )只有一个零点.【变式演练9】（研究函数零点个数）设函数()32f x x ax bx =++（a ，R b ∈）的导函数为()f x .已知1x ，2x 是()f x 的两个不同的零点.（1）证明：23a b >；（2）当0b =时，若对任意0x >，不等式()ln f x x x >恒成立，求a 的取值范围；（3）求关于x 的方程()()()1211()2x f x f x f x x x '=-++的实根的个数.【答案】（1）证明见解析；（2）1a ≥-；（3）1.【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导函数必有两个不同零点列不等式，解得结果；（2）先分离变量，转化为求对应函数()2ln x x F x x-=最值，利用导数确定其单调性，根据单调性确定最值，即得结果；（3）先求122x x f +⎛⎫'⎪⎝⎭，再构造差函数()()321211()2x x G x x ax bx f x x f x +⎛⎫'=++--- ⎪⎝⎭，再利用导数确定其单调性，最后根据单调性以及()10G x =确定零点个数，即得结果.【详解】（1）证明：()232f x x ax b '=++，令()2320f x x ax b '=++=∵()0f x =有两个不等的实根，∴2241203a b a b ∆=->⇒>.（2）0b =时，()32f x x ax =+，由()ln f x x x ≥得32ln x ax x x+≥∴22ln ln x x x ax x x a x-+≥⇒≥令()2ln x x F x x -=，()222212ln 1ln x x x x x x x F x x x ⎛⎫--+ ⎪--⎝⎭'==令()21ln g x x x =--，()120g x x x'=--<∴()g x 在()0,+¥上单调递减，注意到()10g =∴当01x <<时，()0gx >，()0F x '>，()F x '单调递增；当1x >时，()0g x <，()0F x '<，()F x 单调递减：∴()()max 11F x F ==-，∴1a ≥-.（3）()()3212112x x x ax bx f x x f x +⎛⎫'++=-+⎪⎝⎭()()32121102x x x ax bx f x x f x +⎛⎫'⇒++---= ⎪⎝⎭212233x x a a f f b +⎛⎫⎛⎫''=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令()()321211()2x x G x x ax bx f x x f x +⎛⎫'=++---⎪⎝⎭()()2222221211323296(3)02333x x a G x x ax b f x ax b b x ax a x a +⎛⎫''=++-=++-+=++=+≥ ⎪⎝⎭∴()G x 在R 上单调递增，故()G x 在R 上至多只有一个零点，注意到()10G x =∴()G x 在R 上只有1个零点，即()()1211()2x x f x f x x f x '+⎛⎫=-+⎪⎝⎭的实根个数为1.【变式演练10】（已知零点存在情况求参数的值）已知函数()()1xf x e ax =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，若P 为直线3y x =+与函数()f x 图像的一个公共点，其横坐标为t ，且(),1t m m ∈+，求整数m 的所有可能的值.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）整数m 的所有可能的值为4-，0.【解析】【分析】【详解】（1）由()()1xf x e ax =+得()()1xf x eax a '=++①当0a =时，()0f x '>，()f x 在(),-∞+∞为增②当0a >时，由()10a f x x a+'>⇒>-，故()f x 在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭为增，在1,a a +⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭为减③当0a <时，由()10a f x x a +'>⇒<-，故()f x 在1,a a +⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭为增，在1,a a +⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭为减.（2）当1a =时，()()1x f x ex =+，由()()31311x x x e x x e x x ++=+⇒=≠-+令()()311x x g x e x x +=-≠-+，()()2201x g x e x '=+>+，定义()g x 在(),1-∞-递增，在()1,-+∞也递增，而()41403g e --=-<，()330g e --=>，故43t -<<-，又()0130g =-<，()120g e =->，又得01t <<，所以整数m 的所有可能的值为4-，0.【变式演练11】（已知零点存在情况求参数的取值范围）已知函数()()()1xf x e m x m R =++∈.（1）当1m =-时，讨论()f x 的单调性：（2）若()f x 有两个零点，求实数m 的取值范围.【答案】（1）函数()f x 的单调减区间为(),0-∞，单调增区间为()0,∞+；（2）1m <-.【解析】【分析】（1）将1m =代入原函数，对函数()f x 求导，根据导数与函数单调性的关系即可求出结果；（2）对函数()f x 求导，对m 进行分类讨论，当0m ≥时，易证函数在R 上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；当0m <时，根据导数在函数单调性中的应用，可知函数()f x 在()(),ln m -∞-单调递减，在()()ln ,m -+∞单调递增，若有两个零点，根据函数图像的趋势和零点存在定理可知()()ln 0f m -<，又()10f ->，()40f m ->，由此即可求出m 的范围.【详解】（1）1m =时，()1xf x e '=-，令()0f x '>，得0x >，令()0f x '<，得0x <，所以，函数()f x 的单调减区间为(),0-∞，函数()f x 的单调增区间为()0,∞+（2）()xf x e m '=+当0m ≥时，()0f x '>，函数在R 上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；当0m <时，令()0f x '>，得()ln x m >-，令()0f x '<，得()ln x m <-，所以函数()f x 在()(),ln m -∞-单调递减，在()()ln ,m -+∞单调递增.若有两个零点，应令()()()ln ln 0f m m m m m -=-+-+<，得1m <-，此时，()110f e --=>，当0x >时，令()22x x g x e =-，所以()x g x e x '=-，()1x g x e ''=-，所以()10x g x e ''=->，所以()xg x e x '=-在()0+∞，上单调递增，所以()()010g x g '='>>，所以()22xx g x e =-在()0+∞，上单调递增，所以()()010g x g >=>，所以22xx e >；所以，()()()()42414814410m f m em m m m m m m --=+->+-=+>综上，1m <-.。
导数大题答题模板
2.利用导数研究函数零点的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判 断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出 草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点 ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函 数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体 现转化与化归的思想方法.
令 φ(x)＝2lxn2 x，由 φ′(x)＝2x(1－x42ln x)易知，φ(x)在( 2， e)上为增函数，在( e，e)上为减函数，
则 φ(x)max＝φ( e)＝1e，
而 φ(e))＝e22－ln22＝4－2ee22ln
2＝ln
e4－ln 2e2
(2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a. 解：(1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
高考导数题型分析及解题方法(可编辑修改word版)
在区间 上的最大值是 2高考导数题型分析及解题方法本知识单元考查题型与方法：※※与切线相关问题（一设切点，二求导数=斜率=y 2 - y 1，三代切点入切线、曲x 2 - x 1线联立方程求解）；※※其它问题（一求导数，二解 f ' (x ) =0 的根—若含字母分类讨论，三列 3 行 n列的表判单调区间和极值。
结合以上所得解题。
）特别强调：恒成立问题转化为求新函数的最值。
导函数中证明数列型不等式注意与原函数联系构造，一对多涉及到求和转化。
关注几点：恒成立：（1）定义域任意 x 有 f (x ) >k ,则 f (x )min >常数 k ；（2）定义域任意 x 有 f (x ) <k ,则 f (x )max <常数 k恰成立：（1）对定义域内任意 x 有 f (x ) > g (x ) 恒成立，则【f (x )-g (x )】min > 0,（2）若对定义域内任意 x 有 f (x ) < g (x ) ：恒成立，则【f (x )-g (x )】max < 0能成立：（1）分别定义在[a ,b ]和[c ,d ]上的函数 f (x )和g (x ) ，对任意的 x 1 ∈[a , b ], 存在x 2 ∈[c , d ], 使得 f (x 1 ) < g (x 2 ) ，则 f (x )max < g (x )max（2）分别定义在[a ,b ]和[c ,d ]上的函数 f (x )和g (x ) ，对任意的 x 1 ∈[a , b ], 存在 x 2 ∈[c , d ], 使得 f (x 1 ) > g (x 2 ) ，则 f (x )min > g (x )min一、考纲解读考查知识题型：导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值；证明不等式、求参数范围等 二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
(完整版)高中数学高考导数题型分析及解题方法
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
－－泰戈尔导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P Θ所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f（2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f 当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
2024届新高考数学大题精选30题--导数(解析版)
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【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．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
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。
高中数学大题规范解答-全得分系列之(二)导数应用问题答题模板
导数是解决函数问题的重要工具，利用导数解决函数的单调性问题、求函数极值、最值及解决生活中的最优化问题，是高考考查的热点，在解答题中每年必考，常与不等式、方程结合考查，试题难度较大，因此对该部分知识要加大训练强度，提高解题能力．“大题规范解答——得全分”系列之(二)导数的应用问题答题模板[典例] (2012北京高考·满分13分)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx . (1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．[教你快速规范审题]1．审条件，挖解题信息 观察条件―→曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处有公共切线―――――――――――→两曲线在x ＝1处的纵坐标及导数相同⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝g (1)，f ′(1)＝g ′(1)2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求a ，b 的值―――――――→需要建立关于a ，b 的方程组将⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝g (1)，f ′(1)＝g ′(1)用a ，b 表示即可 3．建联系，找解题突破口解方程组⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝g (1)，f ′(1)＝g ′(1)―――――――→先求f ′(x )和g ′(x )f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ―――――→将x ＝1代入 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝b ＋1，2a ＝3＋b ，⇒a ＝b ＝31．审条件，挖解题信息观察条件―→a 2＝4b ――――――――――――――――――→可消掉一个参数，使f (x )与g (x )含有同一个参数f (x )＝ax 2＋1(a >0)，g (x )＝x 3＋14a 2x2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求函数f (x )＋g (x )的单调区间及其在区间(－∞，－1]上的最大值 ――――――→f (x )＋g (x )含x 3及参数a 应利用导数解决 3．建联系，找解题突破口――――――――→由h ′(x )>0和h ′(x )<0确定单调区间26(1]∞−−−−−−−−−−→－及－与－，－的系，求最值讨论区间关[教你准确规范解题](1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝g (1)，f ′(1)＝g ′(1).(2分)即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＝b ＋1，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(3分) (2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，∵a 2＝4b ，∴h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1.则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋14a 2，令h ′(x )＝0，解得x 1＝－a 2，x 2＝－a6.(5分)由a >0，得h (x )与h ′(x )的变化情况如下：∴函数h (x )的单调递增区间为⎝⎭⎫－∞，－a 2和⎝⎭－a6，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6.(7分)①当－1≤－a2，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －a 24；(8分)②当－a 2<－1<－a6，即2<a <6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤－a 2，－1上单调递减，在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1；(10分)③当－1≥－a 6，即a ≥6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6上单调递减，在区间⎝⎛⎦⎤－a6，－1上单调递增， 又因为h ⎝⎛⎭⎫－a 2－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0， 所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a2＝1.(12分) 综上所述：当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 24；当a ∈(2，＋∞)时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1.(13分)[常见失分探因]易忽视条件“在它们的交点(1，c )处具有公切线”的双重性而造成条件缺失，不能列出关于a ，b 的方程组，从而使题目无法求解.易将单调递增区间写成并集“ (－∞，－2a )∪ (－6a ，＋∞)”或“ (－∞，－2a)或 (－6a，＋∞))”而导致错误.易忽视对a 的分类讨论或分类不准确造成解题错误 —————————————————[教你一个万能模板]———————————用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答：―→―→―→―→。
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导数是解决函数问题的重要工具，利用导数解决函数的单调性问题、求函数极值、最值及解决生活中的最优化问题，是高考考查的热点，在解答题中每年必考，常与不等式、方程结合考查，试题难度较大，因此对该部分知识要加大训练强度，提高解题能力．
“大题规范解答——得全分”系列之(二)
导数的应用问题答题模板
[典例] (2012北京高考·满分13分)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a ＞0)，g (x )＝x 3＋bx . (1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
[教你快速规范审题]
1．审条件，挖解题信息 观察条件
―→
曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点
(1，c )处有公共切线
―――――――――――→两曲线在x ＝1处的纵坐标
及导数相同
⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (1)＝
g (1)，
f ′(1)＝
g ′(1)
2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求a ，b 的值―――――――→需要建立
关于a ，b 的方程组
将⎩
⎪⎨⎪⎧
f (1)＝
g (1)，
f ′(1)＝
g ′(1)用a ，b 表示即可 3．建联系，找解题突破口
解方程组⎩⎪⎨⎪⎧
f (1)＝
g (1)，f ′(1)＝g ′(1)―――――――→先求f ′(x )和g ′(x )f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ―――――→将x ＝1代入
⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋1＝
b ＋1，
2a ＝3＋b ，⇒a ＝b ＝3
1．审条件，挖解题信息
观察条件―→a 2＝4b ――――――――――――――――――→可消掉一个参数，使f (x )与g (x )含有同一个参数
f (x )＝ax 2＋1(a >0)，
g (x )＝x 3＋14a 2x
2．审结论，明解题方向
观察所求结论―→求函数f (x )＋g (x )的单调区间及其在区间(－∞，－1]上的最大值 ――――――→f (x )＋g (x )含x 3
及参数a 应利用导数解决 3．建联系，找解题突破口 问题转化为求函数h (x )＝f (x )＋g (x ),＝x 3＋ax 2＋14
a 2
x ＋1的导数 ――――――――→由h 确定单调区间
增区间为()2a ∞－，－和()6
a ∞－，＋， 单调递减区间为(,)26
a a －－
26
(1]a a
∞−−−−−−−−−−→－及－
与－，－的系，求最值
讨论区间关
①当－1≤－2
a
，即0<a ≤2时，h (x )max ＝h (－1)＝a －24a
②当－
2a <－1<－6a ，即2<a <6时，h (x )max ＝h (－2
a
)＝1 ③当－1≥－6a ，即6≤a 时，h (x )max ＝h (－2
a
)＝1
[教你准确规范解题]
(1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，
因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公切线，
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (1)＝
g (1)，
f ′(1)＝
g ′(1).(2分)
即⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＋1＝
b ＋1，2a ＝3＋b ，解得a ＝b ＝3.(3分)
(2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，
∵a 2＝4b ，∴h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋1
4a 2x ＋1.
则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1
4a 2，令h ′(x )＝0，
解得x 1＝－a 2，x 2＝－a
6
.
(5分)
由a >0，得h (x )与h ′(x )的变化情况如下： x ⎝
⎛⎭⎫－∞，－a 2
－a
2 ⎝⎛⎭⎫－a 2
，－a 6
－a
6 ⎝⎛⎭
⎫－a 6，＋∞ h ′(x ) ＋
0 －
0 ＋
h (x )
∴函数h (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2和⎝⎛⎭
⎫－a
6，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－a 2
，－a 6.(7分)
①当－1≤－a
2，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－
∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －a 2
4
；
(8分)
②当－a 2<－1<－a
6
，即2<a <6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎦⎤－a 2，－1上单调递减，在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭
⎫－a 2＝1；(10分)
③当－1≥－a 6，即a ≥6时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6上单调递减，在区间⎝⎛⎦
⎤－a
6，－1上单调递增， 又因为h ⎝⎛⎭⎫－a 2－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝1
4
(a －2)2>0， 所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎝⎛⎭
⎫－a
2＝1.(12分) 综上所述：当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 2
4；当a ∈(2，＋∞)时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1.
(13分)
[常见失分探因]
易忽视条件“在它们的交点(1，c )处具有公切线”的双重性而造成条件缺失，不能列出关于a ，b 的方程组，从而使题目无法求解.
易将单调递增区间写成并集“ (－∞，－
2a )∪ (－6a ，＋∞)”或“ (－∞，－2
a
)或 (－6
a
，＋∞))”而导致错误.易忽视对a 的分类讨论或分类不准确造成解题错误 —————————————————[教你一个万能模板]———————————
用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答：
―→
―→
―→
―→。