(完整版)高中数学函数与导数常考题型整理归纳
(完整)高中数学导数题型总结,推荐文档
导数经典例题剖析 考点一：求导公式。
例1. ()f x '是31()213f x x x =++的导函数，则(1)f '-的值是 。
考点二：导数的几何意义。
例 2. 已知函数()y f x =的图象在点(1(1))M f ，处的切线方程是122y x =+，则(1)(1)f f '+= 。
例3.曲线32242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是 。
考点三：导数的几何意义的应用。
例4.已知曲线C ：x x x y 2323+-=，直线kx y l =:，且直线l 与曲线C 相切于点()00,y x 00≠x ，求直线l 的方程及切点坐标。
考点四：函数的单调性。
例5.已知()1323+-+=x x ax x f 在R 上是减函数，求a 的取值范围。
例6. 设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值。
（1）求a 、b 的值；（2）若对于任意的[03]x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围。
点评：本题考查利用导数求函数的极值。
求可导函数()x f 的极值步骤：①求导数()x f '； ②求()0'=x f 的根；③将()0'=x f 的根在数轴上标出，得出单调区间，由()x f '在各区间上取值的正负可确定并求出函数()x f 的极值。
例7. 已知a 为实数，()()()a x x x f --=42。
求导数()x f '；（2）若()01'=-f ，求()x f 在区间[]2,2-上的最大值和最小值。
解析：（1）()a x ax x x f 4423+--=，∴ ()423'2--=ax x x f 。
（2）()04231'=-+=-a f ，21=∴a 。
()()()14343'2+-=--=∴x x x x x f 令()0'=x f ，即()()0143=+-x x ，解得1-=x 或34=x ， 则()x f 和()x f '在区间[]2,2-()291=-f ，275034-=⎪⎭⎫⎝⎛f 。
(完整版)高中数学导数与函数知识点归纳总结
高中导数与函数知识点总结归纳一、基本概念1.导数的定义：设x 0是函数y =f (x )定义域的一点，如果自变量x 在x 0处有增量∆x ，则函数值y 也引起相应的增量∆y =f (x 0+∆x )-f (x 0)；比值率；如果极限lim ∆y f (x 0+∆x )-f (x 0)称为函数y =f (x )在点x 0到x 0+∆x 之间的平均变化=∆x ∆xf (x 0+∆x )-f (x 0)∆y 存在，则称函数y =f (x )在点x 0处可导，并把这个极限叫做=lim ∆x →0∆x ∆x →0∆x y =f (x )在x 0处的导数。
f (x )在点x处的导数记作y 'x =x=f '(x 0)=lim∆x →0f (x 0+∆x )-f (x 0)∆x2导数的几何意义：（求函数在某点处的切线方程）函数y =f (x )在点x 0处的导数的几何意义就是曲线y =f (x )在点(x 0,f (x ))处的切线的斜率，也就是说，曲'线y =f (x )在点P (x 0,f (x ))处的切线的斜率是f (x 0)，切线方程为y -y 0=f (x )(x -x 0).'3．基本常见函数的导数:n①C '=0;（C 为常数）②x ()'=nx x x n -1;③(sin x )'=cos x ;④(cos x )'=-sin x ;⑤(e )'=e ;⑥(a )'=a ln a ;⑦(ln x )'=x x 11;⑧(l o g ax )'=logae .xx二、导数的运算1.导数的四则运算：法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)，即：⎡'⎣f (x )±g (x )⎤⎦=f '(x )±g '(x )法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个函数乘以第二个函数的导数，即：⎡'=f '(x )g (x )+f (x )g '(x )f x ⋅g x ⎤()()⎣⎦常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数：(Cf (x ))'=Cf '(x ).(C为常数)法则3：两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，再除以分母的平方：⎡f (x )⎤'f '(x )g (x )-f (x )g '(x )g (x )≠0)。
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$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
高中数学题型归纳大全函数与导数题型归纳三.零点、隐零点问题
高中数学题型归纳大全函数与导数3题型归纳三.零点、隐零点问题考点1.讨论零点个数1．已知函数f(x)=a2x 2−(a +1)x +lnx ．（1）当a ＝1时，求y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线方程； （2）讨论f （x ）的单调区间；（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．考点2.证明存在零点2.已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ． （1）若a ＝0，求f （x ）极值；（2）证明：当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．考点3.已知零点个数求参4．已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．5．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．考点4.设而不求，虚设零点6．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）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．8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．9.已知函数f（x）＝lnx−x+1x−1．（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．题型归纳三.零点、隐零点问题考点1.讨论零点个数1．已知函数f(x)=a2x2−(a+1)x+lnx．（1）当a＝1时，求y＝f（x）在（e，f（e））处切线方程；（2）讨论f（x）的单调区间；（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．【分析】（1）求得f （x ）的导数，可得切线的斜率和切点，可得所求切线方程； （2）求得f （x ）的导数，讨论a ＝0，a ＞1，a ＝1，0＜a ＜1，a ＜0，解不等式可得f （x ）的单调区间；（3）由a ＞1可得f （x ）的极值，判断符号，画出图象，可得实根的个数． 【解答】解：（1）函数f(x)=a2x 2−(a +1)x +lnx 的导数为f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1x =(x−1)(ax−1)x， 当a ＝1时，y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线斜率为(e−1)2e，切点为（e ，12e 2﹣2e +1），可得切线方程为y ﹣（12e 2﹣2e +1）=(e−1)2e （x ﹣e ）， 即为y =(e−1)2e x −12e 2；（2）f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1x =(x−1)(ax−1)x，x ＞0，①当a ＝0时，f ′（x ）=1−xx，可得f （x ）的增区间为（0，1）， 减区间为（1，+∞）；②当a ＝1时，f ′（x ）=(x−1)2x≥0，可得f （x ）的增区间为（0，+∞）； ③当a ＞1时，0＜1a＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a），（1，+∞），减区间为（1a，1）；④当0＜a ＜1，1a＞1，可得f （x ）的增区间为（0，1），（1a，+∞），减区间为（1，1a）；⑤当a ＜0时，f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）； （3）a ＞1时f （x ）＝0的实根个数为1，a ＞1时，0＜1a＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a），（1，+∞），减区间为（1a，1），可得f （x ）的极小值为f （1）＝﹣1−a 2＜0，极大值为f （1a）＝﹣1−12a−lna ＜0， 且x →+∞，f （x ）→+∞， 可得f （x ）＝0的实根为1个．考点2.证明存在零点2．已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．【分析】（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f ″（x ）在（﹣1，π2）上为减函数，结合f ″（0）＝1，f ″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2）上存在唯一得零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π2）上单调递减，可得f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；由于f ′（x ）在（x 0，π2）上单调递减，且f ′（x 0）＞0，f ′（π2）＜0，可得函数f ′（x ）在（x 0，π2）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知，当x ∈（x 0，x 1）时，f （x ）单调递增；当x ∈（x 1，π2）时，f （x ）单调递减．当x ∈（π2，π）时，f （x ）单调递减，再由f （π2）＞0，f （π）＜0．然后列x ，f ′（x ）与f （x ）的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）＝cos x −11+x ，f ″（x ）＝﹣sin x +1(1+x)2， 令g （x ）＝﹣sin x +1(1+x)2，则g ′（x ）＝﹣cos x −2(1+x)3＜0在（﹣1，π2）恒成立，∴f ″（x ）在（﹣1，π2）上为减函数， 又∵f ″（0）＝1，f ″（π2）＝﹣1+1(1+π2)2＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2）上存在唯一的零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π2）上单调递减，可得f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＜f ′（0）＝0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＞f ′（0）＝0，f （x ）单调递增； 由于f ′（x ）在（x 0，π2）上单调递减，且f ′（x 0）＞0，f ′（π2）=−11+π2＜0， 由零点存在定理可知，函数f ′（x ）在（x 0，π2）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知， 当x ∈（x 0，x 1）时，f ′（x ）单调递减，f ′（x ）＞f ′（x 1）＝0，f （x ）单调递增； 当x ∈（x 1，π2）时，f ′（x ）单调递减，f ′（x ）＜f ′（x 1）＝0，f （x ）单调递减． 当x ∈（π2，π）时，cos x ＜0，−11+x ＜0，于是f ′（x ）＝cos x −11+x ＜0，f （x ）单调递减，其中f （π2）＝1﹣ln （1+π2）＞1﹣ln （1+3.22）＝1﹣ln 2.6＞1﹣lne ＝0，f （π）＝﹣ln （1+π）＜﹣ln 3＜0． 于是可得下表：x（﹣1，0）（0，x 1）x 1（x 1，π2）π2（π2，π）πf ′（x ） ﹣ 0 +﹣﹣﹣ ﹣f （x ）单调递减单调递增大于0 单调递减 大于0 单调递减 小于0 结合单调性可知，函数f （x ）在（﹣1，π2]上有且只有一个零点0， 由函数零点存在性定理可知，f （x ）在（π2，π）上有且只有一个零点x 2，当x ∈[π，+∞）时，sin x ≤1＜ln （1+x ），则f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ）＜0恒成立， 因此函数f （x ）在[π，+∞）上无零点． 综上，f （x ）有且仅有2个零点．3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ．（1）若a＝0，求f（x）极值；（2）证明：当a＞﹣1，a≠0时，函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在零点．【分析】（1）将a＝0代入函数，求函数的导数，利用函数的单调性可判断函数的极值，可求的f（x）极值；（2）当a＞﹣1，a≠0时，求函数的导数，分类讨a的范围，利用函数的单调性结合极值的大小，可证明函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在零点．【解答】解：（1）函数f（x）＝ln（x+2）﹣（x+1）e ax．当a＝0时，f（x）＝ln（x+2）﹣（x+1），定义域为（﹣2，+∞），由f′(x)=−x+1x+2=0，得x＝﹣1．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣2，﹣1）﹣1 （﹣1，+∞）f′（x）+ 0 ﹣f（x）↗极大值↘故当x＝﹣1时，f（x）取得极大值0，无极小值．（2）证明：f′(x)=1x+2−e ax[1+a(x+1)]，x＞﹣2．①当a＞0时，因为x＞﹣1，所以f″(x)=−1(x+2)2−ae ax[a(x+1)+2]＜0，f'（x）在（﹣1，+∞）单调递减．因为f'（﹣1）＝1﹣e﹣a＞0，f′(0)=−12−a＜0，所以存在x1∈（﹣1，0），使f'（x1）＝0，当﹣1＜x＜x1时，f'（x）＞0，当x＞x1时，f'（x）＜0，所以f（x）在（﹣1，x1）单调递增，在（x1，+∞）单调递减．所以f（x1）＞f（﹣1）＝0，而f（0）＝ln2﹣1＜0，所以f（x）在（﹣1，+∞）存在零点．②当﹣1＜a＜0时，由（1）可知e x≥x+1，x＞﹣2．所以e﹣ax≥﹣ax+1＞﹣a（x+1）．所以f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ＝e ax [e ﹣axln （x +2）﹣（x +1）]＞﹣e ax （x +1）[aln （x +2）+1）]．于是f(e −1a )＞e −1(e −1a +1)[−aln(e −1a +2)−1)]＞e −1(e −1a +1)[−aln(e −1a )−1)]=0． 因为f （0）＝ln 2﹣1＜0，所以所以f （x ）在(e −1a ，+∞)存在零点． 综上，当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．考点3.已知零点个数求参4．已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性； （2）由（1）可知：当a ＞0时才有两个零点，根据函数的单调性求得f （x ）最小值，由f （x ）min ＜0，g （a ）＝alna +a ﹣1，a ＞0，求导，由g （a ）min ＝g （e ﹣2）＝e ﹣2lne ﹣2+e﹣2﹣1=−1e 2−1，g （1）＝0，即可求得a 的取值范围． （1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f （x ）单调性； （2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a 的取值范围．【解答】解：（1）由f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ，求导f ′（x ）＝2ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣1， 当a ＝0时，f ′（x ）＝﹣2e x ﹣1＜0， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，当a ＞0时，f ′（x ）＝（2e x +1）（ae x ﹣1）＝2a （e x +12）（e x −1a ）， 令f ′（x ）＝0，解得：x ＝ln 1a ，当f ′（x ）＞0，解得：x ＞ln 1a ， 当f ′（x ）＜0，解得：x ＜ln 1a ，∴x ∈（﹣∞，ln 1a）时，f （x ）单调递减，x ∈（ln 1a，+∞）单调递增；当a ＜0时，f ′（x ）＝2a （e x +12）（e x −1a ）＜0，恒成立， ∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，综上可知：当a ≤0时，f （x ）在R 单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln 1a ）是减函数，在（ln1a，+∞）是增函数，∴f（x）min＝f（ln 1a ）＝a×（1a）+（a﹣2）×1a−ln1a＜0，∴1−1a−ln1a＜0，即ln1a+1a−1＞0，设t=1a，则g（t）＝lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=1t+1，由g（1）＝0，∴t=1a＞1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a＝0时，f′（x）＝﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）＝（2e x+1）（ae x﹣1）＝2a（e x+12）（ex−1a），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）＝2a（e x+12）（ex−1a）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min＝f（﹣lna）＝1−1a−ln1a，当a＝1，时，f（﹣lna）＝0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1−1a−ln1a＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1−1a−ln1a＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（3a−1），则f（n0）=e n0（a e n0+a﹣2）﹣n0＞e n0−n0＞2n0−n0＞0，由ln（3a−1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．5．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，（2）方法一、分离参数可得a=e xx2在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）=e xx2的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．方法二、：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．利用h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x））在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．【解答】证明：（1）当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g ′（x ）＝0，得x ＝ln 2．当x ∈（0，ln 2）时，g ′（x ）＜0，当x ∈（ln 2，+∞）时，g ′（x ）＞0， ∴g （x ）≥g （ln 2）＝e ln 2﹣2•ln 2＝2﹣2ln 2＞0， ∴f （x ）在[0，+∞）单调递增，∴f （x ）≥f （0）＝1，解：（2）方法一、，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程e x ﹣ax 2＝0在（0，+∞）只有一个根， ⇔a =e xx 2在（0，+∞）只有一个根， 即函数y ＝a 与G （x ）=e xx 2的图象在（0，+∞）只有一个交点． G ′(x)=e x (x−2)x 3，当x ∈（0，2）时，G ′（x ）＜0，当∈（2，+∞）时，G ′（x ）＞0， ∴G （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增， 当→0时，G （x ）→+∞，当→+∞时，G （x ）→+∞，∴f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a ＝G （2）=e 24．方法二：①当a ≤0时，f （x ）＝e x ﹣ax 2＞0，f （x ）在（0，+∞）没有零点．． ②当a ＞0时，设函数h （x ）＝1﹣ax 2e ﹣x ．f （x ）在（0，+∞）只有一个零点⇔h （x ）在（0，+∞）只有一个零点．h ′（x ）＝ax （x ﹣2）e ﹣x ，当x ∈（0，2）时，h ′（x ）＜0，当x ∈（2，+∞）时，h ′（x ）＞0，∴h （x ）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴ℎ(x)min =ℎ(2)=1−4ae 2，（x ≥0）． 当h （2）＜0时，即a ＞e 24，由于h （0）＝1，当x ＞0时，e x ＞x 2，可得h （4a ）＝1−16a 3e 4a =1−16a 3(e 2a )2＞1−16a 3(2a)4=1−1a ＞0．h （x ）在（0，+∞）有2个零点 当h （2）＞0时，即a ＜e 24，h （x ）在（0，+∞）没有零点，当h （2）＝0时，即a =e 24，h （x ）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f （x ）在（0，+∞）只有一个零点时，a =e 24．考点4.设而不求，虚设零点6．已知函数f （x ）＝e x ﹣ln （x +m ）．（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x＝0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；（Ⅱ）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m＝2时f（x）＞0．求出当m＝2时函数的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（﹣1，0）上有唯一零点x0，则当x＝x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f（x0）＞0，从而结论得证．【解答】（Ⅰ）解：∵f′(x)=e x−1x+m，x＝0是f（x）的极值点，∴f′(0)=1−1m=0，解得m＝1．所以函数f（x）＝e x﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．∵f′(x)=e x−1x+1=ex(x+1)−1x+1．设g（x）＝e x（x+1）﹣1，则g′（x）＝e x（x+1）+e x＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，又∵g（0）＝0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m＝2时f（x）＞0．当m＝2时，函数f′(x)=e x−1x+2在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）＝0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，从而当x＝x0时，f（x）取得最小值．由f′（x0）＝0，得e x0=1x0+2，ln（x0+2）＝﹣x0．故f（x）≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2＞0．综上，当m≤2时，f（x）＞0．7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）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．【分析】（Ⅰ）求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母a，故应按a的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间；（II）由题设条件结合（I），将不等式，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0在x＞0时成立转化为k＜x+1 e x−1+x（x＞0）成立，由此问题转化为求g（x）=x+1e x−1+x在x＞0上的最小值问题，求导，确定出函数的最小值，即可得出k的最大值；【解答】解：（I）函数f（x）＝e x﹣ax﹣2的定义域是R，f′（x）＝e x﹣a，若a≤0，则f′（x）＝e x﹣a≥0，所以函数f（x）＝e x﹣ax﹣2在（﹣∞，+∞）上单调递增．若a＞0，则当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＝e x﹣a＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＝e x﹣a＞0；所以，f（x）在（﹣∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）上单调递增．（II）方法一：由于a＝1，所以（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1故当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0等价于k＜x+1e x−1+x（x＞0）①令g（x）=x+1e x−1+x，则g′（x）=−xex−1(e x−1)2+1=ex(e x−x−2)(e x−1)2由（I）知，当a＝1时，函数h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上单调递增，而h（1）＜0，h（2）＞0，所以h（x）＝e x﹣x﹣2在（0，+∞）上存在唯一的零点，故g′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点，设此零点为α，则有α∈（1，2）当x∈（0，α）时，g′（x）＜0；当x∈（α，+∞）时，g′（x）＞0；所以g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（α）．又由g′（α）＝0，可得eα＝α+2所以g（α）＝α+1∈（2，3）由于①式等价于k＜g（α），故整数k的最大值为2．方法二：由a＝1，知（x﹣k）f′（x）+x+1＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，设g（x）＝（x﹣k）（e x﹣1）+x+1，则g′（x）＝（x﹣k+1）e x，若k⩽1，则当x＞0 时，g′（x）＞0，此时g（x）上单调递增，而g（0）＝1，故当x＞0 时，g（x）＞1，则有g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0；若k＞1，则当x∈（0，k﹣1）时，g′（x）＜0，当x∈（k﹣1，+∞）时，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）内的最小值为g（k﹣1）＝k﹣e k﹣1+1，令h（k）＝k﹣e k﹣1+1，由（Ⅰ）知，函数e x﹣x﹣2 在（0，+∞）内单调递增，则h（k）在（1，+∞）内单调递减，而h（2）＞0，h（3）＜0，所以当1＜k⩽2 时，h（k）＞0，即g（k﹣1）＞0，则当x＞0 时，g（x）＞0，即（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，当k⩾3 时，g（x）＞0 在（0，+∞）内恒不成立．综上，整数k的最大值为2．8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．【分析】（1）求出原函数的导函数f′（x）=e x−a−1x+a，可得f′（x）在（0，+∞）上单调递增，再利用导数证明f′（0）＜0，f′（a+1）＝e−12a+1＞0，可得函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）由（1）可知，存在唯一的零点x0∈（0，+∞），使得f′(x0)=e x0−a−1x0+a=0，即e x0−a=1x0+a，结合（1）求出f（x）的最小值，得1x0+a−ln(x0+a)=1，显然x0+a＝1是方程的解，结合y=1x−lnx是单调递减函数，可知方程1x0+a−ln(x0+a)=1有且仅有唯一解x0+a＝1，把x0＝1﹣a代入e x0−a=1x0+a即可求得a的值．【解答】（1）证明：∵f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0），∴f′（x）=e x−a−1x+a，∵e x﹣a在区间（0，+∞）上单调递增，1x+a在区间（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=e x−a−1x+a在（0，+∞）上单调递增，又f′（0）=e−a−1a=a−eaae a，令g（a）＝a﹣e a（a＞0），g′（a）＝1﹣e a＜0．则g（a）在（0，+∞）上单调递减，g（a）＜g（0）＝﹣1，故f′（0）＜0．令m ＝a +1，则f ′（m ）＝f ′（a +1）＝e −12a+1＞0． ∴函数f ′（x ）在（0，+∞）上存在唯一的零点；（2）解：由（1）可知，存在唯一的零点x 0∈（0，+∞），使得f ′(x 0)=e x 0−a −1x 0+a =0，即e x 0−a =1x 0+a ．而函数f ′（x ）=e x−a −1x+a 在（0，+∞）上单调递增，∴当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（x 0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f(x)min =f(x 0)=e x 0−a −ln(x 0+a)=1x 0+a −ln(x 0+a)．∴1x 0+a−ln(x 0+a)=1，显然x 0+a ＝1是方程的解．又∵y =1x −lnx 是单调递减函数，方程1x 0+a−ln(x 0+a)=1有且仅有唯一解x 0+a ＝1，把x 0＝1﹣a 代入e x 0−a =1x 0+a ，得e 1﹣2a＝1，即a =12．∴所求a 的值为12．9．已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．【分析】（1）讨论f （x ）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，（2）运用曲线的切线方程定义可证明．【解答】解析：（1）函数f （x ）＝lnx −x+1x−1．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）； f ′（x ）=1x +2(x−1)2＞0，（x ＞0且x ≠1），∴f （x ）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增， ①在（0，1）区间取值有1e2，1e 代入函数，由函数零点的定义得， ∵f （1e）＜0，f （1e）＞0，f （1e）•f （1e）＜0， ∴f （x ）在（0，1）有且仅有一个零点，②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0=x0+1 x0−1，曲线y＝lnx，则有y′=1 x；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0=1x0（x﹣x0），即：y=1x0x﹣1+lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入，即有：y=1x0x+2x0−1，而曲线y＝e x的切线中，在点（ln 1x0，1x0）处的切线方程为：y−1x0=1x（x﹣ln1x0）=1x0x+1x0lnx0，将lnx0=x0+1x0−1代入化简，即：y=1x0x+2x0−1，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．故得证．。
(完整版)高考导数题型归纳,推荐文档
高考压轴题：导数题型及解题方法
（自己总结供参考）
一．切线问题
题型1 求曲线在处的切线方程。
)(x f y =0x x =方法：为在处的切线的斜率。
)(0x f '0x x =题型2 过点的直线与曲线的相切问题。
),(b a )(x f y =方法：设曲线的切点，由求出，进而)(x f y =))(,(00x f x b x f x f a x -='-)()()(0000x 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 可作曲线的三条切线，求实数的取值范围、
)2)(,1(-≠m m A )(x f y =m （提示：设曲线上的切点（）；建立的等式关系。
将问题转化为关
)(x f y =)(,00x f x )(,00x f x 于的方程有三个不同实数根问题。
（答案：的范围是）
m x ,0m ()2,3--练习 1. 已知曲线x
x y 33
-=（1）求过点（1，-3）与曲线相切的直线方程。
答案：（或x x y 33-=03=+y x ）
027415=--y x （2）证明：过点（-2,5）与曲线相切的直线有三条。
x x y 33
-=2.若直线与曲线相切，求的值. （答案：1）0122=--+e y x e x
ae y -=1a 题型3 求两个曲线、的公切线。
)(x f y =)(x g y =。
历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结
历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结导数综合题是高考数学中的重要题型，主要涉及函数、导数、不等式等知识点，需要具备较强的逻辑思维、推理能力和数学应用能力。
以下是历年高考函数导数综合题的解题思路详细归纳总结：考察的题型分5大类，23个小类一、求函数的单调性1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据单调性判断函数的极值点或最值点；4.根据极值点或最值点进行参数取值范围的求解。
二、切线问题1.求函数的导数；2.根据导数的几何意义求出切线的斜率；3.根据切线的定义写出切线方程；4.根据切线方程和已知条件求解参数。
三、不等式恒成立问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的单调性和最值求解不等式恒成立的参数范围。
四、零点问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的零点和单调性求解参数的范围。
五、多变量问题1.分别对各个变量求导；2.利用导数研究各个变量的单调性和最值；3.根据函数的图像和性质求解参数的范围。
高考导数综合题的突破点1.导数的定义和性质：导数作为微积分的基本概念，其定义和性质是解决导数综合题的基础。
学生需要熟练掌握导数的计算公式和运算法则，理解导数在研究函数中的意义和应用。
2.切线与导数的关系：切线是导数的几何意义所在，也是导数综合题中常见的考点。
学生需要理解切线的定义和性质，掌握切线方程的求解方法，能够利用导数求曲线的切线。
3.函数的单调性与导数的关系：单调性是函数的重要性质之一，而导数则是研究函数单调性的重要工具。
学生需要理解导数与函数单调性之间的关系，能够通过导数的符号判断函数的单调性。
4.极值与最值的求解：极值和最值是导数综合题中常见的考点。
学生需要掌握极值和最值的求解方法，理解极值和最值的几何意义，能够利用导数求函数的极值和最值。
5.不等式与导数的关系：不等式是导数综合题中常见的考点之一。
学生需要理解导数在处理不等式问题中的作用，掌握利用导数证明不等式的方法。
高中数学函数与导数常考题型整理归纳
高中数学函数与导数常考题型整理归纳是一个以2为根的二次函数，开口向下，顶点坐标为(1.e)，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).2)由题意可知，f′(x)＝ex(－2x＋a)(x＋2)，所以f(x)在(－∞，－2)和(－1，＋∞)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增.又因为f(x)在(－1，1)上单调递增，所以a＞0，且f(－1)＜f(1)，即e(2a－1)＜2，解得a＜ln3/2.综上，实数a的取值范围为(0，ln3/2).导数在不等式中的应用是高考经常考查的热点，主要考察转化思想和函数思想。
常见的命题角度包括证明简单的不等式、求参数范围使得不等式恒成立、不等式能否成立等问题。
以函数f(x)=e^(2x)-a ln x为例，(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点个数；(2)证明当a>1时，f(x)≥2a+a ln a。
首先，f(x)的定义域为(0.+∞)，f'(x)=2e^(2x)-a/x(x>0)。
当a≤1时，f'(x)始终大于0，没有零点；当a>1时，由于e^(2x)在(0.+∞)上单调递增，-a/x在(0.+∞)上单调递减，所以f'(x)在(0.+∞)上单调递增。
又因为f'(a)>0，所以当b满足a<b<4且b<1/a时，f'(b)<0，因此f'(x)存在唯一的零点。
其次，根据(1)，设f'(x)在(0.+∞)上的唯一零点为x，当x∈(0.x)时，f'(x)0.因此f(x)在(0.x)上单调递减，在(x。
+∞)上单调递增，所以当x=x时，f(x)取得最小值，最小值为f(x)=2x+2ax+a ln a。
由于2e^(2x)-a/x=a^2/(ae^(2x)/x)-a/x≥2a+aln a，因此当a>1时，f(x)≥2a+a ln a。
高中数学题型归纳大全函数与导数题型归纳六、极值点偏移
高中数学题型归纳大全函数与导数6题型归纳六、极值点偏移考点1.对称构造1．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数y＝g（x）的图象与函数y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明x1+x2＞2．2．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．考点2.比值（作差）换元3．已知函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若函数f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：x1+x2＞2．4．设函数f(x)=ax−lnx+1x+b（a、b∈R），（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1、x2，求证：x1+x2+2＞2ax1x2．考点3.消参减元5．已知函数f（x）＝x2+ax﹣alnx．（1）若函数f（x）在[2，5]上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a＝2时，若方程f（x）＝x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．6．已知函数f（x）＝e x﹣ax+a（a∈R），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1+x2＜2lna．考点4.拐点偏移7．已知函数f（x）＝xlnx−a2x2+（a﹣1）x，其导函数f′（x）的最大值为0．（1）求实数a的值；（2）若f（x1）+f（x2）＝﹣1（x1≠x2），证明：x1+x2＞2．8．已知函数f（x）＝2lnx﹣3x2﹣11x．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2恒成，求整数a的最小值；（3）若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+4（x12+x22）+12（x1+x2）＝4，证明：x1+x2≥2．题型归纳六、极值点偏移考点1.对称构造1．已知函数f（x）＝xe﹣x（x∈R）（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数y＝g（x）的图象与函数y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称，证明：当x＞1时，f（x）＞g（x）；（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）＝f（x2），证明x1+x2＞2．【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值．（2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得．（3）通过题意分析先讨论，可设x1＜1，x2＞1，利用第二问的结论可得f（x2）＞g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2﹣x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系．【解答】解：（Ⅰ）解：f′（x）＝（1﹣x）e﹣x令f′（x）＝0，解得x＝1当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表x（﹣∞，1） 1 （1，+∞）f′（x）+ 0 ﹣f（x）增极大值减所以f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数．函数f（x）在x＝1处取得极大值f（1）且f（1）=1 e．（Ⅱ）证明：由题意可知g（x）＝f（2﹣x），得g（x）＝（2﹣x）e x﹣2令F（x）＝f（x）﹣g（x），即F（x）＝xe﹣x+（x﹣2）e x﹣2于是F'（x）＝（x﹣1）（e2x﹣2﹣1）e﹣x当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e2x﹣2﹣1＞0，又e﹣x＞0，所以F′（x）＞0，从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．又F（1）＝e﹣1﹣e﹣1＝0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）＝0，即f（x）＞g（x）．（Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）＝0，由（I）及f（x1）＝f（x2），则x1＝x2＝1．与x1≠x2矛盾．（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）＝f（x2），得x1＝x2．与x1≠x2矛盾．根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2），则g（x2）＝f（2﹣x2），所以f（x2）＞f（2﹣x2），从而f（x1）＞f（2﹣x2）．因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数，所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．2．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【分析】（Ⅰ）由函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2可得：f′（x）＝（x﹣1）e x+2a （x﹣1）＝（x﹣1）（e x+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a=(x1−2)e x1(x1−1)2=(x2−2)ex2(x2−1)2，令g（x）=(x−2)e x(x−1)2，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=m+1m2e1−m(m−1m+1e2m+1)，设h（m）=m−1m+1e2m+1，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）＝（x﹣1）e x+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（e x+2a），①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）e x＝0⇔x＝2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，∴f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若−e2＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a=−e2，则ln（﹣2a）＝1，当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜−e2，则ln（﹣2a）＞lne＝1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝1时，函数取极大值，由f（1）＝﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+∞）证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a=(x1−2)e x1(x1−1)2=(x2−2)ex2(x2−1)2，令g（x）=(x−2)e x(x−1)2，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，∵g′（x）=[(x−2)2+1]e x(x−1)3，∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）=m−12e1+m−−m−12e1−m=m+12e1−m(m−1m+1e2m+1)，设h（m）=m−1m+1e2m+1，m＞0，则h′（m）=2m2(m+1)2e2m＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．考点2.比值（作差）换元3．已知函数f（x）＝e x﹣ax（a∈R）有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）若函数f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：x1+x2＞2．【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，以及结合零点定理即可求出a的范围；（2）由e x1＝ax1，e x2＝ax2得x1＝lna+lnx1，x2＝lna+lnx2；得到所以x1+x2=(t+1)lnt t−1；构造函数h（t）＝lnt−2(t−1)t+1，求证即可．【解答】解：（1）由f（x）＝e x﹣ax，得f'（x）＝e x﹣a，当a＜0时，f（x）在R上为增函数，函数f（x）最多有一个零点，不符合题意，所以a＞0．当a＞0时，f'（x）＝e x﹣a＝e x﹣e lnaf'（x）＜0⇔x＜lna；f'（x）＞0⇔x＞lna；所以f（x）在（﹣∞，lna）上为减函数，在（lna，+∞）上为增函数；所以f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna；若函数f（x）有两个零点，则f（lna）＜0⇒a＞e；当a＞e时，f（0）＝1＞0，f（1）＝e﹣a＜0；f（3a）＝（e a）3﹣3a2＞0；由零点存在定理，函数f（x）在（0，1）和（1，3a）上各有一个零点．结合函数f（x）的单调性，当a＞e时，函数f（x）有且仅有两个零点，所以，a的取值范围为（e，+∞）．（2）证明：由（1）得a＞e，0＜x1＜x2；由ex1＝ax1，ex2＝ax2得x1＝lna+lnx1，x2＝lna+lnx2；所以x 2﹣x 1＝lnx 2﹣lnx 1＝ln x 2x 1；设x 2x 1=t （t ＞1），则{x 2=tx 1x 2−x 1=lnt ，解得x 1=lnt t−1，x 2=tlntt−1； 所以x 1+x 2=(t+1)lntt−1， 当t ＞1时，x 1+x 2＞2⇔(t+1)lnt t−1＞2⇔lnt −2(t−1)t+1＞0； 设h （t ）＝lnt −2(t−1)t+1，则h '（t ）=(t−1)2t(t+1)2，当t ＞1时，h '（t ）＞0；于是h （t ）在（1，+∞）上为增函数；所以，当t ＞1时，h （t ）＞h （1）＝0，即lnt −2(t−1)t+1＞0； 所以x 1+x 2＞2．4．设函数f(x)=ax −lnx +1x+b （a 、b ∈R ）， （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若函数f （x ）有两个零点x 1、x 2，求证：x 1+x 2+2＞2ax 1x 2．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）求出a =lnx 2−lnx 1x 2−x 1+1x 2x 1，问题转化为证x 2x 1−x 1x 2＞2ln x 2x 1，设x 2x 1=t ，则t ＞1，只需证t −1t ＞2lnt ，设ℎ(t)=t −1t −2lnt(t ＞1)，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）f ′(x)=a −1x −1x 2=ax 2−x−1x 2(x ＞0)，﹣﹣﹣﹣（1分）设g （x ）＝ax 2﹣x ﹣1（x ＞0），①当a ≤0时，g （x ）＜0，f '（x ）＜0；﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分） ②当a ＞0时，由g （x ）＝0得x =1+√1+4a 2a 或x =1−√1+4a 2a＜0， 记x =1+√1+4a2a=x 0 则g(x)=ax 2−x −1=a(x −x 0)(x −1−√1+4a 2a )，(x ＞0)，∵x −1−√1+4a2a ＞0 ∴当x ∈（0，x 0）时，g （x ）＜0，f '（x ）＜0，当x ∈（x 0，+∞）时，g （x ）＞0，f '（x ）＞0，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分） ∴当a ≤0时，f （x ）在（0，+∞）上单调递减；当a ＞0时，f （x ）在(0，1+√1+4a 2a )上单调递减，在(1+√1+4a2a，+∞)上单调递增．﹣﹣﹣（5分）（2）不妨设x 1＜x 2，由已知得f （x 1）＝0，f （x 2）＝0，即ax 1=lnx 1−1x 1−b ，ax 2=lnx 2−1x 2−b ，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）两式相减得a(x 2−x 1)=lnx 2−lnx 1−(1x 2−1x 1)，∴a =lnx 2−lnx 1x 2−x 1+1x 2x 1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分） 要证x 1+x 2+2＞2ax 1x 2， 即要证x 1+x 2+2＞2(lnx 2−lnx 1x 2−x 1+1x 2x 1)x 1x 2，只需证x 1+x 2＞2⋅lnx 2−lnx 1x 2−x 1⋅x 1x 2， 只需证x 22−x 12x 1x 2＞2ln x 2x 1，即要证x 2x 1−x 1x 2＞2lnx 2x 1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）设x 2x 1=t ，则t ＞1，只需证t −1t＞2lnt ，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）设ℎ(t)=t −1t−2lnt(t ＞1)，只需证h （t ）＞0，∵ℎ′(t)=1+1t 2−2t =t 2−2t+1t 2=(t−1)2t 2＞0，∴h （t ）在（1，+∞）上单调递增，∴h （t ）＞h （1）＝0，得证．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）考点3.消参减元5．已知函数f （x ）＝x 2+ax ﹣alnx ．（1）若函数f （x ）在[2，5]上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当a ＝2时，若方程f （x ）＝x 2+2m 有两个不等实数根x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明x 1x 2＜1．【分析】（1）由已知可知f ′（x ）＝2x +a −ax≥0在[2，5]上恒成立，结合函数的性质可求（2）由已知m ＝x ﹣lnx 有两个不等实数根x 1，x 2，结合函数单调性可证明 【解答】解：（1）∵f （x ）＝x 2+ax ﹣alnx 在[2，5]上单调递增 ∴f ′（x ）＝2x +a −ax ≥0在[2，5]上恒成立∴a≥−2x2x−1在[2，5]上恒成立令g（x）=−2x2x−1=−2[（x﹣1）+1x−1+2]在[2，5]上单调递减∴g（5）≤g（x）≤g（2），即−252≤g（x）≤﹣8∴a≥﹣8（2）当a＝2时，f（x）＝x2+2x﹣2lnx＝x2+2m有两个不等实数根x1，x2，∴m＝x﹣lnx有两个不等实数根x1，x2，令h（x）＝x﹣lnx，x＞0则h′（x）＝1−1x=x−1x，令h′（x）＞0可得x＞1，h（x）单调递增；令h′（x）＜0可得0＜x＜1，h（x）单调递减当x＝1时，函数取得极小值，也即是最小值h（1）＝1∴m＞1且0＜x1＜1＜x2∵x2﹣lnx2＝m＞1∴x2＞1+lnx2＞1，∴0＜1x2＜1，∴x1﹣x2＝lnx1﹣lnx2，∵ℎ(x1)−ℎ(1x2)=x1−lnx1−1x2−lnx2=x2−1x2−2lnx2令F（x）=x−1x−2lnx，x∈（1，+∞），则F′（x）=1+1x2−2x=(x−1)2x2≥0，∴F（x）在（0，1）上单调递增，F（x）＜F（1）＝0即h（x1）＜h（1x2）∴x1＜1 x2∴x1x2＜1．6．已知函数f（x）＝e x﹣ax+a（a∈R），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数y＝f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，证明：x1+x2＜2lna．【解答】解：（1）函数f （x ）＝e x ﹣ax +a ，求导，f '（x ）＝e x ﹣a ．①当a ≤0时，f '（x ）＞0，则函数f （x ）为R 上的单调递增函数．②当a ＞0时，令f '（x ）＝0，则x ＝lna ．若x ＜lna ，则f '（x ）＜0，f （x ）在（﹣∞，lna ）上是单调减函数；若x ＞lna ，则f '（x ）＞0，f （x ）在（lna ，+∞）上是单调增函数．（2）证明：由（Ⅰ）可知，不妨设1＜x 1＜x 2，由{e x 1−ax 1+a =0e x 2−ax 2+a =0两式相减得a =e x 2−e x 1x 2−x 1． 要证x 1+x 2＜2lna ，即证e x 1+x 22＜a ，也就是证e x 1+x 22＜e x 2−e x 1x 2−x 1， 即e x 1+x 22−e x 2−e x 1x 2−x 1=e x 1+x 22(1−e x 2−x 12−e −x 2−x 12x 2−x 1)＜0，即证e x 2−x 12−e −x 2−x 12x 2−x 1＞1，又x 2﹣x 1＞0，只要证e x 2−x 12−e −x 2−x 12＞x 2−x 1（*）． 令x 2−x 12=t ＞0，则（*）式化为 e t ﹣e ﹣t ＞2t ，设g （t ）＝（e t ﹣e ﹣t ）﹣2t （t ＞0），g '（t ）＝（e t +e ﹣t ）﹣2＞0，所以g （t ）在（0，+∞）上单调递增，所以g （t ）＞g （0）＝0．∴x 1+x 2＜2lna ． 考点4.拐点偏移7．已知函数f （x ）＝xlnx −a 2x 2+（a ﹣1）x ，其导函数f ′（x ）的最大值为0．（1）求实数a 的值；（2）若f （x 1）+f （x 2）＝﹣1（x 1≠x 2），证明：x 1+x 2＞2．【分析】（1）f ′（x ）＝lnx ﹣ax +a ＝h （x ），x ∈（0，+∞）．h ′（x ）=1x −a =1−ax x ．对a 分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．（2）当a ＝1时，f （x ）＝xlnx −12x 2，f ′（x ）＝lnx ﹣x +1．由（1）可知：f ′（x ）≤0恒成立．f （x ）在（0，+∞）上单调递减，且f （1）=−12．f （x 1）+f （x 2）＝﹣1＝2f （1）（x 1≠x 2）．不妨设0＜x 1＜x 2，即0＜x 1＜1＜x 2，要证：x 1+x 2＞2．即证明：x 2＞2﹣x 1．由f （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此即证明：f（x2）＜f（2﹣x1）．又f（x1）+f（x2）＝﹣1，即证明：﹣f（x1）﹣1＜f（2﹣x1）．即﹣1＜f（x1）+f（2﹣x1）．令F（x）＝f（x）+f（2﹣x）．x∈（0，1），F（1）＝2f（1）＝﹣1．利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】（1）解：f′（x）＝lnx﹣ax+a＝h（x），x∈（0，+∞）．h′（x）=1x−a=1−axx．当a≤0时，h′（x）＞0，此时函数h（x）在x∈（0，+∞）单调递增，且h（1）＝0，x＞1时，h（x）＞0，不成立，舍去．当a＞0时，此时函数h（x）在x∈（0，1a ）单调递增，在（1a，+∞）上单调递减．∴h（x）max=ℎ(1a)=−lna+a﹣1．令g（a）＝﹣lna+a﹣1．g′（a）=−1a+1=a−1a，可得：当a＝1时，函数g（a）取得极小值即最小值，g（1）＝0，故a＝1．（2）当a＝1时，f（x）＝xlnx−12x2，f′（x）＝lnx﹣x+1．由（1）可知：f′（x）≤0恒成立．∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，且f（1）=−12．f（x1）+f（x2）＝﹣1＝2f（1）（x1≠x2）．不妨设0＜x1＜x2，即0＜x1＜1＜x2，要证：x1+x2＞2．即证明：x2＞2﹣x1．由f（x）在（0，+∞）上单调递减，因此即证明：f（x2）＜f（2﹣x1）．又f（x1）+f（x2）＝﹣1，即证明：﹣f（x1）﹣1＜f（2﹣x1）．即﹣1＜f（x1）+f（2﹣x1）．令F（x）＝f（x）+f（2﹣x）．x∈（0，1），F（1）＝2f（1）＝﹣1．F′（x）＝f′（x）﹣f′（2﹣x）＝1+lnx﹣x﹣[1+ln（2﹣x）﹣2+x]＝lnx﹣ln（2﹣x）+2（1﹣x），F″（x）=2(1−x)2x(2−x)＞0，∴F′（x）在x∈（0，1）上单调递增，∴F′（x）＜F′（1）＝0，∴F（x）在x∈（0，1）上单调递减，F（x）＞F（1）．因此x1+x2＞2．8．已知函数f（x）＝2lnx﹣3x2﹣11x．（1）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）若关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2恒成，求整数a的最小值；（3）若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+4（x12+x22）+12（x1+x2）＝4，证明：x1+x2≥2．【分析】（1）求出函数f（x）的导数，计算f′（1），f（1）的值，求出切线方程即可；（2）令g（x）＝f（x）﹣（a﹣3）x2﹣（2a﹣13）x+2，求出函数的导数，通过讨论a 的范围，根据函数的单调性求出a的最小值即可；（3）得到(x1+x2)2+（x1+x2）＝2x1x2﹣2ln（x1x2）+4，令t＝x1•x2，令φ（t）＝2t﹣2lnt+4，根据函数的单调性证明即可．【解答】解：（1）∵f′（x）=2x−6x﹣11，f′（1）＝﹣15，f（1）＝﹣14，∴切线方程是：y+14＝﹣15（x﹣1），即y＝﹣15x+1；（2）令g（x）＝f（x）﹣（a﹣3）x2﹣（2a﹣13）x+2＝2lnx﹣ax2+（2﹣2a）x+2，∴g′（x）=2x−2ax+（2﹣2a）=−2ax2+(2−2a)x+2x，a≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，∵g（1）＝﹣a+2﹣2a+2＝﹣3a+4＞0，∴关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2不能恒成立，a＞0时，g′（x）=−2a(x−1a)(x+1)x，令g′（x）＝0，得x=1 a，∴x∈（0，1a ）时，g′（x）＞0，x∈（1a，+∞）时，g′（x）＜0，故函数g（x）在（0，1a ）递增，在（1a，+∞）递减，故函数g（x）的最大值是g（1a ）＝2ln1a+1a=1a−2lna≤0，令h（a）=1a−2lna，则h（a）在（0，+∞）递减，∵h（1）＝1＞0，h（2）=12−2ln2＜12−2ln√e＜0，∴a≥2时，h（a）＜0，故整数a的最小值是2；（3）证明：由f（x1）+f（x2）+4（x12+x22）+12（x1+x2）＝4，得2ln（x1x2）+（x12+x22）+（x1+x2）＝4，从而(x1+x2)2+（x1+x2）＝2x1x2﹣2ln（x1x2）+4，令t＝x1•x2，则由φ（t）＝2t﹣2lnt+4，得φ′（t）=2(t−1)t，可知φ（t）在区间（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故φ（t）≥φ（1）＝6，∴(x1+x2)2+（x1+x2）≥6，又x1+x2＞0，故x1+x2≥2成立．。
导数题型总结知识点高中
导数题型总结知识点高中一、导数的定义导数是用来描述函数变化率的概念，它表示函数在某一点附近的平均变化率，即函数值随自变量变化的速率。
导数的定义是在数学上对于函数在某一点的极限定义，即：设函数y=f(x)，在x=a处可导的充分必要条件是存在有限的数f'(a)，使得当x趋近a时，有f'(a)=lim(Δx→0)(f(a+Δx)-f(a))/Δx其中f'(a)表示函数f(x)在x=a处的导数，Δx表示自变量的增量。
函数在x=a处可导的充分必要条件是该点的左导数和右导数存在且相等。
根据导数的定义，我们可以知道函数在某一点处的导数表示函数在该点处的变化率，在数学上导数的定义还包括相邻导数之间的关系。
在这里我们不再详细阐述，下面我们将重点讨论导数的性质。
二、导数的性质1. 导数的代数运算性质导数具有线性性质，即导数的和等于导数的和，导数的积等于导数的积，导数的常数倍等于常数乘以导数。
具体而言，设函数y=f(x)，g(x)分别在点x=a处可导，c为常数，则有：(a) (f(x)±g(x))' = f'(x)±g'(x)(b) (cf(x))' = cf'(x)2. 复合函数的导数设函数y=f(u)，u=g(x)两个函数都可导，则复合函数y=f(g(x)) 在点x处的导数为f'(u)·g'(x)，即：(f(g(x)))' = f'(g(x))·g'(x)3. 反函数的导数设函数y=f(x)在区间I上有反函数x=g(y)，如果f'(x)存在且不等于0，则g'(y)=1/f'(g(y))。
导数的代数运算性质和复合函数的导数是导数计算的重要基础，对于学生来说，熟练掌握这些性质对于计算导数是非常有帮助的。
三、导数的计算为了更好地理解导数的计算，我们将分别从常用函数的导数、隐函数和参数方程的导数、高阶导数和导数的应用等方面进行详细的讲解。
【高中数学】导数知识点梳理(附题型答题技巧)
高中数学导数知识点梳理一. 导数概念的引入1. 导数的物理意义：瞬时速率。
一般的，函数y=f(x)在x=图片处的瞬时变化率是2. 导数的几何意义：曲线的切线，当点图片趋近于P时，直线 PT 与曲线相切。
容易知道，割线的斜率是当点图片趋近于 P 时，函数y=f(x)在x=图片处的导数就是切线PT的斜率k，即3. 导函数：当x变化时，图片便是x的一个函数，我们称它为f（x）的导函数. y=f（x）的导函数有时也记作图片，即二. 导数的计算基本初等函数的导数公式：导数的运算法则：复合函数求导：y=f(u)和u=g(x)，则称y可以表示成为x的函数，即y=f(g(x))为一个复合函数。
三、导数在研究函数中的应用1. 函数的单调性与导数：一般的，函数的单调性与其导数的正负有如下关系：在某个区间（a,b）内(1) 如果＞0，那么函数y=f(x)在这个区间单调递增；(2) 如果＜0，那么函数y=f(x)在这个区间单调递减；2. 函数的极值与导数：极值反映的是函数在某一点附近的大小情况。
求函数y=f(x)的极值的方法有：（1）如果在附近的左侧＞0 ，右侧＜0，那么是极大值；（2）如果在附近的左侧＜0 ，右侧＞0，那么是极小值；3. 函数的最大(小)值与导数：求函数y=f(x)在［a,b］上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数y=f(x)在［a,b］内的极值；（2）将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的是最大值，最小的是最小值。
四.推理与证明（1）合情推理与类比推理根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理，叫做归纳推理,归纳是从特殊到一般的过程，它属于合情推理。
根据两类不同事物之间具有某些类似（或一致）性，推测其中一类事物具有与另外一类事物类似的性质的推理，叫做类比推理。
类比推理的一般步骤：(1)找出两类事物的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题（猜想）；(3)一般的，事物之间的各个性质并不是孤立存在的,而是相互制约的.如果两个事物在某些性质上相同或相似，那么他们在另一些性质上也可能相同或类似,类比的结论可能是真的；(4)一般情况下，如果类比的相似性越多，相似的性质与推测的性质之间越相关，那么类比得出的命题越可靠。
(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。
导数专题的题型总结
导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。
- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。
- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。
- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。
2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。
- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。
- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。
- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。
- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。
二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。
- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。
- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。
- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。
2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。
- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。
- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。
- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。
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。
高中数学导数题型总结
高中数学导数题型总结在高中数学学习中，导数是一个重要的概念，也是考试中经常考察的一个知识点。
导数是函数在某一点的变化率，具有很多重要的应用，同时也涉及到各种不同类型的题型。
在学习导数的过程中，我们需要掌握各种导数的求法和应用技巧。
下面对高中数学中常见的导数题型进行总结。
一、基本导数1. 常数函数的导数常数函数f(x) = c(c为常数）的导数为f'(x) = 0。
2. 幂函数的导数幂函数f(x) = x^n（n为常数）的导数为f'(x) = nx^(n-1)。
3. 指数函数的导数指数函数f(x) = a^x(a为常数且a>0且a≠1）的导数为f'(x) = a^x *ln(a)。
4. 对数函数的导数对数函数f(x) = log_a(x)(a为常数且a>0且a≠1）的导数为f'(x) =1/(x * ln(a))。
5. 三角函数的导数（1）sin函数的导数为cos函数，即(d/dx)sin(x) = cos(x)。
（2）cos函数的导数为-sin函数，即(d/dx)cos(x) = -sin(x)。
6. 反三角函数的导数（1）arcsin函数的导数为1/√(1-x^2)，即(d/dx)arcsin(x) = 1/√(1-x^2)。
（2）arccos函数的导数为-1/√(1-x^2)，即(d/dx)arccos(x) = -1/√(1-x^2)。
二、常见导数题型1. 导数的四则运算根据导数的性质，可以对各种函数进行求导。
常见的导数运算包括求和、差、积、商等。
2. 复合函数的导数对于复合函数，可以利用链式法则来求导数。
链式法则是导数运算中的重要方法，可以将复杂的函数拆分为简单的函数求导。
3. 隐函数的导数当函数关系以隐式形式给出时，需要利用隐函数求导法则来求导数。
通过对隐含方程两边同时对x求导，可以求得隐函数的导数。
4. 参数方程的导数对于参数方程给出的函数关系，可以通过对参数t求导来求得函数关系的导数。
完整版)高中数学导数知识点归纳总结
完整版)高中数学导数知识点归纳总结导数的定义：对于函数y=f(x)，在点x处的导数f'(x)定义为：f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Deltax}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}其中，$\Delta x$表示自变量的增量，$\Delta y$表示函数值的增量。
函数的连续性和可导性的关系：如果函数y=f(x)在点x处可导，则它在该点处必然连续。
但是，反过来并不成立，即函数在某点处连续并不一定可导。
导数的几何意义：函数y=f(x)在点x处的导数f'(x)表示曲线在该点处的切线的斜率。
因此，切线方程为：y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)其中，$y_0=f(x_0)$表示曲线在点$(x_0,y_0)$处的纵坐标。
导数的四则运算法则：对于任意可导函数f(x)和g(x)，有以下四则运算法则：1.$(f+g)'(x)=f'(x)+g'(x)$2.$(f-g)'(x)=f'(x)-g'(x)$3.$(fg)'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)$4.$\left(\frac{f}{g}\right)'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}$其中，除法的分母$g(x)$不能为0.导数的应用：导数可以用来求函数的单调性、极值和最值。
函数单调递增的条件是导数大于0，函数单调递减的条件是导数小于0.函数在极值点处的导数为0，但反之不一定成立。
函数的最值可以通过求导数来确定。
注①：若点x是可导函数f(x)的极值点，则f'(x)=0.但反过来不一定成立。
对于可导函数，其一点x是极值点的必要条件是若函数在该点可导，则导数值为零。
高中数学函数与导数常考题型整理归纳
高中数学函数与导数常考题型整理归纳题型一:利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1) 讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围. 【例1】已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2 时，求实数 a 的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f ′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.1若a＞0，则当x∈0，a 时，f′(x)＞0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0，1所以f(x)在0，a 上单调递增，在1，＋∞上单调递减. a综上，知当a≤0 时，f( x)在(0，＋∞)上单调递增；1a 当a＞0 时，f(x)在0，上单调递增，在1a，＋∞上单调递减.(2)由(1)知，当a≤0 时，f (x)在(0，＋∞)上无最大值；1当a＞0 时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为 fa 1a ＝ln1 1＋a 1－a ＝－ln a＋a－1.a因此f 1a ＞2a－2 等价于ln a＋a－1＜0.令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1 时，g(a)＜0；当a＞1 时，g(a)＞0.因此，实数 a 的取值范围是(0，1).【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1<0，则需要构造函数来解.【变式训练】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax) e x(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数 a 的取值范围.解(1)当a＝2 时，f(x)＝(－x2＋2x)e x，所以f′x()＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2)e x.令f′x()>0，即(－x2＋2)e x>0，因为e x>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′x()≥0 对x∈(－1，1)都成立，因为f′x()＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)e x＝－x2＋(a－2)x＋a]e x，所以－x2＋(a－2)x＋a]e x≥0 对x∈(－1，1)都成立.x>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0 对x∈(－1，1)都成立，因为e即a≥2＋2x 2－1 x （x＋1）＝x＋1 x＋1＝(x＋1)－1对x∈(－1，1)都成立. x＋1令y＝(x＋1)－1 1，则y′＝1＋2>0. x＋1 （x＋1）1所以y＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增，x＋11 3所以y<(1＋1)－ 2.即a≥＝1＋1 3 2.因此实数 a 的取值范围为a≥3 2.题型二:利用导数研究函数零点或曲线交点问题转化，这类相互间可们之函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它(2)由函数零点或方程的根求参数的取值：(1)讨论函数零点或方程根的个数；两类问题的考查通常有.范围m【例2】设函数f(x) ＝ln x＋，m∈R.x(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；x(2)讨论函数g(x)＝f′x()－零点的个数.3解 (1)由题设，当 m ＝e 时， f (x)＝ln x ＋ e ， xx －e 定义域为(0，＋∞ )，则f ′x ()＝ 2，由 f ′x ()＝0，得 x ＝e.x ∴当 x ∈(0，e)，f ′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减， 当 x ∈(e ，＋∞ )，f ′(x)＞0，f(x)在(e ，＋∞ )上单调递增， ∴当 x ＝e 时， f(x)取得极小值 f (e)＝ln e ＋ e ＝2，e∴f(x)的极小值为2.x 1 m x(2)由题设 g(x)＝f ′x ()－ － 2－＝ 3(x ＞0)，3 x x令 g(x)＝0，得 m ＝－ 1 3＋x( x ＞0).3x设 φ(x)＝－ 13＋x( x ＞0)，3x则φ′x ()＝－x2＋1＝－ (x －1)( x ＋1)，当 x ∈(0，1)时， φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增； 当 x ∈(1，＋∞ )时， φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞ )上单调递减.∴x ＝1 是 φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此 x ＝1 也是 φ(x)的最大值点 .2∴φ(x)的最大值为φ(1)＝3.又 φ(0)＝0，结合y ＝φ(x)的图象(如图 )，2可知①当 m ＞ 时，函数g (x)无零点；3②当 m ＝ 2 时，函数g (x)有且只有一个零点；32③当 0＜m ＜ 时，函数g (x)有两个零点；3④当m≤0 时，函数g(x)有且只有一个零点.2g(x)无零点；综上所述，当m＞时，函数32g( x)有且只有一个零点；当m＝或m≤0 时，函数32当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点.3【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利.用数形结合来解决】函数f(x)＝(ax练【变式训2＋x)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a>0 时，解不等式f(x)≤0；(2)当a＝0时，求整数t 的所有值，使方程f(x)＝x＋2 在t，t＋1]上有解.x>0，( a x2＋x)e x≤0.解(1)因为e∴ax2＋x≤0.又因为a>0，1所以不等式化为x x＋a ≤0.1所以不等式f(x)≤0 的解集为－，0 .ax＝x＋2，(2)当a＝0时，方程即为xex>0，所以x＝0 不是方程的解，由于e所以原方程等价于 e －1＝0.x－2x令h(x)＝e －1，x－2x2x因为h′x()＝e 2>0 对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，＋x所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e3－1－3<0，h(－2)＝e2>0，－间1，2]和－3，－2]上，所以整数t 的所有值为{－所以方程f(x)＝x＋2 有且只有两个实数根且分别在区3，1}.题型三:利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不度：数思想的考查，常见的命题角等式恒成立、能成立问题.【例3】设函数f(x)＝e2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′x()零点的个数；(2)证明：当 a ＞0 时， f(x)≥ 2a ＋aln 2a.2x －a(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞ )，f ′(x)＝2e x( x ＞0).当 a ≤ 0 时， f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点 .当 a ＞0 时，设u (x)＝e ，2x ，v(x)＝－ ax因为u (x)＝e 在(0，＋∞ )上单调递增，所以f ′x ()在(0，＋∞ )上单 2x 在(0，＋∞ )上单调递增， v(x)＝－ ax调递增 .a 1又 f ′a ()＞0，当 b 满足0＜b ＜ 且 b ＜ 时， f ′(b)＜0(讨论 a ≥ 1 或 a ＜1 来检验)，4 4故当 a ＞0 时， f ′(x)存在唯一零点 .(2)证明 由(1)，可设f ′x ()在(0，＋∞ )上的唯一零点为x 0，当 x ∈(0，x 0)时， f ′(x)＜0；当 x ∈(x 0，＋∞ )时，f ′(x)＞0.故 f(x)在(0，x 0)上单调递减，在 (x 0，＋∞ )上单调递增，所以当 x ＝x 0 时，f(x)取得最小值，最小值为f (x 0)a由于 2e2x 0－ ＝0，x 0a 2 2所以 f(x 0)＝ ＋2ax 0＋aln a.≥ 2a ＋aln2x 0 a2故当 a ＞0 时， f(x)≥ 2a ＋aln a .【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板第一步 ： 求函数的定义域；第二步 ： 分类讨论函数的单调性、极值；第三步 ：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数 .2.证明不等式的答题模板第一步 ： 根据不等式合理构造函数；第二步 ： 求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).练】【变式训(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1 处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈0，1]使得f(x1)<g(x2)，求a 的取值范围.(3)设g(x)＝x1解(1)由已知得f′x()＝2＋x( x>0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，故曲线y＝f(x)在x＝1 处的切线方程为3x－y－1＝0.1 ax＋1(2)f′x()＝a＋＝x ( x>0)，x①当a≥0 时，由于x>0，故ax＋1>0，f′( x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞).1②当a<0 时，由f′x()＝0，得x＝－a.在区间0，－1a 上，f′(x)>0，在区间－1，＋∞上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为a0，－1a ，单调递减区间为－1，＋∞.a(3)由已知得所求可转化为f(x)max<g( x)max，2＋1，x∈0，1]，g(x)＝(x－1)所以g(x)max＝2，由(2)知，当a≥0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.当a<0 时，f( x)在0，－1a1上单调递增，在－，＋∞上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，是af －1a1a＝－1＋ln －＝－1－ln(－a)，1所以2>－1－ln(－a)，解得a<－3.e。
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高中数学函数与导数常考题型整理归纳题型一:利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例1】已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x ).(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求实数a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0. 令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0.因此，实数a 的取值范围是(0，1).【类题通法】(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a ＋a －1<0，则需要构造函数来解.【变式训练】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数).(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立，因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1，1)都成立，即a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立. 令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1（x ＋1）2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增， 所以y <(1＋1)－11＋1＝32.即a ≥32. 因此实数a 的取值范围为a ≥32.题型二:利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】设函数f(x)＝ln x ＋m x ，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ， 定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －e x 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点.∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点.综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.【类题通法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.【变式训练】函数f (x )＝(ax 2＋x )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)当a >0时，解不等式f (x )≤0；(2)当a ＝0时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋2在t ，t ＋1]上有解.解 (1)因为e x >0，(ax 2＋x )e x ≤0.∴ax 2＋x ≤0.又因为a >0，所以不等式化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a ≤0. 所以不等式f (x )≤0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a ，0. (2)当a ＝0时，方程即为x e x ＝x ＋2，由于e x >0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x －2x －1＝0.令h (x )＝e x －2x －1，因为h ′(x )＝e x ＋2x 2>0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h (x )在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－2>0，h (－3)＝e －3－13<0，h (－2)＝e －2>0，所以方程f (x )＝x ＋2有且只有两个实数根且分别在区间1，2]和－3，－2]上，所以整数t 的所有值为{－3，1}.题型三:利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题.【例3】设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x (x ＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)由于2e2x 0－a x 0＝0， 所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a . 故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .【类题通法】1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【变式训练】 已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ).(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x (x >0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0.(2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x (x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞).②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a .在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞. (3)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈0，1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意.当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )， 所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e 3.。