高考理科数学导数题型归纳

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高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。

（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。

高考数学导数压轴题7大题型的总结

高考数学导数压轴题7大题型总结
北京八中
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
07导数结合三角函数
实用标准
文案大全。

高考数学导数题型归纳

导数题型归纳例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.例3；已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

例4：已知R a ∈，函数x a x a x x f )14(21121)(23++++=．（Ⅰ）如果函数)()(x f x g '=是偶函数，求)(x f 的极大值和极小值；（Ⅱ）如果函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，求a 的取值范围．例5、已知函数3211()(2)(1)(0).32f x x a x a x a =+-+-≥ （I ）求()f x 的单调区间；（II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。

子集思想例6、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数．（1）求实数k 的取值范围；（2）若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．例7、已知函数321()22f x ax x x c =+-+ （1）若1x =-是()f x 的极值点且()f x 的图像过原点，求()f x 的极值；（2）若21()2g x bx x d =-+，在（1）的条件下，是否存在实数b ，使得函数()g x 的图像与函数()f x 的图像恒有含1x =-的三个不同交点？若存在，求出实数b 的取值范围；否则说明理由。

高中数学导数题型分类非常全

导数1.导数公式：'0C = '1()n n x nx -= '(sin )cos x x = '(cos )sin x x =-'()x x e e = '()ln x x a a a = '1(ln )x x = '1(log )ln a x x a = 2.运算法则：'''()u v u v +=+ '''()u v u v -=- '''()uv u v uv =+ '''2()u u v uv v v-= 3.复合函数的求导法则：（整体代换）例如：已知2()3sin (2)3f x x π=+，求'()f x 。

4.导数的物理意义：位移的导数是速度，速度的导数是加速度。

5.导数的几何意义：导数就是切线斜率。

6.用导数求单调区间、极值、最值、零点个数：对于给定区间[,]a b 内，若'()0f x >，则()f x 在[,]a b 内是增函数；若'()0f x <，则()f x 在[,]a b 内是减函数。

【题型一】求函数的导数 1(1)ln x y x = (2)2sin(3)4y x π=- (3)2(1)x y e x =- (4)3235y x x =-- (5)231x x y x -=+ (6)2211()y x x x x =++ 2.已知物体的运动方程为223s t t=+（t 是时间，s 是位移），则物体在时刻2t =时的速度为。

【题型三】导数与切线方程（导数的几何意义的应用）3.曲线32y x x =+-在点(2,8)A 处的切线方程是。

4.若(1,)B m 是32y x x =+-上的点，则曲线在点B 处的切线方程是。

5.若32y x x =+-在P 处的切线平行于直线71y x =+，则点P 的坐标是。

高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.

方法 3：利用子区间（即子集思想）；首先求出函数的单调增区间或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集。
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

导数八大题型汇总

导数八大题型汇总
以下是导数的八大题型汇总：
1. 基本函数的导数：包括常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等基本函数的导数。

2. 和、差、积的导数：给定两个或多个函数，求其和、差、积的导数。

3. 商的导数：给定两个函数，求其商的导数。

4. 复合函数的导数：给定一个函数和另一个函数的复合，求复合函数的导数。

5. 反函数的导数：给定一个函数和其反函数，求反函数的导数。

6. 参数方程的导数：给定一个参数方程，求其对应的函数的导数。

7. 隐函数的导数：给定一个隐函数关系式，求导数。

8. 极限的导数：给定一个函数的极限，求其导数。

这些题型涵盖了导数的常见应用场景，掌握这些题型可以更好地理解和运用导数的概念和计算方法。

高中数学导数大题八类题型总结

导数-大题导数在大题中一般作为压轴题出现，其复杂的原因就在于对函数的综合运用：1.求导，特别是复杂函数的求导2.二次函数（求根公式的运用）3.不等式：基本不等式、均值不等式等4.基本初等函数的性质：周期函数、对数函数、三角函数、指数函数5.常用不等式的巧妙技巧：1/2<ln2<1，5/2<e<3导数大题最基本的注意点：自变量的定义域1.存在性问题2.韦达定理的运用3.隐藏零点4.已有结论的运用5.分段讨论6.分类讨论7.常见不等式的应用8.导数与三次函数的利用1. 存在性问题第(1)问有两个未知数，一般来说，双未知数问题要想办法合并成一个未知数来处理合并成一个未知数后利用不等式1.存在性问题(2)问将有且仅有一个交点分成两部分证明，分别证至多存在一个交点与必然存在交点：证明必然存在交点是单纯的找“特殊点”问题高考导数大题中的存在性问题，最后几乎都会变成零点的存在性问题要点由于只关注零点的存在性，因此就没有必要对t(x)求导讨论其单调性，直接使用零点定即可。

(2)问先对要证明的结论进行简单变形：证毕韦达定理的使用(1)问是常规的分类讨论问题隐零点设而不求，代换整体证明对称轴已经在-1右侧，保证有零点且-1处二次函数值大于0两道例题都是比较简单的含参“隐零点”问题，总之就是用零点(极值点)反过来表示参数再进行计算一些比较难的题目，一般问题就会进行一定提示，如利用(2)问提示(3)问，其难点就在于知道要利用已有结论，但无从下手第(1)问分类讨论问题，分离变量做容易导致解题过于复杂(2)问将不等式两边取对数之后思路就很清晰了(1)(2)分别证明两个不等号即可化到已知的结论上()()()()()()()()()()()()''''1101,0,1,0;1,,00,11,110f x x xx f x x f x x f x f x x x x f x f =->=∈>∈+∞<∈∈+∞==为的零点于是在上单调递增，在上单调递减是的极大值点，(3)问需要利用(2)问结论才能比较顺利的证明利用(2)中结论第(1)问是一个比较简单的存在型问题分段)高考导数大题除求导外，隐藏零点、韦达定理、极值点偏移、二，三阶导等技巧，都是附加的技巧，导数的核心，是分类讨论的考察，高考题多数绕不开分类讨论。

2024高考数学常考题型导数中构造函数比大小问题题型总结(解析版)

第4讲导数中构造函数比大小问题题型总结【典型例题】题型一：构造()xxx f ln =比较大小此函数定义域为()+∞,0，求导()2ln 1x xx f -='，当()e x ,0∈时，()0>'x f ，故()x f 为增函数，当()+∞∈,e x 时，()0<'x f ，故()x f 为减函数，当e x =时，()x f 取得极大值为()ee f 1=，且()()222ln 42ln 244ln 4f f ====，此结论经常用来把函数转化到同一边进行比较【例1】（2022·广东·佛山市南海区九江中学高二阶段练习）若1ln 2ln 3,,e 23a b c ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a c b >>B ．b c a>>C ．c b a>>D ．a b c>>【答案】A 【解析】【分析】通过对三个数的变形及观察，可以构造出函数()ln xf x x=，通过求导分析其单调性即可得到答案【详解】解：1ln e ln 2ln 4ln 3,,e e 243a b c =====，设()()2ln 1ln ,x x f x f x x x -'==，则e x >时，()0f x '<，故()f x 在()e,∞+上单调递减，则()()()3e 4f f f >>，即ln e ln 3ln 4e34>>，所以a c b >>．故选：A.【例2】（2023·全国·高三专题练习）设24ln 4a e -=，ln 22b =，1c e =，则（）A ．a c b <时,()0f x '<,函数单调递减,当0e x <<时,()0f x '>,函数单调递增,故当e x =时,函数取得最大值()1e ef =,因为()2222e ln 22ln22e e e 22a f -⎛⎫=== ⎪⎝⎭,()()4ln2l e n 4e 1,24b f c f =====,2e 42e << ,当e x >时,()0f x '<,函数单调递减,可得()()2e 4e 2f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭,即b a c <<.故选:C【例3】（2022·吉林·高二期末）下列命题为真命题的个数是（）①ln 32<；②ln π<；③15<；④3e ln 2>．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【解析】【分析】本题首先可以构造函数()ln x f x x =，然后通过导数计算出函数()ln xf x x=的单调性以及最值，然后通过对①②③④四组数字进行适当的变形，通过函数()ln xf x x=的单调性即可比较出大小．【详解】解：构造函数()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，e x >时，()0f x '<，所以函数()ln xf x x=在()0,e 上递增，在()e,+∞上递减，所以当e x =时()f x 取得最大值1e，ln 322ln 2ln 22<⇔⇔，2e <<可得()2ff <，故①正确；lnπ<⇔e <<，可得f f <，故②错误；ln 2ln 4152ln1524<⇔<⇔<<，因为函数()ln xf x x=在()e,+∞上递减，所以()4f f<，故③正确；因为e >，所以(()e f f <，ln ee <1e <，则3e <即3e ln 2<④错误，综上所述，有2个正确.故选：B ．【点睛】本题考查如何比较数的大小，当两个数无法直接通过运算进行大小比较时，如果两个数都可以转化为某个函数上的两个函数值，那么可以构造函数，然后通过函数的单调性来判断两个数的大小，考查函数思想，是难题．【例4】（2021·陕西汉中·高二期末（理））已知a ，b ，c 均为区间()0,e 内的实数，且ln 55ln a a =，ln 66ln b b =，ln 77ln c c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a c b >>B ．a b c>>C ．c a b>>D ．c b a>>【答案】B 【解析】【分析】构造函数()ln xf x x=，由导数判断函数单调性，进而利用单调性即可求解.【详解】解：令()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，函数()F x 在()0,e 上单调递增，当e x >时，()0f x '<，函数()f x 在()e,+∞上单调递减，因为765e >>>，所以()()()765f f f <<，因为a ，b ，c 均为区间()0,e 内的实数，且ln 5ln 5a a =，ln 6ln 6b b =，ln 7ln 7c c=，所以()()()f a f b f c >>，所以a b c >>，故选：B.【例5】（2022·江西·高三阶段练习（理））设ln 28a =，21e b =，ln 612c =，则（）A ．a c b <<B ．a b c <<C ．b a c <<D ．c a b<<【答案】B 【解析】【分析】根据a 、b 、c 算式特征构建函数()2ln xf x x =，通过求导确定函数单调性即可比较a 、b 、c 的大小关系.【详解】令()2ln x f x x =，则()42ln 0x x xx x f x '-==⇒=因此()2ln xf x x =在)∞+上单调递减，又因为ln 2ln 4(4)816a f ===，22ln e1=(e)e e b f ==，ln 612c f ===，因为4e >>>a b c <<．故选：B ．【题型专练】1.（2022·四川省资阳中学高二期末（理））若ln212ln3,,29e a b c ===，则（）A ．b a c>>B ．b c a>>C ．a b c >>D ．a c b>>【答案】A 【解析】【分析】令()ln xf x x=，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的最大值，再利用作差法判断a 、c ，即可得解；【详解】解：令()ln x f x x =，则()21ln xf x x-'=，所以当0e x <<时()0f x '>，当e x >时()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，所以()()max ln e 1e e e f x f ===，所以1e ln22>又94ln22ln39ln 24ln 3ln 2ln 3ln 512ln 91029181818----===>所以ln22ln329>，即b a c >>.故选：A2.（2022·浙江台州·高二期末）设24ln 4e a -=，ln 22b =，c =，则（）A ．a b c <，可得21ln ()x f x x -'=，所以()0f x '>有0e x <<，则(0,e)上()f x 递增；()0f x '<有e x >，则(e,)+∞上()f x 递减；又2e 43e 2>>>，故c a b >>.故选：B3.（2022·四川广安·模拟预测（理））在给出的（1ln 32）43ln 34<e （3）ee ππ>.三个不等式中，正确的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】C 【解析】【分析】根据题目特点，构造函数()ln x f x x =，则可根据函数()ln xf x x=的单调性解决问题.【详解】首先，我们来考察一下函数()ln xf x x=，则()21ln xf x x -'=，令()0,f x '>解得0e x <<，令()0,f x '<解得e x >，故()ln xf x x=在区间()0,e 上单调递增，在区间()e,+∞单调递减，所以，（1）ff <ln 3>，则正确；（2）()43e 3f f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即4343lne ln33e <，即43e ln 34⋅>，则错误；（3）()()πf e f >，即e e e e e e ππππππln ln ln ln ln ln >⇒>⇒>，所以，e e ππ>，则正确故选：C.4.（2022·四川资阳·高二期末（文））若ln 33a =，1eb =，3ln 28c =，则（）A ．b a c >>B ．b c a >>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】A 【解析】【分析】设函数ln (),(0)xf x x x=>，求出其导数，判断函数的单调性，由此可判断出答案.【详解】设ln (),(0)x f x x x =>，则21ln ()xf x x -'=，当0e x <<时，()0f x '>，()f x 递增，当e x >时，()0f x '<，()f x 递减，当e x =时，函数取得最小值，由于e 38<<，故lne ln 3ln 8e 38>>，即b a c >>，故选：A5.（2022·山东日照·高二期末）π是圆周率，e 是自然对数的底数，在e 3，3e ，33，e e ，πe ，3π，π3，e π八个数中，最小的数是___________，最大的数是___________.【答案】e e π3【解析】【分析】分别利用指数函数的单调性，判断出底数同为3,e 以及π的数的大小关系，再由幂函数的单调性，找出最小的数，最后利用函数()ln xf x x=的单调性，判断出最大的数．【详解】显然八个数中最小的数是e e .函数3x y =是增函数，且e 3π<<，∴e 3π333<<；函数e x y =是增函数，且e 3π<<，e 3πe e e <<；函数πx y =是增函数，且e 3π<<，e 3ππ<；函数e y x =在()0,∞+是增函数，且e 3π<<，e e e e 3π<<，则八个数中最小的数是e e 函数πy x =在()0,∞+是增函数，且e 3<，ππe 3<，八个数中最大的数为3π或π3，构造函数()ln xf x x=，求导得()21ln xf x x -'=，当()e,x ∈+∞时()0f x '<，函数()f x 在()e,+∞是减函数，()()3πf f >，即ln 3ln π3π>，即πln 33ln π>，即π3ln 3ln π>，π33π∴>，则八个数中最大的数是π3.故答案为：e e ；π3．6.（2022·安徽省宣城中学高二期末）设24ln41,,e ea b c -===,,a b c 的大小关系为（）A ．a b c <，利用导数求得()f x 的单调性和最值，化简可得2e 2a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(e)b f =，(2)c f =，根据函数解析式，可得ln 4(4)(2)4f f ==且2e e 42<<，根据函数的单调性，分析比较，即可得答案.【详解】设ln ()(0)xf x x x=>，则221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，当(0,e)x ∈时，()0f x '>，则()f x 为单调递增函数，当(e,)x ∈+∞时，()0f x '<，则()f x 为单调递减函数，所以max 1()(e)ef x f ==，又222222e ln 4ln42(ln e e 2e e e 22ln 2)a f ⎛⎫-==-== ⎪⎝⎭，1(e)e b f ==，1ln 2(2)2c f ===，又2ln 4ln 2ln 2(4)(2)442f f ====，2e e 42<<，且()f x 在(e,)+∞上单调递减，所以2e (2)(4)2f f f ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以b a c >>.故选：D7.（2022·黑龙江·大庆实验中学高二期末）已知实数a ，b ，c 满足ln ln ln 0e a a b cb c==-<，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <，构造函数ln (),(0)xf x x x=>，判断01x <<时的单调性，利用其单调性即可比较出a,b 的大小，即可得答案.【详解】由ln ln ln 0e a a b cb c==-<，得01,01,1a b c <<<<>，设ln (),(0)x f x x x =>，则21ln ()xf x x -'=，当01x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，因为01a <<，所以e 1>>a a ，所以ln ln e a aa a>，故()()ln ln ln e =>∴>a a b a f b f a b a ，则b a >，即有01a b c <<<<，故a b c <<.故选：C.题型二：利用常见不等式关系比较大小1、常见的指数放缩：)1();0(1=≥=+≥x ex e x x e xx证明：设()1--=x e x f x，所以()1-='xe xf ，所以当()0,∞-∈x 时，()0<'x f ，所以()x f 为减函数，当当()+∞∈,0x 时，()0>'x f ，所以()x f 为增函数，所以当0=x 时，()x f 取得最小值为()00=f ，所以()0≥x f ，即1+≥x e x2.常见的对数放缩：)(ln );1(1ln 11e x exx x x x x =≤=-≤≤-3.常见三角函数的放缩：x x x x tan sin ,2,0<<⎪⎭⎫⎝⎛∈π【例1】（2022·湖北武汉·高二期末）设4104a =，ln1.04b =，0.04e 1c =-，则下列关系正确的是（）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】D 【解析】【分析】分别令()()e 10xf x x x =-->、()()()ln 10g x x x x =+->、()()()ln 101xh x x x x=+->+，利用导数可求得()0f x >，()0g x <，()0h x >，由此可得大小关系.【详解】令()()e 10xf x x x =-->，则()e 10x f x '=->，()f x ∴在()0,∞+上单调递增，()()00f x f ∴>=，即1x e x ->，则0.04e 10.04->；令()()()ln 10g x x x x =+->，则()11011x g x x x'=-=-<++，()g x ∴在()0,∞+上单调递减，()()00g x g ∴<=，即()ln 1x x +<，则ln1.040.04<；0.04e 1ln1.04∴->，即c b >；令()()()ln 101x h x x x x=+->+，则()()()22110111x h x x x x '=-=>+++，()h x ∴在()0,∞+上的单调递增，()()00h x h ∴>=，即()ln 11xx x+>+，则0.044ln1.04 1.04104>=，即b a >；综上所述：c b a >>.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够通过构造函数的方式，将问题转化为函数值的大小关系的比较问题，通过导数求得函数的单调性后，即可得到函数值的大小.【例2】（2022·山东菏泽·高二期末）已知910a =，19eb -=，101ln 11c =+，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c <+≠，从而得到11b a>，设()ln 1g x x x =-+，利用导数得到()ln 11x x x <-≠，从而得到111ln 1010<和c a >，即可得到答案.【详解】解：设()e 1x f x x =--，()e 1xf x '=-，令()0f x ¢=，解得0x =.(),0x ∈-∞，()0f x ¢<，()f x 单调递减，()0,x ∞∈+，()0f x ¢>，()f x 单调递增.所以()()00f x f ≥=，即e 10x x --≥，当且仅当0x =时取等号.所以()e 10xx x >+≠.又1911101e 199b a=>+==，0,0a b >>，故11b a >，所以b a <；设()ln 1g x x x =-+，()111xg x x x-'=-=，令()0g x ¢=，解得1x =.()0,1∈x ，()0g x ¢>，()g x 单调递增，()1,x ∈+∞，()0g x ¢<，()g x 单调递减.所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤，当且仅当1x =时取等号.所以()ln 11x x x <-≠，故11111ln 1101010<-=，又1011011lnln ln ln1011101110c a -=+>+==，所以c a >，故b a c <<.故选：B.【例3】（2022·四川凉山·高二期末（文））已知0.01e a =， 1.01b =，1001ln 101c =-，则（）．A ．c a b >>B ．a c b>>C ．a b c>>D ．b a c>>【答案】C 【解析】【分析】构造函数()e 1x f x x =--，由导数确定单调性，进而即得．【详解】设()e 1x f x x =--，则e ()10x f x '=->，在0x >时恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上是增函数，所以e 1(0)0x x f -->=，即e 1x x >+，0x >，∴0.01e 1.01>，又ln1.010>，∴ln1.01e 1ln1.01>+，即1001.011ln 101>-，所以a b c >>．故选：C ．【例4】（2022·四川绵阳·高二期末（理））若8ln 7a =，18=b ,7ln 6c =，则（）A ．a c b <，利用导数分析函数()f x 的单调性，可比较得出a 、b 的大小关系，利用对数函数的单调性可得出c 、a 的大小关系，即可得出结论.【详解】构造函数()1ln 1f x x x=+-，其中1x >，则()221110x f x x x x -'=-=>，所以，函数()f x 在()1,+∞上为增函数，故()()10f x f >=，则88781ln 1ln 077878f ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，即a b >，78lnln 67> ，因此，b a c <<.故选：D.【例5】（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（）A ．c b a >>B ．b a c>>C ．a b c >>D ．a c b>>【答案】A 【解析】【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解.【详解】因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭所以11tan44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>，故选：A 【题型专练】1.（2022·福建·莆田一中高二期末）设ln1.01a =， 1.0130e b =，1101c =，则（）A ．a b c <），证明ln 1≤-x x ，令 1.01x =，排除选项A,B,再比较,a b 大小，即得解.【详解】解：构造函数()ln 1f x x x =-+（0x >），()10f =，()111xf x x x-'=-=，所以()f x 在()0,1上()0f x '>，()f x 单调递增，()f x 在()1,+∞上()0f x '<，()f x 单调递减，所以max ()(1)0,ln 10,ln 1f x f x x x x ==∴-+≤∴≤-，令 1.01x =，则 ln a x =，30e x b =，11c x=-，考虑到ln 1≤-x x ，可得11ln 1x x ≤-，1ln 1x x -≥-等号当且仅当 1x =时取到，故 1.01x =时a c >，排除选项A ，B.下面比较,a b 大小，由ln 1≤-x x 得 1.01ln1.01 1.0130e<<，故b a >，所以c a b <<.故选：D.2.（2022·吉林·长春市第二中学高二期末）已知1cos 5a =，4950b =，15sin 5=c ，则（）A ．b a c >>B ．c b a >>C ．b c a >>D ．c a b>>【答案】D 【解析】【分析】构造函数21()cos 12f x x x =+-，利用导数求解函数()f x 的单调性，利用单调性进行求解.【详解】解：设21()cos 1,(01)2f x x x x =+-<<，则()sin f x x x '=-，设()sin ,(01)g x x x x =-<<，则()1cos 0g x x '=->，故()g x 在区间(0,1)上单调递增，即()(0)0g x g >=，即()0f x '>，故()f x 在区间(0,1)上单调递增，所以1(0)05f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，可得149cos 550>，故a b >，利用三角函数线可得0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，tan x x >，所以11tan 55>，即1sin1515cos 5>，所以115sincos 55>，故c a >综上，c a b >>故选：D.3（2022·湖北武汉·高二期末）设4104a =，ln1.04b =，0.04e 1c =-，则下列关系正确的是（）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】D 【解析】【分析】分别令()()e 10xf x x x =-->、()()()ln 10g x x x x =+->、()()()ln 101xh x x x x=+->+，利用导数可求得()0f x >，()0g x <，()0h x >，由此可得大小关系.【详解】令()()e 10xf x x x =-->，则()e 10x f x '=->，()f x ∴在()0,∞+上单调递增，()()00f x f ∴>=，即1x e x ->，则0.04e 10.04->；令()()()ln 10g x x x x =+->，则()11011x g x x x'=-=-<++，()g x ∴在()0,∞+上单调递减，()()00g x g ∴<=，即()ln 1x x +<，则ln1.040.04<；0.04e 1ln1.04∴->，即c b >；令()()()ln 101x h x x x x =+->+，则()()()22110111x h x x x x '=-=>+++，()h x ∴在()0,∞+上的单调递增，()()00h x h ∴>=，即()ln 11xx x+>+，则0.044ln1.04 1.04104>=，即b a >；综上所述：c b a >>.故选：D.题型三：构造其它函数比大小（研究给出数据结构，合理构造函数）【例1】（2022·河南河南·高二期末（理））已知1ln 22a a -=，1ln 33b b -=，e ln e cc -=，其中12a ≠，13b ≠，e c ≠，则a ，b ，c 的大小关系为（）．A ．c a b <，并求()f x '，利用函数()f x 的图象去比较a b c 、、三者之间的大小顺序即可解决.【详解】将题目中等式整理，得11ln ln 22a a -=-，11ln ln 33b b -=-，ln e ln e c c -=-，构造函数()()ln 0f x x x x =->，()111x f x x x-'=-=，令()0f x '=，得1x =，所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，函数()f x 的大致图象如图所示．因为()12f a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()13f b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()e f c f =，且12a ≠，13b ≠，e c ≠，则由图可知1b a >>，01c <<，所以c a b <<．故选：A ．【例2】（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）设 1.01e a =，3eb =，ln 3c =，其中e 为自然对数的底数，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．c a b>>C ．a c b>>D ．a b c>>【答案】D 【解析】【分析】可判断 1.012e a =>，e32b =<，ln 32c =<，再令()ln exf x x =-，[e x ∈，)∞+，求导判断函数的单调性，从而比较大小．【详解】解： 1.012e a =>，e 32b =<，ln 32c =<，令()ln exf x x =-，[e x ∈，)∞+，11()0e e e x f x x x-'=-=<，故()f x 在[e ，)∞+上是减函数，故()()e 3f f <，即3ln 30e-<，故 1.013l e e n 3<<，即c b a <<，故选：D ．【例3】（2022·全国·高三专题练习）已知ln 32a =，1e 1b =-，ln 43c =，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．b c a >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】A 【解析】【分析】根据给定条件构造函数ln ()e)1xf x x x =≥-，再探讨其单调性并借助单调性判断作答.【详解】令函数ln ()(e)1x f x x x =≥-，求导得()211ln ()1x x f x x --'=-，令()11ln g x x x =--，则()210,(e)xg x x x -'=<≥，故()11ln g x x x =--，(e)x ≥单调递减，又()111ln101g =--=，故()0,(e)g x x <≥，即()0,(e)f x x '<≥，而e 34<<，则(e)(3)(4)f f f >>，即1ln 3ln 4e 123>>-，所以b a c >>，故选：A【例4】（山东省淄博市2021-2022学年高二下学期期末数学试题）设110a =，ln1.1b =，910ec -=，则（）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．b c a <<D ．b a c<<【答案】D 【解析】【分析】利用指数函数的性质可比较,a c 的大小，再构造函数()ln(1)f x x x =-+，利用导数判断函数的单调性，再利用其单调性可比较出,a b ，从而可比较出三个数的大小【详解】因为e x y =在R 上为增函数，且9110-<-，所以9110e e --<，因为11e 10-<，所以9101e 10-<，即a c <，令()ln(1)f x x x =-+（0x >），得1()1011xf x x x'=-=>++，所以()f x 在(0,)+∞上递增，所以()(0)0f x f >=，所以ln(1)x x >+，令0.1x =，则0.1ln1.1>，即1ln1.110>，即a b >，所以b a c <<，故选：D【例5】（2022·四川南充·高二期末（理））设0.010.01e a =，199b =，ln 0.99c =-，则（）A ．c a b <>，则ln ln ln [ln ln(1)]ln(1)y t x x x x x x -=+---=+-，令()ln(1)f x x x =+-，1)x ∈-，求导得1()1011x f x x x '=+=<--，即()f x 在1)-上单调递减，1)x ∀∈，()(0)0f x f <=，即ln ln y t y t <⇔<，因此当1)x ∈时，e 1xx x x<-，取0.01x =，则有0.010.0110.01e10.0199a b =<==-，令()e ln(1)xg x y u x x =-=+-，1)x ∈-，21(1)e 1()(1)e 11x xx g x x x x -+'=++=--，令2()(1)e 1x h x x =-+，1)x ∈，2()(21)e 0x h x x x '=+-<，()h x在1)-上单调递减，1)x ∀∈，()(0)0h x h <=，有()0g x '>，则()g x 在1)上单调递增，1)x ∀∈，()(0)0g x g >=，因此当1)x ∈时，e ln(1)x x x >--，取0.01x =，则有0.010.01e ln(10.01)ln 0.99a c =>--=-=，所以c a b <<.故选：A 【点睛】思路点睛：涉及某些数或式大小比较，探求它们的共同特性，构造符合条件的函数，利用函数的单调性求解即可.【例6】（2022·全国·高三专题练习）已知0.3πa =，20.9πb =，sin 0.1c =，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（）A ．a b c >>B ．c a b>>C ．a c b>>D ．b a c>>【答案】B 【解析】【分析】作差法比较出a b >，构造函数，利用函数单调性比较出c a >，从而得出c a b >>.【详解】2220.30.90.3π0.90.330.90ππππa b -⨯--=-=>=，所以0a b ->，故a b >，又()πsin 3f x x x =-，则()πcos 3f x x '=-在π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，又()0π30f '=->，π306f ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，所以存在0π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00f x '=，且在()00,x x ∈时，()0f x '>，在0π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，即()πsin 3f x x x =-在()00,x x ∈上单调递增，在0π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭单调递减，且ππ30124f ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以0π12x >，又因为()00f =，所以当()00,x x ∈时，()πsin 30f x x x =->，其中因为1π1012<，所以()010,10x ∈，所以1πsin 0.10.3010f ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，故sin 0.10.3π>，即c a b >>.故选：B【例7】（2022·河南洛阳·三模（理））已知108a =，99b =，810c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a >>B ．b a c >>C ．a c b >>D ．a b c>>【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()18ln f x x x =-，8x ≥，求其单调性，从而判断a ，b ，c 的大小关系.【详解】构造()()18ln f x x x =-，8x ≥，()18ln 1f x x x+'=--，()18ln 1f x x x+'=--在[)8,+∞时为减函数，且()295558ln 81ln 8ln e 204444f =-+-=-<-=-<'，所以()18ln 10f x x x=-+-<'在[)8,+∞恒成立，故()()18ln f x x x =-在[)8,+∞上单调递减，所以()()()8910f f f >>，即10ln89ln 98ln10>>，所以10988910>>，即a b c >>.故选：D 【点睛】对于指数式，对数式比较大小问题，通常方法是结合函数单调性及中间值比较大小，稍复杂的可能需要构造函数进行比较大小，要结合题目特征，构造合适的函数，通过导函数研究其单调性，比较出大小.【例8】（2022·河南·模拟预测（理））若0.2e a =，b =ln 3.2c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．c b a>>【答案】B 【解析】构造函数()()e 10xf x x x =-->，利用导数可得0.2e 1.2b a >>=，进而可得 1.2e 3.2>，可得a c >，再利用函数()()21ln 1x g x x x -=-+，可得ln 3.2 1.1>，即得.【详解】令()()e 10xf x x x =-->，则()e 10x f x '=->，∴()f x 在()0,∞+上单调递增，∴0.20.21 1.2e a b >+=>=，0.2 1.21.e ln 2e a >==，ln 3.2c =，∵()()()6551.262.7387.4,3.2335.5e e >≈≈=，∴ 1.2e 3.2>，故a c >，设()()21ln 1x g x x x -=-+，则()()()()()22221211011x xx g x x x x x +--=-=≥++'，所以函数在()0,∞+上单调递增，由()10g =，所以1x >时，()0g x >，即()21ln 1x x x ->+，∴()()22121.6155ln 3.2ln 2ln1.611 1.1211.613950--=+>+=>=++，又1 1.2 1.21,1 1.1b <<<<，∴ 1.1c b >>，故a c b >>.故选：B.【点睛】本题解题关键是构造了两个不等式()e 10xx x >+>与()21ln (1)1x x x x ->>+进行放缩，需要学生对一些重要不等式的积累.【题型专练】1（2022·山东烟台·高二期末）设a =0.9，b =9ln e10c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b>>【答案】B【分析】构造函数()ln 1f x x x =--，()g x x =-.【详解】令()ln 1f x x x =--，因为11()1x f x x x'-=-=所以，当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以(0.9)0.9ln 0.91(1)0f f =-->=，即90.9ln 0.91ln(e)10>+=，a c >；令()g x x =()1g x '=-所以，当114x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以(0.9)(1)g g <，即0.90<，0.9a b <.综上，c a b <<.故选：B2.（2022·山东青岛·高二期末）已知ln 3a π=，2b =，1sin 0.042c ⎫=-⎪⎪⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．c b a >>B ．a b c>>C ．b a c>>D ．a c b>>【答案】C 【解析】【分析】构造函数得出,a b 大小，又0c <即得出结论.【详解】构造函数()()()2ln 212ln 1f x x x x x =--=-+，则a b f -=，()1210f x x ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭在()1,+∞上恒成立，则()y f x =在()1,+∞上单调递减，故()10a b f f -=<=，则0b a >>，()π103x x =+>，则()π30121100433.x .-+-=>=，由对于函数()πsin 02g x x x x ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭-，()πcos 1002g x x ,x ⎛⎫'=<<< ⎪⎝⎭-恒成立，所以，()()sin 00g x x x g =<=-即sin x x <在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立.所以，1sin0.04sin sin 02x x x ⎫<=<-<⎪⎭（注：004009020305.x .,...<<<<）所以，b a c >>故选：C3.（2022·湖北襄阳·高二期末）设253e 4a =，342e 5b =，35c =，则（）A ．b c a < ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即可判断出a b >.记()()e 2,01xg x x x =-<<，推理判断出b c >.【详解】24452533e23e 542e e 534a b ==.记()()e ,01x f x x x =<<，则()()2e 10x xf x x -'=<，所以()e xf x x =在()0,1上单调递减.所以2354f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a b >.433422e e 5325354b c ⎛⎫-= ⎪⨯⎝--⎭=.记()()e 2,01x g x x x =-<<，则()e 2xg x '=-.所以在()0,ln 2x ∈上，()0g x '<，则()g x 单调递减；在()ln 2,1x ∈上，()0g x '>，则()g x 单调递增；所以()()()ln 2min ln 2e 2ln 221ln 20g x g ==-⨯=->，所以()min 304g g x ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即3422e 0534b c ⨯⎛⎫-> ⎪⎝⎭=-.所以b c >.综上所述：c b a <<.故选：C4.（2022·福建宁德·高二期末）已知a ，R b ∈，且221a b >>，则（）A ．ln ln a b a b -<-e eB ．ln ln b a a b <C ．e a b ba->D ．sin sin 1a ba b-<-【答案】D 【解析】【分析】由题设有0a b >>，分别构造e ln x y x =-、ln xy x=、e x y x =、sin y x x =-，利用导数研究在,()0x ∈+∞上的单调性，进而判断各项的正误.【详解】由221a b >>，即0a b >>，A ：若e ln x y x =-且,()0x ∈+∞，则1e xy x'=-，故12|20x y ='=-<，1|e 10x y ='=->，即y '在1(,1)2上存在零点且y '在(0,)+∞上递增，所以y 在(0,)+∞上不单调，则e ln e ln a b a b -<-不一定成立，排除；B ：若ln x y x =且,()0x ∈+∞，则21ln xy x -'=，所以(0,e)上0y '>，y 递增；(e,)+∞上0y '<，y 递减；故y 在(0,)+∞上不单调，则ln ln a ba b<不一定成立，排除；C ：若e x y x =且,()0x ∈+∞，则e (1)0x y x '=+>，即y 在(0,)+∞上递增，所以e e a b a b >，即e a b ba-<，排除；D ：若sin y x x =-且,()0x ∈+∞，则1cos 0y x '=-≥，即y 在(0,)+∞上递增，所以sin sin a a b b ->-，即sin sin 1a ba b-<-，正确.故选：D5.（2022·贵州贵阳·高二期末（理））设 1.01e a =，3eb =，ln3c =，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．b a c >>B ．c a b>>C ．a c b >>D ．a b c>>【答案】D 【解析】【分析】分析可得2a >，(1,2)b ∈，(1,2)c ∈，令()ln ,[e,)e xf x x x =-∈+∞，利用导数可得()f x 的单调性，根据函数单调性，可比较ln 3和3e的大小，即可得答案.【详解】由题意得 1.011e e 2a =>>，3(2e 1,)b =∈，ln 3(1,2)c =∈，令()ln ,[e,)exf x x x =-∈+∞，则11e ()0e ex f x x x -'=-=≤，所以()f x 在[e,)+∞为减函数，所以(3)(e)f f <，即3eln 3ln e 0e e-<-=，所以3ln 3e<，则 1.013e ln 3e >>，即a b c >>.故选：D6.（2022·重庆南开中学高二期末）已知6ln1.25a =，0.20.2e b =，13c =，则（）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b<<【答案】A 【解析】【分析】0.20.20.20.2e e ln e b ==，令()ln f x x x =，利用导数求出函数()f x 的单调区间，令()e 1xg x x =--，利用导数求出函数()g x 的单调区间，从而可得出0.2e 和1.2的大小，从而可得出,a b 的大小关系，将,b c 两边同时取对数，然后作差，从而可得出,b c 的大小关系，即可得出结论.【详解】解：0.20.20.20.2e e ln e b ==，6ln1.2 1.2ln1.25a ==，令()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，当10ex <<时，()0f x '<，当1e x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，令()e 1xg x x =--，则()e 1x g x '=-，当0x <时，()0g x '<，当0x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在(),0∞-上递减，在()0,∞+上递增，所以()()0.200g g >=，即0.21e10.2 1.2e>+=>，所以()()0.2e 1.2f f >，即0.20.2e e 1.22ln ln1.>，所以b a >，由0.20.2e b =，得()0.211ln ln 0.2e ln 55b ==+，由13c =，得1ln ln 3c =，11151ln ln ln ln ln 35535c b -=--=-，因为55625510e 3243⨯⎛⎫=>> ⎪⎝⎭，所以155e 3>，所以51ln 35>，所以ln ln 0c b ->，即ln ln c b >，所以c b >，综上所述a b c <<.故选：A.【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度.7.（2022·湖北恩施·高二期末多选）已知212ln 204a a -=>，22122ln 0eb b --=>，221ln 303c c -=>，则（）A ．c b >>，对三个式子变形可得2211ln ln 44a a -=-，222211ln ln e eb b -=-，2211ln ln 33c c -=-，设函数()ln f x x x =-，则()111x f x x x-'=-=.由()0f x ¢>，得1x >；由()0f x <，得01x <<,则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，因为211101e 43<<<<，所以222b a c >>,所以c a b <<.故选：AC.8.（2022·安徽·歙县教研室高二期末）已知01x y z ∈、、（，），且满足2e 2e x x =，3e 3e y y =，4e 4e z z =，则（）A ．x y z <<B ．x z y<<C ．z y x<<D ．z x y<<【答案】C 【解析】【分析】先对已知条件取对数后得到ln ln22x x -=-，ln ln33y y -=-，ln ln44z z -=-.根据式子结构，构造函数()ln m x x x =-，利用导数判断单调性，比较大小.【详解】由2e 2e x x =得2ln ln2,x x +=+即ln ln22x x -=-.同理得：ln ln33y y -=-，ln ln44z z -=-.令()ln ,m x x x =-则()111xm x x x-=-='.故()m x 在()0,1上单调递增，1∞+（，）上单调递减.所以z y x <<.故选：C.。

高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练

2020年高考理科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '，（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。

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

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

还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。

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

导数考试题型及答案详解

导数考试题型及答案详解一、选择题1. 函数f(x) = x^2 + 3x + 2的导数是：A. 2x + 3B. x^2 + 2C. 2x + 6D. 3x + 2答案：A2. 若f(x) = sin(x)，则f'(π/4)的值是：A. 1B. √2/2C. -1D. -√2/2答案：B二、填空题1. 求函数g(x) = x^3 - 2x^2 + x的导数，g'(x) = __________。

答案：3x^2 - 4x + 12. 若h(x) = cos(x)，求h'(x) = __________。

答案：-sin(x)三、解答题1. 求函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 2的导数，并求f'(2)的值。

解：首先求导数f'(x) = 3x^2 - 12x + 9。

然后将x = 2代入得到f'(2) = 3 * 2^2 - 12 * 2 + 9 = 12 - 24 + 9 = -3。

2. 已知函数y = ln(x)，求y'。

解：根据对数函数的导数公式，y' = 1/x。

四、证明题1. 证明：若函数f(x) = x^n，其中n为常数，则f'(x) = nx^(n-1)。

证明：根据幂函数的导数公式，对于任意实数n，有f'(x) = n * x^(n-1)。

五、应用题1. 某物体的位移函数为s(t) = t^3 - 6t^2 + 9t + 5，求该物体在t = 3时的瞬时速度。

解：首先求位移函数的导数s'(t) = 3t^2 - 12t + 9。

然后将t = 3代入得到s'(3) = 3 * 3^2 - 12 * 3 + 9 = 27 - 36 + 9 = 0。

因此，该物体在t = 3时的瞬时速度为0。

六、综合题1. 已知函数f(x) = x^4 - 4x^3 + 6x^2 - 4x + 5，求f'(x)，并求曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率。

【高考理数】利用导数解决函数零点问题(解析版)

2020题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解，即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数．又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a >2时，h (x )无零点．题组训练一利用导数讨论函数零点的个数已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数．【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0，故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0，使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221，设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点．题型二由函数零点个数求参数的取值范围【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点．又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二由函数零点个数求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减．当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34，又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数，又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0，综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0，解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增．所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。

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。

高考数学导数小题分类总结整理

（1） u v
；
（3）
u
；
v
（2） u v （4） cu
；
（ c 为常数）．
复合函数的导数
设函数 u x在点 x 处有导数 u x，函数 y f u在点 x 的对应点 u 处有导数 y f u，则复合函数 y f x在点 x 处也有导数，且 yx yu ux 或写作 f x x f ux ．
趋势，
例 1、导函数正负与原函数图像的影响（1）函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图象如图，且|x1|＜|x2|，则
有( ) A．a＞0，b＞0，c＞0，d＞0 B．a＜0，b＞0，c＜0，d＞0 C．a＜0，b＜0，c＞0，d＞0 D．a＞0，b＜0，c＞0，d＜0
变式.已知 R 上可导函数 f x 的图像如图所示，
g(x)
=
f
(x)
−x−b
有三个零点，则实数
b
的取值
范围为（）
（3）设函数 f (x) = ex (2x 1) ax a ,其中 a 1，若存在唯一的整数 x0，使得 f (x0 ) 0，则 a 的
取值范围是（）A.[- ，1） B. [- ，） C. [ ，） D. [ ，1）
变式：（1）已知
D． x2e x1 x1e x2
（2）.已知定义在（0，+∞）上的函数 f（x）的导函数为 f'（x），满足 x2f'（x）+xf（x）
=lnx，f（e）= ，则 f（x）（）
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值
变式：（1）已知函数 f x 是定义在 0, 内的单调函数，且对

2024高考数学常考题型第7讲导数中的5种同构函数问题 (解析版)

第7讲导数中的5种同构函数问题【考点分析】考点一：常见的同构函数图像八大同构函数分别是：xy xe =，x x y e =，x e y x =，ln y x x =，ln x y x =，ln xy x=，1--=x e y x ，1ln --=x x y 我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．图1图2图3图4图5图6图7图8考点二：常见同构方法（1）()ln e e;ln ln exx xxx x x x +=+=（2）ln :ln lnx x x xe e e x x x x-=-=（3）()22ln 2e e ;2ln ln ex x xxx x x x +=+=（4）2ln 2ln 22,x xx x x x e e e e x x--==【题型目录】题型一：利用同构解决不等式问题题型二：利用同构求函数最值题型三：利用同构解决函数的零点问题题型四：利用同构解决不等式恒成立问题题型五：利用同构证明不等式【典例例题】题型一：利用同构解决不等式问题【例1】（2022·河南·模拟预测（理））不等式2ln ln 2x x >的解集是（）A ．()1,2B ．()2,4C ．()2,+∞D ．()4,+∞【答案】B 【解析】【分析】结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.【详解】设()()ln 0x f x x x =>，则()21ln xf x x-'=，当0e x <<时，()0f x '>；当e x >时，()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上是增函数，在()e,+∞上是减函数．原不等式可化为ln ln 22x x >，即()()2f x f >，结合()()24f f =，可得24x <<，所以原不等式的解集为{}24x x <<．故选：B【例2】（2022·陕西宝鸡·一模（理））已知1a >，1b >，则下列关系式不可能成立的是（）A ．e ln ≤b a abB ．e ln ≥b a abC ．e ln ≥b a b aD ．e ln ≤b a b a【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()ln 0=->f x x x x ，利用导数判断其单调性可判断AB ；构造函数()e =xg x x，()ln x h x x =，利用导数判断单调性可判断CD.【详解】对于e ln ≤b a ab ，两边取对数得()()ln e ln ln ≤ba ab ，即()ln ln ln ln -≤-b b a a ，构造函数()()ln 0=->f x x x x ，()111x f x x x-'=-=，当1x >时，()0f x ¢>，()f x 是单调递增函数，当01x <<时，()0f x ¢<，()f x 是单调递减函数，若1ln <≤b a ，则()ln ln ln ln -≤-b b a a ，即e ln ≤b a ab ，故A 正确；若1ln <≤a b ，则()ln ln ln ln -≥-b b a a ，e ln ≥b a ab ，故B 正确；构造函数()e =xg x x，()ln x h x x =，()()2e 1e -'==xx x g x x x，当1x >时，()0g x ¢>，()g x 单调递增，所以()()1e >=g x g ，()21ln xh x x -'=，当e x >时，()0h x '>，()h x 单调递减，当0e x <<时，()0h x '<，()h x 单调递增，()()1e eh x h ≤=，所以1x >时()>g x ()h x ，即e ln >b ab a，所以e ln ≥b a b a 成立，e ln ≤b a b a 不可能成立，故C 正确D 错误.故选：D.【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.【例3】（2022·陕西·长安一中高二期末（理））已知0x y π<<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）A ．4y πD ．sin sin x y>【答案】C 【解析】【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.【详解】因为e sin e sin y x x y =，所以sin sin e ex y x y=，令sin ()e t t g t =，所以()()g x g y =，对函数sin ()(0,)e ttg t t π=∈，求导：2e cos e sin cos sin ())(e e t t t tt t t t g t --'==，由()0g t '>有：(0,)4t π∈，由()0g t '<有：(,)4t ππ∈，所以sin ()e t t g t =在(0,)4π单调递增，在(,)4ππ单调递减，因为0x y π<<<，由()()g x g y =有：04x y ππ<<<<，故A 错误；因为0x y π<<<，所以e e y x >，由sin sin e ex y x y=有：sin sin y x >，故D 错误；因为04x y ππ<<<<，所以cos 0x =>，|cos |y =因为sin sin y x >，所以cos |cos |x y >，所以cos cos 0x y +>，故C 正确；令()()()2h t g t g t π=--有：()()()2h t g t g t π'''=--=cos sin e t t t -+2sin cos e tt tπ-=22(sin cos )(e -e)et tt t ππ--，当0t π<<，()0h t '>恒成立.所以()()()2h t g t g t π=--在(0,)π单调递增，当04x π<<时，()()()02h x g x g x π=--<，即()()2g x g x π<-，又()()g x g y =，所以()()()2g x g y g x π=<-，因为04x y ππ<<<<，所以(,242x πππ-∈，因为sin ()e t t g t =在(,)4ππ内单调递减，所以2y x π>-，即2y x π+>，故B 错误.故选：C.【例4】（2022·江苏苏州·模拟预测）若x ，(0,)∈+∞y ，ln e sin y x x y +=+，则（）A ．ln()0x y -C ．e yx <D ．ln y x<【答案】C 【解析】【分析】利用sin y y >可得ln e y x x y +<+，再利用同构可判断,e y x 的大小关系，从而可得正确的选项.【详解】设()sin ,0f x x x x =->，则()1cos 0f x x '=-≥（不恒为零），故()f x 在(0,)+∞上为增函数，故()()00f x f >=，所以sin x x >，故sin y y >在(0,)+∞上恒成立，所以ln e e ln e y y y x x y +<+=+，但()ln g x x x =+为(0,)+∞上为增函数，故e y x <即ln x y <，所以C 成立，D 错误.取e x =，考虑1e e sin y y +=+的解，若e 1y ≥+，则e 1e e 5e 21e sin y y +≥>>+≥+-，矛盾，故e 1y <+即1y x -<，此时ln()0y x -<，故B 错误.取1y =，考虑ln e sin1x x +=+，若2x ≤，则1ln 2ln 23e e sin12x x +≤+<<+<+，矛盾，故2x >，此时1->x y ，此时ln()0x y ->，故A 错误，故选：C.【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.【例5】（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测（理））已知a 、R b ∈，2e ln 0a a a +=，1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，则（）A ．e a ab b <<B ．e a ab b<=C ．e a b ab<<D ．e a b ab=<【答案】B 【解析】【分析】由2e ln 0a a a +=可得出11e ln aa a a=，构造函数()e x f x x =可得出ln 0a a +=，可得出e 1a a =，由1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭可得出11ln e bb b b +=+，构造函数()e x g x x =+可得出11ln 0b b +=，然后构造函数()ln h x x x =+可得出1a b=，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.【详解】由2e ln 0a a a +=可得111e ln aa a a a a=-=，由题意可知0a >，构造函数()e x f x x =，其中0x >，则()()1e 0xf x x '=+>，所以，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，由1ln 111e ln e ln aa a a a a==可得()1ln f a f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，ln a a =-，由0a >可得ln 0a <，则01a <<，且ln 0a a +=，①由1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭可得11ln e b b b b +-=，则11ln e bb b b +=+，由题意可知0b >，构造函数()e x g x x =+，其中0x >，则()1e 0xg x '=+>，所以，函数()g x 在()0,∞+上单调递增，由11ln e b b b b +=+，即1ln 1ln e e bb b b+=+，可得()1ln g b g b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，1ln b b =，由1ln 0b b =>可得1b >，且11ln b b =-，则11ln 0b b+=，②令()ln h x x x =+，其中0x >，则()110h x x'=+>，所以，函数()h x 在()0,∞+上为增函数，由①②可得()10h a h b ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以，1a b =，可得1ab =，由()ln ln ln e 0a a a a lne a a +=+==可得e 1a a =，则1e ab a==，因为01a <<，则1e a ab b =<=，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.【题型专练】1.（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））已知0a b >>，且满足ln ln a b b a =，e 为自然对数的底数，则（）A ．e e e a b b <，利用导函数研究函数的单调性判断即可.【详解】解：因为e x y =在R 上单调增，0a b >>，所以e e a b >，故A 、D 错误；构造函数()()ln ,0x f x x x =>，则()21ln 0xf x x '-==，e x =，当()0,e x ∈时，()0f x '>，()f x 单调增，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调减，因为ln ln a b b a =，ln ln a ba b=，即()()f a f b =，又0a b >>，所以0e b <<，e a >，ln 0a >，ln ln 0a b b a =>，所以1e b a <<<，所以ln ln eeb b <，eln ln e b b <，e ln ln e b b <，即e e b b <，所以e e e a b b <<，故B 正确.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习（理））设20222020a =，20212021b =，20202022c =，则（）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．c a b>>D ．c b a>>【答案】A 【解析】【分析】由于ln2020ln 2021ln2021ln 2022a b =，所以构造函数()()2ln 1xf x x e x =≥+，利用导数判断其为减函数，从而可比较出()()202020210f f >>，进而可比较出,a b 的大小，同理可比较出,b c 的大小，即可得答案【详解】∵ln2020ln 2022ln20202021ln2021ln 2021ln20212022a b ==，构造函数()()2ln 1xf x x e x =≥+，()()21ln 1x x x f x x x +-'=+，令()1ln g x x x x =+-，则()ln 0g x x '=-<，∴()g x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()2210g x g e e ≤=-<，故()0f x '<，∴()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()202020210f f >>，∴()()2020ln 1ln 2021f a b f =>∴ln ln a b >.∴a b >，同理可得ln ln b c >，b c >，故a b c >>，故选：A3．（2022·广东·中山市迪茵公学高二阶段练习）已知0a b >>，下列不等式，成立的一个是（）A ．33a b a b ->-B ．ln ln a b a b->-C ．sin sin a b a b ->-D ．e e a b a b->-【答案】D 【解析】【分析】在0x >时，构造函数3(),()ln ,()sin ,()e x f x x x g x x x h x x x x x ϕ=-=-=-=-，探讨它们的单调性即可分别判断选项A ，B ，C ，D 作答.【详解】因3333a b a b a a b b ->-⇔->-，则令3()f x x x =-，0x >，2()31x f x '=-，显然函数()f x 在上递减，在()3+∞上递增，即函数()f x 在(0,)+∞上不单调，而0a b >>，则不能比较()f a 与()f b 的大小，A 不是；因ln ln ln ln a b a b a a b b ->-⇔->-，则令()ln g x x x =-，0x >，1()1g x x'=-，显然函数()g x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，在(0,)+∞上不单调，而0a b >>，则不能比较()g a 与()g b 的大小，B 不是；因sin sin sin sin a b a b a a b b ->-⇔->-，则令()sin h x x x =-，0x >，()cos 10h x x '=-≤，函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，由0a b >>，得()()h a h b <，即sin sin a a b b -<-，C 不是；因e e e e a b a b a b a b ->-⇔->-，则令()e x x x ϕ=-，0x >，()e 10x x ϕ'=->，函数()ϕx 在(0,)+∞上单调递增，由0a b >>，得()()a b ϕϕ>，即e e a b a b ->-，D 是.故选：D 【点睛】思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.4．（2022·全国·高三专题）已知,x y 满足222e x x -=，4e ln 2y y=+（其中e 是自然对数的底数），则2x y =（）A ．4eB ．3eC ．2eD ．e【答案】A 【解析】【分析】对222e xx -=两边取对数，得22ln 2x x =-,再与4e ln 2y y =+相加整理得4422e e ln ln x x y y+=+，构造函数()ln g t t t =+，根据单调性，即可求解.【详解】解：222ex x -=,两边取对数得：22ln 2x x =-，又4e ln 2y y=+，两式相加得：422e ln ln 4x y x y+=-+，即444224e e e ln ln e ln ln x x y y y y +=-+=+，令()ln g t t t =+，故上式变为42e ()()g x g y=，易知()ln g t t t =+在()0,∞+上单调递增，故42e x y=，故24e x y =，故选：A5.（2022·四川·广安二中模拟预测（理））已知0πx y <<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）A ．co co s 0s x y +C ．cos sin x y >D ．sin sin x y>【答案】B 【解析】【分析】构造()sin ex xf x =，0πx <<，求导研究其单调性，判断出D 选项，利用同角三角函数关系得到AB 选项，构造差函数，得到π2x y >-，从而判断出C 选项.【详解】构造()sin e xx f x =，0πx <<，则()sin 0e x xf x =>恒成立，则()cos sin e xx xf x -'=，当π04x <<时，cos sin x x >，()cos sin 0e xx x f x -'=>，当ππ4x <<时，cos sin x x <，()cos sin 0e x x xf x -'=<所以()sin e x x f x =在π0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在π,π4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，因为0πx y <<<，所以π0π4x y <<<<，0e e x y <<，又sin sin 0e ex y x y=>，所以0sin sin x y <<，D 错误，因为π0π4x y <<<<，所以cos 0x =>，cos y 所以cos cos x y >，所以cos cos 0x y +>，A 错误，B 正确.令()()π2g x f x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则π04g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()()π2ππ22sin cos e e πcos sin sin cos 2e e e x xx x x x x x x x g x f x f x --⎛⎫-- ⎪--⎛⎫⎝⎭=+-=+= ⎪⎝'⎭''当0πx <<时，()0g x '>恒成立，所以()()π2g x f x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在()0,π上单调递增，当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()π02g x f x f x ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，即()π2f x f x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，因为()()f x f y =，所以()π2f y f x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭因为π0π4x y <<<<，所以ππ24x ->，因为()f x 在在π,π4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以π2y x >-，即π2x y >-因为()cos x x ϕ=在()0,π上单调递减，所以πcos cos sin 2x y y ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭，C 错误故选：B 【点睛】结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造()sin e xxf x =进行求解.6.（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e 为自然对数的底数，a ，b 均为大于1的实数，若1e ln a a b b b ++<，则（）A ．1e a b +C ．eab <D ．eab >【答案】B 【解析】【分析】由题意化简得到e ln e ln e e a ab b<，设()ln f x x x =，得到(e )()ea b f f <，结合题意和函数()f x 的单调性，即可求解.【详解】由1e ln a a b b b ++<，可得1eln (ln 1)lnea b a b b b b b b +<-=-=，即e ln e ln e e a ab b <，设()ln f x x x =，可得(e )()eab f f <，因为0a >，可得e 1a >，又因为(ln 1)0,0b b b ->>，所以ln 1b >，即e b >，所以1eb>，当1x >时，()ln 10f x x '=+>，可得函数()f x 在(1,)+∞为单调递增函数，所以e eab<，即1e a b +>.故选：B.题型二：利用同构求函数最值【例1】（2022·四川省通江中学高二期中（文））已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()(0)f m g n t t ==>，则ln mn t ⋅的取值范围为（）A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】先求得,m n 的取值范围，然后化简ln mn t ⋅，结合导数求得ln mn t ⋅的取值范围.【详解】由于()()(0)f m g n t t ==>，即e ln 0m m n n t ==>，所以0,1m n >>，当0x >时，()()()'1e 0,xf x x f x =+⋅>递增，所以()f m t =有唯一解.当1x >时，()()'1ln 0,g x x g x =+>递增，所以()g n t =有唯一解.由e ln m m n n =得ln e e ln ln m n m n m n ⋅=⋅⇒=，所以()()ln ln ln ln mn t n n t t t ⋅=⋅=.令()()'ln ,1ln h t t t h t t ==+，所以()h t 在区间()()'10,,0,e h t h t ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,,0,e h t h t ⎛⎫+∞> ⎪⎝⎭递增.所以()11e e h t h ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭，所以ln mn t ⋅的取值范围为1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D 【点睛】本题要求ln mn t ⋅的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量t 的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.【例2】（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数()()ln 1f x x x =+-，()ln g x x x =，若()112ln f x t =+，()22g x t =ln t 的最小值为（）A ．21e B ．1e-C ．12e-D ．2e【答案】B 【解析】【分析】通过()f x 、()g x 解析式，()()12f x g x 、的值求得122x x x -关于t 的表达式，结合导数求得所求的最小值.【详解】()f x 的定义域为()1,+∞，所以11x >，11e 1x ->.()112ln 0f x t t =+⇒>.()112ln f x t =+，()2111ln 1ln x x t -+-=，则()()1111ln 1121e 1e x x x x t -+--=-=，又因为()22g x t =，所以()111111221ln 1e e ln e x x x x x x ---=-=，令()ln h x x x =，则()()112e x h x h -=，()'ln 1h x x =+，当1x >时，()'0h x >，()h x 递增，所以112e x x -=ln ln ln ln t t t t t ===，()ln h x x x =，()'ln 1h x x =+，所以()h x 在区间()()'10,,0,e h x h x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,,0,e h x h x ⎛⎫+∞> ⎪⎝⎭递增，所以()h x 的最小值为11e e h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即B 选项正确.故选：B 【点睛】含参数的多变量的题目，结合方法是建立变量、参数之间的关系式，主要方法是观察法，根据已知条件的结构来进行求解.【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））设大于1的两个实数a ，b 满足22ln a nb b e a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则正整数n 的最大值为（）．A ．7B ．9C ．11D ．12【答案】B 【解析】【分析】将已知条件变形为22ln an n b e b a<，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n 的最大值即可.【详解】解：易知22ln n a n b b e a <等价于22ln an n b e b a<．令()()2ln 1n xf x x x =>，则()()()121ln 2ln ln 2ln n n n x x n x x n x f x x x -+⋅--'==．令()0f x '=得2n x e =．当()0f x '>时()21,n x e ∈；当()0f x '<时()2,n x e ∈+∞．所以()f x 在()21,n e 上单调递增，在()2,n e +∞上单调递减，则()f x 有最大值()2222nn f e e⎛⎫ ⎪⎝⎭=．令()()21xn e g x x x =>，则()()212x n e x n g x x+-'=．当12n ≤时不符合，舍去，所以12n>．则()0g x '=，2nx =．当()0g x '>时2n x >；当()0g x '<时12n x <<．所以()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()g x 有最小值22nn n e g n ⎛⎫=⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭．若22ln an n b e b a<成立，只需()22n n f e g ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，即2222nn e n e n ⎛⎫⎪⎝⎭≤⎛⎫ ⎪⎝⎭，即222n n n e -+⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．两边取自然对数可得()22ln 2n n n +≥-．当2n =时等式成立；当3n ≥时有2ln 22n nn +≥-．令()2ln 22x xx x ϕ+=--，本题即求()0x ϕ>的最大的正整数．()()24102x xx ϕ-'=-<-恒成立，则()x ϕ在[)3,+∞上单调递减．因为()58ln 403ϕ=->，()1199ln 1.5714 1.51072ϕ=-≈->，()310ln 502ϕ=-<，所以()0x ϕ>的最大正整数为9．故选：B ．【题型专练】1.（2022·四川绵阳·高二期末（理））已知函数()e x f x x =+，()e x g x x =，若1()ln f x k =，2()g x k =，则12ln e x x k +的最小值是（）A ．1e --B ．1e -C ．2e -D ．2e --【答案】A 【解析】【分析】先通过中间量k 找到12,x x 的关系，然后反带回去，将代求表达式表示成关于k 的函数来求解.【详解】依题意得，20,0k x >>，112211122222()ln e ln e ln ln e ln ()e x x x x f x k x k x k x x x g x k x k ⎧=+=⎧⎪⇒⇒+===+⎨⎨==⎪⎩⎩，于是12ln 1222e ln e ln x x x x x x +=+=+，设()e x h x x =+，显然()h x 在R 上单调，于是12()(ln )h x h x =，根据()h x 单调性可知12ln x x =，故12e x x =，于是212122e e e e x x x x xx k +===，故12ln e ln x x k k k +=，在令()ln p k k k =，()1ln p k k '=+，于是10e ,()0,()k p k p k -'<<<递减，1e ,()0,()k p k p k -'>>递增，故1e k -=，()p k 取得最小值1e --.故选：A2.（2022·全国·高二期末）已知函数()ln(1),()ln f x x x g x x x =+-=，若()()21212ln ,f x t g x t =+=，则()2122ln -x x x t 的最小值为（）A ．1e-B ．12e-C ．21e D ．2e【答案】A 【解析】【分析】由已知条件可推得121ln 212(1)e e ln x x t x x -=-=⋅，即有21ln 1x x =-，结合目标式化简可得()22122ln ln x x x t t t -=⋅，令()ln h u u u =⋅，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为()2122ln -x x x t 的最小值．【详解】()()111ln 112ln f x x x t =+-=+，所以()2111ln 1ln x x t -+-=，则()1121ln 1e ln x x t --=．于是()()112212221e ln ,x x t g x x x t --===．所以()121ln 12221e ln e ln x x x x x x --==．构造函数e x y x =，易知当0x >时，e x y x =单调递增．所以，121ln x x -=．于是()()222221222122ln 1ln ln ln ln -=-==x x x t x x t x x t t t ，令20=>u t ，则1()ln ,()ln e 1,0h u u u h u u h ''⎛⎫==+= ⎪⎝⎭．()h u 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．所以min e 1()e 1h u h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，即()2122min1l e n x x x t ⎡⎤-=-⎣⎦．故选：A题型三：利用同构解决函数的零点问题【例1】（2022·海南华侨中学模拟预测）已知函数()log xa f x a x =-（0a >且1a ≠）有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）．A ．()1e1,e B ．()1e e ,eC．(D．(1e e 【答案】A 【解析】【分析】解法一：令()0f x =，得log xa a x =，进而得到y x a y a x +=+．令()x g x a x =+，由其单调性得到x y =，即x a x =，进而转化为ln ln x a x=，利用导数法判断；解法二：令()0f x =，得log xa a x =，进而得到y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，由其单调性得到x y =，即x a x =，然后利用导数的几何意义求解判断.【详解】解法一：通过选项判断可知1a >，令()0f x =，得log xa a x =，由log x a y a y x ⎧=⎨=⎩，得x yy a a x ⎧=⎨=⎩，所以y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，则()()g x g y =，且()g x 在()0,∞+上单调递增，所以x y =，即x a x =，所以ln ln x a x =，即ln ln xa x=，令()ln xg x x=，()21ln x g x x -'=，∴()g x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()()max 1e g x g e==，又1x >时，()ln 0xg x x=>，且()10g =，画出()g x大致图像，可知10ln ea <<，则1e 1e a <<．故选：A ．解法二：通过选项判断可知1a >，令()0f x =，得log xa a x =，由log x a y a y x⎧=⎨=⎩，得x y y a a x ⎧=⎨=⎩，所以y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，则()()g x g y =，且()g x 在()0,∞+上单调递增，所以x y =，即x a x =，当直线y x =与x y a =图像相切时，设切点为()00,x y ，由ln xy a a '=，则有0001x x a lna a x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，故0ln 1x a =，则01log e ln a x a ==．又00x a x =，即log elog e a a a =，则log e e a =，∴1e e a =．要使得直线y x =与x y a =图像有两个交点，则1e 1e a <<，故选：A ．【例2】（2022·全国·高三专题）已知函数()()x x a xe x f x +-=ln 2有两个零点，则a 的最小整数值为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【分析】先将函数化为ln ()e 2(ln )x x f x a x x +=-+，令ln t x x =+，进而只需说明()e 2tg t at =-在R 上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.【详解】ln ()e 2(ln )e 2(ln )x x x f x x a x x a x x +=-+=-+，设ln (0)t x x x =+>，110t x=+>'，即函数在()0,∞+上单调递增，易得R t ∈，于是问题等价于函数()e 2t g t at =-在R 上有两个零点，()e 2t g t a ='-，若0a ≤，则()0g t '>，函数()g t 在R 上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；若0a >，则(),ln 2x a ∈-∞时，()0g t '<，()g t 单调递减，()ln 2,x a ∈+∞时，()0g t '>，()g t 单调递增.因为函数()g t 在R 上有两个零点，所以()()()min e ln 221ln 202g a a a g a t ==-<⇒>，而()010g =>，限定1t >，记()e t t t ϕ=-，()e 10tt ϕ='->，即()t ϕ在()1,+∞上单调递增，于是()()e 1e 10e ttt t t ϕϕ=->=->⇒>，则2t >时，22e e 24t tt t >⇒>，此时()()22844t t g t at t a >-=-，因为2ea >，所以84e 1a >>，于是8t a >时，()0g t >.综上：当2ea >时，有两个交点，a 的最小整数值为2.故选：C.【题型专练】1.（2021·全国·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a 的方程6e ae a =和关于b 的方程()132ln -=-λe b b （R b a ∈λ,,）可化为同构方程，则λ=________，()ln ab =________．【答案】38【解析】【分析】两个方程分别取自然对数，转化后由同构的定义求得λ，然后利用新函数的单调性得,a b 关系，从而求得ab【详解】对6e e a a =两边取自然对数得ln 6a a +=①．对()31ln 2e b b λ--=两边取自然对数得ln b +()ln ln 231b λ-=-，即()ln 2ln ln 233b b λ-+-=-②．因为方程①，②为两个同构方程，所以336λ-=，解得3λ=．设()ln f x x x =+（0x >），则()110f x x'=+>，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增，所以方程()6f x =的解只有一个，所以ln 2a b =-，所以()()331ln 2ln 2e ab b b b b ⨯-==-=-8e =，故()8ln n 8l e ab ==．故答案为：3；8．2.（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数()()ln 11f x x x =+-+．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()e ln xg x a x a =-+，若函数()()()F x f x g x =-有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+(2)()0,1【解析】【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数()f x 的单调区间；（2）同构处理，为设函数()e xh x x =+，则()()()ln ln 1h x a h x +=+，结合()e xh x x =+的单调性得到()ln ln 1a x x =+-有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a 的取值范围.(1)函数的定义域为{}–1x x >，()()()11,010,;0,011x f x f x x f x x x x -'=-='>-<<'<>++．函数()f x 的单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+．(2)要使函数()()()F x f x g x =-有两个零点，即()()f x g x =有两个实根，即ln(1)1e ln x x x a x a +-+=-+有两个实根．即ln ln e ln(1)1x a x a x x +++=+++．整理为ln ln(1)ln ln(1e e )x a x x a x ++++=++，设函数()e xh x x =+，则上式为()()()ln ln 1h x a h x +=+，因为()e 10x h x =+>'恒成立，所以()xh x e x =+单调递增，所以()ln ln 1x a x +=+．所以只需使()ln ln 1a x x =+-有两个根，设()()ln 1M x x x =+-．由（1）可知，函数()M x ）的单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+，故函数()M x 在0x =处取得极大值，()()max 00M x M ==．当1x →-时，()M x →-∞；当x →+∞时，()–M x →∞，要想()ln ln 1a x x =+-有两个根，只需ln 0a <，解得：01a <<．所以a 的取值范围是()0,1．题型四：利用同构解决不等式恒成立问题【例1】（2022·广东广州·三模）对于任意0x >都有ln 0x x ax x -≥，则a 的取值范围为（）A ．[]0,e B ．11e e ,e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[)11,e e,e -⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦D ．(],e -∞【答案】B 【解析】【分析】()ln t f x x x ==，由导数的单调性求出()1e tf x =≥-，所以ln ln 0e ln 0x x x x ax x ax x -≥⇒-≥转化为：e 0t at -≥任意1et ≥-恒成立，令()e tg t at =-，分类讨论a 值，求出()min g t ，即可求出答案.【详解】ln ln 0e ln 0x x x x ax x ax x -≥⇒-≥，令()ln t f x x x ==，则()ln 1f x x '=+，所以()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()1111ln e e ee f x f ⎛⎫≥==- ⎪⎝⎭，所以()1e t f x =≥-，所以ln 0x x ax x -≥转化为：e 0t at -≥，令()e t g t at =-，()e tg t a '=-，①当0a ≤时，()0g t '≥，所以()g t 在1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，所以()111e e min11e 0e e e g t g a a --⎛⎫⎛⎫=-=--≥⇒≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以11e e 0a --≤≤.②当0a >时，您()0g t '=，所以ln t a =，（i ）当1ln ea <-即1e e a -<时，()0g t '>，所以()g t 在1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，()111e e min 11e 0e e e g t g a a --⎛⎫⎛⎫=-=--≥⇒≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1e 0e a -<<.(ii)当1ln ea ≥-即1e e a -≥时，()g t 在1,ln e a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递减，在[)ln ,a +∞上单调递增，()()()ln min ln e ln 0ln 01ln 0a g t g a a a a a a a ==-≥⇒-≥⇒-≥，所以e a ≤，所以1e e e a -≤≤.综上，a 的取值范围为：11e e ,e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故选：B.【例2】（2022·全国·高三专题练习（文））已知e 是自然对数的底数.若[1,)x ∃∈+∞，使5e 6ln 0≤mx m x x -，则实数m 的取值范围为（）A ．1,6∞⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．6,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．e ,6⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．(,6]-∞【答案】B 【解析】【分析】先讨论0m ≤时，不等式成立；0m >时，不等式变形为66ln e ln e mx x mx x ≤，构造函数()()e 0xf x x x =≥，由单调性得到6ln mx x ≤，参变分离后构造函数6ln ()xg x x=，求出()g x 最大值即可求解.【详解】当0m ≤时，5e 6ln 00,mx m x x ≤≥，显然5e 6ln 0mx m x x -≤成立，符合题意；当0m >时，由1≥x ，5e 6ln 0mx m x x -≤，可得6e 6ln 0mx mx x x -≤，即66e ln mx mx x x ≤，66ln e ln e mx x mx x ≤，令()()e 0x f x x x =≥，()()1e 0xf x x '=+>，()f x 在[)0,∞+上单增，又60,ln 0mx x >≥，故66ln e ln e mx x mx x ≤，即6()(ln )f mx f x ≤，即6ln mx x ≤，6ln x m x ≤，即[)1,x ∃∈+∞使6ln x m x ≤成立，令6ln ()xg x x=，则266ln ()xg x x -'=，当[)1,e x ∈时，()0,()'>g x g x 单增，当()e,x ∈+∞时，()0,()g x g x '<单减，故max 6()(e)e g x g ==，故60em <≤；综上：6em ≤.故选：B 【点睛】本题关键点在于当0m >时，将不等式变形为66ln e ln e mx x mx x ≤，构造函数()()e 0xf x x x =≥，借助其单调性得到6ln mx x ≤，再参变分离构造函数6ln ()xg x x=，求出其最大值，即可求解.【例3】（2022·宁夏中卫·三模（理））不等式e ln ax a x >在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．1,2e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭B ．1(,)e+∞C ．1,)∞+（D ．(e,)+∞【答案】B 【解析】【分析】将e ln ax a x >变为e ln ax ax x x >即ln e ln e ax x ax x >⋅，构造新函数()e ,(0)x g x x x =>，利用其单调性得到ln ln ,xax x a x>>，继而求得答案.【详解】当0a ≤时，不等式e ln ax a x >在(0,)+∞上恒成立不会成立，故0a >，当(0,1]x ∈时，ln 0x ≤，此时不等式e ln ax a x >恒成立；不等式e ln ax a x >在(1,)+∞上恒成立,即e ln ax ax x x >在(1,)+∞上恒成立,而e ln ax ax x x >即ln e ln e ax x ax x >⋅，设()e ,()(1)e x x g x x g x x '==+，当1x >-时，()(1)e 0x g x x '=+>，故()e ,(1)x g x x x =>-是增函数，则ln e ln e ax x ax x >⋅即()(ln )g ax g x >，故ln ln ,xax x a x>>，设2ln 1ln (),(1),()x xh x x h x x x -'=>=，当1e x <<时，21ln ()0xh x x -'=>，()h x 递增，当e x >时，21ln ()0xh x x -'=<，()h x 递减，故1()(e)e h x h ≤=，则1e>a ，综合以上，实数a 的取值范围是1e>a ，故选：B 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.【例4】（2022·陕西渭南·二模（文））设实数0λ>，对任意的1x >，不等式n e l x x λλ≥恒成立，则λ的最小值为（）A ．eB ．12eC ．1eD ．2e【答案】C 【解析】【分析】由题设有ln e e ln x x x x λλ⋅⋅≥，构造()e t f t t =⋅并利用导数研究单调性即可得(1,)x ∈+∞上ln xxλ≥恒成立，再构造ln ()xg x x=，(1,)x ∈+∞并应用导数求最值，即可得λ的最小值.【详解】由题设，ln ln e ln e x x x x x x λλ≥=⋅⋅，令()e t f t t =⋅，则在()(1)e 0t f t t '=+⋅>，所以()f t 单调递增，又()(ln )f x f x λ>，即(1,)x ∈+∞上ln x x λ≥，即ln xxλ≥恒成立，令ln ()x g x x=，(1,)x ∈+∞，则21ln ()xg x x -'=，所以，(1,e)上()0g x '>，则()g x 递增；(e,)+∞上()0g x '<，则()g x 递减；则1()(e)e g x g ≤=，故1eλ≥.【点睛】关键点点睛：根据同构形式结合导数研究()e t f t t =⋅的单调性，进而将问题转化为(1,)x ∈+∞上ln xxλ≥恒成立，再次构造函数求最值，确定参数范围.【例5】（2022·辽宁·高二期中）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为（）A ．1eB ．1C ．2D ．e【答案】D 【解析】【分析】先利用ln =e a a x x 将不等式转化为ln e e ln x a x x a x -≤-，借助单调性得到ln ≤x a x ，参变分离后构造函数()(1)ln xf x x x=>，结合单调性求出最小值即可.【详解】∵ln ln e e aa x a x x ==，∴不等式即为：ln e e ln x a x x a x-≤-由0a >且1x >，∴ln 0a x >，设e x y x =-，则e 10x y '=->，故e x y x =-在(0,)+∞上是增函数，∴ln ≤x a x ，即ln x a x≥，即存在(1,)x ∈+∞，使ln x a x ≥，∴minln ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭x a x ，设()(1)ln x f x x x =>，则2ln 1(),(1,e),()0ln x f x x f x x ''-=∈<；(e,),()0x f x ∞'∈+>；∴()f x 在(1,e)上递减，在(e,)+∞上递增，∴min ()(e)e f x f ==，∴e a ≥．故选：D.【例6】（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知0a >，不等式22e ln 0aax x x x -≥对任意的实数1x >恒成立，则实数a 的最大值为（）A ．12eB ．2eC ．1eD ．e【答案】B 【解析】【分析】构造函数()e x f x x =，利用函数单调性可得2ln x a x≥，再构造函数ln (),(1)xg x x x =>，利用导数求出函数的【详解】不等式22ln 0aax xe x x -≥对任意的实数1x >恒成立22e ln a a xx x x∴≥令()e xf x x =()(1)e 0x f x x '∴=+>对任意的实数1x >恒成立2()(ln )af x f x ∴≥，ln 2a x x ∴≥，2ln x a x∴≥令ln (),(1)xg x x x=>21ln ()x g x x -'=令()0g x '=，解得ex =当1e x <<时，()0g x '>，函数单调递增当e x >时，()0g x '<，函数单调递减max 1()(e)eg x g ∴==21ea ∴≥，2e a ∴≤，所以实数a 的最大值为2e 故选：B 【题型专练】1.（2022·辽宁葫芦岛·高二期末）已知0a <，不等式1e ln 0a x x a x ++≥对任意的实数2x >恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．2e -B ．e-C ．1e-D ．12e-【答案】B 【解析】【分析】首先不等式同构变形为e ln e ln x x a a x x --≥，引入函数()ln f x x x =，由导数确定单调性得e x a x -≥，分离参数变形为ln x a x-≤，再引入函数()ln x g x x =，由导数求得其最小值，从而得a 的范围，得最小值．【详解】不等式1e ln 0a x x a x ++≥可化为e ln x a a x x x --≥，即e ln e ln x x a a x x --≥，0a <，2x >，则1a x ->，e 1x >，设()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，1x >时，()0f x '>，()f x 是增函数，所以由e ln e ln x x a a x x --≥得e x a x -≥，ln x a x ≥-，ln x a x-≤，所以2x >时，ln xa x-≤恒成立．设()ln x g x x =，则2ln 1()ln x g x x'-=，2e x <<时，()0g x '<，()g x 递减，e x >时，()0g x '>，()g x 递增，所以min ()(e)e g x g ==，所以e a -≤，e a -≥．所以a 的最小值是e -．故选：B ．【点睛】难点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，难点在于不等式的同构变形，然后引入新函数，由新函数的单调性化简不等式，从而再由变量分离法转化为求函数的最值．2.（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()e ln()(0)x f x a ax a a a =-+->，，若关于x 的不等式()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(0,1)B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()0,e 【答案】A 【解析】【分析】首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数a 的取值范围．【详解】由题意可得：e ln(1)ln 1xx a a >+++，ln e ln ln(1)1x a x a x x -∴+->+++，ln ln(1)e ln e ln(1)x a x x a x -+∴+->++，令()e x g x x =+，易得()g x 在(1,)+∞上单调递增，ln ln(+1)x a x ∴->，记()ln ln(+1)h x x a x =--，则()1111x x h x x =-=++',故当()1,0x ∈-时，()0h x '<，此时()h x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增，故()()min 0ln h x h a ==-，故只需-ln 001a a >⇒<<故实数a 的取值范围为()01，．故选：A3.（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）若对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e ln 1ln 1xa x a -++≥恒成立，则实数a 的最小值是（）A ．1B ．2C ．eD ．3【答案】A 【解析】【分析】由()e ln 1ln 1-++≥x a x a 得()()ln 1ln e ln e ln 1+++≥+++x x ax x a ，令()e =+x F x x ，利用()F x 的单调性可得()ln ln 1+≥+a x x ，转化为对任意()1,x ∈-+∞时()ln ln 1≥+-a x x 恒成立，令()()()=ln 11+->-h x x x x ，利用导数求出()h x 的最值可得答案.【详解】由()e ln 1ln 1-++≥x a x a 得()()ln 1ln e ln e ln 1+++≥+++x x ax x a ，令()e =+xF x x ，因为e ,==x y y x 都是单调递增函数，所以()e =+xF x x 为单调递增函数，所以()ln ln 1+≥+a x x ，即对任意()1,x ∈-+∞时()ln ln 1≥+-a x x 恒成立，令()()()=ln 11+->-h x x x x ，()=1-'+xh x x ，当10x -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递减，所以()()0ln10≥==h x h ，所以ln 0≥a ，即1a ≥.故选：A.。

导数大题20种主要题型

导数大题20种主要题型一、求函数的单调性1. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的单调区间。

2. 给出函数解析式和区间，求函数在区间内的单调性。

二、求函数的极值3. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的极值点，求出极值。

4. 给出函数解析式和区间，求函数在区间内的极值点，并求出极值。

三、求函数的最大值或最小值5. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的单调区间，从而确定函数的最大值或最小值。

6. 给出函数解析式和区间，求函数在区间内的极值点，并求出极值，再与区间端点的函数值比较，得到函数的最大值或最小值。

四、确定函数图像的单调区间7. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数图像的单调区间。

8. 给出函数图像的大致形状，根据图像的变化趋势，确定函数解析式，并求导数，确定函数图像的单调区间。

五、判断函数的零点9. 给出函数解析式和区间，判断函数在区间内的零点个数。

10. 给出函数解析式和大致的图像，根据图像的变化趋势，判断函数在某一点的零点是否存在。

六、判断函数的最值点11. 给出函数解析式和区间，判断函数在区间内的最值点。

12. 给出函数图像的大致形状，根据图像的变化趋势，确定函数在某一点的最值点。

七、判断函数的极值点13. 给出函数解析式，求导数，并根据导数正负确定函数的极值点。

14. 给出函数图像的大致形状，根据图像的变化趋势，判断函数在某一点的极值点。

八、求解不等式九、求解方程的根十、利用导数证明不等式十一、利用导数求最值十二、利用导数求多变量函数的平衡点十三、利用导数研究函数的图像性质十四、利用导数研究函数的极值和最值十五、利用导数求解高阶导数十六、利用导数求实际问题的最优解十七、利用导数求解曲线的切线方程十八、利用导数研究函数的凹凸性十九、利用导数求解函数的零点个数二十、物理问题的应用。

导数的极值与最值题型总结(解析版)--2024高考数学常考题型精华版

第6讲导数的极值与最值题型总结【考点分析】考点一：函数的驻点若()00='x f ，我们把0x 叫做函数的驻点．考点二：函数的极值点与极值①极大值点与极大值：函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数的一个极大值，记作0()y f x =极大值，其中0x 叫做函数的极大值点②极小值点与极小值：函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数的一个极小值，记作0()y f x =极小值，其中0x 叫做函数的极小值点考点三：求可导函数()f x 极值的步骤①先确定函数()f x 的定义域；②求导数()f x '；③求方程()0f x '=的根；④检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注意：可导函数()x f 在0x x =满足0()0f x '=是()x f 在0x 取得极值的必要不充分条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.考点四：函数的最值一个连续函数在闭区间[]b a ,上一定有最值，最值要么在极值点处取得，要么在断点处取得。

求函数最值的步骤为：①求()y f x =在[]b a ,内的极值（极大值或极小值）；②将()y f x =的各极值与()a f 和()b f 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【题型目录】题型一：求函数的极值与极值点题型二：根据极值、极值点求参数的值题型三：根据极值、极值点求参数的范围题型四：利用导数求函数的最值（不含参）题型五：根据最值求参数题型六：根据最值求参数范围【典例例题】题型一：求函数的极值与极值点【方法总结】利用导数求函数极值的步骤如下：（1）求函数()f x 的定义域；（2）求导；（3）解方程()00f x '=，当()00f x '=；（4）列表，分析函数的单调性，求极值：①如果在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么()0f x 是极小值；【例1】(2022石泉县石泉中学)函数()2x x f x e=的极小值为()A ．0B ．1eC ．2D ．24e 【答案】A【解析】由()2x xf x e=，得()()()2222x xxx x x xe x e f x e e ---'==，当02x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当0x <或2x >时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以当0x =时，函数()2x x f x e=取得极小值，极小值为()000f e ==.故选：A.【例2】(2021·河南新乡市)已知函数()ln f x x ax =-的图象在1x =处的切线方程为0x y b ++=，则()f x 的极大值为()A ．ln 21--B ．ln 21-+C ．1-D ．1【答案】A【解析】因为()ln f x x ax =-，所以1()f x a x'=-，又因为函数()f x 在图象在1x =处的切线方程为0x y b ++=，所以(1)1f a b =-=--，(1)11f a ='-=-，解得2a =，1b =.由112()2x f x x x-'=-=，102x <<，()0f x '>，12x >，()0f x '<，知()f x 在12x =处取得极大值，11ln 1ln 2122f ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭.故选：A.【例3】若函数2()x f x e ax a =--在R 上有小于0的极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．(1,0)-B ．(0,1)C ．(,1)-∞-D ．(1,)+∞【答案】B【解析】由()2()x xf x e ax a f x e a'=--⇒=-因为2()x f x e ax a =--在R 上有小于0的极值点，所以()0xf x e a ='-=有小于0的根，由x y e =的图像如图：可知()0xf x e a ='-=有小于0的根需要01a <<，所以选择B【例4】（2022·江西师大附中三模（理））已知函数()sin ,()e xxf x xg x =-为()f x 的导函数．(1)判断函数()g x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；【答案】(1)存在；极小值【分析】（1）转化为判断导函数是否存在变号零点，对()g x '求导后，判断()g x '的单调性，结合零点存在性定理可得结果；【解析】(1)由()sin ex x f x x =-，可得2e e 1()cos cos (e )e x x x x x xg x x x --=-=-，则2e (1)e 2π()sin sin ,0,(e )e 2x x x x x x g x x x x ----⎛⎫'=+=+∈ ⎪⎝⎭，令2()sin e x x h x x -=+，其中π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得2e (2)e 3()cos cos 0(e )e x x x x x x h x x x ---'=+=+>，所以()h x 在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，即()g x '在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，因为π2π2π2(0)20,102eg g -⎛⎫''=-<=+> ⎪⎝⎭，所以存在0π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，()0,()g x g x '<单调递减；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g x g x '>单调递增，所以当0x x =时，函数()g x 取得极小值．【例5】（2022·江苏苏州·模拟预测）函数()sin cos f x x x x =--．(1)求函数()f x 在(),2ππ-上的极值；【答案】(1)极大值，12π-；极小值，1-；【分析】（1）由题可得()14f x x π⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，进而可得；【解析】(1)∵()sin cos f x x x x =--，∴()1cos sin 1cos 4f x x x x π⎛⎫=-+=+' ⎪⎝⎭，,2x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，由()0f x '=，可得2x π=-，或0x =，∴,2x ππ⎛⎫∈-- ⎝⎭，()()0,f x f x '>单调递增，,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '<单调递减，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()0,f x f x '>单调递增，∴2x π=-时，函数()f x 有极大值(122f ππ-=-，0x =时，函数()f x 有极小值(0)1f =-；【题型专练】1.已知e 为自然对数的底数，设函数()x xe x f =，则A ．1是()x f 的极小值点B ．﹣1是()x f 的极小值点C ．1是()x f 的极大值点D ．﹣1是()x f 的极大值点【答案】B 【解析】【详解】试题分析：，当时，，当时，，当时，，所以当时，函数取得极小值，是函数的极小值点，故选B.考点：导数与极值2.（2022福建省福建师大附中高二期末多选）定义在R 的函数()f x ，已知()000x x ≠是它的极大值点，则以下结论正确的是（）A ．0x -是()f x -的一个极大值点B ．0x -是()f x -的一个极小值点C ．0x 是()f x -的一个极大值点D ．0x -是()f x --的一个极小值点【答案】AD【解析】()000x x ≠是()f x 的极大值点，就是存在正数m ，使得在00(,)x m x -上，()0f x '>，在00(,)x x m +上，()0f x '<．设()()g x f x =-，()()g x f x ''=--，当00x x x m -<<-+时，00x m x x -<-<，()0f x '->，()0g x '<，同理00x m x x --<<-时，()0g x '>，∴0x -是()f x -的一个极大值点，从而0x -是()f x --的一个极小值点，0x 是()f x -的一个极小值点．不能判定0x -是不是()f x -的极值点．故选：AD.3.（2022江西高三期中（文））已知函数()ln f x a x ax =+，2()2g x x x =+，其中a R ∈.（1）求函数()()()h x f x g x =+的极值；（2）若()g x 的图像在()()11,A x g x ，()()()2212,0B x g x xx <<处的切线互相垂直，求21x x -的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）1.【解析】（1）函数2()ln (2)h x a x x a x =+++的定义或为(0,)+∞，2(1)2()2(2)a x x a h x x a x x⎛⎫++ ⎪⎝⎭'=+++=，若0a ≥，()0h x '>恒成立，此时()h x 在(0,)+∞上单调递增，无极值；若0a <时，()0h x '=，解得2a x =-，当02ax <<-时，()0h x '<，()h x 单调递减；当2ax >-时，()0h x '>，()h x 单调递增.∴当2a x =-时，()h x 有极小值2ln 224a a ah a a ⎛⎫⎛⎫-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，无极大值.（2）()22g x x '=+，则()()1222221x x ++=-，其中，120x x <<，1222022x x ∴+<<+，且()121141x x =--+，210x -<<，()212211141x x x x ∴-=++≥+，当且仅当21(1,0)2x =-∈-时取等号，∴当212x =-，132x =-时，21x x -取最小值1.题型二：根据极值、极值点求参数的值【方法总结】解含参数的极值问题要注意：①()00f x '=是0x 为函数极值点的必要不充分条件，故而要注意检验；②若函数()y f x =在区间(,)a b 内有极值，那么()y f x =在(,)a b 内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值．【例1】(2022全国课时练习)若函数()2()1xf x x ax e =--的极小值点是1x =，则()f x 的极大值为()A ．e -B ．22e -C ．25e -D ．2-【答案】C【解析】由题意，函数()2()1x f x x ax e =--，可得2()(2)1x f x e x a x a '⎡⎤=+---⎣⎦，所以(1)(22)0f a e '=-=，解得1a =，故()2()1x f x x x e =--，可得()())1(2xf x ex x '=+-，则()f x 在(,2)-∞-上单调递增，在()2,1-上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()f x 的极大值为2(2)5f e --=．故选：C.【例2】(2021·全国课时练习)若函数2()()f x x x a =-在2x =处取得极小值，则a=__________．【答案】2【解析】由2322()()2f x x x a x ax a x ==--+可得22()34f x x ax a '=-+，因为函数2()()f x x x a =-在2x =处取得极小值，所以2(2)1280f a a '=-+=，解得2a =或6a =，若2a =，则2()384(2)(32)f x x x x x '=-+=--，当2,3x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，则()f x 单调递增；当2,23x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，则()f x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增；所以函数()f x 在2x =处取得极小值，符合题意；当6a =时，2()324363(2)(6)f x x x x x '=-+=--，当(),2x ∈-∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增；当()2,6x ∈时，()0f x '<，则()f x 单调递减；当()6,x ∈+∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增；所以函数在2x =处取得极大值，不符合题意；综上：2a =.故答案为：2.【例3】（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()()()e xf x x a x b =--在x a =处取极小值，且()f x 的极大值为4，则b =（）A ．-1B ．2C ．-3D ．4【答案】B 【解析】【分析】对()f x 求导，由函数()()()e xf x x a x b =--在x a =处取极小值，所以()0f a ¢=，所以a b =，()()2e xf x x a ∴=-，对()f x 求导，求单调区间及极大值，由()f x 的极大值为4，列方程得解.【详解】解：()()()e xf x x a x b =--()2e x x ax bx ab =--+，所以()()()22e e x x f x x a b x ax bx ab '=--+--+()2e 2x x a b x ab a b ⎡⎤=+--+--⎣⎦因为函数()()()e xf x x a x b =--在x a =处取极小值，所以()()()2e 2e 0a af a a a b a ab a b a b '⎡⎤=+--+--=-=⎣⎦，所以a b =，()()2e x f x x a ∴=-，()()()()22e 222=e 2x x f x x a x a a x ax a '⎡⎤=+-+----⎡⎤⎣⎦⎣⎦，令()0f x '=，得=x a 或=2x a -，当()2x a ∈-∞-，时，()0f x '>，所以()f x 在()2a -∞-，单调递增，当()2x a a ∈-，时，()0f x '<，所以()f x 在()2a a -，单调递增，当()x a ∈∞，+时，()0f x '>，所以()f x 在()a ∞+，单调递增，所以()f x 在=2x a -处有极大值为()22e ==44a f a --，解得=2a ，所以=2b .故选：B 【题型专练】1．设函数()23ln 2f x x ax x =+-，若1x =是函数()f x 是极大值点，则函数()f x 的极小值为________【答案】ln 22-【解析】函数()2313ln '()222f x x ax x f x ax x =+-⇒=+-1x =是函数()f x 是极大值点则131'(1)20124f a a =+-=⇒=()213113ln '()04222f x x x x f x x x =+-⇒=+-=1x =或2x =当2x =时()f x 的极小值为ln 22-故答案为：ln 22-2．（2023全国高三专题练习）已知函数()ln 1xf x ae x =--，设1=x 是()f x 的极值点，则a =___，()f x 的单调增区间为___.【答案】1e()1,+∞【解析】由题意可得：()1xf x ae x'=-1x = 是()f x 的极值点()110f ae ∴=-='1a e⇒=即()1ln 1x f x ex -=--()11x f x e x-⇒-'=令()0f x '>，可得1x >()f x ∴的单调递增区间为()1,+∞3．（2023河南省实验中学高二月考）函数1sin sin 33y a x x =+在3x π=处有极值，则a 的值为（）A ．6-B ．6C ．2-D ．2【答案】D【解析】cos cos3,y a x x +'=由3|0x y π=='得，cos cos 0,2,3a a ππ+==选D.点睛：函数()f x 在点3x π=处由极值，则必有()0,3f π'=但要注意()0,3f π'=3x π=不一定是()f x 的极值点.题型三：根据极值、极值点求参数的范围【例1】（2022·四川绵阳·二模（文））若2x =是函数()()2224ln f x x a x a x =+--的极大值点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),2-∞-B ．()2,-+∞C ．()2,+∞D ．()2,2-【答案】A 【解析】【分析】求出()f x '，分0a ≥，2a <-，20a -<<，2a =-分别讨论出函数的单调区间，从而可得其极值情况，从而得出答案.【详解】()()()()()22224224222x a x a x x a a f x x a x x x+---+'=+--==，()0x >若0a ≥时，当2x >时，()0f x '>；当02x <<时，()0f x '<；则()f x 在()0,2上单调递减；在()2,+∞上单调递增.所以当2x =时，()f x 取得极小值，与条件不符合,故满足题意.当2a <-时，由()0f x '>可得02x <<或x a >-；由()0f x '<可得2x a <<-所以在()0,2上单调递增；在()2,a -上单调递减，在(),a -+∞上单调递增.所以当2x =时，()f x 取得极大值，满足条件.当20a -<<时，由()0f x '>可得0x a <<-或2x >；由()0f x '<可得2a x -<<所以在()0,a -上单调递增；在(),2a -上单调递减，在()2,+∞上单调递增.所以当2x =时，()f x 取得极小值，不满足条件.当2a =-时，()0f x '≥在()0,∞+上恒成立，即()f x 在()0,∞+上单调递增.此时()f x 无极值.综上所述：2a <-满足条件故选：A【例2】（2022·河南·高三阶段练习（文））若函数()()22e xx a f x x =++⋅在R 上无极值，则实数a 的取值范围（）A ．()2,2-B ．(-C ．⎡-⎣D ．[]22-,【答案】D 【解析】【分析】求()()222e x x a f x x a ⎡⎤++++⋅⎣⎦'=，由分析可得()2220y x a x a =++++≥恒成立，利用0∆≤即可求得实数a 的取值范围.【详解】由()()22e xx a f x x =++⋅可得()()()()222e 2e 22e x x xx a x ax x a x f a x ⎡⎤=+⋅+++⋅=++++⋅⎣⎦'，e 0x >恒成立，()222y x a x a =++++为开口向上的抛物线，若函数()()22e xx a f x x =++⋅在R 上无极值，则()2220y x a x a =++++≥恒成立，所以()()22420a a ∆=+-+≤，解得：22a -≤≤，所以实数a 的取值范围为[]22-,，故选：D.【例3】（2022·全国·高三专题练习）函数()(ln )xe f x a x x x=--在(0,1)内有极值，则实数a 的取值范围是（）A ．(,)e -∞B ．(0,)eC ．(,)e +∞D ．[),e +∞【答案】C 【解析】【分析】由可导函数在开区间内有极值的充要条件即可作答.【详解】由()(ln )x e f x a x x x=--得，21111()()(1)(1)()x x e f x e a a x x x x x '=---=--，因函数()(ln )x e f x a x x x=--在(0,1)内有极值，则(0,1)x ∈时，()0xef x a x '=⇔=有解，即在(0,1)x ∈时，函数()xe g x x=与直线y=a 有公共点，而1()(10x e g x x x'=-<，即()g x 在(0,1)上单调递减，(0,1),()(1)x g x g e ∀∈>=，则a e >，显然在x e a x =零点左右两侧()'f x 异号，所以实数a 的取值范围是(,)e +∞.故选：C 【点睛】结论点睛：可导函数y ＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．【例4】（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数()()24143e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦，若2x =是()f x 的极小值点，则实数a 的取值范围是（）A ．2,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．(),0-∞D ．()1,-+∞【答案】B 【解析】【分析】根据导函数的正负，对a 分类讨论，判断极值点，即可求解.【详解】由()()24143e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦得()()()12e x f x ax x '=--，令()()()()()12e 0120x f x ax x ax x '=-->⇒-->，若0a <，则()()11202ax x x a -->⇒<<，此时在12x a <<单调递增，在12,x x a><单调递减，这与2x =是()f x 的极小值点矛盾，故舍去.若0a =，可知2x =是()f x 的极大值点，故不符合题意.若102a >>，()()11202,ax x x x a -->⇒<>，此时()f x 在12,x x a <>单调递增，在12x a<<单调递减，可知2x =是()f x 的极大值点，故不符合题意.当12a >，，()()11202,ax x x x a -->⇒><，此时()f x 在12,x x a ><单调递增，在12x a>>单调递减，可知2x =是()f x 的极小值点，符合题意.若12a =，()f x 在定义域内单调递增，无极值，不符合题意，舍去.综上可知：12a >故选：B【例5】（2022·吉林长春·模拟预测（文））已知函数()sin f x ax x =+，()0,πx ∈．(1)当1a =时，过()0,1做函数()f x 的切线，求切线方程；(2)若函数()f x 存在极值，求极值的取值范围．【答案】(1)1y x =+，(2)()0,π【解析】【分析】（1）设切点，再根据导数的几何意义求解即可；（2）求导分析导函数为0时的情况，设极值点为0x 得到0cos a x =-，代入极值再构造函数()cos sin h x x x x =-+，求导分析单调性与取值范围即可(1)由题，当1a =时，()sin f x x x =+，()1cos f x x '=+，设切点为()000,sin x x x +，则()001cos f x x '=+，故切线方程为()()0000sin 1cos y x x x x x --=+-，又切线过()0,1，故()00001sin 1cos x x x x --=-+，即000sin cos 10x x x --=，设()sin cos 1g x x x x =--，()0,πx ∈，则()sin 0g x x x '=>，故()g x 为增函数.又sin cos 102222g ππππ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭，故000sin cos 10x x x --=有唯一解02=x π，故切点为,122ππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，斜率为1，故切线方程为122y x ππ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，即1y x =+；(2)因为()cos f x a x '=+，()0,πx ∈为减函数，故若函数()f x 存在极值，则()0f x ¢=在区间()0,πx ∈上有唯一零点设为0x ，则0cos 0a x +=，即0cos a x =-，故极值()000000sin cos sin f x ax x x x x =+=-+，设()cos sin h x x x x =-+，()0,πx ∈，则()sin 0h x x x '=>，故()h x 为增函数，故()()()0h h x h π<<，故()0h x π<<，即()()00,f x π∈，故极值的取值范围()0,π【点睛】本题主要考查了过点的切线问题，同时也考查了利用导数研究函数的极值问题，需要根据题意设极值点，得到极值点满足的关系，再代入极值构造函数分析，属于难题【例6】（2022·天津·耀华中学二模）已知函数()ln (0)xae f x x x a x=+->.(1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)若()f x 存在两个极小值点12,x x ，求实数a 的取值范围.【答案】(1)递减区间为(0,1)，递增区间为(1,)+∞，(2)1(0,)e【解析】【分析】（1）当1a =时，求得2(1)(e )()x x x f x x '--=，令()e xm x x =-，利用导数求得()0m x >，进而求得函数的单调区间；（2）求得2(1)(())x x xx a e ef x x -'=-，令()e x x u x =，结合单调性得到()e 1u x ≤，进而得到10e ex x <≤，分1e a ≥和10ea <<，两种情况分类讨论，结合单调性与极值点的概念，即可求解.(1)解：当1a =时，函数e ()ln xf x x x x =+-，可得221(1)(1)()()1x x e e f x x x x x x x -'+--=-=，令,())(0,x m x e x x -∈=+∞，可得()e 10x m x '=->，所以函数()m x 单调递增，因为()(0)1m x m >=，所以()0m x >，当(0,1)x ∈时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，即函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.(2)解：由函数()ln ,(0,)xae f x x x x x =+-∈+∞，可得22(()(1)())1(),0x x xe ae x x ef x x x x x a x --'==->-，令()e xx u x =，可得()1e x u x x='-，所以函数()u x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()e1u x ≤，当0x >时，可得e 1x >，所以10e ex x <≤，①当1ea ≥时，0e x xa -≥，此时当(0,1)x ∈时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，所以函数()f x 的极小值为()1e 1f a =-，无极大值；②当10e a <<时，()()0e e e1,1a a a u a a u a =<==>，又由()u x 在(),1a 上单调递增，所以()f x ¢在(),1a 上有唯一的零点1x ，且11e x xa =，因为当e x >时，令()2ln g x x x =-，可得()2210x g x x x-'=-=<，又因为()0e e 2g =-<，所以()0g x <，即2ln x x <，所以112ln a a<，所以2212ln 11ln2ln 1(ln )1aa a u a a a ea==⋅<，e 1(1)u a =>，因为()u x 在(1,)+∞上单调递减，所以()f x ¢在21(0,ln )a 上有唯一的零点2x ，且22e x x a =，所以当1(0,)x x ∈时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当1(,1)x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当2(1,)∈x x 时，()0f x ¢<，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，所以函数()f x 有两个极小值点，故实数a 的取值范围为1(0,)e.【题型专练】1．（2022贵州遵义·高三）若函数321()53f x x ax x =-+-无极值点则实数a 的取值范围是（）A ．(1,1)-B ．[1,1]-C ．(,1)(1,)-∞-+∞ D ．(,1][1,)-∞-+∞ 【答案】B 【解析】321()53f x x ax x =-+- ,2()21f x x ax '∴=-+，由函数321()53f x x ax x =-+-无极值点知，()0f x '=至多1个实数根，2(2)40a ∴∆=--≤，解得11a -≤≤，实数a 的取值范围是[1,1]-，故选：B2.（2022湖南湘潭·高三月考（理））已知函数2()e 2x f x ax ax =-+有两个极值点，则a 的取值范围是（）A ．(,)e +∞B ．,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()2,e +∞D ．2,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】因为2()e 2x f x ax ax =-+有两个极值点，所以()0f x '=有两个不同实数根，所以220x e ax a -+=有两个不同实数根，所以()21xe a x =-有两个不同实数根，显然0a ≠，所以112x x a e -=有两个不同实数根，记()1xx g x e -=，()2x x g x e -'=，当(),2x ∈-∞时()0g x '>，当()2,x ∈+∞时()0g x '<，所以()g x 在(),2-∞上单调递增，在()2,+∞上单调递减，所以()()2max 12g x g e==，又因为(],1x ∈-∞时，()0g x ≤；当()0,2x ∈时，()210,g x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；当[)2,x ∈+∞时，()210,g x e ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以当112x x a e-=有两个不同实数根时2110,2a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22a e >，所以22e a >，故选：D.3.若函数2()2ln f x x x a x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．12a >B ．102a -<<C ．12a <D ．102a <<【答案】D 【解析】【分析】求出函数的导数，由导函数有两个零点可得实数a 的取值范围.【详解】∵2()2ln f x x x a x =-+有两个不同的极值点，∴222()2202a x x af x x x-+'=-+==在(0,)+∞有2个不同的零点，∴2220x x a -+=在(0,)+∞有2个不同的零点，∴Δ4800a a =->⎧⎨>⎩，解得102a <<．故选：D.4.（2020·辽宁高三月考）已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________.【答案】10,2⎛⎫⎪⎝⎭[)5,-+∞【解析】2221()(0)ax x f x x x'-+=>，因为函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ,所以方程22210ax x -+=有两个不相等的正实数根，于是有：121248010102a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<.()()221112221212122ln 2ln f x f x x x x ax x x ax x x x +--+--++=--()()212121212()23ln a x x x x x x x x ⎡⎤=+--++⎣⎦21ln 2a a=---,设21()1ln 2,02h a a a a ⎛⎫=---<< ⎪⎝⎭,22()0a h a a'-=>，故()h a 在102a <<上单调递增，故1()52h a h ⎛⎫<=-⎪⎝⎭，所以5t ≥-.因此t 的取值范围是[)5,-+∞故答案为：10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；[)5,-+∞5.（2022·江苏南通·高二期末）若x ＝a 是函数2()()(1)f x x a x =--的极大值点，则a 的取值范围是（）A ．1a D ．1a ≥【答案】A 【解析】【分析】求导后，得导函数的零点2,3a a +，比较两数的大小，分别判断在x a =两侧的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在x a =处取到极大值，即可求得a 的范围．【详解】解：2()()(1)f x x a x =--，Rx ∈()()(32)f x x a x a '∴=---令()()(32)0f x x a x a '=---=，得：2,3a x a x +==当23a a +<，即1a <此时()f x 在区间(,)a -∞单调递增，2(,)3a a +上单调递减，2(,)3a ++∞上单调递增，符合x ＝a 是函数()f x 的极大值点，反之，当23a a +>，即1a >，此时()f x 在区间2(,3a +-∞单调递增，2(,)3a a +上单调递减，(,)a +∞上单调递增，x ＝a 是函数()f x 的极小值点，不符合题意；当23a a +=，即1a =，()0f x '≥恒成立，函数()f x 在R x ∈上单调递增，无极值点.综上得：1a <.故选：A.6.（2020·江苏盐城·高三期中）若函数()21ln 2f x x b x ax =++在()1,2上存在两个极值点，则()39b a b ++的取值范围是_______.【答案】814,16⎛⎫⎪⎝⎭【解析】因为()()21ln 02f x x b x ax x =++>，所以()2b x ax bf x x a x x++'=++=，设()2g x x ax b =++，因为函数()f x 在()1,2上存在两个极值点，所以()f x '在()1,2上存在两个零点，所以()g x 在()1,2上存在两个零点，设为12,x x 且12x x ≠，所以根据韦达定理有：1212x x ax x b+=-⎧⎨⋅=⎩，故()23939b a b b ab b++=++()()21212121239x x x x x x x x =⋅-⋅++⋅()()22112233x x x x =--，因为()11,2x ∈，所以221113993,2244x x x ⎛⎫⎡⎫-=--∈-- ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，222223993,2244x x x ⎛⎫⎡⎫-=--∈-- ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，由于12x x ≠，所以()()22112281334,16x x x x ⎛⎫--∈⎪⎝⎭.故答案为：814,16⎛⎫⎪⎝⎭.7.(2018年北京高考题)设函数()()23132e xf x ax a x a ⎡⎤=-+++⎣⎦。

导数构造函数十二种题型归类(学生版)

导数构造函数十二种题型归类内容速递一、知识梳理与二级结论二、热考题型归纳【题型一】导数四则运算基础【题型二】幂函数与f(x)积型【题型三】幂函数与f(x)商型【题型四】指数函数与f(x)积型【题型五】指数函数与f(x)商型【题型六】正弦函数与f(x)型【题型七】余弦函数与f(x)型【题型八】对数函数与f(x)型【题型九】一元二次(一次)与f(x)线性【题型十】指数型线性【题型十一】对数型线性【题型十二】综合构造三、高考真题对点练四、最新模考题组练知识梳理与二级结论一、导数的运算(1)基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)=c(c为常数)f′(x)=0 f(x)=xα(α∈Q，且α≠0)f′(x)=αxα-1 f(x)=sin x f′(x)=cos xf(x)=cos x f′(x)=-sin x f(x)=a x(a>0，且a≠1)f′(x)=a x ln a f(x)=ex f′(x)=e xf(x)=log a x(a>0，且a≠1)f′(x)=1 x ln af(x)=ln x f′(x)=1 x(2)导数的四则运算法则法则和差[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x)积[f(x)g(x)]′=f'x g x +f x g'x ，特别地，[cf(x)]′=cf′(x)　商f(x)g(x)′=f(x)g(x)-f(x)g (x)g(x)2(g(x)≠0)(3)简单复合函数的导数一般地，对于两个函数y=f(u)和u=g(x)，如果通过中间变量u，y可以表示成x的函数，那么称这个函数为函数y=f(u)和u=g(x)的复合函数，记作y=f(g(x)). 它的导数与函数y=f(u)，u=g(x)的导数间的关系y ′x =y ′u ·u ′x即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积.二、导数构造规律(1)、关系式为“加”型，常构造为乘法①fx +f x ≥0，构造F x =e xf x ，Fx =e xf x +fx ，②xfx +f x ≥0，构造F x =xf x ，Fx =xfx +f x ，③xfx +nf x ≥0，构造F x =x nf x ，Fx =x n -1xfx +nf x ；(2)、关系式为“减”型，常构造为除法①fx -f x ≥0，构造F x =f x e x ，F x =f x -f x ex，②xf x -f x ≥0，构造F x =f x x ，Fx =xfx -f x x 2，③xf x -nf x ≥0，构造F x =f x x n ，Fx =xf x -nf x xn +1.热点考题归纳【题型一】导数四则运算基础【典例分析】1(2022春·北京·高三模拟)若f x =e x ln x ，则f x =()A.e xln x +e xxB.e x ln x -e xxC.e x xD.e x ln x 2(2023春·黑龙江伊春·高三模拟)函数y =e x sin2x 的导数为()A.y =2e x cos2xB.y =e x sin2x +2cos2xC.y =2e x sin2x +cos2xD.y =e x 2sin2x +cos2x【提分秘籍】基础求导公式：C=0；x α=αx α-1；a x=axln a ；log a x=1x ln a ；sin x=cos xcos x=sin x【变式演练】3(2022春·北京·高三清华附中校考)函数f x =sin xx的导数是()A.x sin x +cos xx 2B.x cos x +sin xx 2C.x sin x -cos x x 2D.x cos x -sin xx 24(2023春·四川资阳·高三联考)已知函数y =x ⋅tan x 的导函数为()A.y =sin x cos x +xcos 2x B.y =sin x cos x +x cos2xcos 2xC.y =sin x cos x +1cos 2xD.y =sin x cos x +cos2xcos 2x【题型二】幂函数与f (x )积型【典例分析】1设函数f x 是定义在0,+∞ 上的可导函数，其导函数为f x ，且有2f x +xf x >0，则不等式x -20212f x -2021 -f 1 >0的解集为()A.2020,+∞B.0,2022C.0,2020D.2022,+∞2(黑龙江省大庆实验中学2020-2021学年高三数学试题)函数f x 是定义在区间0,+∞ 上的可导函数，其导函数为f x ，且满足xf x +2f x >0，则不等式(x +2020)f (x +2020)3<3f (3)x +2020的解集为()A.x |x >-2017 B.x |x <-2017C.x |-2020<x <0D.x |-2020<x <-2017【提分秘籍】若已知对于xf(x )+kf (x )>0(<0)，构造g (x )=x k∙f (x )分析问题；【变式演练】3(江西省赣州市八校协作体2020-2021学年高三联考数学(理)试题)已知定义在R 上的奇函数f (x )，其导函数为f (x )，当x ≥0时，恒有x3f (x )+f (x )>0．则不等式x 3f (x )-(1+2x )3f (1+2x )<0的解集为()．A.{x |-3<x <-1} B.x -1<x <-13C.{x |x <-3或x >-1}D.{x |x <-1或x >-13}4(山西省忻州市岢岚县中学2020-2021学年高三4月数学(理)试题)设函数f x 是定义在(-∞,0)上的可导函数，其导函数为f 'x ，且有2f x +xf 'x >x 2则不等式x +2019 2f x +2019 -4f -2 <0的解集为()A.(-2019，-2017)B. (-2021，-2019)C.(-2019，-2018)D.(-2020,-2019)5(安徽省黄山市屯溪第一中学2020-2021学年高三数学试题)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，其导函数为f x ，若对任意的正实数x ，都有x f x +2f (x )>0恒成立，且f 2 =1，则使x 2f (x )<2成立的实数x 的集合为()A.-∞，-2 ∪2，+∞B.-2，2C.-∞，2D.2，+∞【题型三】幂函数与f (x )商型【典例分析】1(2022届湖南省衡阳市高三上学期期末考试数学试卷)函数f x 在定义域0,+∞ 内恒满足：①f x >0，②2f x <xf x <3f x ，其中f x 为f x 的导函数，则() A.14<f 1 f 2<12 B.116<f 1 f 2<18 C.13<f 1 f 2<12 D.18<f 1 f 2<142(黑龙江省哈尔滨市第三中学2021-2022学年高三第一次阶段性测试数学试题)已知偶函数f x 的导函数为f x ，且满足f 2 =0，当x >0时，xf x >2f x ，使得f x >0的x 的取值范围为【提分秘籍】对于x ∙f (x )-kf (x )>0(<0)，构造g (x )=f (x )x k【变式演练】3(河南省郑州市示范性高中2020-2021学年高三阶段性考试(三)数学(理)试题)已知函数f x 的导函数为f x ，若f x <x ，f x <2，f x -x 对x ∈0,+∞ 恒成立，则下列个等式中，一定成立的是()A.f 2 3+12<f 1 <f 2 2 B.f 2 4+12<f 1 <f 2 2C.3f 2 8<f 1 <f 2 3+12D.f 2 4+12<f 1 <3f 2 84(江西省上高二中2021届高三上学期第四次月考数学试题)已知定义在R 上的偶函数f x ，其导函数为f x ，若y ，f -2 =1，则不等式f x x 2<14的解集是()A.-2,2B.-∞,-2 ∪2,+∞C.-2,0 ∪0,2D.-∞,0 ∪0,25设f x 是偶函数f x x ≠0 的导函数，当x ∈0,+∞ 时，y ，则不等式4f x +2019 -x +2019 2f -2 <0的解集为()A.-∞,-2021B.-2021,-2019 ∪-2019,-2017C.-2021,-2017D.-∞,-2019 ∪-2019,-2017【题型四】指数函数与f (x )积型【典例分析】1(【全国百强校】广东省阳春市第一中学2022届高三第九次月考数学(理)试题)已知函数f (x )(x ∈R )的导函数为f (x )，若2f (x )+f (x )≥2，且f (0)=8，则不等式f (x )-7e -2x >1的解集为()A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1)∪(0,+∞)D.(1,+∞)2(广东省普宁市华美实验学校2020-2021学年高三第一次月考数学试题)已知f x 是R上可导的图象不间断的偶函数，导函数为f x ，且当x>0时，满足f x +2xf x >0，则不等式e1-2x f x-1> f-x的解集为()A.12,+∞B.-∞,12C.-∞,0D.0,+∞【提分秘籍】对于f (x)+kf(x)>0(<0)，构造g(x)=e kx∙f(x)【变式演练】3(2020届河南省八市重点高中联盟领军考试高三11月数学(理)试题)已知定义在R上的函数f x 的导函数为f x ，若f1 =1，ln f x +f x +1>0，则不等式f x ≥e1-x的解集为()A.-∞,1B.-∞,eC.1,+∞D.e,+∞4已知函数f x 的导函数为f x ，且对任意的实数x都有f x =e-x2x+5 2-f x (e是自然对数的底数)，且f0 =1，若关于x的不等式f x -m<0的解集中恰有唯一一个整数，则实数m的取值范围是()A.-e2,0B.-e2,0C.-3e4,0D.-3e4,92e【题型五】指数函数与f(x)商型【典例分析】1定义在(-2,2)上的函数f(x)的导函数为f x ，满足：f x +e4x f-x=0，f1 =e2，且当x>0时，f (x)>2f(x)，则不等式e2x f(2-x)<e4的解集为()A.(1,4)B.(-2,1)C.(1,+∞)D.(0,1)2已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f'(x)-f(x)>0，f(2021)=e2021，则不等式f1 e ln x<e x的解集为()A.e2021,+∞B.0,e2021C.e2021e,+∞D.0,e2021e【提分秘籍】对于f (x)-kf(x)>0(<0)，构造g(x)=f(x) e kx【变式演练】3(天一大联考高三毕业班阶段性测试(四)理科数学)定义在R上的函数f x 的导函数为f x ，若f x <2f x ，则不等式e4f-x>e-8x f3x+2的解集是()A.-12,+∞B.-∞,12C.-12,1D.-1,124已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f (x)，且满足f (x)-f(x)>0，f(2021)=e2021，则不等式f1 3ln x<3x的解集为()A.(e6063,+∞)B.(0,e2021)C.(e2021,+∞)D.(0,e6063)5(贵州省凯里市第三中学2022届高三上学期第二次月考数学(理)试题)已知函数f(x)是定义域为R，f (x)是f(x)的导函数，满足f (x)<f(x)，且f(1)=4，则关于不等式f(x)-4e x-1>0的解集为()A.(-∞,1)B.1e ,1C.1e,eD.1e,+∞【题型六】正弦函数与f(x)型【典例分析】1(【衡水金卷】2021年普通高等学校招生全国统一考试高三模拟研卷卷四数学试题)已知定义在区间0,π2上的函数f x ，f x 为其导函数，且f x sin x-f x cos x>0恒成立，则()A.fπ2>2fπ6 B.3fπ4 >2fπ3C.3fπ6<fπ3 D.f1 <2fπ6 sin12(【市级联考】广西玉林市2018-2019学年高三上学期考试数学试题)已知f'(x)为函数y=f(x)的导函数，当x x∈0,π2是斜率为k的直线的倾斜角时，若不等式f(x)-f'(x)⋅k<0恒成立，则()A.{x22-m ln x2-2mx2=0x22-ln x2-m=0B.f(1)sin1>2fπ6C.f(x)=x2+6x-10D.3fπ6-fπ3 >0【提分秘籍】对于sin x∙f (x)+cos x∙f(x)>0(<0)，构造g(x)=f(x)∙sin x对于sin x∙f (x)-cos x∙f(x)>0(<0)，构造g(x)=f(x) sin x【变式演练】3(贵州省遵义航天高级中学222届高三第五次模拟考试数学试题)已知定义在0,π2上的函数，f(x)为其导函数，且f(x)sin x<f (x)cos x恒成立，则()A.f π2 >2f π6B.3f π4>2f π3 C.3f π6 <f π3 D.f (1)<2f π6 sin14已知奇函数f x 的导函数为f x ，且f x 在0,π2上恒有f (x )cos x -f (x )sin x <0成立，则下列不等式成立的()A.2f π6>f π4 B.f -π3 <3f -π6 C.3f -π4 <2f -π3D.22f π3 <3f π4 5(广东省七校联合体2021届高三下学期第三次联考(5月)数学试题)设f x 是定义在-π2,0 ∪0,π2 上的奇函数，其导函数为f x ，当x ∈0,π2 时，f x -f x cos xsin x<0，则不等式f x <233f π3sin x 的解集为()A.-π3,0 ∪0,π3 B.-π3,0 ∪π3,π2C.-π2,-π3 ∪π3,π2D.-π2,-π3 ∪0,π3【题型七】余弦函数与f (x )型【典例分析】1(2023春·新疆克孜勒苏·高三模拟)已知函数y =f x 对于任意的x ∈-π2,π2满足f x cos x +f x sin x >0(其中fx 是函数f x 的导函数)，则下列不等式成立的是()A.f 0 >2f π4 B.2f -π3 >f -π4 C.2f π3 >f π4D.f 0 >2f π3 2(2023·全国·高三专题练习)定义在0,π2上的函数f x ，已知f x 是它的导函数，且恒有cos x ⋅f x +sin x ⋅f x <0成立，则有()A.3x -y -1=0B.3f π6>f π3C.f π6>3f π3D.2f π6<3f π4【提分秘籍】对于cos x ∙f (x )-sin x ∙f (x )>0(<0)，构造g (x )=f (x )∙cos x ，对于cos x ∙f (x )+sin x ∙f (x )>0(<0)，构造g (x )=f (x )cos x【变式演练】3(四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上学期10月阶段考试理科数学试题)已知偶函数f (x )是定义在[-1,1]上的可导函数，当x ∈[-1,0)时，f (x )cos x +f (x )sin x >0，若cos (a +1)f (a )≥f (a +1)cos a ，则实数a 的取值范围为()A.[-2,-1]B.-1,-12C.-12,0D.-12,+∞ 4(四川省南充高级中学2021-2022学年高三考试数学试题)已知偶函数f (x )的定义域为-π2,π2，其导函数为f '(x )，当0<x <π2时，有f (x )cos x +f (x )sin x <0成立，则关于x 的不等式f (x )<2f π3 cos x 的解集为()A.0,π3B.π3,π2C.-π3,0 ∪0，π3D.-π2,-π3 ∪π3,π2【题型八】对数与f (x )型【典例分析】1已知函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，且满足x >0时，ln xf (x )+1xf (x )<0，则(x -2019)f (x )>0的解集为()A.(-1,0)∪(1,2019)B.(-2019,-1)∪(1,2019)C.(0,2019)D.(-1,1)2(【全国百强校】重庆市巴蜀中学20-20学年高三下考试理科数学试题)定义在0,+∞ 上的函数f x 满足x ⋅f 'x ⋅ln x +f x >0(其中f 'x 为f x 的导函数)，则下列各式成立的是()A.ef e>π-f 1π>1 B.ef e<π-f 1π<1 C.ef e>1>π-f 1πD.ef e<1<π-f 1π【提分秘籍】对于f (x )ln x +f (x )x>0(<0)，构造g x =ln x ∙f (x )【变式演练】3(江西省新余市第四中学2023届高三上学期第一次段考数学试题)已知定义在[e ，+∞)上的函数f (x )满足f (x )+x ln xf ′(x )<0且f (2018)=0，其中f ′(x )是函数f x 的导函数，e 是自然对数的底数，则不等式f (x )>0的解集为()A.[e ，2018)B.[2018，+∞)C.(e ，+∞)D.[e ，e +1)4(山东省招远一中2019届高三上学期第二次月考数学试题)定义在(0,+∞)上的函数f (x )满足xf '(x )ln x +f (x )>0(其中f '(x )为f (x )的导函数)，若a >1>b >0，则下列各式成立的是()A.af (a )>bf (b )>1 B.af (a )<bf (b )<1 C.af (a )<1<bf (b )D.af (a )>1>bf (b )5(2023重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知函数f x 是奇函数f x x ∈R 的导函数，且满足x >0时，ln x ⋅f x +1x f x <0，则不等式x -985 f x >0的解集为()A.985,+∞B.-985,985C.-985,0D.0,985【题型九】一元二次(一次)与f (x )线性【典例分析】1(2021届云南省昆明第一中学高中新课标高三第三次双基检测数学试题)函数y =f (x )的定义域为R ，其导函数为f (x )，∀x ∈R ，有f (x )+f (-x )-2x 2=0在(0,+∞)上f (x )>2x ，若f (4-t )-f (t )≥16-8t ，则实数t 的取值范围为()A.[-2，2]B.[2,+∞)C.[0,+∞)D.(-∞,2]2(2020届黑龙江省实验中学高三上学期期末考试数学(理)试题)设函数f x 在R 上存在导函数f x ，∀x ∈R ，有f x -f -x =x 3，在0,+∞ 上有2f x -3x 2>0，若f m -2 -f m ≥-3m 2+6m -4，则实数m 的取值范围为()A.-1,1B.-∞,1C.1,+∞D.-∞,-1 ∪1,+∞【提分秘籍】二次构造：f (x )×÷r (x )±g (x )，其中r (x )=x n，e nx,sin x ,cos x 等【变式演练】3(江苏省盐城中学2020-2021学年高三上学期第二次阶段性质量检测数学试题)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f (x )，且对任意x ∈R 都有f (x )>2，f (1)=3，则不等式f (x )-2x -1>0的解集为()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(0,+∞)D.(-∞,0)4(吉林省蛟河市第一中学校2021-2022学年高三下学期第三次测试数学试题)已知定义在R 上的可导函数f (x )，对于任意实数x 都有f (-x )=f (x )-2x 成立，且当x ∈(-∞,0]时，都有f '(x )<2x +1成立，若f (2m )<f (m -1)+3m (m +1)，则实数m 的取值范围为()A.-1,13B.(-1,0)C.(-∞,-1)D.-13,+∞ 5(【市级联考】福建省龙岩市2021届高三第一学期期末教学质量检查数学试题)已知定义在R 上的可导函数f (x )、g (x )满足f (x )+f (-x )=6x 2+3，f (1)-g 1 =3，g (x )=f (x )-6x ，如果g (x )的最大值为M ，最小值为N ，则M +N =()A.-2B.2C.-3D.3【题型十】指数型线性【典例分析】1(安徽省阜阳市第三中学2021-2022学年高三上学期第二次调研考试数学试题)设函数f x 定义域为R ，其导函数为f x ，若f x +f x >1,f 0 =2，则不等式e x f x >e x +1的解集为()A.-∞,0 ∪0,+∞B.-∞,0C.2,+∞D.0,+∞2(黑龙江省哈尔滨市第六中学2020-2021学年高三3月阶段性测试数学试题)已知函数f x =e 2x -ax 2+bx -1，其中a ,b ∈R ，e 为自然对数底数，若(0,1]，f x 是f x 的导函数，函数f x 在0,1 内有两个零点，则a 的取值范围是()A.2e 2-6,2e 2+2B.e 2,+∞C.-∞,2e 2+2D.e 2-3,e 2+1【提分秘籍】对于f (x )-f (x )>k (<0)，构造g x =e x f x -k【变式演练】3(金科大联考2020-2021学年高三10月质量检测数学试题)设函数f (x )的定义域为R ，f (x )是其导函数，若f (x )+f (x )>-e -x f (x )，f 0 =1，则不等式f (x )>2e x +1的解集是()A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,0)D.(0,1)4(2023春·福建龙岩·高三联考)∀x ∈R ，f x -f x =-2x +1 e x ，f 0 =-3，则不等式f x >-5e x 的解集为()A.-2,1B.-2,-1C.-1,1D.-1,25(2023春·四川眉山·高三模拟)函数f x 的定义域是R ，f 1 =2，对任意x ∈R ，f x +f x >1，则不等式e x f (x )>e x +e 的解集为()A.x |x >1B.x |x <1C.{x |x <-1或0<x <1}D.{x |x <-1或x >1}【题型十一】对数型线性【典例分析】1(2023春·安徽合肥·高三合肥一中校考)已知函数f x 的定义域为0,+∞ ，其导函数为f x ，若xf x -1<0，f e =2，则关于x 的不等式f e x<x +1的解集为()A.0,1B.1,eC.1,+∞D.e ,+∞2(2022春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考阶段练习)定义在(0，+∞)的函数f (x )满足xf x -1<0，f 1 =0，则不等式f e x-x <0的解集为()A.(-∞，0)B.(-∞，1)C.(0，+∞)D.(1，+∞)【提分秘籍】y =ln (kx +b )与y =f (x )的加、减、乘、除各种结果逆向思维【变式演练】3(2023·全国·高三专题练习)若函数f x 满足：x -1 fx -f x =x +1x-2，f e =e -1，其中f x 为f x 的导函数，则函数y =f x 在区间1e,e的取值范围为()A.0,eB.0,1C.0,eD.0,1-1e4(2021年全国高中名校名师原创预测卷新高考数学(第八模拟))已知函数f (x )的定义域为R ，且f (x +2)是偶函数，f (x )>12x -1+ln (x -1)(f (x )为f (x )的导函数).若对任意的x ∈(0,+∞)，不等式f -t 2+2t +1 ≥f 12 x-2 恒成立，则实数t 的取值范围是()A.[-2,4]B.(-∞,-2]∪[4,+∞)C.[-1,3]D.(-∞,-1]∪[3,+∞)【题型十二】综合构造【典例分析】1(河北省沧州市沧县中学2020-2021学年高三数学)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f '(x )，对任意实数x 均有(1-x )f (x )+xf '(x )>0成立，且y =f (x +1)-e 是奇函数，不等式xf (x )-e x >0的解集是()A.1,+∞B.e ,+∞C.-∞,1D.-∞,e2(江西省吉安市重点高中2020-2021学年高三5月联考数学试题)已知函数f x 是定义域为0,+∞ ，fx 是函数f x 的导函数，若f 1 =e ，且xfx -1+x f x >0，则不等式f ln x <x ln x 的解集为()A.0,eB.e ,+∞C.1,eD.0,1【变式演练】3(2022·高三测试)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数是f (x )，若f (x )+xf (x )-xf (x )>0对任意x ∈R 成立，f 1 =e ．则不等式f (x )<e xx 的解集是()A.(1,+∞)B.(-1,0)∪(0,1)C.(-1,0)D.(0,1)4(2023·四川·校联考模拟预测)定义在0,+∞ 上的函数f x 的导函数为f x ，且x 2+1 f x <x -1x f x ，若θ∈0,π4 ，a =tan θ，b =sin θ+cos θ，则下列不等式一定成立的是()A.f 1 <f a B.f 1 >2bf b2+sin2θC.f 1 >f a sin2θD.f a 2+sin2θ <f b 1sin θ+1cos θ5(2023春·江西吉安·高三模拟)若定义在R 上的可导函数f (x )满足(x +3)f (x )+(x +2)f (x )<0，f (0)=1，则下列说法正确的是()A.f (-1)<2eB.f (1)<23eC.f (2)>12e 2D.f (3)>25e 3高考真题对点练一、单选题1(浙江·高考真题)设f x 是函数f x 的导函数，y =f x 的图象如图所示，则y =f x 的图象最有可能的是()A ．B ．C ．D ．2(江西·高考真题)已知函数y =xf (x )的图象如图所示(其中f (x )是函数f (x )的导函数)，则下面四个图象中，y =f x 的图象大致是()A. B.C. D.3(陕西·高考真题)f x 是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf ′x +f x ≤0．对任意正数a ，b ，若a 0．且g (-3)=0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是()A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)5(2015·福建·高考真题)若定义在R 上的函数f x 满足f 0 =-1，其导函数f x 满足f x >k >1，则下列结论中一定错误的是()A.f 1k<1kB.f 1k>1k -1C.f 1k -1<1k -1D.f 1k -1>kk -16(2013·辽宁·高考真题)设函数f x 满足x 2fx +2xf x =e x x ,f 2 =e 28,则x >0时，f x ()A.有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值7(2015·全国·高考真题)设函数f '(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (-1)=0，当x >0时，xf '(x )-f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)8(辽宁·高考真题)函数f x 的定义域为R ，f -1 =2，对任意x ∈R ，f x >2，则f x >2x +4的解集为()A.-1,1B.-1,+∞C.-∞,-1D.-∞,+∞最新模考真题一、单选题1(2023·西藏日喀则·统考一模)如图，已知函数f x 的图象在点P 2,f 2 处的切线为直线l ，则f 2 +f 2 =()A.-3B.-2C.2D.12(2023·陕西榆林·统考三模)定义在0,+∞ 上的函数f x ，g x 的导函数都存在，f x g x +f (x )g x =2x -1x ln x +x +1x2，则曲线y =f x g x -x 在x =1处的切线的斜率为()A.12 B.1 C.32D.23(2023·四川成都·统考模拟预测)已知定义在R 上的函数f x 的导函数为f x ，若f x <e x ，且f 2 =e 2+2，则不等式f ln x >x +2的解集是()A.0,2B.0,e 2C.e 2,+∞D.2,+∞4(2023·陕西咸阳·校考模拟预测)已知函数f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数记为f x ，若对于任意实数x ，有f x >f x ，且f 0 =1，则不等式f x <e x 的解集为()A.-∞,0B.0,+∞C.-∞，e 4D.e 4，+∞5(2023·河南·校联考模拟预测)已知函数f x 的定义域为R ,f x 为函数f x 的导函数，当x ∈0,+∞ 时，sin2x -f x >0，且∀x ∈R ,f -x +f x -2sin 2x =0，则下列说法一定正确的是()A.f π3-f π6 >12 B.f π3-f π4 <14C.f π3 -f 3π4 <14 D.f π3 -f -3π4 >146(2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测)已知函数f x 的定义域为0,+∞ ，f x 为函数f x 的导函数，若x 2f x +xf x =1，f 1 =0，则不等式f 2x -3 >0的解集为()A.0,2B.log 23,2C.log 23,+∞D.2,+∞7(2023·山东烟台·统考二模)已知函数f x 的定义域为R ，其导函数为f x ，且满足f x +f x =e -x ，f 0 =0，则不等式e 2x -1 f x <e -1e的解集为( )．A.-1,1eB.1e ,e C.-1,1 D.-1,e8(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x 、g x 是定义域为R 的可导函数，且∀x ∈R ，都有f x >0，g x >0，若f x 、g x 满足f x f x <g xg x ，则当x 1<x <x 2时下列选项一定成立的是()A.f x 2 g x 1 >f x 1 g x 2B.f x g x 1 >f x 1 g xC.f x 2 -g x 2 f x 1 -g x 1 <g x 2 g x 1 D.f x 2 g x 2 <f x 1 +f x 2g x 1 +g x 2二、多选题9(2022·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考模拟预测)已知函数f (x )对于任意的x ∈0,π2都有f (x )cos x -f (x )sin x >0，则下列式子成立的是()A.3f π6>2f π4 B.2f π4<f π3 C.2f (0)<f π4 D.2f (0)>f π3 10(2020·山东泰安·校考模拟预测)定义在0,π2 上的函数f (x )，f x 是f (x )的导函数，且fx <-tan x ⋅f (x )恒成立，则() A.f π6>2f π4B.3f π6 >f π3C.f π6>3f π3D.2f π6>3f π411(2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模)已知函数f x 在R 上可导，其导函数为f x ，若f x 满足：x -1 fx -f x >0，f 2-x =f x e 2-2x ，则下列判断不正确的是()A.f 1 <ef 0B.f 2 >e 2f 0C.f 3 >e 3f 0D.f 4 <e 4f 012(2023·辽宁锦州·校考一模)定义在R 上的函数f x 满足xf x -f x =1，则y =f x 的图象可能为()A. B.C. D.三、填空题13(2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数f x 的定义域为-π2 ,π2，其导函数是f x .有f x cos x+f x sin x<0，则关于x的不等式f(x)>2fπ3cos x的解集为.14(2023·广东佛山·统考模拟预测)已知f x 是定义在R上的偶函数且f1 =2，若f x <f x ln2，则f x -2x+2>0的解集为.15(2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测)设函数y=f x 在R上存在导数y=f x ，对任意的x∈R，有f x -f-x=2sin x，且在0,+∞上f x >cos x.若fπ2-t-f t >cos t-sin t.则实数t的取值范围为.16(2023·山东·模拟预测)定义在0,π2上的可导函数f x 的值域为R，满足f x tan x≥2sin x-1f x ，若fπ6=1，则fπ3 的最小值为.。

高考数学热点必会题型第5讲导数中含参讨论问题总结(解析版)

高考数学热点必会题型第5讲导数中含参讨论问题总结——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、由函数的单调区间求参数【题型】二、由函数在区间上的单调性求参数【题型】三、含参分类讨论求函数单调性区间【题型】四、根据极值点求参数【题型】五、有导数求函数的最值（含参）【题型】六、已知函数最值求参数【题型】七、参变分离法解决导数问题【题型】八、构造函数并利用函数的单调性判定函数值大小【题型】九、构造函数法解决导数问题二、题型讲解总结【题型】一、由函数的单调区间求参数第一天学习及训练例1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2ln x ax f x x =++的单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，则（）. A ．(],3a ∈-∞- B ．3a =- C ．3a = D ．(],3a ∈-∞【答案】B【分析】根据()f x 得到()f x '，再根据()f x 的单调递减区间是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，得到12和1是方程()0f x '=的两个根，代入解方程即可.【详解】由()2ln x ax f xx =++得()221x ax f x x++'=，又()f x 的单调递减区间是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以12和1是方程2210x ax x++=的两个根，代入得3a =-.经检验满足题意故选：B.例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()sin cos f x x a x =+在区间ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，则实数a 的取值范围为（） A．1a > B ．1a ≥ C ．1a >D ．1a ≥-【答案】B【分析】根据函数的单调性知导数小于等于0恒成立，分离参数后由正切函数单调性求解.【详解】由题意，()cos sin 0f x x a x '=-≤在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，即cos 1sin tan x a x x ≥=在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，因为tan y x =在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以tan 1y x =>，所以在ππ,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，101tan x <<，所以1a ≥. 故选：B例3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()32f x x ax bx c =+++，()g x 为()f x 的导函数．若()f x 在(0，1)上单调递减，则下列结论正确的是（）A ．23a b -有最小值3B ．23a b -有最大值C ．()()010f f ⋅≤D ．()()010g g ⋅≥【答案】D【分析】由()f x 在(0，1)上单调递减，得到()00g b =≤，()1230g a b =++≤，即可判断D ；求出()()()2011f f c a b c ⋅=+++，当0c <时，有()()010f f ⋅>，可否定C ；记23z a b =-，其中(),a b 满足2300a b b ++≤⎧⎨≤⎩，利用数形结合求出，判断A 、B.【详解】由题意可得()()232g x f x x ax b ='=++.因为()f x 在(0，1)上单调递减，所以()0g x ≤在(0，1)上恒成立，即()00g b =≤，()1230g a b =++≤，所以()()010g g ⋅≥，因为()()0,11f c f a b c ==+++，()f x 在(0，1)上单调递减，所以1c a b c >+++，即10a b ++<，所以()()()()20111f f c a b c c a b c ⋅=+++=+++，当0c <时，有()()010f f ⋅> 所以C 错误，D 正确. 记23z ab =-，其中(),a b 满足2300a b b ++≤⎧⎨≤⎩，作出可行域如图示：由2300a b b ++=⎧⎨=⎩解得：3,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭.当抛物线21133a z b -=，经过点3,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭时94z =最小，没有最大值.故A 、B 错误.故选：D.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（）A ．B ．1-C ．1D 【答案】AD【分析】由条件可得()f x 在(1,)+∞上单调递增，再结合导数和单调性的关系列不等式求a 的范围，由此确定正确选项.【详解】设1ln (1)y x x x =-->，则110y x'=->，所以1ln y x x =--在(1,)+∞上单调递增，所以1ln 0x x -->，所以ln 1,(1,)x x x <-∈+∞，∴0ln 1x x <<-， ∴110ln 1x x >>-．又11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()21()1e 0x f x a x -=--≥'对(1,)x ∀∈+∞恒成立，即211ex x a --≥恒成立．令111(),()ee x x xxg x g x ---='=，当1x >时，()0g x '<，故()(1)1g x g <=， ∴211a -≥，解得a ≥a ≤所以a 的值可以为，故选：AD.【题型】二、由函数在区间上的单调性求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）若函数2()ln 2f x x x x =+--在其定义域的一个子区间(21,21)k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围是（） A ．33,24⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．13,24⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】先求出函数的定义域(0,)+∞，则有210k -≥，对函数求导后，令()0f x '=求出极值点，使极值点在(21,21)k k -+内，从而可求出实数k 的取值范围.【详解】因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以210k -≥，即12k ≥， 2121(1)(21)()21x x x x f x x x x x+-+-'=+-==，令()0f x '=，得12x =或=1x -（舍去），因为()f x 在定义域的一个子区间(21,21)k k -+内不是单调函数，所以121212k k -<<+，得4143k -<<，综上，1324k ≤<，故选：D例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()324f x x ax x =-++在区间()0,2上单调递增，则实数a 的取值范围为（） A ．[)2,+∞ B ．()2,+∞ C ．(],2-∞ D ．(),2-∞【答案】A【分析】将问题转化为()0f x '≥在()0,2上恒成立，采用分离变量法可得423a x x ≥-，由434x x-<可构造不等式求得结果. 【详解】()f x 在()0,2上单调递增，()23240f x x ax '∴=-++≥在()0,2上恒成立，即234423x a x x x-≥=-在()0,2上恒成立，又43y x x =-在()0,2上单调递增，43624x x ∴-<-=，24a ∴≥，解得：2a ≥，即实数a 的取值范围为[)2,+∞. 故选：A.例7．（2023·全国·高三专题练习）下列说法正确的有（）A ．设{}25A x x =≤≤，{}23B x a x a =≤≤+，若B A ⊆，则实数a 的取值范围是[]1,2 B ．“1a >，1b >”是“1ab >”成立的充分条件C ．命题p ：x ∀∈R ，20x >，则p ⌝：x ∃∈R ，20x <D ．“5a ≤”是“函数()()e 23xf x a x -=--是R 上的单调增函数”的必要不充分条件【答案】BD【分析】分B =∅与B ≠∅两种情况讨论，求出参数a 的范围，即可判断A ，根据不等式的性质及充分条件的定义判断B ，根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断C ，求出函数的导数，由()0f x '≥恒成立求出a 的取值范围，再根据集合的包含关系判断D 即可；【详解】解：对于A ：当B =∅，即23a a >+，解得3a >时满足B A ⊆，当B ≠∅，因为B A ⊆，所以352223a a a a +≤⎧⎪≥⎨⎪≤+⎩，解得12a ≤≤，综上可得[][)1,23,a ∈+∞，故A错误；对于B ：由1a >，1b >则1ab >，故“1a >，1b >”是“1ab >”成立的充分条件，即B 正确；对于C ：命题p ：x ∀∈R ，20x >，则p ⌝：x ∃∈R ，20x ≤，故C 错误；对于D ：因为()()e 23xf x a x -=--，所以()()e 2x f x a =-'-，若()f x 在R 上单调递增，则()()e 20xf x a -'=-≥恒成立，所以20a -≤，解得2a ≤，因为(],2-∞ (],5-∞，所以“5a ≤”是“函数()()e 23xf x a x -=--是R 上的单调增函数”的必要不充分条件，故D正确；故选：BD例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2sin 262x f x x mx π⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则实数m 的最小值是___________【分析】原问题等价于()2cos 206f x x x m π⎛⎫'=+--≤ ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，构造函数求最值即可.【详解】由()2sin 262x f x x mx π⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，得()2cos 206f x x x m π⎛⎫'=+--≤ ⎪⎝⎭06x ,⎛π⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，即2cos 26x x m π⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭，令()2cos 26g x x xπ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭06x ,⎛π⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，则()4sin 216g x x π⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭，当0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，2662x πππ≤+≤ ，则24sin 246x π⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，所以54sin 2+136x π-≤-≤-⎛⎫- ⎪⎝⎭，即()0g x '<，所以()g x 在0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦是单调递减函数，max ()(0)g x g ≤=得m ≥m第二天学习及训练【题型】三、含参分类讨论求函数单调性区间例9．（2023·全国·高三专题练习）已知()()ln 11axf x x x =+++，则下列说法正确的是（） A ．当0a >时，()f x 有极大值点和极小值点 B ．当a<0时，()f x 无极大值点和极小值点 C ．当0a >时，()f x 有最大值 D ．当a<0时，()f x 的最小值小于或等于0【答案】D【分析】讨论0a >、a<0，利用导数研究()f x 在定义域上的单调性，进而判断极值点及最值情况，即可确定答案. 【详解】由题设，2211()(1)1(1)a x a f x x x x ++'=+=+++且(1,)∈-+∞x ，当0a >时()0f x '>，则()f x 在(1,)-+∞上递增，无极值点和最大值，A 、C 错误；当a<0时，若(1,1)x a ∈---则()0f x '<，()f x 递减；(1,)x a ∈--+∞则()0f x '>，()f x 递增；所以()(1)1ln()f x f a a a ≥--=++-，即()f x 无极大值点，有极小值点，B 错误；令()1ln()g a a a =++-且(,0)a ∈-∞，则11()1a g a a a+'=+=，当1a <-时()0g a '>，()g a 递增；当10a -<<时()0g a '<，()g a 递减；所以()(1)0g a g ≤-=，即()f x 的最小值小于或等于0，D 正确；故选：D例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln 1f x x x =--，若不等式()()21f x a x ≥-在区间(]0,1上恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A【分析】2()(1)0f x a x --≥即为2ln 1(1)0x x a x ----≥，设2()ln 1(1)g x x x a x =----，(0,1]x ∈，求出函数()g x 的导函数，分解12a ≤和12a >讨论函数()g x 的单调性，求出函数()g x 在区间(]0,1上的最小值，即可得解.【详解】解：由已知可得2()(1)0f x a x --≥即为2ln 1(1)0x x a x ----≥，设2()ln 1(1)g x x x a x =----，(0,1]x ∈，则(1)(12)()x ax g x x--'=，当0a ≤时，显然()0g x '≤，当102a <≤时，()0g x '≤在(0,1]x ∈上也成立，所以12a ≤时，()g x 在(0,1]上单调递减，()(1)0g x g ≥=恒成立；当12a >时，当102x a <<时，()0g x '<，当112x a<<时，()0g x '>，所以()g x 在10,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，在1,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，于是，存在01,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()(1)0g x g <=，不满足()0g x ≥，舍去此情况，综上所述，12a ≤. 故选：A.例11．（2023·全国·高三专题练习）已知()()22e 2e e 2e a a b bm m a m m +--=+-，则（）A ．当()1,0m ∈-，a ，(),0b ∈-∞时，a b >B ．当()1,0m ∈-，a ，(),0b ∈-∞时，a b <C ．当()1,2m ∈，a ，()0,b ∈+∞时，a b >D ．当()1,2m ∈，a ，()0,b ∈+∞时，a b < 【答案】AC【分析】根据等号两边式子的结构特征构造函数()f x ,利用导数分类讨论函数()f x 的单调性进行求解.【详解】设()()2e 2e x xf x m m x =+--，因为()()22e 2e e 2e a a b bm m a m m +--=+-，所以()()f a f b b =+，当a ，(),0b ∈-∞时，()()0f a f b b -=<，即()()f a f b <.易知()()()e 12e 1x xf x m '=-+，当()1,0m ∈-时，()0f x '<，所以()f x 在(),0∞-上单调递减，所以a b >，故选项A 正确，选项B 错误.当a ，()0,b ∈+∞时，()()0f a f b b -=>，即()()f a f b >. 当()1,2m ∈时，令()0f x '=，解得ln x m =-，所以()f x 在(),ln m -∞-上单调递减，在()ln ,m -+∞上单调递增，所以a b >，故选项C 正确，选项D 错误. 故选：AC.【题型】四、根据极值点求参数例12．（2023·全国·高三专题练习）若函数3()3f x x bx b =-+在区间(0,1)内有极小值，则b 的取值范围是（） A ．(,1)-∞ B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(1,0)-【答案】B【分析】先利用导数求出函数的极小值点，然后使极小值点在(0,1)内，从而可求出b 的取值范围【详解】由题意，得2()33f x x b '=-，当0b ≤时，()0f x '>在(0,1)上恒成立，所以()f x 在(0,1)上递增，函数无极值，所以0b >，令()0f x '=，则x ＝，∴函数在（）上()0f x '<，+∞）上()0f x '>，函数递增∴x =∴函数3()3f x x bx b =-+在区间（0，1）内有极小值，∴01， ∴b ∴（0，1）故选：B ．例13．（2023·全国·高三专题练习）若3π-，3π分别是函数()()()sin 0,0f x x ωϕωϕπ=+><<的零点和极值点，且在区间,155ππ⎛⎫⎪⎝⎭上，函数()y f x =存在唯一的极大值点0x ，使得()01f x =，则下列数值中，ω的可能取值是（） A ．814B ．994C ．1054D ．1174【答案】C【分析】由函数的零点和极值点的概念结合正弦函数图象的性质对各个选项进行判断即可. 【详解】设函数()y f x =的最小正周期为T ,由题意得1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩则3(21),4,24k k ωππϕ+⎧=⎪='⎪⎨⎪+⎪⎩其中121221,(,),k k k k k Z k k k =+⎧∈⎨=-⎩'在区间,155ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，函数()y f x =存在唯一的极大值点0x ，使得()01f x =，所以22,51515T πππ-=≤解得030,ω<≤即3(21)30,4k +≤解得19.5.k ≤ 对于D.若1174ω=，则19.k =由11139(),34k k k Z ππϕπωπ=+=+∈且0ϕπ<<可知3,4πϕ=可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时1173(2.7,6.6),44x πππ+∈当011739442x ππ+=或132π时，()01f x =都成立，故不符合；对于C. 若1054ω=，则17k =，1135,34k k ππϕπωπ=+=+且0ϕπ<<可知 3,4πϕ=可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时1053(2.5,6)44x πππ+∈，当010539442x ππ+=时，存在唯一的极大值点0x ，使得()01f x =，故符合条件；对于B. 若949ω=，则16,k =由1133,34k k ππϕπωπ=+=+且0ϕπ<<可知,4πϕ= 可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时99(1.9,5.2)44x πππ+∈，当0995442x ππ+=或92π时，()01f x =都成立，故不符合；对于A. 若148ω=，则13,k =由 112734k k ππϕπωπ=+=+且0ϕπ<<可知3,4πϕ=可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，813(2,1,4.8)44x πππ+∈，当08135442x ππ+=或92π时，()01f x =都成立，故不符合；故选：C第三天学习及训练【题型】五、有导数求函数的最值（含参）例14．（2023·全国·高三专题练习）设直线x t =与函数()22f x x =，()ln g x x =的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为（） A ．1 B ．12CD【答案】B【分析】由题意，函数()()22ln y f x g x x x =-=-的最小值即|MN |达到最小值时，再求导分析()()22ln y f x g x x x =-=-的极小值点即可【详解】设函数()()22ln y f x g x x x =-=-，求导数得()()212114x x y x x x+-'=-=因为0x >，故当102x <<时，0'<y ，函数在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上为单调减函数，当12x >时，0'>y ，函数在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为单调增函数所以x 12=为()()22ln y f x g x x x =-=-的极小值点.故当|MN |达到最小时t 的值为12．故选：B ．例15．（2023·全国·高三专题练习）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥.当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm )的最大值为______.【答案】3【分析】连接OD ，交BC 于点G ，设OG x =，则BC =，5DG x =-，进而算出三棱锥的高和体积，构造函数，令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，求导，根据导函数的正负判断单调性进而求出最大值．【详解】由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h 221)2ABCS==，则213ABC V Sh =⨯=45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '≥，即4320x x -≤，解得2x ≤，则()(2)80f x f ≤=，∴3V ，∴体积最大值为3．故答案为：3【点睛】思路点睛：本题将三棱锥体积的计算转化为利用导数研究函数的最值问题，考查学生对这些知识的掌握能力，本题的解题关键是掌握根据导数求单调性的方法，属于中档题.例16．（2023·河北·高三阶段练习）R,2e 12x x x a ∀∈-≥+，则a 的最大值为_____________．【答案】1【分析】R,2e 12x x x a ∀∈-≥+，即R,2e 12x x x a ∀∈--≥，令()2e 12xf x x =--，分1ln2x >和1ln2x ≤两种情况讨论，利用导数求出函数的最小值，即可得出答案. 【详解】解：R,2e 12xx x a ∀∈-≥+，即R,2e 12xx x a ∀∈--≥，令()2e 12xf x x =--，当2e 10x ->，即1ln 2x >时，()2e 12xf x x =--，则()2e 2xf x '=-，当1ln02x <<时，()0f x '<，当0x >时，0f x ，所以函数()f x 在1ln ,02⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在()0,∞+上递增，所以当1ln 2x >时，()()min 01f x f ==，当2e 10x -≤，即1ln2x ≤时，()12e 2xf x x =--，因为函数2e ,2x y y x ==为增函数，所以函数()12e 2xf x x =--在1,ln 2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，所以当1ln2x ≤时，()min 1ln ln 412f x f ⎛⎫==> ⎪⎝⎭，综上所述，()()min 01f x f ==，所以1a ≤，即a 的最大值为1. 故答案为：1.【题型】六、已知函数最值求参数例17．（2023·广西·模拟预测（文））已知函数()ln f x x ax =+存在最大值0，则a 的值为（） A ．2- B ．1e-C ．1D ．e【答案】B【分析】讨论a 与0的大小关系确定()f x 的单调性，求出()f x 的最大值. 【详解】因为()1f x a x'=+，0x >，所以当0a ≥时，0fx恒成立，故函数()f x 单调递增，不存在最大值；当a<0时，令()0f x '=，得出1x a=-，所以当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，0fx ，函数单调递增，当1,x a ∈-+∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数单调递减，所以() max11ln 10f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：=a 1e -. 故选：B.例18．（2023·全国·高三专题练习）若函数()22exx x af x +-=在区间(,1)a a +上存在最小值，则实数a 的取值范围为（） A ．(),1-∞- B ．()2,1--C ．⎛-∞ ⎝⎭D ．1⎫-⎪⎪⎝⎭【答案】D【分析】求得()22exx a f x -++'=，根据()f x 在区间(,1)a a +上存在最小值，得到()00f x '=且()0f a '<，()10f a '+>，设()22g x x a =-++，根据()0g a <且()10g a +>，列出不等式组，即可求解.【详解】由函数()22exx x a f x +-=，可得()22e x x af x -++'=，且()f x 在区间(,1)a a +上存在最小值，即()f x '在区间(,1)a a +上存在0(,1)x a a ∈+，使得()00f x '=且()0f a '<，()10f a '+>，设()22g x x a =-++，即满足()0g a <，且()10g a +>，可得()()2220110g a a a g a a a ⎧=-++<⎪⎨+=--+>⎪⎩1a <<-，即实数a 的取值范围是1⎫-⎪⎪⎝⎭. 故选：D.例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数21()e xx x f x +-=，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 只有一个零点B ．函数()f x 只有极大值而无极小值C ．当e 0k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根D ．若当[,)x t ∈+∞时，max 25()e f x =，则t 的最大值为2 【答案】CD【分析】解方程()0f x =判断A ；利用导数探讨()f x 的极值判断B ；分析函数()f x 的性质，借助图象判断C ；由25(2)e f =结合取最大值的x 值区间判断D 作答.【详解】对于A ，由()0f x =得：210x x +-=，解得x =A 不正确；对于B ，对()f x 求导得：22(1)(2)()e ex xx x x x f x '--+-=-=-，当1x <-或2x >时，()0f x '<，当12x -<<时，()0f x '>，即函数()f x 在(,1)-∞-，(2,)+∞上单调递减，在(1,2)-上单调递增，因此，函数()f x 在=1x -处取得极小值(1)e f -=-，在2x =处取得极大值25(2)e f =，B 不正确；对于C ，由选项B 知，作出曲线()y f x =及直线y k =，如图，观察图象得当e 0k -<<时，直线y k =与曲线()y f x =有2个交点，所以当e 0k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根，C 正确；对于D ，因25(2)e f =，而函数()f x 在(2,)+∞上单调递减，因此当[,)x t ∈+∞时，max25()e f x =，当且仅当2[,)t ∈+∞，即2t ≤，所以t 的最大值为2，D 正确.故选：CD【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f (x )=0的解；(2)图象法：作出函数f (x )的图象，观察与x 轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.第四天学习及训练【题型】七、参变分离法解决导数问题例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）若关于x 的不等式(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立，则整数k 的最大值为（） A ．-2 B ．-1 C ．0 D ．1【答案】C【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得. 【详解】(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立等价于ln 34ln x k x x x<++对于任意(1,)x ∈+∞恒成立令ln 3()ln x f x x x x =++，则2221ln 13ln 2()x x x f x x x x x ---'=+-= 令()ln 2g x x x =--，则11()10x g x x x-'=-=> 所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(3)1ln30,(4)2ln 40g g =-<=-> 所以()g x 在()3,4有且仅有一个根0x ，满足00ln 20x x --=，即00ln 2x x =- 当0(1,)x x ∈时，()0g x <，即()0f x '<，函数()f x 单调递减， 0(,)x x ∈+∞时，()0g x >，即()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以0min 000000231()()21x f x f x x x x x x -==+-+=+-由对勾函数可知001113114134x x +-<+-<+-，即0713()34f x << 因为04()k f x <，即0()4f x k <，0()71312416f x <<，Z k ∈ 所以0k ≤. 故选：C例21．（2023·全国·高三专题练习）已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（） A ．1(2,1)x ∈-- B ．2e (1,e )a ∈ C ．120x x +< D ．232e x x +<【答案】B【分析】A 选项：根据“三个等价”，将方程根的问题转化成构造出的函数零点的问题，利用零点存在性定理确定出1x 的取值情况；B ，C ，D 选项：对方程变形，参变分离构造函数，从函数的角度以及利用极值点偏移可以得出相应结论，详细过程见解析.【详解】对于A ，令2()x f x a x =-，因为1a >，所以()f x 在(,0)-∞上单调递增，与x 轴有唯一交点，由零点存在性定理，得1(1)10f a --=-<，0(0)00f a =->，则1(1,0)x ∈-，故A 错误. 对于B ，C ，D ，当0x >时，两边同时取对数，并分离参数得到ln ln 2a xx=，令ln ()x g x x =，()21ln xg x x -'∴=，当()0,e x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；如图所示，∴当0x >时，ln 2a y =与ln ()xg x x =的图象有两个交点，ln 1(0,)2ea ∈，解得2e (1,e )a ∈，故B 正确； ∴2(1,e)x ∈，由A 选项知1(1,0)x ∈-，120x x ∴+>，故C 错误；由极值点偏移知识，此时函数()g x 的极值点左移，则有23e 2x x +>，故D 错误. 故选：B.例22．（2023·上海·高三专题练习）在空间直角坐标系O xyz -中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程2221x y z ++=表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点(,,)P x y z 是二次曲面22420x xy y z -+-=上的任意一点，且0x >，0y >，0z >，则当zxy取得最小值时，不等式ln e 3022xa yx za +-≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．【答案】[e,)-+∞ 【分析】先通过zxy取得最小值这个条件找出当,,x y z 的关系，带入后一个不等式，利用对数恒等式变型，此后分离参数求最值即可.【详解】根据题意22420x xy y z -+-=，带入z xy 可得：2224212222z z x xy y x y xy xy xy y x -+===+-，而0x >，0y >，利用基本不等式222x y y x +≥=，当22x y y x =，即2y x =取得等号，此时22224246z x x x x x =-⋅+=，即23z x =，综上可知，当z xy 取得最小值时，223y x z x =⎧⎨=⎩，带入第二个式子可得，2e ln 02x a x ax x +-≥，即e ln 0x ax a x x +-≥，于是ln e ln (ln )0xx x ax a x e a x x x-+-=+-≥，设()ln u u x x x ==-，11()1x u x x x -'=-=，故当1x >时，()u x 递增，01x <<时，()u x 递减，min ()(1)1u x u ==；于是原不等式转化为1u ≥时，0u e au +≥恒成立，即u e a u -≤在1u ≥时恒成立，设()u e h u u=(1)u ≥，于是2(1)()0u e u h u u -'=≥，故()h u 在1u ≥时单调递增，min ()(1)h u h e ==，故a e -≤，a e ≥-即可.故答案为：[e,)-+∞ 【点睛】本题e ln 0xax a x x+-≥恒成立的处理用到了对数恒等式，若直接分离参数求最值，会造成很大的计算量.【题型】八、构造函数并利用函数的单调性判定函数值大小例23．（2023·全国·高三专题练习）设函数()f x '是奇函数()f x （x ∴R ）的导函数，f （﹣1）＝0，当x ＞0时，()()0xf x f x '->，则使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是（）A ．（﹣∞，﹣1）∴（﹣1，0）B ．（0，1）∴（1，+∞）C ．（﹣∞，﹣1）∴（0，1）D ．（﹣1，0）∴（1，+∞）【答案】D【分析】构造函数()()f x g x x =，求导结合题意可得()()f x g x x =的单调性与奇偶性，结合()10g -=求解即可【详解】由题意设()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x '-'= ∴当x ＞0时，有()()0xf x f x '->，∴当x ＞0时，()0g x '>，∴函数()()f x g x x=在（0，+∞）上为增函数， ∴函数f （x ）是奇函数，∴g （﹣x ）＝g （x ），∴函数g （x ）为定义域上的偶函数，g （x ）在（﹣∞，0）上递减，由f （﹣1）＝0得，g （﹣1）＝0，∴不等式f （x ）＞0∴x •g （x ）＞0，∴()()01x g x g >⎧⎨>⎩或()()01x g x g <⎧⎨<-⎩，即有x ＞1或﹣1＜x ＜0，∴使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是：（﹣1，0）∴（1，+∞），故选：D ．例24．（2023·全国·模拟预测）以下数量关系比较的命题中，正确的是（）A ．2e e 2>B ．2ln 23>C ．ln π1πe <D ．ln 2ln π2π> 【答案】ABC【分析】令()()eln 0f x x x x =->，利用导数研究函数的单调性，进而可判断A ；根据指数函数与对数函数的单调性可判断B ；令()()ln 0x g x x x =>，利用导数研究函数的单调性，进而可判断CD ；【详解】对于A ：设()()eln 0f x x x x =->，则()()e e 10x f x x x x -'=-=>，当0e x <<时，0f x ，函数单调递增；当e x >时，()0f x '<，函数单调递减；所以()()e elne e 0f x f <=-=，所以()()2eln 22e 0f f =-<=，即2>eln 2，所以 2e e 2>，故A 正确；对于B ：因为28e >，所以2ln8ln e >，所以3ln 22>，即2ln 23>，故B 正确；对于CD ：设()()ln 0x g x x x =>，()21ln x g x x-'=，当0e x <<时，()0g x '>，函数单调递增；当e x >时，()0g x '<，函数单调递减；所以()()e πg g >，即ln π1πe<，故C 正确；又()()()e π4g g g >>，所以ln πln 4ln 2π42>=，故D 错误；故选：ABC 第五天学习及训练【题型】九、构造函数法解决导数问题例25．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln 2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（） A ．(02ln2)，B ．(0,ln2)C ．(ln21)，D ．(ln2)+∞，【答案】D 【分析】构造新函数()()ln ,(0)g x f x x x =+>，利用导数说明其单调性，将)(e 0x f x +>变形为)>(e (2)x g g ，利用函数的单调性即可求解.【详解】令()()ln ,(0)g x f x x x =+> ，则()11()()xf x g x f x x x'+''=+=，由于()10xf x '+＞, 故()0g x '>,故()g x 在(0)+∞，单调递增，而1(2)(2)ln2ln ln 202g f =+=+= ，由)(e 0x f x +>，得)>(e (2)x g g ，∴e 2x > ，即ln2x > ,∴不等式)(e 0x f x +>的解集为(ln2)+∞，, 故选：D ．例26．（2023·全国·高三专题练习）已知e ,3,e a b c πππ===，则它们的大小关系是（）A ．a b c >>B ．c b a >>C ．b c a >>D ．c a b >> 【答案】C【分析】由y x π=在区间(0,)+∞上为单调递增函数，可得到b c >，设()eln f x x x =-，利用导数求得函数()f x 单调递增，可得eln 0ππ->，进而得到c a >，即可求解.【详解】由函数y x π=在区间(0,)+∞上为单调递增函数，因为3e >，所以3e ππ>，即b c >，设()eln f x x x =-，可得()e 1f x x '=-，令()e 10f x x '=-=，解得x e =，当e x >时，0f x ，()f x 单调递增，可得()()e 0f f π>=，即eln 0ππ->，即eln ππ>，两边取e 的指数，可得e e ππ>，即c a >，所以b c a >>.故选：C.例27．（2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（理））设()f x '是函数()f x 的导函数，且()()()3R f x f x x '>∈，1e 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数），则不等式()3ln f x x <的解集为（）A ．e 0,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1e ,e 3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(D ．e 3⎛ ⎝ 【答案】C【分析】构造函数()()3e xf xg x =，由已知可得函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，根据函数的单调性即可得解. 【详解】解：令()()3e x f x g x =，则()()()33e xf x f xg x '-'=，因为()()()3R f x f x x '>∈，所以()()()330e xf x f xg x '-'=>，所以函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即不等式()3ln <1>0f x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，又()()()3ln 3ln ln ln e x f x f x g x x ==，11313e f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭，所以不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln 3x <，解得0x << 所以不等式()3ln f x x <的解集为(. 故选：C.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()()e 1,1ln x f x x g x x x =+=+，若()()120f x g x =>，则21x x 可取（） A ．1B ．2C ．eD ．2e【答案】CD 【分析】由()()()ln 1ln ln e 1x g x x x x =+=+，利用同构结合()f x 在(0,)+∞上单调递增，即可得到12ln x x =，则()12111e ,0x x x x x =>，记e (),(0)x h x x x=>，求出()h x '即可判断()h x 在(0,)+∞上的单调性，即可得出21e x x ≥，由此即可选出答案. 【详解】因为()()120f xg x =>，所以120,1x x >>，因为()e ()0e e 111x x x x x x f =+'+++>=恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，又()()()ln 1ln ln e 1x g x x x x =+=+，因为()()12f x g x =，即()()12ln 12e 1ln e 1x x x x +=+，所以1122ln e x x x x =⇒=，所以()12111e ,0x x x x x =>，记e (),(0)xh x x x=>，所以2(1)()x e x h x x '-= 当01x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，当1x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()(1)e h x h ≥=，即21e x x ≥ 故选：CD.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，属于难题，其中将()()()ln 1ln ln e 1x g x x x x =+=+变形为()()e 1x f x x =+的结构，是解本题的关键.。

高考导数问题常见题型总结

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 22．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。

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。

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导数题型归纳请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法： 1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法 5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。

最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；’ 第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题， 2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.解:由函数4323()1262x mx x f x =-- 得32()332x mx f x x '=-- 2()3g x x mx ∴=--（1） ()y f x =Q 在区间[]0,3上为“凸函数”，则 2()30g x x mx ∴=--< 在区间[0,3]上恒成立 - 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x <(0)0302(3)09330g m g m <-<⎧⎧⇒⇒>⎨⎨<--<⎩⎩解法二：分离变量法：∵ 当0x =时, 2()330g x x mx ∴=--=-<恒成立, 当03x <≤时, 2()30g x x mx =--<恒成立等价于233x m x x x ->=-的最大值（03x <≤）恒成立，而3()h x x x=-（03x <≤）是增函数，则max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数” 则等价于当2m ≤时2()30g x x mx =--< 恒成立变更主元法再等价于2()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题）22(2)023011(2)0230F x x x F x x ⎧->--+>⎧⎪⇒⇒⇒-<<⎨⎨>-+>⎪⎩⎩ 2b a ∴-=例2：设函数),10(323)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-=（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.（二次函数区间最值的例子）解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---01a <<Q令,0)(>'x f 得)(x f 令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为（－∞，a ）和（3a ，+∞）∴当x=a 时，)(x f 极小值=;433b a +-当x=3a 时，)(x f 极大值=b.（Ⅱ）由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立①则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x a g x a≤⎧⎨≥-⎩ 22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a = 01,a <<Q12a a a a +>+=（放缩法）即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

22()43[1,2]g x x ax a a a =-+++在上是增函数.（9max min ()(2)2 1.()(1)4 4.g x g a a g x g a a =+=-+=+=-+∴于是，对任意]2,1[++∈a a x ，不等式①恒成立，等价于(2)44,41.(1)215g a a a a g a a a+=-+≤⎧≤≤⎨+=-+≥-⎩解得又,10<<a ∴.154<≤a 点评：重视二次函数区间最值求法：对称轴（重视单调区间）与定义域的关系第三种：构造函数求最值题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型例3；已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

解：（Ⅰ）/2()32f x x ax =+∴/(1)31f b a⎧=-⎨=+⎩，解得32a b =-⎧⎨=-⎩（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在[1,0]-上单调递增，在[0,2]上单调递减，在[2,4]上单调递减又(1)4,(0)0,(2)4,(4)16f f f f -=-==-= ∴()f x 的值域是[4,16]-（Ⅲ）令2()()()(1)3[1,4]2t h x f x g x x t x x =-=-++-∈思路1：要使()()f x g x ≤恒成立，只需()0h x ≤，即2(2)26t x x x -≥-分离变量思路2：二次函数区间最值二、题型一：已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围解法1：转化为0)(0)(''≤≥x f x f 或在给定区间上恒成立，回归基础题型解法2：利用子区间（即子集思想）；首先求出函数的单调增或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集；做题时一定要看清楚“在（m,n ）上是减函数”与“函数的单调减区间是（a,b ）”，要弄清楚两句话的区别：前者是后者的子集例4：已知R a ∈，函数x a x a x x f )14(21121)(23++++=．（Ⅰ）如果函数)()(x f x g '=是偶函数，求)(x f 的极大值和极小值；2x a =[]1,2a a ++（Ⅱ）如果函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，求a 的取值范围．解：)14()1(41)(2++++='a x a x x f . （Ⅰ）∵()f x '是偶函数，∴ 1-=a . 此时x x x f 3121)(3-=，341)(2-='x x f ，令0)(='x f ，解得：32±=x .列表如下：x(－∞,－23)－23(－23,23)23(23,+∞))(x f ' + 0－ 0+ )(x f递增极大值递减极小值递增可知：()f x 的极大值为34)32(=-f ， ()f x 的极小值为34)32(-=f .（Ⅱ）∵函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，∴21()(1)(41)04f x x a x a '=++++≥，在给定区间R 上恒成立判别式法则221(1)4(41)204a a a a ∆=+-⋅⋅+=-≤，解得：02a ≤≤.综上，a 的取值范围是}20{≤≤a a .例5、已知函数3211()(2)(1)(0).32f x x a x a x a =+-+-≥（I ）求()f x 的单调区间；（II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。

子集思想（I ）2()(2)1(1)(1).f x x a x a x x a '=+-+-=++-1、20,()(1)0,a f x x '==+≥当时恒成立当且仅当1x =-时取“=”号，()(,)f x -∞+∞在单调递增。

2、12120,()0,1,1,,a f x x x a x x '>==-=-<当时由得且单调增区间：(,1),(1,)a -∞--+∞ 单调增区间：(1,1)a --（II ）当()[0,1],f x Q 在上单调递增则[]0,1是上述增区间的子集：a-1-1()f x '1、0a =时，()(,)f x -∞+∞在单调递增符合题意2、[]()0,11,a ⊆-+∞，10a ∴-≤ 1a ∴≤ 综上，a 的取值范围是[0，1]。

三、题型二：根的个数问题题1函数f(x)与g(x)（或与x 轴）的交点======即方程根的个数问题解题步骤第一步：画出两个图像即“穿线图”（即解导数不等式）和“趋势图”即三次函数的大致趋势“是先增后减再增”还是“先减后增再减”；第二步：由趋势图结合交点个数或根的个数写不等式（组）；主要看极大值和极小值与0的关系；第三步：解不等式（组）即可；例6、已知函数232)1(31)(x k x x f +-=，kx x g -=31)(，且)(x f 在区间),2(+∞上为增函数．（1）求实数k 的取值范围；（2）若函数)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解：（1）由题意x k x x f )1()(2+-=' ∵)(x f 在区间),2(+∞上为增函数，∴0)1()(2>+-='x k x x f 在区间),2(+∞上恒成立（分离变量法）即x k <+1恒成立，又2>x ，∴21≤+k ，故1≤k ∴k 的取值范围为1≤k（2）设312)1(3)()()(23-++-=-=kx x k x x g x f x h ， )1)(()1()(2--=++-='x k x k x k x x h 令0)(='x h 得k x =或1=x 由（1）知1≤k ，①当1=k 时，0)1()(2≥-='x x h ，)(x h 在R 上递增，显然不合题意… ②当1<k 时，)(x h ，)(x h '随x 的变化情况如下表：由于021<-k ，欲使)(x f 与)(x g 的图象有三个不同的交点，即方程0)(=x h 有三个不同的实根，故需0312623>-+-k k ，即0)22)(1(2<---k k k ∴⎩⎨⎧>--<02212k k k ，解得31-<k 综上，所求k 的取值范围为31-<k根的个数知道，部分根可求或已知。