0)('≤x f 恒成立，此时)(x f 在),0(+∞上是减函数。
当0>?，即2>a 时，0)(=x h 的两根为242
-±a a ，
作出)(x h 的草图，由图可知，
当(0,()22
a a x ∈+∞U 时，()0f x '<；
当x ∈时，()0f x '>．
)(x f 在),24(),24,0(22+∞-+--a a a a 上是减函数；在)
2
4,24(2
2-+--a a a a 是
增函数。
综上所述，当2≤a 时，)(x f 在),0(+∞上单调递减；
当2>a 时，)(x f 在),2
4(),24,0(2
2+∞-+--a a a a 上单调递减；在
)
2
4,24(22-+--a a a a 上单调递增。
（2）因为
)(x f 存在两个极值点21,x x ，所以由（1）得2>a .
不妨设21x x <，因为21,x x 为方程012
=+-ax x 的两个实根，所以121=x x ，
)ln (ln )()()(21212
11
221x x a x x x x x x x f x f -+---=
-=)ln (ln )(22121x x a x x -+-- 所以21212121)ln (ln 2)()(x x x x a x x x f x f --+-=--，要证
2)
()(2
121-<--a x x x f x f ，只要证1)ln (ln 2121<--x x x x ，因为21x x <且121=x x ，只要证1
1ln 222
2
<--x x x ，即证
0ln 21222<+-x x x 。 由（1）得函数
x x x
x g ln 21
)(+-=
在),0(+∞上单调递减，而12>x ，因此0)1(ln 21
)(222
2=<+-=
g x x x x g ，得证！ 附注
12
12
ln ln 1x x x x -<-可以有多种证法。
1212ln ln 1x x x x -<-,即1212ln ln x x x x ->-，亦即111
1
2ln x x x >-在(0,1)上恒成立，
设1()2ln h x x x x =-+，01x <<，则222
21(1)'()10x h x x x x
-=--=-<，所以 ()h x 在1()2ln h x x x x =-+
在(0,1)单调递减，所以()(1)0h x h >=，从而12ln 0x x x
-+>，
即12ln x x x >-，所以
2)()(2
121-<--a x x x f x f 。
思路点拨
解答(1)要先求函数的导数，再解不等式，从而确定单调区间；（2）左端可利用（1），右端把x 换成1
x
；（3）把要证的不等式左边移到右边，构造函数，利用单调性证明不等式. 满分解答
(1)函数
()f x 的定义域为(0,)+∞，'1
()=1f x x
-，令'()=0f x 得1x =.
当01x <<时，'
()0f x >，()f x 单调递增；
当1x >时，'
()0f x <，()f x 单调递减.
（2）由（1）知，()f x 在x =1处取得最大值，且最大值为(1)=0f .
当1x ≠时，
()0f x <，即ln 10x x -+<，所以 ln 1x x <-；
(1,)x ∈+∞时，ln 0x >，由ln 1x x <-得1
1ln x x
-<
。 再以当x 代
1x
得 11ln
1x x <-，即1ln x x x -<，即1
ln x x x
-<，所以. （3）设()1(1)x
g x c x c =+--，则'
()1ln x
g x c c c =--.
令'
()0g x =，因为1c >，所以
11
ln
ln ln c c
x c
-=. 11ln x x x -<<
当1x x <时，1,ln c c >>0，1
''1()1ln 1ln ()0x x g x c e c c e c g x =-->--==，即
'()0g x >，只要()g x 在1(,)x x 上单调递增；
当1x x >时，同理可得'
()0g x <，()g x 单调递减.
由（2）得1
1ln ln c c c
-<<，故101x <<. 又(0)1=0g g =
（），故当01x <<时， ()0g x >.
所以当(0,1)x ∈时，.
思路点拨
（1） 先对()f x 求导，再判断的单调性，根据()f x 在(0,)+∞上的单调性，比较()
f x 与
(0)f 的大小关系证明不等式；（2）对()g x 求导判断单调区间，求出最小值
h (a ),再求h (a )的
值域. 满分解答
（1）证明：()2e 2
x x f x x -=+，()()()2221)(2)(2)e e 22x x x x x x f x x x -+--'=?=++（.
当x ∈()()22,-∞--+∞U ，
时，()0f x '>，所以()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增.
又当0x >时，
()2e 0=12
x
x f x ->-+，所以()2e 2x x x ->--，()2e 20x x x -++>. ⑵ ()
()()24
e 2e x
x a x x ax a g x x
----'=
()
4
e 2e 2x x x x ax a x -++=
()()()33
22e 2()2=.x x x a x f x a x x x -??
+?+
?+++??=
1(1)x
c x c +->
由(1)知，当0x >时，()f x a +单调递增，所以对[)01a ∈，
，()010f a a +=-<，(2)0f a a +=≥.因此，存在唯一(0,2]t ∈，使
()0f t a +=，即'(=0g t ）.
当0x t <<时， '
()0,()0f t a g x +<<，(g x ）单调递减； 当x t >时，'
()0,()0f t g x +>>，(g x ）单调递增.
因此，(g x ）在x=t 是取得最小值，最小值为
()()()
2
2
e 1e ()1t t a t
f t t h a t t -+++=
=
=
()
22e 1e
e 2.
2
t t
t t t t t t -++?+=+ 记()e 2t
k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()()2
e 102t t k t t +'=>+，所以()k t 单调递增， ()()21e 24h a k t ??
=∈ ???
，．
思路点拨 （1）
()2sin sin sin f x x a x b =-+，所以()()sin 2sin cos f x x a x ￠轾=-臌
， 因为22
x p p
-
<<，所以cos 0,22sin 2x x >-<<. ①当2a ?
时，函数在??
?
??-2,2ππ上单调递增，无极值；
②当2a 3
时，函数在??
?
??-2,2ππ上单调递减，无极值；
③对于22a -<<，在???
?
?-
2,2ππ内存在唯一的0x 使得02sin x a =． 当0]2
x x （，?
p
时，函数单调递减； 当
02
x x （，）?p
时，函数单调递增，因此，22a -<<时，函数在0x 处有极小值
()2
0sin 24
a a f x f
b 骣÷?==-÷?÷?桫． (2)
22
x p p
-
＃时，()()()000sin sin sin f x f x a a x b b -=-+- ()000
0sin ||.a a x b b a a b b ?+-?+-
当()()000a a b b --?时，取2
x p
=
，等号成立； 当()()000a a b b --<时，取2
x p
=-
，等号成立. 由此可知，
()()x f x f sin sin 0-在上的最大值为00
D a a b b =-+-.
（3）解1
1≤D 即为1a b +?，
此时2
01,11a b
＃-＃，从而2
14
a z
b =-?．
取0,1a b ==，则1a b +?，且214a z b =-=，可知，4
2
a b z -
=满足条件1≤D 时最大值为1．
解2
1≤D 即为1a b +?，在平面直接坐标系aOb 中，对应
的平面区域如图所示，而24a z b =-，亦即2
4a b z =+，对 应曲线是开口向上的抛物线2
4
a b =向上平移z 个单位所得，其在b 上的
最大值是1.
2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)
第 1 页 共 1 页 2020年高考数学导数压轴题每日一题 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例1 (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－10＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}， f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x (x ＋1)－1x ＋1， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)， 则g ′(x )＝e x －1x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1(x ＋2)2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －132 <0，g ′(0)＝1－12>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0????－12g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝(1＋t )2t ＋2>0， 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)， 所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0.
高考理科数学全国卷三导数压轴题解析
2018年高考理科数学全国卷三导数压轴题解析 已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++- （1） 若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2） 若0x =是()f x 的极大值点，求a . 考点分析 综合历年试题来看，全国卷理科数学题目中，全国卷三的题目相对容易。但在2018年全国卷三的考察中，很多考生反应其中的导数压轴题并不是非常容易上手。第1小问，主要通过函数的单调性证明不等式，第2小问以函数极值点的判断为切入点，综合考察复杂含参变量函数的单调性以及零点问题，对思维能力（化归思想与分类讨论）的要求较高。 具体而言，第1问，给定参数a 的值，证明函数值与0这一特殊值的大小关系，结合函数以及其导函数的单调性，比较容易证明，这也是大多数考生拿到题目的第一思维方式，比较常规。如果能结合给定函数中20x +>这一隐藏特点，把ln(1)x +前面的系数化为1，判断ln(1)x +与2/(2)x x +之间的大小关系，仅通过一次求导即可把超越函数化为求解零点比较容易的代数函数，解法更加容易，思维比较巧妙。总体来讲，题目设置比较灵活，不同能力层次的学生皆可上手。 理解什么是函数的极值点是解决第2问的关键。极值点与导数为0点之间有什么关系：对于任意函数，在极值点，导函数一定等于0么（存在不存在）？导函数等于0的点一定是函数的极值点么？因此，任何不结合函数的单调性而去空谈函数极值点的行为都是莽撞与武断的。在本题目中，0x =是()f x 的极大值点的充要条件是存在10δ<和20δ>使得对于任意1(,0)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递增)，对于任意2(0,)x δ∈都满足()(0)=0f x f <( 或者()f x 单调递减)，因此解答本题的关键是讨论函数()f x 在0x =附近的单调性或者判断()f x 与(0)f 的大小关系。题目中并没有限定参数a 的取值范围，所以要对实数范围内不同a 取值时的情况都进行分类讨论。在第1小问的基础上，可以很容易判断0a =以及0a >时并不能满足极大值点的要求，难点是在于判断0a <时的情况。官方标准答案中将问题等价转化为讨论函数2 ()ln(1)/(2)h x x x x =+++在0x =点的极值情况，非常巧妙，但是思维跨度比较大，在时间相对紧张的选拔性考试中大多数考生很难想到。需要说明的是，官方答案中的函数命题等价转化思想需要引起大家的重视，这种思想在2018年全国卷2以及2011年新课标卷1的压轴题中均有体现，这可能是今后导数压轴题型的重要命题趋势，对学生概念理解以及思维变通的能力要求更高，符合高考命题的思想。 下面就a 值变化对函数()f x 本身在0x =附近的单调性以及极值点变化情况进行详细讨论。
高考导数压轴题题型(精选.)
高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21 ()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1 e 1 x x -+. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单调递 增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。
高考导数压轴题题型
高考导数压轴题题型 远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+ ； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）1211()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； 【解析】 (1)f ′(x )＝1e x x m -+. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1x x - +. 函数f ′(x )＝1e 1 x x -+在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.
导数压轴题题型(学生版)
导数压轴题题型 引例 【2016高考山东理数】(本小题满分13分) 已知. （I ）讨论的单调性； （II ）当时，证明对于任意的成立. ()221()ln ,R x f x a x x a x -=-+∈()f x 1a =()3()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈
1. 高考命题回顾 例1.已知函数)f x =（a e 2x +(a ﹣2) e x ﹣x . （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围. 例2.（21）（本小题满分12分）已知函数()()()2 21x f x x e a x =-+-有两个零点.
(I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 例3.（本小题满分12分）
已知函数f （x ）=31,()ln 4 x ax g x x ++=- (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),() (0)h x f x g x x => ， 讨论h （x ）零点的个数 例4.(本小题满分13分) 已知常数 ,函数 (Ⅰ)讨论 在区间上的单调性; (Ⅱ)若存在两个极值点且求的取值范围.
例5已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)． (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.
例6已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=- (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥ 22 1)(，求b a )1(+的最大值。
全国高考导数压轴题总汇编
2016全国各地导数压轴题汇编 1、（2016年全国卷Ｉ理数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点 （I ）求a 的取值围 （II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x
2、（2016年全国卷Ｉ文数） 已知函数2 )1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性 （II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值围
3、（2016年全国卷II 理数） (I)讨论函数x x 2f (x)x 2 -=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II)证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2 x =(0)x e ax a g x x -->（） 有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.
4、（2016年全国卷II 文数） 已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； (II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值围. 5、（2016年全国卷III 理数） 设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记错误!未找到引用源。的最大值为A （Ⅰ）求)(x f '； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明错误!未找到引用源。A x f 2)(≤'
6、（2016年全国卷III 文数） 设函数()ln 1f x x x =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x -<<； （Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.
导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数()2 ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =. （1）求实数,a b 的值； （2）设()()()()2 1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F ' <. 【解析】（1）1,1a b ==-； （2）()2 ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x '=+- ， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11 221ln 1ln m x x m x x +=???+=?? ， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-， 1212ln ln 1x x F m x x -' =+=- 0F '< ，只需证 12 12ln ln x x x x -< -. 思路一：因为120x x << ，只需证 1122ln ln ln 0 x x x x -> ?>. 令()0,1t = ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 121 10t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1 2ln 0t t t -+>. 由上述分析可知0F ' <. 【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形 为齐次式，设12111222 ,ln ,,x x x x t t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x << ，只需证12ln ln 0x x -， 设( ))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 () 2 21 10Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2 0Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <.
【高考必备】导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. (1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )?f ′(x )＝e x －1x ＋m ?f ′(0)＝e 0－1 0＋m ＝0?m ＝1， 定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m ＝e x x ＋－1x ＋1 ， 显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． (2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1 x ＋2 (x >－2)． h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)?h ′(x )＝e x ＋1 x ＋2 >0， 所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根， 又g ′(－12)＝1e －13 2 <0，g ′(0)＝1－1 2>0， 所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间??? ?－1 2，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1 t ＋2＝0????－12 g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝＋t 2t ＋2 >0， 当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)， 所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2 1 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥ 2 2 1)(，求b a )1(+的最大值。 （1）121 1()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 121 1()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：21()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+?==-+
高考数学导数压轴题7大题型总结
b e i n g a r e g o o d f o r s o m e t h 高考数学导数压轴题7大题型总结 目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异， 如果有差异只能是难度上的差异，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，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。为了帮助大家复习，今天就总结倒数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。 1导数单调性、极值、最值的直接应用
t a t i m e a n d A l l t h i n g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o m e t h
e a n d A l l t h i n g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o m e t h 2交点与根的分布 3不等式证明 （一）做差证明不等式
g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o （二）变形构造函数证明不等式
e a n d A l l t h i n g s i n t h e i r b e i n g a r e g o o d f o r s o （三）替换构造不等式证明不等式
导数压轴题题型归纳
1.咼考命题回顾 例1已知函数f(x)= e x- In(x + m) (2013全国新课标H卷) (1)设x= 0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性 (2);⑵当*2时，证明f(x)>0.
例 2 已知函数f(x) = /+ax+ b, g(x)= e x(cx + d),若曲线y= f(x)和曲线y = g(x)都过点P(0, 2),且在点P处有相同的切线y=4x+2 (2013全国新课标I卷) (I)求a, b, c, d 的值 (H)若x>- 2时，f(x)空kg(x)，求k的取值范围。
例3已知函数f(x)满足f(x)二f'(1)e x」—f(0)x * ( 2012全国新课标) 2 (1)求f(x)的解析式及单调区间； 1 (2)若 f (x^-x2ax b，求(a 1)b 的最大值。
例4已知函数f (x)二匹b，曲线y二f(x)在点(1,f(1))处的切线方程X +1 x 为x 2y—3 = 0。( 2011全国新课标) (I)求a、b的值； (H)如果当x 0，且x"时，f(x).丛*，求k的取值范围。 X —1 x
例5设函数f (x) =e x _ 1 一x 一ax2(2010全国新课标) (1)若a=0，求f(x)的单调区间； (2)若当x_0时f(x)_0，求a的取值范围
例 6 已知函数f(x)= (x3+3x2+ax+b)e x. (2009 宁夏、海南) (1)若a= b=-3,求f(x)的单调区间； ⑵若f(X)在(-^ , a ),(2单调增加，在(a ,2),( P单+调减少，证明B— a>6.
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全
高考压轴题：导数题型及解题方法 （自己总结供参考） 一．切线问题 题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。 方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。 题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。 方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。 注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。 例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ． （1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ） （2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。（答案：m 的范围是()2,3--） 题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。 方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。（)(,22x f x ）； 建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x -='-，12212)()(y y x f x x -='-；求出21,x x ，进而求出切线方程。解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。 例 求曲线2 x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。（答案02=--e y x e ） 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：（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0的关系不定）；(3) 在求极值点的过程中，极值点的大小关系不定而引起的分类；(4) 在求极值点的过程中，极值点与区间的关系不定而引起分类等。注意分类时必须从同一标准出发，做到不重复，不遗漏。 例 已知函数x a x x a x f )1(2 1ln )(2 +-+ = （1）求函数)(x f 的单调区间。（利用极值点的大小关系分类） （2）若[]e x ,2∈，求函数)(x f 的单调区间。（利用极值点与区间的关系分类） 题型2 已知函数在某区间是单调，求参数的范围问题。 方法1：研究导函数讨论。 方法2：转化为0)(0)(' '≤≥x f x f 或在给定区间上恒成立问题， 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)(x f 在()n m ,上是减函数”与“函数)(x f 的单调减区间是()b a ,”的区别是前者是后者的子集。 例 已知函数2 ()ln f x x a x =++ x 2 在[)+∞,1上是单调函数，求实数a 的取值范围． （答案[)+∞,0） 题型3 已知函数在某区间的不单调，求参数的范围问题。 方法1：正难则反，研究在某区间的不单调 方法2:研究导函数是零点问题，再检验。 方法3:直接研究不单调，分情况讨论。 例 设函数1)(2 3 +++=x ax x x f ，R a ∈在区间?? ? ??1,21内不单调，求实数a 的取值范围。 （答案：() 3,2--∈a ）） 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12 1)1()(2 ++- +-=kx x e k x e x f x x ，求在()2,1-∈x 的极小值。 （利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类） 题型2 已知函数极值，求系数值或范围。 方法：1.利用导函数零点问题转化为方程解问题，求出参数，再检验。 方法2.转化为函数单调性问题。 例 函数1)1(2 1 )1(3141)(234+----+= x p p px x p x x f 。0是函数)(x f 的极值点。求实数p 值。 （答案：1） 题型3 已知最值，求系数值或范围。
导数压轴题题型归纳(1)
导数压轴题题型归纳(1) -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
导数压轴题题型归纳 1. 高考命题回顾 例1已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷） (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0. 例2已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0， 2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（2013全国新课标Ⅰ卷） （Ⅰ）求a，b，c，d的值 （Ⅱ）若x≥－2时, ()() f x k g x ，求k的取值范围。
2. 在解题中常用的有关结论※
3. 题型归纳 ①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用 例7（构造函数，最值定位）设函数()()2 1x f x x e kx =--(其中k ∈R ). (Ⅰ) 当1k =时,求函数()f x 的单调区间;
(Ⅱ) 当1,12k ?? ∈ ??? 时,求函数()f x 在[]0,k 上的最大值M . 例8（分类讨论，区间划分）已知函数32 11()(0)32 f x x ax x b a = +++≥,'()f x 为函数()f x 的导函数. (1)设函数f(x)的图象与x 轴交点为A,曲线y=f(x)在A 点处的切线方程是33y x =-,求 ,a b 的值; (2)若函数()'()ax g x e f x -=?,求函数()g x 的单调区间. 例9（切线）设函数. （1）当时，求函数在区间上的最小值； （2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交 于点 求证：. 例10（极值比较）已知函数 其中 ⑴当时，求曲线 处的切线的斜率； ⑵当时，求函数的单调区间与极值. 例11（零点存在性定理应用）已知函数()ln ,().x f x x g x e == a x x f -=2 )(1=a )()(x xf x g =]1,0[0>a )(x f y =)))((,(111a x x f x P >l l x ) 0,(2x A a x x >>2122()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R a ∈R 0a =()(1,(1)) y f x f =在点2 3a ≠ ()f x
高考导数压轴题题型
创作编号： GB8878185555334563BT9125XW 创作者： 凤呜大王* 高考导数压轴题题型 李远敬整理 2018.4.11 一．求函数的单调区间，函数的单调性 1.【2012新课标】21. 已知函数()f x 满足满足12 1()(1)(0)2 x f x f e f x x -'=-+； （1）求()f x 的解析式及单调区间； 【解析】 （1）12 11()(1)(0)()(1)(0)2 x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+?=-+ 令1x =得：(0)1f = 1211 ()(1)(0)(1)1(1)2 x f x f e x x f f e f e --'''=-+?==?= 得：2 1()()()12 x x f x e x x g x f x e x '=-+ ?==-+ ()10()x g x e y g x '=+>?=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=?><=?< 得：()f x 的解析式为21()2 x f x e x x =-+ 且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞ 2.【2013新课标2】21．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )． (1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性；
【解析】 (1)f ′(x )＝1 e x x m - +. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1e 1 x x - +. 函数f ′(x )＝1 e 1 x x - +在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 3.【2014新课标2】21. 已知函数()f x =2x x e e x --- （1）讨论()f x 的单调性； 【解析】 （1）+ -2≥0，等号仅当x=0时成立，所以f （x ）在（—∞，+∞）单 调递增 【2015新课标2】21. 设函数 f (x )=e mx +x 2-mx 。 （1）证明： f (x )在 (-￥,0)单调递减，在 (0,+￥)单调递增； （2）若对于任意 x 1,x 2?[-1,1]，都有 |f (x 1)-f (x 2)|￡e -1，求m 的取值范围。
