2020高考压轴题---函数与导数核心考点和高考数学椭圆曲线的知识总结
2020高考压轴题---函数与导数核心考点
目录
题型一切线型
1.求在某处的切线方程
2.求过某点的切线方程
3.已知切线方程求参数
题型二单调型
1.主导函数需“二次求导”型
2.主导函数为“一次函数”型
3.主导函数为“二次函数”型
4.已知函数单调性，求参数范围
题型三极值最值型
1.求函数的极值
2.求函数的最值
3.已知极值求参数
4.已知最值求参数
题型四零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
2.零点存在性定理的应用
3.极值点偏移问题
题型五恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
2.单变量型存在性问题
3.双变量型的恒成立与存在性问题
4.等式型恒成立与存在性问题
题型六 与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
2.含有e x 与lnx 的不等式证明技巧
3.多元函数不等式的证明
4.数列型不等式证明的构造方法
题型一 切线型
1.求在某处的切线方程
例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x 2e x 在点(1，f (1))处的切线方程.
解：由f (x )＝3x 2e x ，得f ′(x )＝6x －3x 2e x ，切点为(1，3e ) ，斜率为f ′(1)＝3e
由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3e ；
∴切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，即3x －ey ＝0.
例2.求f (x )＝e x (1x ＋2)在点(1，f (1))处的切线方程.
解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x 2＋1x ＋2)
由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ；
∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0.
例3.求f (x )＝ln 1－x 1＋x
在点(0，f (0))处的切线方程. 解：由f (x )＝ln 1－x 1＋x ＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －11＋x
由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2；
∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0.
例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x 24与
直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程.
解：由题意得：a =x 24
，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )， 由f (x )＝x 24，得f ′(x )＝x 2
， 当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ， 此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0；
当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ， 此时切线方程为：ax －y －a ＝0； 解题模板一 求在某处的切线方程
⑴写出f (x )；
⑵求出f ′(x )；
⑶写出切点(x 0，f (x 0))；
⑷切线斜率k ＝f ′(x 0)；
⑸切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0).
2.求过某点的切线方程
Step 1 设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为：
y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)
Step 2 因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2 Step 2 当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1)
当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)
例1.求f (x )＝13x 3＋43过点P (2，4)的切线方程.
解：设切点为(x 0，13x 03＋43)，则切线斜率f ′(x 0)＝x 02，
所以切线方程为：y －13x 03＋43＝x 02 (x －x 0)，
点P 不在曲线上 点P 在曲线上 点P 在曲线上
由切线经过点P(2，4)，可得4－1
3x03＋
4
3＝x02 (2－x0)，整理得：x03－3x02＋4
＝0，解得x0＝－1或x0＝2
当x0＝－1时，切线方程为：x－y＋2＝0；
当x0＝2时，切线方程为：4x－y－4＝0.
例2.求f(x)＝x3－4x2＋5x－4过点(2，－2)的切线方程.
解：设切点为(x0，x03－4x02＋5x0－4)，则切线斜率f ′(x0)＝3x02－8x0＋5，所以切线方程为：y－(x03－4x02＋5x0－4)＝(3x02－8x0＋5) (x－x0)，
由切线经过点P(2，4)，可得4－(x03－4x02＋5x0－4)＝(3x02－8x0＋5) (2－x0)，解得x0＝1或x0＝2
当x0＝1时，切线方程为：2x＋y－2＝0；
当x0＝2时，切线方程为：x－y－4＝0.
例3.过A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，求m的取值范围.
解：设切点为(x0，x03－3x0)，则切线斜率f ′(x0)＝3x02－3，切线方程为
y－(x03－3x0)＝(3x02－3)(x－x0)
∵切线经过点P(1,m)，
∴m－(x03－4x02＋5x0－4)＝(3x02－8x0＋5) (1－x0)，
即：－2x03＋3x02－3－m＝0，即m＝－2x03＋3x02－3
∵过点A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，
∴方程m＝－2x03＋3x02－3，有三个不同的实数根.
∴曲线H(x0)＝－2x03＋3x02－3与直线y=m有三个不同交点，
H′(x0)＝－6x02＋6x0＝－6x0(x0－1)
令H′(x0)＞0，则0＜x0＜1；令H′(x0)＜0，则x0＜0或x0＞1
∴H(x0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，
∴H(x0)的极小值＝H(0)＝－3，H(x0)的极大值＝H(1)＝－2，
由题意得－3＜x＜－2.
例4.由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作几条切线，并说明理由.
解：设切点为(x0，lnx0－x0－1)，则切线斜率f′(x0)＝1
x0－1，切线方程为
y－(lnx0－x0－1)＝(1
x0－1)(x－x0)，
∵切线经过点(－e，e－2)，
∴e－2－(lnx0－x0－1)＝(1
x0－1)(－e－x0)，即lnx0＝e x0
∵y=lnx与y=e
x只有一个交点
∴方程lnx 0＝e x 0
有唯一的实数根 ∴由点(－e ，e －2)可向曲线f (x )＝lnx －x －1作一条切线. 解题模板二 求过某点的切线方程
⑴设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为：
y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)
⑵因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2 ⑶当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1)
当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)
3.已知切线方程求参数 解题模板三 已知切线方程求参数
已知直线Ax ＋By ＋C ＝0与曲线y =f (x )相切
⑴设切点横坐标为x 0，则
?????切点纵坐标＝切点纵坐标切线斜率＝切线斜率即?????f (x 0)＝－Ax 0＋C B f ′(x 0)＝－A B
⑵解方程组得x 0及参数的值.
例1.函数f (x )＝alnx x ＋1＋b x
在(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0，求a ，b 的值. 解：∵f (x )＝alnx x ＋1＋b x ，∴f ′(x )＝a (x ＋1)x －alnx (x ＋1)2
－b x 2 由题意知：?????f (1)＝1f ′(1)＝－12，即?????b ＝1
a 2
－b ＝－12 ∴a ＝b ＝1
例2.f (x )＝ae x lnx ＋be x －1 x 在(1，f (1))处的切线方程为y ＝e (x －1)＋2，求a ，b 的值.
解：∵f (x )＝ae x lnx ＋be x －1 x ，∴f ′(x )＝ae x (1x ＋lnx )＋be x －1(－1x 2＋1x )
由题意知：?????f (1)＝2f ′(1)＝－e ，即?????b ＝2ae ＝e
∴a ＝1，b ＝2
例3.若直线y ＝kx ＋b 是y =lnx ＋2的切线，也是y =ln (x ＋1)的切线，求b .
解：设y ＝kx ＋b 与y =lnx ＋2相切的切点横坐标为x 1，y ＝kx ＋b 与y =ln (x ＋1)相切的切点横坐标为x 2，
?
????lnx 1＋2＝kx 1＋b ①
1
x 1＝k ②
ln (x 2＋1)＝kx 2＋b ③1x 2＋1
＝k ④，由②③得：x 1＝x 2＋1，
由①－③得：lnx 1－ln (x 2＋1)＋2＝k (x 1－x 2)，将上式代入得：k ＝2
∴x 1＝12，代入①得：－ln 2＋2＝1＋b ∴b ＝1－ln 2.
例4.若f (x )＝x 与g (x )＝a lnx 相交，且在交点处有共同的切线，求a 和该切线方程.
解：设切点横坐标为x 0，则?????x 0＝alnx 0 ①
12x 0＝a x 0
②，由②得x 0＝2a ， 代入①得：x 0＝e 2，∴a ＝e 2
∵切点为(e 2，e )，切线斜率为12e
，∴切线方程为x －2ey ＋e 2＝0. 例5.已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，当a 为何值时，x 轴为曲线方程y =f (x )的切线.
例6.已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 和g (x )＝e x (cx ＋d )都过点P (0,2)且在P 处有相同切线y =4x ＋2，求a ，b ，c ，d 的值.
题型二单调型
1.主导函数需“二次求导”型
I 不含参求单调区间
例1.求函数f(x)＝x(e x－1)－1
2x2的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f ′(x)＝e x(1＋x)－1－x＝(x＋1)(e x＋1)
令f ′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；令f ′(x)＜0，得－1＜x＜0 f(x)的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。
例2.求函数f(x)＝(1＋a
x) e x(a＞0)在(－∞，0)上的单调性.
解：f(x)的定义域为(－∞，0)
f ′(x)＝e x(－a
x2＋a
x＋1)＝
e x
x2(x2＋ax－a)
令f ′(x)＞0，得x＜－a－a2＋4a
2；令f ′(x)＜0，得
－a－a2＋4a
2＜x＜0
f(x)的增区间为(－∞，－a－a2＋4a
2)，减区间为(
－a－a2＋4a
2，0)。
解题模版一求解函数的单调区间
⑴求出函数f (x )的定义域；
⑵求f ′(x )；
⑶判断f ′(x )的正负；
注：导函数的形式是有限的?????f ′(x )＝kx ＋b
f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 二次求导型
⑷写出函数的单调区间.
注：①求单调区间结论一定叙述为f (x )单调区间为…
讨论单调性可叙述为f (x )在某区间增(减)
②多个相同单调性区间要用逗号隔开，不能用∪
③单调区间书写时用中括号还是小括号问题
II.主导函数需“二次求导”型
例1.讨论函数f (x )＝(x ＋1)lnx －x ＋1的单调性.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝lnx ＋x ＋1x －1＝lnx ＋1x
令φ(x )＝lnx ＋1x (x ＞0)，则φ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2
令φ(x )＞0，则x ＞1；令φ(x )＜0，则0＜x ＜1，
∴φ(x )在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.
∴φ(x )≥φ(0)＝1＞0，从而f ′(x )＞0
∴f (x )在(0，＋∞)上递增.
例2.求函数f (x )＝xe 2－x ＋ex 的单调区间.
解：f (x )的定义域为R
f ′(x )＝(1－x )e 2－x ＋e
令φ(x )＝(1－x )e 2－x ＋e ，则φ′(x )＝(x －2)e 2－x
当x ∈(－∞，2)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(－∞，2)上递减；
当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(2，＋∞)上递增；
∴φ(x )≥φ(2)＝－1＋e ＞0
∴f (x )单调增区间为R ，无减区间.
例3.求函数f (x )＝ln (x ＋1)x 的单调区间.
解：f (x )的定义域为(－1，0)∪(0，＋∞)
f ′(x )＝x －(x ＋1)ln (x ＋1)(x ＋1)x 2
令φ(x )＝x －(x ＋1)ln (x ＋1)，则φ′(x )＝－ln (x ＋1)
当x ∈(－1，0)时，φ′(x )＞0，则φ(x )在(－1，0)上递增
∴φ(x )＜φ(0)＝0
∴f (x ) 在(－1，0)上递减
当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(0，＋∞)上递减；
∴φ(x )＜φ(0)＝0
∴f ′(x )＜0
∴f (x ) 在(0，＋∞)上递减
综上所述：f (x )单调递减区间为(－1，0)和(0，＋∞).
例4.求函数H (x )＝|lnx |－x e 2x ＋C 的单调区间.
解：H (x )＝?????－lnx －x e 2x ＋C 0＜x ＜1
lnx －x e 2x ＋C x ≥1
当x ∈(0，1)时，H ′(x )＝－1x －1－2x e 2x ＝－e 2x －x ＋2x 2xe 2x
令φ(x )＝－e 2x －x ＋2x 2，x ∈(0，1)
则φ′(x )＝－2e 2x －1＋4x
φ′′(x )＝－4e 2x ＋4＝－4(e 2x －1)＜0，
∴φ′(x )在(0，1)上递减
∴φ′(x )＜φ′(0)＝－3＜0
∴φ(x )在(0，1)上递减
∴φ(x )＜φ(0)＝－1＜0，即H ′(x )＜0
∴H (x ) 在(0，1)上递减
当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )＝1x －1－2x e 2x ＝e 2x －x ＋2x 2xe 2x
令φ(x )＝e 2x －x ＋2x 2，x ∈(1，＋∞)
则φ′(x )＝2e 2x －1＋4x
∵x ＞1
∴φ′(x )＞0
∴φ(x )在(1，＋∞)上递增
∴φ(x )＞φ(1)＝e 2＋1＞0，即H ′(x )＞0
∴H (x )在(1，＋∞)上递增
综上所述：H (x )在(0，1)上递减，(1，＋∞)上递增. 重要方法一 二次求导求函数单调性
当无法通过不等式判断一阶导函数的正负时，可对“主导”函数再次求导，这种“再构造，再求导”是破解函数综合问题的强大武器。
⑴通过判断f ′′(x )的符号，来判断f ′(x )的单调性；
⑵通过赋特殊值找到f ′(x )的零点，进而得到f ′(x )的正负区间.
2.主导函数为“一次函数”型
例1.求函数f (x )＝e x －ax ＋1的单调区间.
解：f (x )的定义域为R
当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，∴f (x )的增区间为R
当a ＞0时，令f ′(x )＞0，则x ＞lna ；令f ′(x )＜0，则x ＜lna ；
∴f (x )的增区间为(lna ，＋∞)，减区间为(－∞，lna )。
综上所述：当a ≤0时，f (x )的增区间为R
当a ＞0时，f (x )的增区间为(lna ，＋∞)，减区间为(－∞，lna )。
例2.求函数f (x )＝lnx －ax ＋12x 2的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝1x －a ＋x ＝(x ＋1x )－a
当a ≤2时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )的增区间为(0，＋∞)
当a ＞2时，令f ′(x )＝0，则x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42
令f ′(x )＞0，则0＜x ＜a －a 2－42或x ＞a ＋a 2－42
令f ′(x )＜0，则a －a 2－42＜x ＜a ＋a 2－42
. ∴f (x )的增区间为(0，a －a 2－42)和(a ＋a 2－42
，＋∞)， 减区间为(a －a 2－42，a ＋a 2－42
) 综上所述：当a ≤2时，f (x )的增区间为(0，＋∞)
当a ＞2时，f (x )的增区间为(0，a －a 2－42)和(a ＋a 2－42
，＋∞)， 减区间为(a －a 2－42，a ＋a 2－42
) 例3.求函数f (x )＝lnx －ax 的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝1x －a
当a ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )的增区间为(0，＋∞)
当a ＞0时，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜1a ；令f ′(x )＜0，则x ＞1a ； ∴f (x )的增区间为(0，1a )，减区间为(1a ，＋∞).
综上所述：当a ≤0时，f (x )的增区间为(0，＋∞)
当a ＞0时，f (x )的增区间为(0，1a )，减区间为(1a ，＋∞)。
例4.求函数f (x )＝ax －(a ＋1)ln (x ＋1)(a ≥－1)的单调区间.
解：f (x )的定义域为(－1，＋∞)
f ′(x )＝a －a ＋1x ＋1＝ax －1x ＋1
当－1≤a ≤0时，ax －1≤0，即f ′(x )≤0
∴f (x )的减区间为(－1，＋∞)
当a ＞0时，令f ′(x )＞0，则x ＞1a ，令f ′(x )＜0，则－1＜x ＜1a ，
∴f (x )的增区间为(1a ，＋∞)，减区间为(－1，1a ).
综上所述：当－1≤a ≤0时，f (x )的减区间为(－1，＋∞)
当a ＞0时，f (x )的增区间为(1a ，＋∞)，减区间为(－1，1a ).
例5.求函数f (x )＝xe kx (k ≠0)的单调区间.
解：f (x )的定义域为R
f ′(x )＝(1＋kx ) e kx
当k ＞0时，f (x )的增区间为(－1k ，＋∞)，减区间为(－∞，－1k ).
当k ＜0时，f (x )的增区间为(－∞，－1k )，减区间为(－1k ，＋∞).
综上所述：当k ＞0时，f (x )的增区间为(－1k ，＋∞)，减区间为(－∞，－1k ).
当k ＜0时，f (x )的增区间为(－∞，－1k )，减区间为(－1k ，＋∞).
例6.求函数f (x )＝x －alnx (a ∈R )的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝1－a x ＝x －a x
当a ≤0时，f ′(x )≥0，则f (x )的增区间为(0，＋∞)
当a ＞0时，令f ′(x )＞0，则x ＞a ，令f ′(x )＜0，则0＜x ＜a ，
∴f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a ).
综上所述：当a ≤0时，f (x )的增区间为(0，＋∞).
当a ＞0时，f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a ). 重要方法二 一次函数型(一)
当导函数可表示为常见已知函数，(例如：e x ，x ＋1x ，1x ，x 2－2x )与一个常参数(例
如：a ，2k ，1a ，－a )的差的形式时，可通过画出已知函数与常值函数图像的方法
对参数进行分类讨论.
重要方法三 一次函数型(二)二级分类法
当导函数为一次函数(一次项系数为参数)时，可用二级分类法
⑴判断最高次项系数的正负；
⑵判断一次方程的根与定义域端点值的大小.
3.主导函数为“二次函数”型
例1.求函数f (x )＝x 2－2x ＋alnx 的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x ＝a －(－2x 2＋2x )x
当a ≥12时，f ′(x )≥0，则f (x )的增区间为(0，＋∞)
当0＜a ＜12时，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2
令 f ′(x )＞0，则0＜x ＜1－1－2a 2，或x ＞1＋1－2a 2
令 f ′(x )＜0，则1－1－2a 2＜x ＜1＋1－2a 2
， ∴f (x )的增区间为(0，1－1－2a 2)和(1＋1－2a 2
，＋∞) 减区间为(1－1－2a 2，1＋1－2a 2
) 当a ≤0时，令f ′(x )＞0，则x ＞1＋1－2a 2
， 令f ′(x )＜0，则0＜x ＜1＋1－2a 2
， ∴f (x )的增区间为 (1＋1－2a 2，＋∞)，减区间为(0，1＋1－2a 2
) 综上所述：当a ≥12时，f (x )的增区间为(0，＋∞)，
当0＜a ＜12时，f (x )的增区间为(0，1－1－2a 2)和(1＋1－2a 2
，＋∞) 减区间为(1－1－2a 2，1＋1－2a 2
)
当a ≤0时，f (x )的增区间为 (1＋1－2a 2，＋∞)，减区间为(0，1＋1－2a 2
) 例2.求函数f (x )＝e x
x 2＋k
(k ＞0)单调区间. 解：f (x )的定义域为R
f ′(x )＝e x (x 2＋k )－2xe x (x 2＋k )2＝e x (x 2－2x ＋k )(x 2＋k )2＝e x [k －(－x 2＋2x )](x 2＋k )2
当k ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )的增区间为R
当0＜k ＜1时，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－k ，x 2＝1＋1－k
令 f ′(x )＞0，则0＜x ＜1－1－k ，或x ＞1＋1－k
令 f ′(x )＜0，则1－1－k ＜x ＜1＋1－k ，
∴f (x )的增区间为(0，1－1－k )和(1＋1－k ，＋∞)
减区间为(1－1－k ，1＋1－k )
综上所述：当k ≥1时，f (x )的增区间为R ，
当0＜k ＜1时，f (x )的增区间为(0，1－1－k )和(1＋1－k ，＋∞)
减区间为(1－1－k ，1＋1－k )
例3.讨论函数f (x )＝x －2x ＋a (2－lnx )的单调性.
解：f (x )的定义域为(0,＋∞) f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2＝x ＋2x －a x
当a ≤22时，f ′(x )≥0，f (x )的增区间为(0,＋∞)
当a ＞22时，令f ′(x )＝0，则x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82
令 f ′(x )＞0，则0＜x ＜a －a 2－82，或x ＞a ＋a 2－82
令 f ′(x )＜0，则a －a 2－82＜x ＜a ＋a 2－82
，
∴f (x )的增区间为(0，a －a 2－82)和(a ＋a 2－82
，＋∞) 减区间为(a －a 2－82，a ＋a 2－82
) 综上所述：当a ≤22时，f (x )的增区间为(0,＋∞)，
当a ＞22时，f (x )的增区间为(0，a －a 2－82)和(a ＋a 2－82
，＋∞) 减区间为(a －a 2－82，a ＋a 2－82
) 重要方法四 二次函数型(一) 当导函数可表示为常见已知函数(例如：e x ，x ＋1x ，1x ，
x 2－2x )与一个常参数(例如：a ，2k ，1a ，－a )的差的形式时，可通过画出已知函数与常值函数图像的方法对参数进行分类讨论.
例如：2x 2－2x ＋a ，x ∈(0，＋∞) 可化为a －(－2x 2＋2x )
x 2－2x ＋k ，x ∈R k －(－2x 2＋2x )
x 2－ax ＋2，x ∈(0，＋∞) x ＋2x －a
例4.求函数f (x )＝(x －k )2e x
e k 的单调区间.
解：f (x )的定义域为R
f ′(x )＝[2x －2k ＋1k (x 2－2kx ＋k 2)]e x e k ＝1k ((x 2－k 2)e x
e k
当k ＞0时， f (x )的增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞)，减区间为(－k ，k ). 当k ＜0时， f (x )的增区间为(k ，－k )，减区间为(－∞，k ) 和(－k ，＋∞). 综上所述：当k ＞0时， f (x )的增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞)，
减区间为(－k ，k ).
当k ＜0时， f (x )的增区间为(k ，－k )，
减区间为(－∞，k ) 和(－k ，＋∞).
例5.求函数f (x )＝lnx ＋ax 2＋x (a ∈R )的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝1x ＋2ax ＋1＝2ax 2＋x ＋1x
当a ≥0时，f ′(x )＞0，则f (x )的增区间为(0，＋∞).
当a ＜0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝
－1＋1－8a 4a ，x 2＝－1－1－8a 4a
(此处x 1＜0＜x 2)，故将x 1舍去.
(注意：此处x 1·x 2＝12a ＜0，可知一根为正，一根为负)
令f ′(x )＞0，则0＜x ＜－1－1－8a 4a ，f (x )的增区间为(0，－1－1－8a 4a
) 令f ′(x )＞0，则x ＞－1－1－8a 4a ，f (x )的减区间为(－1－1－8a 4a
，＋∞) 综上所述：当a ≥0时， f (x )的增区间为(0，＋∞).
当a ＜0时， f (x )的增区间为(0，
－1－1－8a 4a
)， 减区间为(－1－1－8a 4a
，＋∞). 例6.求函数f (x )＝a (x －1x )－2lnx 的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝a ＋a x 2－2x ＝ax 2－2x ＋a x 2
当a ≤0时，f ′(x )＜0，则f (x )的减区间为(0，＋∞).
(注意：此处ax 2＜0，－2x ＜0，a ＜0，故ax 2－2x ＋a ＜0)
当a ＞0时，由ax 2－2x ＋a ＝0，得△＝4－4a 2
⑴当△≤0，即a ≥1时，f ′(x )≥0，∴f (x )的增区间为(0，＋∞)
⑵当△＞0，即0＜a ＜1时，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－a 2a ，x 2＝1＋1－a 2a
令f ′(x )＞0，则0＜x ＜1－1－a 2a 或x ＞1＋1－a 2a 令f ′(x )＜0，则1－1－a 2a ＜x ＜1＋1－a 2a
∴f (x )的增区间为(0，1－1－a 2a )和(1＋1－a 2a
，＋∞) 减区间为(1－1－a 2a ，1＋1－a 2a
) 综上所述：当a ≤0时， f (x )的减区间为(0，＋∞).
当0＜a ＜1时， f (x )的增区间为(0，
1－1－a 2a )和(1＋1－a 2a
，＋∞)
减区间为(1－1－a 2a ，1＋1－a 2a
)
当a ≥1时， f (x )的增区间为(0，＋∞)
例7.求函数f (x )＝alnx ＋x －1x ＋1
的单调区间. 解：f (x )的定义域为(0，＋∞).
f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)2＝a (x ＋1)2＋2x x (x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2
⑴当a ≥0时，f ′(x )＞0，∴f (x )的增区间为(0，＋∞).
(注：此处因a ≥0，x ＞0，所以ax 2＞0，(2a ＋2)x ＞0，a ＞0，即f ′(x )＞0) ⑵当a ＜0时，由ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ＝0，得△＝8a ＋4
①当△≤0即a ≤－12时，f ′(x )＜0，∴f (x )的减区间为(0，＋∞).
②当△＞0即－12＜a ＜0时，令f ′(x )＝0，
则x 1＝－(a ＋1)－2a －1a ，x 2＝－(a ＋1)＋2a －1a
(注：此处由x 1＋x 2＝1＞0，x 1·x 2＝－2a ＋2a ＝－2－2a ＞0，则x 1＞0，x 2＞0)
令f ′(x )＞0，则0＜x ＜－(a ＋1)－2a －1a 或x ＞－(a ＋1)＋2a －1a
令f ′(x )＜0，则－(a ＋1)－2a －1a ＜x ＜－(a ＋1)＋2a －1a
∴f (x )的增区间为(0，－(a ＋1)－2a －1a )和(－(a ＋1)＋2a －1a
，＋∞) 减区间为(－(a ＋1)－2a －1a ，－(a ＋1)＋2a －1a
) 综上所述：当a ≥0时， f (x )的增区间为(0，＋∞).
当－12＜a ＜0时，
f (x )的增区间为(0，－(a ＋1)－2a －1a )和(－(a ＋1)＋2a －1a
，＋∞)
减区间为(－(a ＋1)－2a －1a ，－(a ＋1)＋2a －1a
) 当a ≤－12时， f (x )的减区间为(0，＋∞)
重要方法五 二次函数型(二)
当二次函数的最高次项系数含有字母时，且不能进行因式分解
⑴判断最高次项系数与零的关系，分为三类
a ＝0，a ＞0，a ＜0
⑵当a ＝0时，很容易判断正负；
当a ＞0时，可考虑每一项都为正，从而导数大于0； 当a ＜0时，考虑△及根与定义域端点值的大小.
例如：x 2－k x (k ≠0)；
2ax 2＋x ＋1，x ∈(0，＋∞)；
ax 2－2x ＋a ，x ∈(0，＋∞)；
ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，x ∈(0，＋∞)；
例8.求函数f (x )＝(1－a )lnx －x ＋a 2x 2的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝1－a x －1＋ax ＝ax 2－x ＋1－a x ＝(x －1)[ax ＋(a －1)]x
(注1：此处主导函数为g (x )＝ax 2－x ＋1－a 的△＝(2a －1)2≥0) (注2：分类讨论的思想依据①最高次的系数a ＝0；②△＝0，则a ＝12；③对应
方程的两个根相等，即1＝1－a a ，则a ＝12；④让其中的根和区间端点相等，即0
＝1－a a ，即a ＝1。至此，a 的取值被分成了7类，即a ＜0，a ＝0，0＜a ＜12，a ＝12，
1
2＜a ＜1，a ＝1，a ＞1)
⑴当a ＜0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
(注3：此处1－a a ＜0＜1)
⑵当a ＝0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
⑶当0＜a ＜12时，f (x )的增区间为(0，1)和(1－a a ，＋∞)，减区间为(1，1－a a )
(注4：此处0＜1＜1－a a )
⑷当a ＝12时，f (x )的增区间为(0，＋∞)
⑸当12＜a ＜1时，f (x )的增区间为(0，1－a a )和(1，＋∞)，减区间为(1－a a ，1)
(注5：此处0＜1－a a ＜1)
⑹当a ＝1时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)
(注6：此处1－a a ＜0＜1)
⑺当a ＞1时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)
(注7：⑴⑵类可以合并，⑹⑺可以可并)
综上所述：当a ≤0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
当0＜a ＜12时，f (x )的增区间为(0，1)和(1－a a ，＋∞)，减区间为(1，1－a a )
当a ＝12时，f (x )的增区间为(0，＋∞)
当12＜a ＜1时，f (x )的增区间为(0，1－a a )和(1，＋∞)，减区间为(1－a a ，1)
当a ＝1时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)。
例9.求函数f (x )＝12a x 2－(2a ＋1)x ＋2lnx 的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x
(注1：此处主导函数是y ＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2，△＝(2a ＋1)2－8a ＝(2a －1)2≥0，故主导函数是可以因式分解的)
(注2：分类的思想①a ＝0；②△＝0，即a ＝12；③两根相等1a ＝2，即a ＝12；④
其中一根与端点相等，即1a ＝0，则0和12就可以将数轴分成5部分，即需要分成
5类)
⑴当a ≤0时，f (x )的增区间是(0，2)，减区间(2，＋∞)
⑵当0＜a ＜12时，f (x )的增区间是(0，2)和(1a ，＋∞)，减区间(2，1a )
⑶当a ＝12时，f (x )的增区间是(0，＋∞)
⑷当a ＞12时，f (x )的增区间是(0，1a )和(2，＋∞)，减区间(1a ，2)
综上所述：当a ≤0时，f (x )的增区间是(0，2)，减区间(2，＋∞)
当0＜a ＜12时，f (x )的增区间是(0，2)和(1a ，＋∞)，减区间(2，1a )
当a ＝12时，f (x )的增区间是(0，＋∞)
当a ＞12时，f (x )的增区间是(0，1a )和(2，＋∞)，减区间(1a ，2)
例10.求函数f (x )＝lnx －ax ＋1－a x －1，a ≤12的单调区间. 重要方法六 二次函数型(三)
当二次函数的判别式△≥0时，可采用四级分类法.
⑴判断最高次项系数与零的关系.
⑵判断根的判别式与零的关系.
⑶两根的大小比较.
⑷根与定义域端点值的大小比较.
例如：ax 2－x ＋(1－a )，x ∈(0，＋∞)；
－ax 2＋x ＋a －1，x ∈(0，＋∞)；
ax 2＋(2a ＋1)x ＋2，x ∈(0，＋∞)；
例11.求函数f (x )＝xe x －a (12x 2＋x )的单调区间.
解：f (x )的定义域为R
f ′(x )＝(1＋x )e x －a (1＋x )＝(x ＋1)(e x －a )
⑴当a ≤0时，令f ′(x )＞0，则x ＞－1；令f ′(x )＜0，则x ＜－1；
∴f (x )增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)
⑵当a ＜0时，令f ′(x )＝0， 则x 1＝－1，x 2＝lna
①当a ＞1e 时，f (x )的增区间是(－∞，－1)和(lna ，＋∞)，减区间(－1，lna ) ②当a ＝1e 时，f (x )的增区间是R
③当a ＜1e 时，f (x )的增区间是(－∞，lna )和(－1，＋∞)，减区间(lna ，－1 )
综上所述：当a ≤0时，f (x )增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)
当a ＞1e 时，f (x )的增区间是(－∞，－1)和(lna ，＋∞)，减区间(－1，lna ) 当a ＝1e 时，f (x )的增区间是R
当0＜a ＜1e 时，f (x )的增区间是(－∞，lna )和(－1，＋∞)，减区间(lna ，－1 )
例12.求函数f (x )＝(x －a )sinx ＋cosx ，x ∈(0，π)，a ＞π2的单调区
解：f (x )的定义域为(0，π)
f ′(x )＝sinx ＋(x －a )cosx －sinx ＝(x －a )cosx
⑴当a ≥π时，令f ′(x )＞0，则x ∈(π2，π)；令f ′(x )＜0，则x ∈(0，π2)
∴f (x )的增区间为(π2，π)，减区间为(0，π2)
⑵当π2＜a ＜π时，f (x )的增区间为(π2，a )，减区间为(0，π2)和(a ，π)
综上所述：当a ≥π时，f (x )的增区间为(π2，π)，减区间为(0，π2)
当π2＜a ＜π时，f (x )的增区间为(π2，a )，减区间为(0，π2)和(a ，π)
例13.求函数f (x )＝(ax 2－x )lnx －12ax 2＋x (a ∈R )的单调区间.
解：f (x )的定义域为(0，＋∞)
f ′(x )＝(2ax －1)lnx ＋ax －1－ax ＋1＝(2ax －1)lnx
⑴当a ≤0时，f (x )的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞) ⑵当a ＞0时
①当12a ＜1，即a ＞12时，f (x )的增区间是(0，12a )和(1，＋∞)，
减区间是(12a ，1)
②当12a ＝1，即a ＝12时，f (x )的增区间是(0，＋∞)
③当12a ＞1，即0＜a ＜12时，f (x )的增区间是(0，1)和(12a ，＋∞)，
减区间是(1，12a )
综上所述：当a ≤0时，f (x )的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)
当a ＞12时，f (x )的增区间是(0，12a )和(1，＋∞)，减区间是(12a ，1) 当a ＝12时，f (x )的增区间是(0，＋∞)
当0＜a ＜12时，f (x )的增区间是(0，1)和(12a ，＋∞)，减区间是(1，12a ) 重要方法七 二次函数型(四)
主导函数类似于二次函数形式.
例如：f ′(x )＝(x ＋1)(e x －a )；
2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析 已知函数2()x f x e ax =-. （1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析： 本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。 题目解答： （1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-. 当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意. 当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-. 当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-. 当02 e a <≤ 时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.
导数高考题专练 1、(2012课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分） 设函数f (x )= e x －ax －2 (Ⅰ)求f (x )的单调区间 (Ⅱ)若a =1，k 为整数，且当x >0时，(x －k ) f ′(x )+x +1>0，求k 的最大值 2、(2013课标全国Ⅰ，文20)(本小题满分12分) 已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ，b 的值； (2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 3、(2015课标全国Ⅰ，文21）.（本小题满分12分） 设函数2()ln x f x e a x =-. （Ⅰ）讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时，2 ()2ln f x a a a ≥+。 4、(2016课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分） 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，求的取值范围. 5、（(2016全国新课标二，20）（本小题满分12分） 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 的取值范围. 6(2016山东文科。20)(本小题满分13分) 设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间； (Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 2017.（12分） 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. 2018全国卷)（12分） 已知函数()1 ln f x x a x x = -+． ⑴讨论()f x 的单调性； ⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明： ()()1212 2f x f x a x x -<--． 导数高考题专练（答案） 1 2解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，
2017年高考真题导数专题 一．解答题（共12小题） 1．已知函数f（x）2（a﹣2）﹣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． 2．已知函数f（x）2﹣﹣，且f（x）≥0． （1）求a； （2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 3．已知函数f（x）﹣1﹣． （1）若f（x）≥0，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值． 4．已知函数f（x）321（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b2＞3a； （3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．5．设函数f（x）=（1﹣x2）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≤1，求a的取值范围． 6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）． （1）求f（x）的导函数； （2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围． 7．已知函数f（x）2+2，g（x）（﹣2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线（x）在点（π，f（π））处的切线方程； （Ⅱ）令h（x）（x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
） 10．已知函数f（x）3﹣2，a∈R， （1）当2时，求曲线（x）在点（3，f（3））处的切线方程； （2）设函数g（x）（x）+（x﹣a）﹣，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 11．设a，b∈R，≤1．已知函数f（x）3﹣6x2﹣3a（a﹣4），g（x）（x）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）已知函数（x）和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：f（x）在0处的导数等于0； （）若关于x的不等式g（x）≤在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围． 12．已知函数f（x）（﹣a）﹣a2x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）≥0，求a的取值范围．
导数与三角函数压轴题归纳总结 近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化. 一、零点存在定理 例1.【2019全国Ⅰ理20】函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明： （1）()f x '在区间(1,)2 π -存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()() 2 11 cos ,sin 11g x x g x x x x '=- =-+++. 当1,2x π??∈- ?? ?时,()g'x 单调递减,而()00,02g g π?? ''>< ???, 可得()g'x 在1,2π?? - ?? ?有唯一零点,设为α. 则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα?? ∈ ??? 时,()0g'x <. 所以()g x 在()1,α-单调递增,在,2πα?? ???单调递减,故()g x 在1,2π?? - ???存在唯一极大 值点,即()f x '在1,2π?? - ?? ?存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞. （i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当(1,0)x ∈-时,()0f 'x <,故()f x 在(1,0)-单调递减,又(0)=0f ,从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点. （ii ）当0,2x π?? ∈ ???时,由（1）知,()f 'x 在(0,)α单调递增,在,2απ?? ??? 单调递减,而
2007——2014高考数学新课标卷（理）函数与导数综合大题 【2007新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数2()ln()f x x a x =++ （I ）若当1x =-时，()f x 取得极值，求a 的值，并讨论()f x 的单调性； （II ）若()f x 存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于e ln 2 ． 【解析】（Ⅰ）1()2f x x x a '= ++，依题意有(1)0f '-=，故32a =． 从而2231(21)(1) ()3322 x x x x f x x x ++++'==++． ()f x 的定义域为32?? -+ ??? ，∞，当312x -<<-时，()0f x '>； 当1 12 x -<<-时，()0f x '<； 当1 2 x >- 时，()0f x '>． 从而，()f x 分别在区间3 1122????---+ ? ?????，，， ∞单调增加，在区间112?? -- ??? ，单调减少． （Ⅱ）()f x 的定义域为()a -+，∞，2221 ()x ax f x x a ++'=+． 方程2 2210x ax ++=的判别式2 48a ?=-． （ⅰ）若0?< ，即a << ()f x 的定义域内()0f x '>，故()f x 的极值． （ⅱ）若0?= ，则a a = 若a = ()x ∈+ ，2 ()f x '= ． 当x =时，()0f x '=，
当2 x ? ??∈-+ ? ????? ，∞时， ()0f x '>，所以()f x 无极值． 若a =)x ∈+，()0f x '= >，()f x 也无极值． （ⅲ）若0?>，即a > a <22210x ax ++=有两个不同的实根 1x = 2x = 当a <12x a x a <-<-，，从而()f x '有()f x 的定义域内没有零点， 故()f x 无极值． 当a > 1x a >-，2x a >-，()f x '在()f x 的定义域内有两个不同的零点， 由根值判别方法知()f x 在12x x x x ==，取得极值． 综上，()f x 存在极值时，a 的取值范围为)+． ()f x 的极值之和为 2221211221()()ln()ln()ln 11ln 2ln 22 e f x f x x a x x a x a +=+++++=+->-=． 【2008新课标卷（海南宁夏卷）】 21．（本小题满分12分） 设函数1 ()()f x ax a b x b =+ ∈+Z ，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为y =3． （Ⅰ）求()f x 的解析式： （Ⅱ）证明：函数()y f x =的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心； （Ⅲ）证明：曲线()y f x =上任一点的切线与直线x =1和直线y =x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 21．解：（Ⅰ）2 1 ()() f x a x b '=- +，
欢迎下载学习好资料 高考文科数学专题复习导数训练题（文）一、考点回顾导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容。考查方式以客观题为主，主1. 要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义。导数的应用是高中数学中的重点内容，导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工2.具，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题。选择填空题侧重于利用导不等式、解答题侧重于导数的综合应用，即与函数、数确定函数的单调性、单调区间和最值问题，数列的综合应用。3.应用导数解决实际问题，关键是建立恰当的数学模型（函数关系），如果函数在给定区间内只有一个极值点，此时函数在这点有极大（小）值，而此时不用和端点值进行比较，也可以得知这就是最大（小）值。 二、经典例题剖析 考点一：求导公式。 13f(x)?x?2x?1??ff(?1)(x)3的值是的导函数，则。例1. 是 ????2?1?2?1?f'32x??xf'解析：，所以 答案：3 点评：本题考查多项式的求导法则。 考点二：导数的几何意义。 1x?y?2(1?(1))f(x)My，f2，点则图数2. 例已知函的象程的处切线方在是 ??(1)(f1?)f。 115???fk?'1M(1，f(1))222，所的纵坐标为，所以，由切线过点，可得点M 解析：因为5???f1?????3'f1?f12以，所以3 答案： 学习好资料欢迎下载 32?3)(1，2??4x?yx?2x例3. 。在点曲线处的切线方程是 2?3)(1，4??4xy'?3x5?k?3?4?4??解析：，所以设切线方程，处切线的斜率为点?3)(1， ?3)y??5x?b(1，2b?，将点处的切线为带入切线方程可得，所以，过曲线上点5x?y?2?0方程为：5x?y?2?0答案：点评：以上两小题均是对导数的几何意义的考查。 考点三：导数的几何意义的应用。 ??23x?,y0x l:y?kx x?3x?2y?xl与曲线C且直线相切于点，，例，4.已知曲线C：直线000l的方程及切点坐标。求直线y??00k??x??0x y,x?0在曲析解：线直线过原点，C则。由点上， ??00232x?2x?3xy?x yx,y'?3x?6x?2??0在，处，。又 则00y20?x?3x?2 000000??222x?3x?2?3x?6x?22x?'6x??3xk?f?，整曲线C，的切线斜率为 0000000331y???k??x03x??2x x?00082400。所以，（舍），此时，，解得：理得：，或033??1,???y??x82l??4的方程为，切点坐标是直线。 33??1,???y??x82l??4的方程为，切点坐标是答案：直线点评：本小题考查导数
导数压轴 一．解答题（共20小题） 1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数． （1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； （2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 2．设． （1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立； （2）讨论关于x的方程根的个数． 3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．
（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性； （2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围． 4．已知函数． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0． 6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1． （Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围； （Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．
（2）若对?x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围． 8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝． （Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a； （Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．
2017-2019年全国高考数学真题--第21题导数 2018年：设函数2 ()1x f x e x ax =---。 （1）若0a =， 求()f x 的单调区间； （2）若当0x ≥时()0f x ≥， 求a 的取值范围 2019年：已知函数ln ()1a x b f x x x = ++， 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为 230x y +-=． （I ）求,a b 的值； （II ）如果当0x >， 且1x ≠时， ln ()1x k f x x x >+-， 求k 的取值范围． 2019年： 已知函数)(x f 满足2 1 2 1)0()1(')(x x f e f x f x + -=-． （Ⅰ）求)(x f 的解析式及单调区间； （Ⅱ）若b ax x x f ++≥2 2 1)(， 求b a )1(+的最大值．
2019： 一卷：已知函数()f x ＝2 x ax b ++， ()g x ＝()x e cx d +， 若曲线()y f x =和 曲线()y g x =都过点P (0， 2)， 且在点P 处有相同的切线42y x =+ （Ⅰ）求a ， b ， c ， d 的值； （Ⅱ）若x ≥－2时， ()f x ≤()kg x ， 求k 的取值范围． 2019一卷：设函数1 ()ln x x be f x ae x x -=+， 曲线()y f x =在点（1， (1)f 处的切线为 (1)2y e x =-+． (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >． 2015一卷：已知函数3 1 ()4 f x x ax =++ ， ()ln 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．
高一兴趣导数大题目专项训练 班级 姓名 1.已知函数()f x 是定义在[,0)(0,]e e - 上的奇函数，当(0,]x e ∈时，有()ln f x ax x =+（其中e 为自然对数的底，a ∈R ）． （Ⅰ）求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）试问：是否存在实数0a <，使得当[,0)x e ∈-，()f x 的最小值是3？如果存在，求出实数a 的值；如果不存在，请说明理由； （Ⅲ）设ln ||()||x g x x =（[,0)(0,]x e e ∈- ），求证：当1a =-时，1 |()|()2 f x g x >+； 2. 若存在实常数k 和b ，使得函数()f x 和()g x 对其定义域上的任意实数x 分别满足： ()f x kx b ≥+和()g x kx b ≤+，则称直线:l y kx b =+为()f x 和()g x 的“隔离直线”．已知 2()h x x =，()2ln x e x ?=（其中e 为自然对数的底数）． (1)求()()()F x h x x ?=-的极值； (2) 函数()h x 和()x ?是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在，请说明理由．
3. 设关于x 的方程012 =--mx x 有两个实根α、β，且βα<。定义函数.1 2)(2+-= x m x x f （I ）求)(ααf 的值；（II ）判断),()(βα在区间x f 上单调性，并加以证明； （III ）若μλ,为正实数，①试比较)(),( ),(βμ λμβ λααf f f ++的大小； ②证明.|||)()(|βαμ λλβ μαμλμβλα-<++-++f f 4. 若函数22()()()x f x x ax b e x R -=++∈在1x =处取得极值. （I ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间； （II ）是否存在实数m ，使得对任意(0,1)a ∈及12,[0,2]x x ∈总有12|()()|f x f x -< 21[(2)]1m a m e -+++恒成立，若存在，求出m 的范围；若不存在，请说明理由． 5．若函数()()2 ln ,f x x g x x x ==- （1）求函数()()()()x g x kf x k R ?=+∈的单调区间； （2）若对所有的[),x e ∈+∞都有()xf x ax a ≥-成立，求实数a 的取值范围.
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。
导数 一．基础题组 1. 【2010新课标，理3】曲线y ＝ 在点(－1，－1)处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋1 B ．y ＝2x －1 C ．y ＝－2x －3 D ．y ＝－2x －2 【答案】A 2. 【2008全国1，理6】若函数的图像与函数的图像关于直线 对称，则（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】B. 【解析】由. 3. 【2012全国，理21】已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1 －f (0)x ＋ x 2 ． (1)求f (x )的解析式及单调区间； (2)若f (x )≥ x 2 ＋ax ＋b ，求(a ＋1)b 的最大值． 【解析】(1)由已知得f ′(x )＝f ′(1)e x －1 －f (0)＋x . 所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′(1)e －1 ，所以f ′(1)＝e. 从而f (x )＝e x －x ＋ x 2 . 2 x + x (1)y f x = -1y =y x =()f x =21 x e -2x e 21 x e +22 x e +() ()()()212121,1,y x x y x e f x e f x e --=?=-==12 12 12
由于f ′(x )＝e x －1＋x ， 故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0. 从而，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由已知条件得e x －(a ＋1)x ≥b .① (ⅰ)若a ＋1＜0，则对任意常数b ，当x ＜0，且时，可得e x －(a ＋1)x ＜b ，因此①式不成立． (ⅱ)若a ＋1＝0，则(a ＋1)b ＝0. 所以f (x )≥ x 2 ＋ax ＋b 等价于 b ≤a ＋1－(a ＋1)ln(a ＋1)．② 因此(a ＋1)b ≤(a ＋1)2 －(a ＋1)2 ln(a ＋1)． 设h (a )＝(a ＋1)2 －(a ＋1)2 ln(a ＋1)， 则h ′(a )＝(a ＋1)(1－2ln(a ＋1))． 所以h (a )在(－1，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 故h (a )在处取得最大值． 从而，即(a ＋1)b ≤. 当，时，②式成立， 11 b x a -< +12 12 e 1-12 e 1-12 =e 1a -e ()2h a ≤ e 2 1 2 =e 1a -12 e 2 b =
2013----2017年高考全国卷2、3试卷分析从2012年云南进入新课标高考至今，已有六年时间，数学因为容易拉分，加上难度变幻不定，可以说是我省考生最为害怕的一个学科，第一天下午开考的数学考得如何直接决定着考生第二天的考试情绪。近5年全国卷数学试题从试卷的结构和试卷的难度上逐渐趋于平稳，稳中有新，难度都属于较为稳定的状态。选择、填空题会以基础题呈现，属于中等难度。选择题在前六题的位置，填空题在前二题的位置;解答题属于中等难度，且基本定位在前三题和最后一题的位置。 一、近五年高考数学考点分布统计表：
从近五年数学试题知识点分布及分值分布统计表不难看出，试题坚持对基础知识、数学思想方法进行考查，重点考查了高中数学的主体内容，兼顾考查新课标的新增内容，在此基础上，突出了对考生数学思维能力和数学应用意识的考查，体现了新课程改革的理念。具体
来说几个方面： 1．整体稳定，覆盖面广 高考数学全国卷2、3全面考查了新课标考试说明中各部分的内容，可以说教材中各章的内容都有所涉及，如复数、旋转体、简易逻辑、概率等教学课时较少的内容，在试卷中也都有所考查。有些内容这几年轮换考查，如统计图、线性回归、直线与圆、线性规划，理科的计数原理、二项式定理、正态分布、条件概率等。 2．重视基础，难度适中 试题以考查高中基础知识为主线，在基础中考查能力。理科前8道选择题都是考查基本概念和公式的题型，相当于课本习题的变式题型。填空题前三题的难度相对较低，均属常规题型。解答题的前三道题分别考查解三角形，分布列、数学期望，空间线面位置关系等基础知识，利用空间直角坐标系求二面角，属中低档难度题。 4．全面考查新增内容，体现新课改理念 如定积分、函数的零点、三视图、算法框图、直方图与茎叶图、条件概率、几何概型、全称命题与特称命题等。 5．突出通性通法、理性思维和思想方法的考查 数学思想方法是对数学知识的最高层次的概括与提炼，是适用于中学数学全部内容的通法，是高考考查的核心。数形结合的思想、方程的思想、分类讨论的思想等在高考中每年都会考查。尤其数形结合，每年还专门有一道“新函数”的大致图象问题 6．注重数学的应用和创新
全国卷历年高考函数与导数真题归类分析（含答案） （2015年-2018年共11套） 函数与导数小题（共23小题） 一、函数奇偶性与周期性 1.（2015年1卷13）若函数f （x ） =ln(x x 为偶函数，则a= 【解析】由题知ln(y x = 是奇函数，所以ln(ln(x x +- =2 2 ln()ln 0a x x a +-==，解得a =1.考点：函数的奇偶性 2.（2018年2卷11）已知是定义域为的奇函数，满足 ．若 ， 则 A. B. 0 C. 2 D. 50 解：因为是定义域为 的奇函数，且 ， 所以, 因此， 因为 ，所以， ，从而 ，选C. 3.（2016年2卷12）已知函数()()R f x x ∈满足()()2f x f x -=-，若函数1 x y x += 与()y f x =图像的交点为()11x y ，，()22x y ，，?，()m m x y ，，则()1 m i i i x y =+=∑（ ） （A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m 【解析】由()()2f x f x =-得()f x 关于()01， 对称，而11 1x y x x +==+也关于()01，对称， ∴对于每一组对称点'0i i x x += '=2i i y y +，∴()1 1 1 022 m m m i i i i i i i m x y x y m ===+=+=+? =∑∑∑，故选B ． 二、函数、方程与不等式 4.（2015年2卷5）设函数21 1log (2),1,()2,1, x x x f x x -+-
高中数学导数尖子生辅导（填选压轴） 一．选择题（共30小题） 1．（2013?文昌模拟）如图是f（x）=x3+bx2+cx+d的图象，则x12+x22的值是（） A．B．C．D． 考点：利用导数研究函数的极值；函数的图象与图象变化． 专题：计算题；压轴题；数形结合． 分析：先利用图象得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x，求出其导函数，利用x1，x2是原函数的极值点，求出x1+x2=，，即可求得结论． 解答：解：由图得：f（x）=x（x+1）（x﹣2）=x3﹣x2﹣2x， ∴f'（x）=3x2﹣2x﹣2 ∵x1，x2是原函数的极值点 所以有x1+x2=，， 故x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2==． 故选D． 点评：本题主要考查利用函数图象找到对应结论以及利用导数研究函数的极值，是对基础知识的考查，属于基础题． 2．（2013?乐山二模）定义方程f（x）=f′（x）的实数根x0叫做函数f（x）的“新驻点”，若函数g（x）=x，h（x）=ln（x+1），φ（x）=x3﹣1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为（） A．α＞β＞γB．β＞α＞γC．γ＞α＞βD．β＞γ＞α 考点：导数的运算． 专题：压轴题；新定义． 分析：分别对g（x），h（x），φ（x）求导，令g′（x）=g（x），h′（x）=h（x），φ′（x）=φ（x），则它们的根分别为α，β，γ，即α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2，然后分别讨论β、γ的取值范围即可． 解答： 解：∵g′（x）=1，h′（x）=，φ′（x）=3x2， 由题意得： α=1，ln（β+1）=，γ3﹣1=3γ2， ①∵ln（β+1）=， ∴（β+1）β+1=e， 当β≥1时，β+1≥2， ∴β+1≤＜2， ∴β＜1，这与β≥1矛盾， ∴0＜β＜1； ②∵γ3﹣1=3γ2，且γ=0时等式不成立，
2012-2017导数专题 1．（2014大纲理）曲线1x y xe- =在点（1,1）处切线的斜率等于（ C ） A．2e B．e C．2 D．1 2.(2014新标2理) 设曲线y=a x-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a= （ D ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3.(2013浙江文) 已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如右图所示， 则该函数的图象是(B) 4．（2012陕西文）设函数f（x）= 2 x +lnx 则（ D ） A．x= 1 2 为f(x)的极大值点B．x= 1 2 为f(x)的极小值点 C．x=2为f(x)的极大值点D．x=2为f(x)的极小值点 5.(2014新标2文) 函数() f x在 x x =处导数存在，若 :()0 p f x=： :q x x =是() f x的极值点，则A．p是q的充分必要条件 B. p是q的充分条件，但不是q的必要条件 C. p是q的必要条件，但不是q的充分条件 D. p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件 【答案】C 6．（2012广东理）曲线在点处的切线方程为___________________. 【答案】2x-y+1=0 7．（2013广东理）若曲线在点处的切线平行于轴，则 【答案】-1 8．（2013广东文）若曲线在点处的切线平行于轴，则． 【答案】 1 2 9．(2014广东文)曲线53 x y e =-+在点(0,2) -处的切线方程为. 【答案】5x+y+2=0 10．（2013江西文）若曲线y=xα+1（α∈R）在点（1，2）处的切线经过坐标原点，则α=。 33 y x x =-+() 1,3 ln y kx x =+(1,)k x k= 2ln y ax x =-(1,)a x a=
专题五挖掘“隐零点”，破解导数压轴题 函数方程思想是一种重要的数学思想方法，函数问题可以利用方程求解，方程解的情况可借助于函数的图象和性质求解.高考命题常常以基本初等函数为载体，主要考查以下三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理；（2）二次方程根的分布问题；（3）判断零点的个数问题；（4）根据零点的情况确定参数的值或范围；（5）根据零点的情况讨论函数的性质或证明不等式等.本专题围绕利用函数的“隐零点”，破解导数压轴问题，例题说法，高效训练. 【典型例题】 类型一挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围 例1.【浙江省杭州第十四中学2019届高三12月月考】设函数,曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=3x平行. (1)判断函数f(x)在区间和上的单调性，并说明理由; (2)当时,恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）区间单调递增；（2） 【解析】 （1）.∵f'(1)=1+b=3,∴b=2,则f'(x)=ln x+4x-1. 因为在单调递增，所以当时 即函数f(x)在区间单调递减；当时 即函数f(x)在区间单调递增； （2）因为，而在（0，1）上递增 存在使得
，当 时单调递减； 当时 单调递增 所以 又因为时则 所以则 类型二 挖掘“隐零点”，证明不等式 例2. 设函数2()ln x f x e a x =-，设()2 0,2a e ∈求证：当(]0,1x ∈时，2()2ln f x a a a ≥+ 【答案】见解析 【解析】()f x 的定义域为(]0,1，222'()2x x a xe a f x e x x -=-= 设2()2x x xe a ?=-，()22()242x x x xe x e ?'==+， 当(]0,1x ∈，()0x ?'>，即()x ?在区间(]0,1为增函数， (2(),2x a e a ??∈--? 又因为( )2 0,2a e ∈，所以2 (0)0,(1)20a e a ??=-<=-> 由零点存在定理可知'()f x 在(]0,1的唯一零点为0x 当0(0,)x x ∈时，'()0f x <，当(]0,1x x ∈，'()0f x > 故()f x 在0(0,)x 单调递减，在(]0,1x 单调递增， 所以当0x x =时，()f x 取得最小值，最小值为0200()ln x f x e a x =-， 由0 2020x x e a -=，即0 202x a e x = ，两边去对数得00ln ln 22 a x x =- 由于，所以00000222()2ln 22ln 2ln 22a a f x ax a ax a a a x a x a a = ++≥?=+
高考数学——导数大题精选 6.已知两曲线ax x y +=3和c bx x y ++=2都经过点P （1,2），且在点P 处有公切线，试求a,b,c 值。 例2 求下列函数的导数： (1)y=(2x 2-1)(3x+1) (2)x x y sin 2= (3))1ln(2x x y ++= (4)1 1-+=x x e e y (5)x x x x y sin cos ++= (6)x x x y cos sin 2cos -= 1.设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）若对于任意的[03]x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围 2.设a ≥0，f (x )=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x >0）. （Ⅰ）令F （x ）＝xf ＇（x ），讨论F （x ）在（0.＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1. 3.设函数22()21(0)f x tx t x t x t =++-∈>R ，． （Ⅰ）求()f x 的最小值()h t ； （Ⅱ）若()2h t t m <-+对(02)t ∈， 恒成立，求实数m 的取值范围 4.设函数2()ln(23)f x x x =++ （Ⅰ）讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）求()f x 在区间3144??-???? ，的最大值和最小值 6.已知函数2221()()1 ax a f x x x -+=∈+R ，其中a ∈R ． （Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程； （Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值．
高考数学专题：导数大题专练 1. 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12x x ，是()f x 的两个零点，证明：12 2.x x +< 2. (I)讨论函数2()2 x x f x e x -= +的单调性，并证明当0x >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. 3. 设设函数()()()cos21cos +1f x x x αα=+-，其中0α>，记()f x 的最大值为A . （Ⅰ）求'f x （）； （Ⅱ）求A ； （Ⅲ）证明()'2f x A ≤. 4. 设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点()() 2,2f 处的切线方程为()14y e x =-+， （I ）求,a b 的值； (I I) 求()f x 的单调区间。 5. 已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. （1） 设1 22 a b == ，. ① 求方程()=2f x 的根; ②若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01,1a b <<＞ ，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值. 6. 已知()221 ()ln ,x f x a x x a R x -=-+∈. （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）当1a =时，证明()3 ()'2 f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立
2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（一） 1.已知函数f (x) x2 ax ln x(a R) . （1）函数f (x)在 [1,2] 上的性； （2）令函数g( x) e x 1 x2 a f (x) ，e=2.71828?是自然数的底数， 若函数 g (x) 有且只有一个零点m，判断 m 与 e 的大小，并明理由 . 2.已知函数 f (x) x3ax2bx c 在x 2 与x 1都取得极. 3 （1）求 a， b 的与函数f( x)的区； （2）若x [ c,1] ，不等式 f (x) c 恒成立，求 c 的取范 . 2 3.已知函数 f (x) ln(1 x) ln(1x) . （1）明 f '(x) 2 ； （2）如果 f (x) ax x [0,1) 恒成立，求 a 的范 .
x 1 4.已知函数f (x) （ e 自然数的底数） . e x （1）求函数f (x)的区； （2）函数(x) xf (x) tf '(x) 1 x1， x2 [0 ，1] ，使得 2 ( x1 )(x2 ) x ，存在数 e 成立，求数t 的取范 . 5.已知函数 f ( x) kx a x，其中k R，a 0且a 1 . （1）当 a e （ e=2.71 ?自然数的底），f(x)的性；（2）当k 1，若函数f(x)存在最大g(a)，求g(a)的最小. 6.已知函数 f x x2ax ln x a R （1）当a 3 ，求函数f(x)在 1 , 2 上的最大和最小； 2 （2）函数 f(x)既有极大又有极小，求数 a 的取范 .
7.已知 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当 x 0 时， f x 1 x 3 ax a R ，且曲线 f(x)在 3 x 1 处的切线与直线 y 3 x 1平行 2 4 （1）求 a 的值及函数 f(x)的解析式； （2）若函数 y f x m 在区间 3, 3 上有三个零点，求实数 m 的取值范围 . 8.已知函数 f x x 0 ax, a ln x （1）若函数 y f x 在 1, 上减函数，求实数 a 的最小值； （2）若存在 x 1 , x 2 e,e 2 ，使 f x 1 f x 2 a 成立，求实数 a 的取值范围 . 9.已知函数 f (x) x 3 ax 2 bx 1， a ， b R ． （ 1）若 a 2 b 0 ， ①当 a 0 时，求函数 f(x)的极值（用 a 表示）； ②若 f(x)有三个相异零点，问是否存在实数 a 使得这三个零点成等差数列？若存在，试 求出 a 的值；若不存在，请说明理由； （ 2）函数 f( x)图象上点 A 处的切线 l 1 与 f(x)的图象相交于另一点 B ，在点 B 处的切线为 l 2 ，直线 l 1， l 2 的斜率分别为 k 1， k 2 ，且 k 2 =4k 1 ，求 a ，b 满足的关系式．