高考数学导数题型归纳

导数常见题型归纳1.高考命题回顾例1.（2013全国1）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()xe cx d +，若曲线()yf x =和曲线()yg 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。

分析：⑴2d c b 4,a ==== ⑵由⑴知()24x f 2++=x x ，()()12+=x ex g x设()()()()24122---+=-=x x x ke x f x kg x F x，则()()()122-+='xke x x F 由已知()100≥⇒≥k F ，令()k x x x F ln ,20-==⇒='①若21e k <≤则021≤<-x ，从而当()1,2x x -∈时，()0<'x F ，()x F 递减()+∞∈,1x x 时，()>'x F 0，()x F 递增。

()()()02x 111≥+-=≥x x x F F故当2-≥x 时()0≥x F 即()()x kg x f ≤恒成立。

②若2e k = 则()()()02222>-+='-ee x e x F x 。

()2->x 。

所以()x F 在()+∞-,2上单调递增，而()02=-F .所以-2x ≥时，()0≥x F 恒成立。

③若2e k >，则()()02222222<--=+-=---e k e ke F ，从而()0≥x F 不可能恒成立即()()x kg x f ≤不恒成立。

综上所述。

k 的取值范围[]2,1e例2．（2013全国2）已知函数)ln()(m x e x f x+-=．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当2m ≤时，证明()0f x >． 分析：（Ⅰ）1m =。

高考数学题型全归纳1高考数学必考七个题型第一，函数与导数主要考查集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。

第二，平面向量与三角函数、三角变换及其应用这一部分是高考的重点但不是难点，主要出一些基础题或中档题。

第三，数列及其应用这部分是高考的重点而且是难点，主要出一些综合题。

第四，不等式主要考查不等式的求解和证明，而且很少单独考查，主要是在解答题中比较大小。

是高考的重点和难点。

第五，概率和统计这部分和我们的生活联系比较大，属应用题。

第六，空间位置关系的定性与定量分析主要是证明平行或垂直，求角和距离。

主要考察对定理的熟悉程度、运用程度。

第七，解析几何高考的难点，运算量大，一般含参数。

高考对数学基础知识的考查，既全面又突出重点，扎实的数学基础是成功解题的关键。

针对数学高考强调对基础知识与基本技能的考查我们一定要全面、系统地复习高中数学的基础知识，正确理解基本概念，正确掌握定理、原理、法则、公式、并形成记忆，形成技能。

以不变应万变。

2高考数学题型全归纳题型1、集合的基本概念题型2、集合间的基本关系题型3、集合的运算题型4、四种命题及关系题型5、充分条件、必要条件、充要条件的判断与证明题型6、求解充分条件、必要条件、充要条件中的参数范围题型7、判断命题的真假题型8、含有一个量词的命题的否定题型9、结合命题真假求参数的范围题型10、映射与函数的概念题型11、同一函数的判断题型12、函数解析式的求法题型13、函数定义域的求解题型14、函数定义域的应用题型15、函数值域的求解题型16、函数的奇偶性题型17、函数的单调性(区间)题型18、函数的周期性题型19、函数性质的综合题型20、二次函数、一元二次方程、二次不等式的关系题型21、二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实根分布及条件题型22、二次函数"动轴定区间"、"定轴动区间"问题题型23、指数运算及指数方程、指数不等式题型24、指数函数的图像及性质题型25、指数函数中的恒成立的问题题型26、对数运算及对数方程、对数不等式题型27、对数函数的图像与性质题型28、对数函数中的恒成立问题题型29、幂函数的定义及基本性质题型30、幂函数性质的综合应用题型31、判断函数的图像题型32、函数图像的应用题型33、求函数的零点或零点所在区间题型34、利用函数的零点确定参数的取值范围题型35、方程根的个数与函数零点的存在性问题题型36、函数与数列的综合题型37、函数与不等式的综合题型38、函数中的创新题题型39、导数的定义题型40、求函数的导数题型41、导数的几何意义题型42、利用原函数与导函数的关系判断图像题型43、利用导数求函数的单调区间题型44、含参函数的单调性(区间)题型45、已知含参函数在区间上单调或不单调或存在单调区间,求参数范围题型46、函数的极值与最值的求解题型47、方程解(函数零点)的个数问题题型48、不等式恒成立与存在性问题题型49、利用导数证明不等式题型50、导数在实际问题中的应用题型51、终边相同的角的集合的表示与识别题型52、等分角的象限问题题型53、弧长与扇形面积公式的计算题型54、三角函数定义题题型55、三角函数线及其应用题型56、象限符号与坐标轴角的三角函数值题型57、同角求值---条件中出现的角和结论中出现的角是相同的题型58、诱导求值与变形题型59、已知解析式确定函数性质题型60、根据条件确定解析式题型61、三角函数图像变换题型62、两角和与差公式的证明题型63、化简求值题型64、正弦定理的应用题型65、余弦定理的应用题型66、判断三角形的形状题型67、正余弦定理与向量的综合题型68、解三角形的实际应用题型69、共线向量的基本概念题型70、共线向量基本定理及应用题型71、平面向量的线性表示题型72、平面向量基本定理及应用题型73、向量与三角形的四心题型74、利用向量法解平面几何题型75、向量的坐标运算题型76、向量平行(共线)、垂直充要条件的坐标表示题型77、平面向量的数量积题型78、平面向量的应用题型79、等差、等比数列的通项及基本量的求解题型80、等差、等比数列的求和题型81、等差、等比数列的性质应用题型82、判断和证明数列是等差、等比数列题型83、等差数列与等比数列的综合题型84、数列通项公式的求解题型85、数列的求和题型86、数列与不等式的综合题型87、不等式的性质题型88、比较数(式)的大小与比较法证明不等式题型89、求取值范围题型90、均值不等式及其应用题型91、利用均值不等式求函数最值题型92、利用均值不等式证明不等式题型93、不等式的证明题型94、有理不等式的解法题型95、绝对值不等式的解法题型96、二元一次不等式组表示的平面区域题型97、平面区域的面积题型98、求解目标函数的最值题型99、求解目标函数中参数的取值范围题型100、简单线性规划问题的实际运用题型101、不等式恒成立问题中求参数的取值范围题型102、函数与不等式综合题型103、几何体的表面积与体积题型104、球的表面积、体积与球面距离题型105、几何体的外接球与内切球题型106、直观图与斜二测画法题型107、直观图/三视图题型108、三视图/直观图---简单几何体的基本量的计算题型109、三视图/直观图---简单组合体的基本量的计算题型110、部分三视图/其余三视图题型111、证明"点共面"、"线共面"或"点共线"及"线共点"题型112、异面直线的判定题型113、证明空间中直线、平面的平行关系题型114、证明空间中直线、平面的垂直关系题型115、倾斜角与斜率的计算题型116、直线的方程题型117、两直线位置关系的判定题型118、有关距离的计算题型119、对称问题题型120、求圆的方程题型121、直线系方程和圆系方程题型122、与圆有关的轨迹问题题型123、圆的一般方程的充要条件题型124、点与圆的位置关系判断题型125、与圆有关的最值问题题型126、数形结合思想的应用题型127、直线与圆的相交关系题型128、直线与圆的相切关系题型129、直线与圆的相离关系题型130、圆与圆的位置关系题型131、椭圆的定义与标准方程题型132、离心率的值及取值范围题型133、焦点三角形题型134、双曲线的定义与标准方程题型135、双曲线的渐近线题型136、离心率的值及取值范围题型137、焦点三角形题型138、抛物线的定义与方程题型139、与抛物线有关的距离和最值问题题型140、抛物线中三角形、四边形的面积问题题型141、直线与圆锥曲线的位置关系题型142、中点弦问题题型143、弦长与面积问题题型144、平面向量在解析几何中的应用题型145、定点问题题型146、定值问题题型147、最值问题题型148、已知流程框图,求输出结果题型149、根据条件,填充不完整的流程图题型150、求输入参量题型151、算法综合应用题型152、算法案例题型153、古典概型题型154、几何概型的计算题型155、抽样方式题型156、茎叶图与数字特征题型157、直方图与数字特征题型158、频(数)率表与数字特征题型159、统计图表与概率综合题型160、线性回归方程题型161、独立性检验题型162、归纳推理题型163、类比推理题型164、综合法与分析法证明题型165、反证法证明题型166、复数的分类、代数运算和两个复数相等的条件题型167、复数的几何意义题型168、相似三角形题型169、相交弦定理、切割线定理及其应用题型170、四点共圆题型171、空间图形问题转化为平面问题题型172、参数方程化普通方程题型173、普通方程化参数方程题型174、极坐标方程化直角坐标方程题型175、含绝对值的不等式题型176、不等式的证明。

-导数压轴题题型1. 高考命题回忆例1函数f(*)＝e *－ln(*＋m)．〔2013全国新课标Ⅱ卷〕(1)设*＝0是f(*)的极值点，求m ，并讨论f(*)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(*)>0.(1)解 f (*)＝e *－ln(*＋m )⇒f ′(*)＝e *－1*＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{*|*>－1}，f ′(*)＝e *－1*＋m ＝e **＋1－1*＋1，显然f (*)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (*)＝e *－ln(*＋2)，则g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)．h (*)＝g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)⇒h ′(*)＝e *＋1*＋22>0，所以h (*)是增函数，h (*)＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (*)＝g ′(*)＝0的唯一实根在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，设g ′(*)＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ， 当*∈(－2，t )时，g ′(*)<g ′(t )＝0，g (*)单调递减；当*∈(t ，＋∞)时，g ′(*)>g ′(t )＝0，g (*)单调递增；所以g (*)min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(*＋m )≤ln(*＋2)，所以f (*)＝e *－ln(*＋m )≥e *－ln(*＋2)＝g (*)≥g (*)min >0. 例2函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-〔2012全国新课标〕 (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)假设b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

高中数学导数知识总结+导数七大题型答题技巧知识总结一. 导数概念的引入1. 导数的物理意义：瞬时速率。

一般的，函数y=f(x)在x=处的瞬时变化率是2. 导数的几何意义：曲线的切线，当点趋近于P时，直线 PT 与曲线相切。

容易知道，割线的斜率是当点趋近于 P 时，函数y=f(x)在x=处的导数就是切线PT的斜率k，即3. 导函数：当x变化时，便是x的一个函数，我们称它为f （x）的导函数. y=f（x）的导函数有时也记作，即。

二. 导数的计算基本初等函数的导数公式：导数的运算法则：复合函数求导：y=f(u)和u=g(x)，则称y可以表示成为x的函数，即y=f(g(x))为一个复合函数。

三、导数在研究函数中的应用1. 函数的单调性与导数：一般的，函数的单调性与其导数的正负有如下关系：在某个区间（a,b）内(1) 如果＞0，那么函数y=f(x)在这个区间单调递增；(2) 如果＜0，那么函数y=f(x)在这个区间单调递减；2. 函数的极值与导数：极值反映的是函数在某一点附近的大小情况。

求函数y=f(x)的极值的方法有：（1）如果在附近的左侧＞0 ，右侧＜0，那么是极大值；（2）如果在附近的左侧＜0 ，右侧＞0，那么是极小值；3. 函数的最大(小)值与导数：求函数y=f(x)在［a,b］上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数y=f(x)在［a,b］内的极值；（2）将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的是最大值，最小的是最小值。

四. 推理与证明（1）合情推理与类比推理根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理，叫做归纳推理,归纳是从特殊到一般的过程，它属于合情推理。

根据两类不同事物之间具有某些类似（或一致）性，推测其中一类事物具有与另外一类事物类似的性质的推理，叫做类比推理。

类比推理的一般步骤：(1) 找出两类事物的相似性或一致性；(2) 用一类事物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题（猜想）；(3) 一般的，事物之间的各个性质并不是孤立存在的,而是相互制约的.如果两个事物在某些性质上相同或相似，那么他们在另一写性质上也可能相同或类似,类比的结论可能是真的；(4) 一般情况下，如果类比的相似性越多，相似的性质与推测的性质之间越相关，那么类比得出的命题越可靠。

导数中的公切线问题知识点梳理一、公切线问题一般思路两个曲线的公切线问题，主要考查利用导数的几何意义进行解决，关键是抓住切线的斜率进行转化和过渡.主要应用在求公切线方程，切线有关的参数，以及与函数的其他性质联系到一起.处理与切线有关的参数，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.考法1：求公切线方程已知其中一曲线上的切点，利用导数几何意义求切线斜率，进而求出另一曲线上的切点；不知切点坐标，则应假设两切点坐标，通过建立切点坐标间的关系式，解方程.具体做法为：设公切线在y =f (x )上的切点P 1(x 1，f (x 1))，在y =g (x )上的切点P 2(x 2，g (x 2))，则f ′(x 1)=g ′(x 2)=f x 1 -g x 2x 1-x 2.考法2：由公切线求参数的值或范围问题由公切线求参数的值或范围问题，其关键是列出函数的导数等于切线斜率的方程．题型精讲精练1若直线y =kx +b 是曲线y =e x 的切线，也是曲线y =ln x +2 的切线，则k =______．【解析】设y =kx +b 与y =e x 和y =ln x +2 ，分别切于点x 1,e x 1，x 2,ln x 2+2 ，由导数的几何意义可得：k =e x 1=1x 2+2，即x 2+2=1ex 1，①则切线方程为y -e x 1=e x 1x -x 1 ，即y =e x 1x -e x 1x 1+e x 1，或y -ln x 2+2 =1x 2+2x -x 2 ，即y -ln x 2+2 =1x 2+2x -x 2 ，②将①代入②得y =e x 1x +2e x 1-1-x 1，又直线y =kx +b 是曲线y =e x 的切线，也是曲线y =ln x +2 的切线，则-e x 1x 1+e x 1=2e x 1-1-x 1，即e x 1-1 x 1+1 =0，则x 1=-1或x 1=0，即k =e 0=1或k =e -1=1e ，故答案为1或1e．2已知直线y =kx +b 与函数y =e x 的图像相切于点P x 1,y 1 ，与函数y =ln x 的图像相切于点Q x 2,y 2 ，若x 2>1，且x 2∈n ,n +1 ，n ∈Z ，则n =______．【解析】依题意，可得e x 1=k =1x 2y 1=e x 1=kx 1+by 2=ln x 2=kx 2+b，整理得x 2ln x 2-ln x 2-x 2-1=0令f x =x ln x -ln x -x -1x >1 ，则f x =ln x -1x在1,+∞ 单调递增且f 1 ⋅f 2 <0，∴存在唯一实数m ∈1,2 ，使f m =0f x min =f m <f 1 <0，f 2 =ln2-3<0，f 3 =2ln3-4<0，f 4 =3ln4-5<0，f 5 =4ln5-6>0，∴x 2∈4,5 ，故n =4．【题型训练】1.求公切线方程一、单选题1(2023·全国·高三专题练习)曲线y =1x与曲线y =-x 2的公切线方程为()A.y =-4x +4B.y =4x -4C.y =-2x +4D.y =2x -4【答案】A【分析】画出图象，从而确定正确选项.【详解】画出y =1x,y =-x 2以及四个选项中直线的图象如下图所示，由图可知A 选项符合.故选：A2(2023·全国·高三专题练习)对于三次函数f (x )，若曲线y =f (x )在点(0,0)处的切线与曲线y =xf (x )在点(1,2)处点的切线重合，则f ′(2)=()A.-34B.-14C.-4D.14【答案】B【分析】由f(0)=0得d=0，然后求得f (x)，由f (0)=2-01-0求得c=2，设g(x)=xf(x)，由g(1)=2得f(1)=2及a+b=0，再由g (1)=2得3a+2b+2=0，解得a,b后可得f (2)．【详解】设f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，∵f(0)=d=0,∴f(x)=ax3+bx2+cx,∴f′(x)=3ax2+2bx+c∴f′(0)=c=2-01-0=2，设g(x)=xf(x)，则g(1)=f(1)=a+b+2=2，即a+b=0⋯⋯①又∵g′(x)=f(x)+xf′(x),∴g′(1)=f(1)+f′(1)=2,∴f′(1)=0，即3a+2b+2=0⋯⋯②由①②可得a=-2,b=2,c=2，∴f′(2)=-14.故选：B.3(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x ln x，g x =ax2-x．若经过点A1,0存在一条直线l与曲线y=f x 和y=g x 都相切，则a=()A.-1B.1C.2D.3【答案】B【分析】先求得f(x)在A(1,0)处的切线方程，然后与g x =ax2-x联立，由Δ=0求解【详解】解析：∵f x =x ln x，∴f x =1+ln x，∴f 1 =1+ln1=1，∴k=1，∴曲线y=f x 在A1,0处的切线方程为y=x-1，由y=x-1y=ax2-x得ax2-2x+1=0，由Δ=4-4a=0，解得a=1．故选：B4(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x2-4x+4,g(x)=x-1，则f(x)和g(x)的公切线的条数为A.三条B.二条C.一条D.0条【答案】A【分析】分别设出两条曲线的切点坐标，根据斜率相等得到方程8n3-8n2+1=0，构造函数f x =8x3-8x2+1,f x =8x3x-2，研究方程的根的个数，即可得到切线的条数.【详解】设公切线与f x 和g x 分别相切于点m,f m,n,f n,f x =2x-4，g x =-x -2,gn =fm =g n -f m n -m ，解得m =-n -22+2，代入化简得8n 3-8n 2+1=0，构造函数f x =8x 3-8x 2+1,f x =8x 3x -2 ，原函数在-∞，0 ↗，0，23 ↘，23，+∞ ↗，极大值f 0 >0,极小值，f 23<0故函数和x 轴有交3个点，方程8n 3-8n 2+1=0有三解，故切线有3条.故选A .【点睛】这个题目考查了利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.考查了函数零点个数问题，即转化为函数图像和x 轴的交点问题.5(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 2-2m ，g x =3ln x -x ，若y =f x 与y =g x在公共点处的切线相同，则m =()A.-3B.1C.2D.5【答案】B【分析】设曲线y =f x 与y =g x 的公共点为x 0,y 0 ，根据题意可得出关于x 0、m 的方程组，进而可求得实数m 的值.【详解】设函数f x =x 2-2m ，g x =3ln x -x 的公共点设为x 0,y 0 ，则f x 0 =g x 0 f x 0 =g x 0 ，即x 20-2m =3ln x 0-x 02x 0=3x 0-1x 0>0，解得x 0=m =1，故选：B .【点睛】本题考查利用两函数的公切线求参数，要结合公共点以及导数值相等列方程组求解，考查计算能力，属于中等题.6(2023·全国·高三专题练习)函数f (x )=ln x 在点P (x 0,f (x 0))处的切线与函数g (x )=e x 的图象也相切，则满足条件的切点的个数有A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【分析】先求直线l 为函数的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线方程，再设直线l 与曲线y =g (x )相切于点(x 1，e x 1)，进而可得ln x 0=x 0+1x 0-1，根据函数图象的交点即可得出结论．【详解】解：∵f (x )=ln x ，∴f ′(x )=1x ，∴x =x 0，f ′(x 0)=1x 0，∴切线l的方程为y-ln x0=1x0(x-x0)，即y=1x0x+ln x0-1，①设直线l与曲线y=g(x)相切于点(x1，e x1)，∵g (x)=e x，∴e x1=1x0，∴x1=-ln x0．∴直线l也为y-1x0=1x0(x+ln x0)即y=1x0x+ln x0x0+1x0，②由①②得ln x0=x0+1 x0-1，如图所示，在同一直角坐标系中画出y=ln x,y=x+1x-1的图象，即可得方程有两解，故切点有2个.故选：C二、填空题7(2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)与曲线y=e x和y=-x24都相切的直线方程为.【答案】y=x+1【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.【详解】设直线与曲线y=e x相切于点x1,e x1，因为y =e x，所以该直线的方程为y-e x1=e x1x-x 1，即y=e x1x+e x11-x1，设直线与曲线y=-x24相切于点x2,-x224，因为y =-x2，所以该直线的方程为y+x224=-x22x-x2，即y=-x22x+x224，所以e x1=-x22e x11-x1=x224，解得x1=0,x2=-2，所以该直线的方程为y=x+1，故答案为：y=x+1.8(2023·全国·高三专题练习)已知f x =e x-1(e为自然对数的底数)，g x =ln x+1，请写出f x 与g x 的一条公切线的方程．【答案】y=ex-1或y=x【分析】假设切点分别为m,e m-1，n,ln n+1，根据导数几何意义可求得公切线方程，由此可构造方程求得m，代入公切线方程即可得到结果.【详解】设公切线与f x 相切于点m,e m-1，与g x 相切于点n,ln n+1，∵f x =e x，g x =1x，∴公切线斜率k=e m=1n；∴公切线方程为：y-e m+1=e m x-m或y-ln n-1=1nx-n，整理可得：y=e m x-m-1e m-1或y=1nx+ln n，∴e m=1nm-1e m+1=-ln n，即m=-ln nm-1e m +1=-ln n，∴m-1e m+1-m=m-1e m-1=0，解得：m=1或m=0，∴公切线方程为：y=ex-1或y=x.故答案为：y=ex-1或y=x.9(2023春·安徽·高三合肥市第六中学校联考开学考试)已知直线l与曲线y=e x、y=2+ln x都相切，则直线l的方程为．【答案】y=x+1或y=ex【分析】分别求出两曲线的切线方程是y=e x1x+e x11-x1和y=1x2x+1+ln x2，解方程e x1=1x2，e x11-x1=1+ln x2，即得解.【详解】解：由y=e x得y =e x，设切点为x1,e x1，所以切线的斜率为e x1，则直线l的方程为：y=e x1x+e x11-x1；由y =2+ln x 得y =1x ，设切点为x 2,2+ln x 2 ，所以切线的斜率为1x 2，则直线l 的方程为：y =1x 2x +1+ln x 2．所以e x 1=1x 2，e x 11-x 1 =1+ln x 2，消去x 1得1x 2-11+ln x 2 =0，故x 2=1或x 2=1e，所以直线l 的方程为：y =x +1或y =ex ．故答案为：y =x +1或y =ex 10(2023春·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考阶段练习)已知直线y =kx +b 是曲线y =ln 1+x 与y =2+ln x 的公切线，则k +b =.【答案】3-ln2【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算k +b .【详解】设曲线y =ln 1+x 上切点A x 1,ln 1+x 1 ，y =11+x，切线斜率k =11+x 1，切线方程y -ln 1+x 1 =11+x 1x -x 1 ，即y =11+x 1x -x 11+x 1+ln 1+x 1同理，设曲线y =2+ln x 上切点B x 2,2+ln x 2 ，y =1x，切线斜率k =1x 2，切线方程y -2+ln x 2 =1x 2x -x 2 ，即y =1x 2x +1+ln x 2，所以11+x 1=1x 2-x11+x 1+ln (1+x 1)=1+ln x 2，解得x 1=-12x 2=12，所以k =2，b =1-ln2，k +b =3-ln2.故答案为：3-ln2.2.公切线中的参数问题一、单选题1(2023·陕西渭南·统考一模)已知直线y =ax +b (a ∈R ,b >0)是曲线f x =e x 与曲线g x =ln x +2的公切线，则a +b 等于()A.e +2B.3C.e +1D.2【答案】D【分析】由f x 求得切线方程，结合该切线也是g x 的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线y =ax +b ，从而求得正确答案.【详解】设t ,e t 是f x 图象上的一点，f x =e x ，所以f x 在点t ,e t 处的切线方程为y -e t =e t x -t ，y =e t x +1-t e t ①，令g x =1x=e t ，解得x =e -t ，g e -t=ln e -t+2=2-t ，所以2-t -e te -t-t=e t ，1-t =1-t e t ，所以t =0或t =1(此时①为y =ex ，b =0，不符合题意，舍去)，所以t =0，此时①可化为y -1=1×x -0 ,y =x +1，所以a +b =1+1=2.故选：D2(2023·陕西榆林·校考模拟预测)若直线l 与曲线y =e x 相切，切点为M x 1,y 1 ，与曲线y =x +32也相切，切点为N x 2,y 2 ，则2x 1-x 2的值为()A.-2B.-1C.0D.1【答案】B【分析】根据导数求出切线的斜率，得到切线方程，根据两切线方程即可得解.【详解】因为直线l 与曲线y =e x 相切，切点为M x 1,y 1 ，可知直线l 的方程为y =e x 1x -x 1 +e x 1=e x 1x +1-x 1 e x 1，又直线l 与曲线y =x +3 2也相切，切点为N x 2,y 2 ，可知直线l 的方程为y =2x 2+3 x -x 2 +x 2+3 2=2x 2+3 x -x 22+9，所以e x 1=2x 2+3 1-x 1 e x 1=-x 22+9，两式相除，可得21-x 1 =3-x 2，所以2x 1-x 2=-1.故选：B3(2023春·河南·高三校联考阶段练习)已知曲线y =x 在点x 0,x 0 0<x 0<14处的切线也与曲线y =e x 相切，则x 0所在的区间是()A.0,14e 4B.14e 4,14e 2C.14e 2,14eD.14e ,14【答案】C【分析】设切线l与曲线y=e x的切点为m,e m，通过导数分别写出切线方程，由两条切线重合得出方程，再通过此方程有解得出结果.【详解】设该切线为l，对y=x求导得y =12x，所以l的方程为y-x0=12x0x-x0，即y=12x0x+x02．设l与曲线y=e x相切的切点为m,e m，则l的方程又可以写为y-e m=e m x-m，即y=e m x+1-me m．所以e m=12x0，x02=1-me m．消去m，可得x0=1+ln2x0，0<x0<1 4，令t=2x0∈0,1，则ln t-t24+1=0．设h t =ln t-t24+1，当0<t<1时，h t =1t-t2>0，所以h t 在0,1上单调递增，又h1e=-14e2<0，h1e=12-14e>0，所以t0=2x0∈1e,1e，所以x0∈14e2,14e．故选：C.4(2023·全国·高三专题练习)若函数f x =2a ln x+1与g x =x2+1的图像存在公共切线，则实数a的最大值为()A.eB.2eC.e22D.e2【答案】A【分析】分别设公切线与g x =x2+1和f(x)=2a ln x+1的切点x1,x21+1，x2,2a ln x2+1，根据导数的几何意义列式，再化简可得a=2x22-2x22ln x2，再求导分析h(x)=2x2-2x2⋅ln x(x >0)的最大值即可【详解】g x =2x，f x =2a x，设公切线与g x =x2+1的图像切于点x1,x21+1，与曲线f(x)=2a ln x+1切于点x2,2a ln x2+1，所以2x1=2ax2=2a ln x2+1-x21+1x2-x1=2a ln x2-x21x2-x1，故a=x1x2，所以2x1=2x1x2ln x2-x21x2-x1，所以x1=2x2-2x2⋅ln x2，因为a=x1x2，故a=2x22-2x22ln x2，设h(x)=2x2-2x2⋅ln x(x>0)，则h (x)=2x(1-2ln x)，令h (x)=0⇒x=e当h (x)>0时，x∈(0,e)，当h (x)<0时，x∈(e,+∞)，所以h x 在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，所以h(x)max=h(e)=e，所以实数a的最大值为e，故选：A.5(2023·湖南郴州·统考模拟预测)定义：若直线l与函数y=f x ，y=g x 的图象都相切，则称直线l为函数y=f x 和y=g x 的公切线．若函数f x =a ln x a>0和g x =x2有且仅有一条公切线，则实数a的值为()A.eB.eC.2eD.2e【答案】C【分析】设直线与g x =x2的切点为x1,x21，然后根据导数的几何意义可推得切线方程为y=2x1x-x21，y=ax2x+a ln x2-1.两条切线重合，即可得出a=4x22-4x22ln x2有唯一实根.构造h x =4x2-4x2ln x x>0，根据导函数得出函数的性质，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案.【详解】设直线与g x =x2的切点为x1,x21，因为g x =2x，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为2x1，即该直线的方程为y-x21=2x1x-x1，即y=2x1x-x21.设直线与f x =a ln x的切点为(x2,a ln x2)，因为f x =ax，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为ax2，即该直线的方程为y-a ln x2=ax2x-x2，即y=ax2x+a ln x2-1.因为函数f x =a ln x a>0和g x =x2有且只有一条公切线，所以有2x1=ax2a ln x2-1=-x21 ，即a=4x22-4x22ln x2有唯一实根.令h x =4x2-4x2ln x x>0，则h x =8x-8x ln x-4x=4x1-2ln x.解h x =0，可得x= e.当4x1-2ln x>0时，0<x<e，所以h x 在0,e上单调递增；当4x1-2ln x<0时，x>e，所以h x 在e,+∞上单调递减.所以h x 在x=e处取得最大值h e=4e-4e×12=2e.当x→0时，h x →0，h e =4e2-4e2ln e=0，函数h x 图象如图所示，因为a>0，a=4x2-4x2ln x有唯一实根，所以只有a=2e.故选：C6(2023春·广东汕头·高三汕头市潮阳实验学校校考阶段练习)已知函数f x =2+ln x，g x = a x，若总存在两条不同的直线与函数y=f x ，y=g x 图象均相切，则实数a的取值范围为()A.0,1B.0,2C.1,2D.1,e【答案】B【分析】设函数y=f x ，y=g x 的切点坐标分别为x1,2+ln x1，x2,a x2，根据导数几何意义可得a2=4ln x1+4x1，x1>0，即该方程有两个不同的实根，则设h x =4ln x+4x,x>0，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.【详解】解：设函数f x =2+ln x上的切点坐标为x1,2+ln x1，且x1>0，函数g x =a x 上的切点坐标为x2,a x2，且x2≥0，又f x =1x,g x =a2x，则公切线的斜率k=1x1=a2x2，则a>0，所以x2=a24x21，则公切线方程为y-2+ln x1=1x1x-x1，即y=1x1x+ln x1+1，代入x 2,a x 2 得：a x 2=1x 1x 2+ln x 1+1，则a 22x 1=1x 1⋅a 24x 21+ln x 1+1，整理得a 2=4ln x 1+4x 1，若总存在两条不同的直线与函数y =f x ，y =g x 图象均相切，则方程a 2=4ln x 1+4x 1有两个不同的实根，设h x =4ln x +4x,x >0，则h x =4x⋅x -4ln x +4x2=-4ln xx，令h x =0得x =1，当x ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，x ∈1,+∞ 时，h x <0，h x 单调递减，又h x =0可得x =1e，则x →0时，h x →-∞；x →+∞时，h x →0，则函数h x 的大致图象如下：所以a >00<a 2<4，解得0<a <2，故实数a 的取值范围为0,2 .故选：B .【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为x 1,2+ln x 1 ，且x 1>0，x 2,a x 2 ，且x 2≥0，可得k =1x 1=a 2x 2，即有x 2=a 24x 21，得公切线方程为y =1x 1x +ln x 1+1，代入切点x 2,a x 2 将双变量方程a x 2=1x 1x 2+ln x 1+1转化为单变量方程a 22x 1=1x 1⋅a 24x 21+ln x 1+1，根据含参方程进行“参变分离”得a 2=4ln x 1+4x 1，转化为一曲一直问题，即可得实数a 的取值范围.7(2023·全国·高三专题练习)若曲线y =ln x +1与曲线y =x 2+x +3a 有公切线，则实数a 的取值范围()A.2ln2-36,3-ln22B.1-4ln212,3-ln22C.2ln2-36,+∞ D.1-4ln212,+∞【答案】D【分析】分别求出两曲线的切线方程，则两切线方程相同，据此求出a 关于切点x 的解析式，根据解析式的值域确定a 的范围.【详解】设x 1,y 1 是曲线y =ln x +1的切点，设x 2,y 2 是曲线y =x 2+x +3a 的切点，对于曲线y =ln x +1，其导数为y =1x ，对于曲线y =x 2+x +3a ，其导数为y =2x +1，所以切线方程分别为：y -ln x 1+1 =1x 1x -x 1 ，y -x 22+x 2+3a =2x 2+1 x -x 2 ，两切线重合，对照斜率和纵截距可得：1x 1=2x 2+1ln x 1=-x 22+3a，解得3a =ln x 1+x 22=ln 12x 2+1+x 22=-ln 2x 2+1+x 22x 2>-12 ，令h x =-ln 2x +1 +x 2x >-12，hx =-22x +1+2x =4x 2+2x -22x +1=2x +1 2x -1 2x +1=0，得：x =12，当x ∈-12,12时，h x <0，h x 是减函数，当x ∈12,+∞时，h x >0，h x 是增函数，∴h min x =h 12 =14-ln2且当x 趋于-12时，，h x 趋于+∞；当x 趋于+∞时，h x 趋于+∞；∴3a ≥14-ln2，∴a ≥1-4ln212；故选：D ．8(2023·河北·统考模拟预测)若曲线f (x )=3x 2-2与曲线g (x )=-2-m ln x (m ≠0)存在公切线，则实数m 的最小值为()A.-6eB.-3eC.2eD.6e【答案】A【分析】求出函数的导函数，设公切线与f x 切于点x 1,3x 21-2 ，与曲线g x 切于点x 2,-2-m ln x 2 ，x 2>0 ，即可得到m =-6x 1x 2，则x 1=0或x 1=2x 2-x 2ln x 2，从而得到m =12x 22ln x 2-12x 22，在令h x =12x 2ln x -12x 2，x >0 ，利用导数求出函数的最小值，即可得解；【详解】因为f (x )=3x 2-2，g (x )=-2-m ln x (m ≠0)，所以f (x )=6x ，g (x )=-mx，设公切线与f x 切于点x 1,3x 21-2 ，与曲线g x 切于点x 2,-2-m ln x 2 ，x 2>0 ，所以6x 1=-m x 2=-2-m ln x 2-3x 21-2 x 2-x 1=-m ln x 2-3x 21x 2-x 1，所以m =-6x 1x 2，所以6x 1=6x 1x 2ln x 2-3x 21x 2-x 1，所以x 1=0或x 1=2x 2-x 2ln x 2，因为m ≠0，所以x 1≠0，所以x 1=2x 2-x 2ln x 2，所以m =-62x 2-x 2ln x 2 x 2=12x 22ln x 2-12x 22，令h x =12x 2ln x -12x 2，x >0 ，则h x =12x 2ln x -1 ，所以当0<x <e 时h x <0，当x >e 时h x >0，所以h x 在0,e 上单调递减，在e ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e =-6e ，所以实数m 的最小值为-6e.故选：A【点睛】思路点睛：涉及公切线问题一般先设切点，在根据斜率相等得到方程，即可找到参数之间的关系，最后构造函数，利用导数求出函数的最值.二、多选题9(2023·湖北·统考模拟预测)若存在直线与曲线f x =x 3-x ,g x =x 2-a 2+a 都相切，则a 的值可以是()A.0B.-24C.log 27D.e π+πe【答案】ABC【分析】设该直线与f x 相切于点x 1,x 31-x 1 ，求出切线方程为y =3x 21-1 x -2x 31，设该直线与g x 相切于点x 2,x 22-a 2+a ，求出切线方程为y =2x 2x -x 22-a 2+a ，联立方程组，得到-a 2+a =94x 41-2x 31-32x 21+14，令h x =94x 4-2x 3-32x 2+14，讨论h x 的单调性，从而得到最值，则可得到-a 2+a ≥-1，解出a 的取值范围，四个选项的值分别比较与区间端点比较大小即可判断是否在区间内.【详解】设该直线与f x 相切于点x 1,x 31-x 1 ，因为f x =3x 2-1，所以f x 1 =3x 21-1，所以该切线方程为y -x 31-x 1 =3x 21-1 x -x 1 ，即y =3x 21-1 x -2x 31.设该直线与g x 相切于点x 2,x 22-a 2+a ，因为g x =2x ，所以g x 2 =2x 2，所以该切线方程为y -x 22-a 2+a =2x 2x -x 2 ，即y =2x 2x -x 22-a 2+a ，所以3x 21-1=2x 2-2x 31=-x 22-a 2+a ，所以-a 2+a =x 22-2x 31=3x 21-122-2x 31=94x 41-2x 31-32x 21+14，令h x =94x 4-2x 3-32x 2+14,∴h x =9x 3-6x 2-3x ，所以当x ∈-∞,-13 ∪0,1 时，hx <0；当x ∈-13,0 ∪1,+∞ 时，h x >0；∴h x 在-∞,-13和0,1 上单调递减；在-13,0 和1,+∞ 上单调递增；又h -13 =527,h 1 =-1，所以h x ∈-1,+∞ ，所以-a 2+a ≥-1，解得1-52≤a ≤1+52，所以a 的取值范围为1-52,1+52，所以A 正确；对于B ，-24-1-52=25-2+2 4>0，所以1-52<-24<0，所以B 正确；对于C ，因为0<log 27<log 222=32<1+52，所以C 正确；对于D ，因为e π+πe>2e π⋅πe=2>1+52，所以D 不正确.故选：ABC10(2023·全国·高三专题练习)函数f x =ln x +1，g x =e x -1，下列说法正确的是( )．(参考数据：e 2≈7.39，e 3≈20.09，ln2≈0.69，ln3≈1.10)A.存在实数m ，使得直线y =x +m 与y =f x 相切也与y =g x 相切B.存在实数k ，使得直线y =kx -1与y =f x 相切也与y =g x 相切C.函数g x -f x 在区间23,+∞ 上不单调D.函数g x -f x 在区间23,+∞上有极大值，无极小值【答案】AB【分析】对AB ，设直线与y =f x 、y =g x 分别切于点P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，利用点在线上及斜率列方程组，解得切点即可判断；对CD ，令h x =g x -f x ，由二阶导数法研究函数单调性及极值.【详解】对AB ，设直线l 与y =f x 、y =g x 分别切于点P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，f x =1x，gx =ex，则有y1=f x1=ln x1+1y2=g x2=e x2-1y1-y2x1-x2=1x1=e x2⇒ln x1+1-e x2-1x1-x2=e x2⇒-x2+1-e x2-11e x2-x2=e x2⇒e x2-1x2-1=0，解得x2=0或x2=1.当x2=0，则y2=0，x1=1，y1=1，公切线为y=x，此时存在实数m=0满足题意；当x2=1，则y2=e-1，x1=1e，y1=0，公切线为y=e x-1e=ex-1，此时存在实数k=1满足题意，AB对；对CD，令h x =g x -f x =e x-ln x-2，x∈0,+∞，则m x =h x =e x-1 x，由m x =e x+1x2>0得h x 在0,+∞单调递增，由h23=e23-32=e2-278e232+32e23+94>0得，x∈23,+∞时，h x >0，h x 单调递增，CD错.故选：AB.三、填空题11(2023·全国·高三专题练习)若曲线y=ax2与y=ln x有一条斜率为2的公切线，则a= .【答案】1ln2e【分析】根据导数的几何意义以及切线方程的求解方法求解.【详解】设公切线在曲线y=ax2与y=ln x上的切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，由y=ln x可得y =1x，所以1x2=2，解得x2=12，所以y2=ln x2=-ln2,则B12,-ln2 ，所以切线方程为y+ln2=2x-1 2，又由y=ax2，可得y =2ax，所以2ax1=2，即ax1=1，所以y1=ax21=x1，又因为切点A(x1,y1)，也即A(x1,x1)在切线y+ln2=2x-1 2上，所以x1+ln2=2x1-1 2，解得x1=ln2+1，所以a =1x 1=1ln2+1=1ln2e .故答案为:1ln2e.12(2023·河北唐山·统考三模)已知曲线y =ln x 与y =ax 2a >0 有公共切线，则实数a 的取值范围为.【答案】12e,+∞【分析】设公切线与曲线的切点为x 1,ln x 1 ，x 2,ax 22 ，利用导数的几何意义分别求y =ln x 和y =ax 2上的切线方程，由所得切线方程的相关系数相等列方程求参数关系，进而构造函数并利用导数研究单调性求参数范围.【详解】设公切线与曲线y =ln x 和y =ax 2的切点分别为x 1,ln x 1 ，x 2,ax 22 ，其中x 1>0，对于y =ln x 有y =1x ，则y =ln x 上的切线方程为y -ln x 1=1x 1x -x 1 ，即y =xx 1+ln x 1-1 ，对于y =ax 2有y =2ax ，则y =ax 2上的切线方程为y -ax 22=2ax 2x -x 2 ，即y =2ax 2x -ax 22，所以1x 1=2ax 2ln x 1-1=-ax 22，有-14ax21=ln x 1-1，即14a=x 21-x 21ln x 1x 1>0 ，令g x =x 2-x 2ln x ，g x =x -2x ln x =x 1-2ln x ，令gx =0，得x =e 12，当x ∈0,e12时，g x >0，g x 单调递增，当x ∈e 12,+∞ 时，g x <0，g x 单调递减，所以g x max =g e12=12e ，故0<14a ≤12e ，即a ≥12e.∴正实数a 的取值范围是12e,+∞.故答案为：12e,+∞.13(2023·浙江金华·统考模拟预测)若存在直线l 既是曲线y =x 2的切线，也是曲线y =a ln x 的切线，则实数a 的最大值为.【答案】2e【分析】设切线与两曲线的切点分别为(n ,n 2)，(m ,a ln m )，根据导数的几何意义分别求出切线方程，可得a4m2=1-ln m，由题意可知a4=m2(1-ln m)有解，故令g(x)=x2(1-ln x),(x>0)，利用导数求得其最值，即可求得答案.【详解】由题意知两曲线y=x2与y=a ln x,(x>0)存在公切线，a=0时，两曲线y=x2与y=0,(x>0)，不合题意；则y=x2的导数y =2x，y=a ln x的导数为y =a x，设公切线与y=x2相切的切点为(n,n2)，与曲线y=a ln x相切的切点为(m,a ln m)，则切线方程为y-n2=2n(x-n)，即y=2nx-n2，切线方程也可写为y-a ln m=am(x-m)，即y=amx-a+a ln m，故2n=am-n2=-a+a ln m，即a24m2=a-a ln m，即a4m2=1-ln m，即a4=m2(1-ln m)有解，令g(x)=x2(1-ln x),(x>0)，则g (x)=2x(1-ln x)+x2-1 x=x(1-2ln x)，令g (x)=0可得x=e，当0<x<e时，g (x)>0，当x>e时，g (x)<0，故g(x)在(0,e)是增函数，在(e,+∞)是减函数，故g(x)的最大值为g(e)=e 2，故a4≤e2，所以a≤2e，即实数a的最大值为2e，故答案为：2e。

导数专题,导数题型归纳贾老师高考数学一轮复【题型归纳】系列辅导资料导数专题：导数题型归纳目录：第1节：导数的概念与导函数题型48：导数的概念与求极限知识点摘要：本题型主要考察导数的概念和求导函数的极限值。

需要掌握导数的定义和求导法则，以及极限的基本概念和计算方法。

典型例题精讲精练：例题1：已知函数$f(x)=x^2+3x-4$，求$f(x)$在$x=2$处的导数。

解析：根据导数的定义，导数$f'(x)$表示函数$f(x)$在$x$处的变化率。

因此，我们可以使用导数的定义来求$f(x)$在$x=2$处的导数：f'(2)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(2+\Delta x)-f(2)}{\Delta x}$$将函数$f(x)=x^2+3x-4$代入上式，得到：f'(2)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{(2+\Delta x)^2+3(2+\Delta x)-4-(2^2+3\times 2-4)}{\Delta x}$$化简得：f'(2)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{(4\Delta x+\Deltax^2)+3\Delta x}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}(4+\Deltax+3)=\boxed{7}$$因此，$f(x)$在$x=2$处的导数为$7$。

例题2：已知函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}$，求$f'(x)$。

解析：根据导数的定义，导数$f'(x)$表示函数$f(x)$在$x$处的变化率。

因此，我们可以使用导数的定义来求$f(x)$的导数：f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}$$将函数$f(x)=\sqrt{x^2+1}$代入上式，得到：f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\sqrt{(x+\Delta x)^2+1}-\sqrt{x^2+1}}{\Delta x}$$分子有两个根号，难以计算，因此我们需要进行有理化。

专题 导数与函数的极值、最值一、题型全归纳题型一 利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程命题角度一 由图象判断函数的极值【题型要点】由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点： (1) 由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性，两者结合可得极值点【例1】设函数()x f 在R 上可导，其导函数为()x f '，且函数()()x f x y '-=1的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）A.函数f （x ）有极大值f （2）和极小值f （1）B.函数f （x ）有极大值f （－2）和极小值f （1）C.函数f （x ）有极大值f （2）和极小值f （－2）D.函数f （x ）有极大值f （－2）和极小值f （2）【解析】由题图可知，当x ＜－2时，()x f '＞0；当－2＜x ＜1时，()x f '＜0；当1＜x ＜2时，()x f '＜0；当x ＞2时，()x f '＞0.由此可以得到函数f （x ）在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值. 【例2】已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点【解析】由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 正确．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 错误．故选B.命题角度二 求已知函数的极值【题型要点】求函数极值的一般步骤（1）先求函数f （x ）的定义域，再求函数f （x ）的导函数. （2）求()x f '＝0的根.（3）判断在()x f '＝0的根的左、右两侧()x f '的符号，确定极值点. （4）求出具体极值.【例3】已知函数f （x ）＝（x －2）（e x －ax ），当a ＞0时，讨论f （x ）的极值情况. 【解析】 ∵()x f '＝（e x －ax ）＋（x －2）（e x －a ）＝（x －1）（e x －2a ），∵a ＞0， 由()x f '＝0得x ＝1或x ＝ln 2a .∵当a ＝e2时，f ′（x ）＝（x －1）（e x －e ）≥0，∵f （x ）在R 上单调递增，故f （x ）无极值.∵当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：∵当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：综上，当0＜a ＜e2时，f （x ）有极大值－a （ln 2a －2）2，极小值a －e ；当a ＝e2时，f （x ）无极值；当a ＞e2时，f （x ）有极大值a －e ，极小值－a （ln 2a －2）2.【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x ，求函数f (x )的极小值．【解析】 f ′(x )＝1x －a －1x 2＝x －（a －1）x 2(x >0)，当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上单调递减； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上单调递增．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)． 综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．命题角度三 已知函数的极值求参数值(范围)【题型要点】已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．【易错提醒】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，即在某区间上单调函数没有极值．【例5】设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛1,1a 时，f ′(x )<0; 当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∵(0，1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．题型二 函数的最值问题【题型要点】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．【例1】（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f （x ）＝2x 3－ax 2＋b . （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间［0,1］的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）f ′（x ）＝6x 2－2ax ＝2x （3x －a ）.令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∵（－∞，0）∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在 （－∞，0），⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 单调递减. 若a ＝0，f （x ）在（－∞，＋∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ∵（0，＋∞）时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ，（0，＋∞）单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛0,3a 单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（∵）当a ≤0时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递增，所以f （x ）在区间［0,1］的最小值为f （0）＝b ，最大值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1. （∵）当a ≥3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递减，所以f （x ）在区间［0,1］的最大值为f （0）＝b ，最小值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1. （∵）当0＜a ＜3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］的最小值为⎪⎭⎫⎝⎛3a f ＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾.若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾.综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f （x ）在［0,1］的最小值为－1，最大值为1.【例2】(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x －ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．【解析】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx 2，所以f ′(x )＞0∵0<x <1，f ′(x )<0∵x ＞1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,1e 上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又⎪⎭⎫ ⎝⎛e f 1＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e，且⎪⎭⎫⎝⎛e f 1<f (e)．所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值为0，最小值为2－e.题型三 函数极值与最值的综合应用【题型要点】解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例1】设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .若f (x )在x ＝2处取得极小值，则a 的取值范围为_______． 【解析】 f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ，若a >12，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛2,1a 时，f ′(x )<0；当x ∵(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∵(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21. 【例2】已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．【解析】：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)∵由(1)知，当－1≤x <1时，函数f (x )在[－1，0)和⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,32上单调递减，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡32,0上单调递增．因为f (－1)＝2，⎪⎭⎫ ⎝⎛32f ＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.∵当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.题型四 利用导数研究生活中的优化问题【题型要点】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f （x ）.（2）求函数的导数()x f '，解方程()x f '＝0.（3）比较函数在区间端点和()x f '＝0的点的函数值的大小，最大（小）者为最大（小）值. （4）回归实际问题，结合实际问题作答.【例1】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式y ＝ax －3＋10（x －6）2，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（1）因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，解得a ＝2.（2）由（1）可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10（x －6）2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f （x ）＝（x －3）⎣⎡⎦⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10（x －3）（x －6）2,3＜x ＜6.则()x f '＝10［（x －6）2＋2（x －3）（x －6）］＝30（x －4）（x －6）. 于是，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：所以，当x ＝4时，函数f （x ）取得最大值且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.【例2】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎨⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本） 【解析】（1）由题意得W ＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫10.8－130x 2x －2.7x －10，0＜x ≤10，⎝⎛⎭⎫108x －1 0003x 2x －2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎨⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝⎛⎭⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.（2）∵当0＜x ≤10时，W ＝8.1x －130x 3－10，则W ′＝8.1－110x 2＝81－x 210＝（9＋x ）（9－x ）10，因为0＜x ≤10，所以当0＜x ＜9时，W ′＞0，则W 递增；当9＜x ≤10时，W ′＜0，则W 递减.所以当x ＝9时，W 取最大值1935＝38.6万元.∵当x ＞10时，W ＝98－⎪⎭⎫⎝⎛+x x 7.231000≤98－21 0003x×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时等号成立.综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.二、高效训练突破 一、选择题1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50，14 C ．50，－2D ．50，－14【解析】：因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∵[－4，－3)或x ∵(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∵(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2. 2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，给出下列判断：∵函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内单调递增；∵当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ∵函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增；∵当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．∵∵ B ．∵∵ C ．∵∵∵D ．∵∵【解析】：对于∵，函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内有增有减，故∵不正确； 对于∵，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故∵正确；对于∵，当x ∵(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上单调递增，故∵正确； 对于∵，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故∵不正确．3.（2020·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（ ） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1 C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值0【解析】∵f （x ）＝ax ＋ln x ，x ＞0，∵f ′（x ）＝a ＋1x ，由f ′（1）＝0得a ＝－1，∵f ′（x ）＝－1＋1x ＝1－xx .由f ′（x ）＞0得0＜x ＜1，由f ′（x ）＜0得x ＞1， ∵f （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∵f （x ）极大值＝f （1）＝－1，无极小值，故选A.4.函数f （x ）＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于（ ）A.89B.109C.169D.289【解析】函数f （x ）的图象过原点，所以d ＝0.又f （－1）＝0且f （2）＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f （x ）＝x 3－x 2－2x ，所以f ′（x ）＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′（x ）＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5.已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e【解析】：函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x －1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x－1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2. 6.已知函数f （x ）＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k 的取值范围为（ ） A.［－3，＋∞） B.（－3，＋∞） C.（－∞，－3）D.（－∞，－3］【解析】由题意知f ′（x ）＝3x 2＋6x －9，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′（x ），f （x ）随x 的变化情况如下表：7.用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( ) A ．120 000 cm 3 B ．128 000 cm 3 C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3【解析】：设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x ＝80(x ＝0舍去)．当x ∵(0，80)时，y ′＞0；当x ∵(80，120)时，y ′＜0. 因此，x ＝80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.8.(2020·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∵N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A ．2折函数 B ．3折函数 C ．4折函数D ．5折函数【解析】：.f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)·(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e －2≠3×(－2)＋2＝－4. 所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．9.(2020·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2 B ．4e 2 C ．e －2D ．e 2【解析】：f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.10.函数f （x ）＝x 3－3x －1，若对于区间［－3,2］上的任意x 1，x 2，都有|f （x 1）－f （x 2）|≤t ，则实数t 的最小值是（ ） A.20 B.18 C.3D.0【解析】原命题等价于对于区间［－3,2］上的任意x ，都有f （x ）max －f （x ）min ≤t ， ∵f ′（x ）＝3x 2－3，∵当x ∵［－3，－1］时，f ′（x ）＞0， 当x ∵［－1,1］时，f ′（x ）＜0，当x ∵［1,2］时，f ′（x ）＞0. ∵f （x ）max ＝f （2）＝f （－1）＝1，f （x ）min ＝f （－3）＝－19. ∵f （x ）max －f （x ）min ＝20，∵t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.二、填空题1.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a －b ＝ ．【解析】：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 ．【解析】：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.3．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝ ，f (x )的极小值为 ．【解析】：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.4.（2019·武汉模拟）若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．【解析】：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.5.若函数f （x ）＝x 3－3ax 在区间（－1,2）上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .【解析】因为f ′（x ）＝3（x 2－a ），所以当a ≤0时，f ′（x ）≥0在R 上恒成立，所以f （x ）在R 上单调递增，f （x ）没有极值点，不符合题意； 当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x ＝±a ， 当x 变化时，f ′（x ）与f （x ）的变化情况如下表所示：因为函数f （x ）在区间（－1,2）上仅有一个极值点，所以⎩⎨⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.三 解答题1.(2020·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值． 【解析】：(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． 所以f (x )max ＝f (1)＝－1.所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∵(0，e]，1x ∵⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,1e .∵若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意；∵若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∵(0，e]，解得0<x <－1a，令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∵(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上为增函数，在⎥⎦⎤⎝⎛-e a ,1上为减函数，所以f (x )max ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 1＝－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln .令－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln ＝－3，得⎪⎭⎫⎝⎛-a 1ln ＝－2，即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.2.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∵R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值．【解析】：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)f ′(x )＝n －xx2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n .∵当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；∵当n >1时，函数f (x )在[1，n )上单调递增，在(n ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (n )＝m －1－ln 3.（2019·郑州模拟）已知函数f （x ）＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上的最大值和最小值.【解析】 f ′（x ）＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.∵若k ＝0，则f ′（x ）＝－1x 2在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒有f ′（x ）＜0，所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减.∵若k ≠0，则f ′（x ）＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.（∵）若k ＜0，则在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0.所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上单调递减，（∵）若k ＞0，由k ＜1e ，得1k ＞e ，则x －1k ＜0在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒成立，所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0， 所以f （x ）在1e ，e 上单调递减.综上，当k ＜1e 时，f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减，所以f （x ）min ＝f （e ）＝1e ＋k －1，f （x ）max ＝⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝e －k －1.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x （a ＞0）.（1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【解析】由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′（x ）＝a x －1x 2（a ＞0）.（1）由f ′（x ）＞0解得x ＞1a ，所以函数f （x ）的单调递增区间是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a ；由f ′（x ）＜0解得x ＜1a ，所以函数f （x ）的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛a 1,0.所以当x ＝1a 时，函数f （x ）有极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值. （2）不存在.理由如下：由（1）可知，当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0时，函数f （x ）单调递减；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 时，函数f （x ）单调递增.∵若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f （x ）在［1，e ］上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （1）＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件.∵若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f （x ）在⎪⎭⎫⎢⎣⎡a 1,1上为减函数，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a ,1上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （x ）的极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a （1－ln a ）＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件.∵若1a ＞e ，即0＜a ＜1e时，函数f （x ）在［1，e ］上为减函数，故函数f （x ）的最小值为f （e ）＝a ＋1e ＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件.综上所述，这样的a 不存在.。

高考数学题型归纳之导数题型解题方法高考数学题型归纳之导数题型解题方法导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。

在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1.导数的常规问题：(1)刻画函数(比初等方法精确细微);(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。

2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。

知识整合1.导数概念的理解。

2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。

这个工作可让学生分组负责收集整理,登在小黑板上,每周一换。

要求学生抽空抄录并且阅读成诵。

其目的在于扩大学生的知识面,引导学生关注社会,热爱生活,所以内容要尽量广泛一些,可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。

如此下去,除假期外,一年便可以积累40多则材料。

如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料,写起文章来还用乱翻参考书吗?复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。

课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。

要练说，先练胆。

说话胆小是幼儿语言发展的障碍。

不少幼儿当众说话时显得胆怯：有的结巴重复，面红耳赤；有的声音极低，自讲自听；有的低头不语，扯衣服，扭身子。

总之，说话时外部表现不自然。

我抓住练胆这个关键，面向全体，偏向差生。

一是和幼儿建立和谐的语言交流关系。

每当和幼儿讲话时，我总是笑脸相迎，声音亲切，动作亲昵，消除幼儿畏惧心理，让他能主动的、无拘无束地和我交谈。

二是注重培养幼儿敢于当众说话的习惯。

或在课堂教学中，改变过去老师讲学生听的传统的教学模式，取消了先举手后发言的约束，多采取自由讨论和谈话的形式，给每个幼儿较多的当众说话的机会，培养幼儿爱说话敢说话的兴趣，对一些说话有困难的幼儿，我总是认真地耐心地听，热情地帮助和鼓励他把话说完、说好，增强其说话的勇气和把话说好的信心。

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论 类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值 解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ． 因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数 例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点； 当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+， 所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点； 当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点． （ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<． 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解： 不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-， 而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <． 从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论： （1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立； （2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ， 求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意； 综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值； （2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+． 由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-． 设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-． 设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-． 所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增， 在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性； （2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=， 当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，， 得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥， 令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=， 等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。