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高考数学导数压轴题7大题型总结
北京八中
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。
导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
07导数结合三角函数
实用标准
文案大全。
㊀㊀㊀讲题比赛获奖论文之六:２０２２年高考数学全国乙卷导数压轴题解析◉中央民族大学附属中学呼和浩特分校㊀李雪峰㊀㊀摘要:函数零点问题在高考压轴题中经常出现．在解题过程中,按照一定标准对参数分类讨论㊁把握细节确定方向㊁引入隐零点㊁区间卡根,这些方面都可能成为解决零点问题的障碍．所以,选取适当的角度观察㊁分析,根据题目中的关键信息制定策略㊁拟定解题思路,并在此基础上进行计算㊁推理论证,往往是解题的关键．只有明白了思考的底层逻辑,才能使分析问题㊁解决问题的能力有所提高．关键词:函数零点问题;分类讨论;数形结合;区间卡根１试题呈现(２０２２年高考数学全国乙卷第２１题)已知函数f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x．(１)当a ＝１时,求曲线y ＝f (x )在点(０,f (０))处的切线方程;(２)若f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,求a 的取值范围．２试题解析本题的第(１)问不多赘述,下面给出第(２)问的几种不同的思考角度和解题方法．２．１思路一及解法２．１．１解题思路一的形成因为题中所给条件是函数零点问题,所以我们先观察函数值的正负情况以及何时为零．当a ȡ０时,若x ＞０,则f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０恒成立,与题意不符．因此,下面只讨论a ＜０时的情形．通过观察易知f (０)＝０,当x ң－１时,f (x )ң－ɕ;当x ң＋ɕ时,f (x )ң＋ɕ．要使f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点,则可以猜测f (x )的图象大致如图１所示．图１由图１可知,fᶄ(０)＝a ＋１＜０显然为其必要条件,即a ＜－１．下面需要说明:①当a ȡ－１时,不符合题意;②当a ＜－１时,讨论函数f (x )的单调性,再根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．思路一的思维导图如图２所示．函数f (x )零点问题观察函数的零点及正负情况确定讨论a 的标准说明a ȡ０和－１ɤa ＜０时不符合题意当a ＜－１时,利用隐零点讨论f (x )的单调性,并区间探点,说明a ＜－１时符合题意得出结论图２２．１．２具体解法解法１:由思路一的分析可知a ȡ０不合题意,下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导,得f ᶄ(x )＝e x ＋a (１－x ２)(x ＋１)ex．设g (x )＝e x ＋a (１－x ２)．当－１ɤa ＜０时,在区间(０,＋ɕ)上,有g (x )＝e x ＋a (１－x ２)＝(e x＋a )－a x ２＞０．所以,在区间(０,＋ɕ)上,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,则f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．当a ＜－１时,g ᶄ(x )＝e x－２a x ,因为g ᵡ(x )＝e x－２a ＞０,所以g ᶄ(x )在区间(－１,＋ɕ)上单调递增．又因为g ᶄ(－１)＝e －１＋２a ＜０,gᶄ(０)＝１＞０,所以存在唯一x ０ɪ(－１,０),使g ᶄ(x ０)＝０．因此,当x ɪ(－１,x ０)时,g ᶄ(x )＜０,g(x )单调递减;当x ɪ(x ０,＋ɕ)时,g ᶄ(x)＞０,g (x )单调递增．(为直观起见,下面分别画出函数g ᶄ(x ),g (x ),f (x )的大致图象,如图３~５所示．)图３㊀㊀图４３２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀图５于是g (x ０)＜g (０)＝a ＋１＜０,又因为g (－１)＝１e ＞０,g (１)＝e ＞０,所以存在x １ɪ(－１,x ０),x ２ɪ(x ０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．当x ɪ(－１,x １)时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ɪ(x １,x ２)时,g (x )＜０,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减;当x ɪ(x ２,＋ɕ)时,g (x )＞０,fᶄ(x )＞０,f (x )单调递增．同时可知f (x １)＞f (０)＝０,f (x ２)＜f (０)＝０．(至此,利用隐零点求出了函数f (x )的单调区间．下面利用放缩法进行区间卡根,根据零点存在定理说明在区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．)当－１＜x ＜０时,因为x e －x＞－e(证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＜l n (x ＋１)－e a ．由l n (x ＋１)－e a ＜０,得x ＜e e a －１．取m ＝e e a－１,则f (m )＜０,从而存在唯一s ɪ(m ,x １),使f (s )＝０．当x ＞０时,因为x e －xɤ１e (证明略),所以f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞l n (x ＋１)＋a e．由l n (x ＋１)＋a e＞０,得x ＞e －a e－１．取n ＝e －a e－１,则f (n )＞０,从而存在唯一t ɪ(x ２,n ),使f (t )＝０．所以,当a ＜－１时,函数f (x )区间(－１,０)和(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．解法２:当a ȡ０时,在区间(０,＋ɕ)上,f (x )＝l n (１＋x )＋a x e －x＞０,与题意不符．下面只讨论a ＜０时的情形．由f (x )求导得f ᶄ(x )＝１x ＋１＋a (１－x )ex＝１x ＋１[１＋a (１－x ２)e x]．(注意常见的变形技巧:对数 单身狗 ,指数 找朋友 ．)设g (x )＝１＋a (１－x ２)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．求导,得g ᶄ(x )＝a (x ２－２x －１)ex,x ɪ(－１,＋ɕ)．易得g (x )在(－１,１－２)上单调递减,在(１－２,１＋２)上单调递增,在(１＋２,＋ɕ)上单调递增．当－１ɤa ＜０时,g (０)＝a ＋１ȡ０,又因为当x ＞１＋２时,g (x )＝１＋a (１－x ２)ex＞１,所以当x ＞０时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增,从而f (x )＞f (０)＝０,这与题意不符．(为直观起见,给出g (x )的图象,如图６所示．)图６当a ＜－１时,g (０)＝a ＋１＜０,因为g (－１)＝g (１)＝１＞０,g (１－２)＜g (０)＜０,所以存在唯一x １ɪ(－１,０),x ２ɪ(０,１),使g (x １)＝g (x ２)＝０．此时f (x )在(－１,x １)上单调递增,(x １,x ２)上单调递减,在(x ２,＋ɕ)上单调递增．故f (x １)＞f (０)＝０＞f (x ２)．(为直观起见,给出g (x ),f (x )的图象,如图７．)㊀图７下面找点说明f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上有零点．f (x )＝l n (１＋x )＋a xex (a ＜－１)．设m (x )＝x e x ,则x ɪ(－１,１)时,m ᶄ(x )＝１－xex ＞０,x ɪ(１,＋ɕ)时,m ᶄ(x )＜０．于是m (x )ɪ－e ,１e æèçöø÷．所以,可得l n (１＋x )＋ae＜l n (１＋x )＋a xex ＜l n (１＋x )－a e ．由l n (１＋x )＋a e＝０,解得x ＝e －ae－１＞０,f (e －a e－１)＞l n (１＋e －－１)＋a e＝０．由l n (１＋x )－a e ＝０,解得x ＝e e a－１．所以可得f (e a e －１)＜l n (１＋e a e－１)－a e ＝０．所以f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)上各恰有一个零点．综上所述,a 的取值范围是(－ɕ,－１)．点评:解法１和解法２的基本思路一样,都是按照一定的标准对参数a 进行分类讨论,然后借助隐零点将函数的定义域分成若干个单调区间,最后在每个单调区间上卡根,根据零点存在定理说明函数零点的情况．解法２在求导后将导函数等价变形,使再求导后只需解一个不含参的二次不等式,简化了运算．解题一般是按照由易到难的顺序进行思考,即先４２命题考试试题研究㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀２０２２年１２月上半月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.㊀㊀㊀观察㊁猜想,再分析㊁思辨,最后论证㊁求解．题目越复杂越要注意细节,细节往往是打通解题思路的关键．２．２思路二及解法２．２．１解题思路二的形成函数零点的问题往往可以转化为两个函数图象交点问题,因此该题可以考虑参变分离,将函数零点的问题转化为直线与另一个函数图象交点问题,同时还可以避免参数讨论带来的麻烦．思路二的思维导图,如图８所示．函数f (x )零点问题转化为直线y ＝－a 与y ＝F (x )图象交点问题求导后,讨论F ᶄ(x )的符号及F (x )的单调性x ＞０时,求出F (x )在x ＝０处的极限,由图可得a ＜－１当x ＜０时,利用隐零点,讨论F (x )的单调性,并求出F (x )当x 趋于－１时的极限,由图可得a ＜－１得出结论图８２．２．２具体解法解法３:因为f (０)＝０,所以f (x )＝０等价于－a ＝e x l n (１＋x )x．令F (x )＝e x l n (１＋x )x (x ＞－１),则F ᶄ(x )＝e x[(x ２－１)l n (１＋x )＋x ]x ２(x ＋１)．令g (x )＝(x ２－１)l n (１＋x )＋x ,则gᶄ(x )＝x [１＋２l n (１＋x )]．(注意到g (０)＝０,所以先讨论g (x )在x ＞０时的正负情况．)当x ＞０时,gᶄ(x )＞０,则g (x )单调递增,g (x )＞g (０)＝０,从而当x ＞０时,F ᶄ(x )＞０,F (x )在(０,＋ɕ)单调递增．由导数定义,得㊀F (x )＞l i m x ң０F (x )＝l i m x ң０e xl n (１＋x )－e ０l n (１＋０)x －０＝[e xl n (１＋x )]ᶄ|x ＝０＝[e x １１＋x ＋e xl n (１＋x )]|x ＝０＝１．(为直观起见,下面给出F (x )的图象．)图９如图９所示,要使直线y ＝a 与F (x )图象在y 轴右侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．因为e e l n (１＋e －a )e－a＋a ＞l n (１＋e －a )＋a ＞l n e －a＋a ＝０,所以由零点存在定理可知,a ＜－１时,f (x )在区间(０,＋ɕ)恰有一个零点．当－１＜x ＜０时,令g ᶄ(x )＝０,得x ＝e －－１．易知g (x )在(－１,e －１２－１)上单调递增,在(e －１２－１,０)上单调递减,则g (e －１２－１)＞g (０)＝０．因为g (e －１－１)＝－e ２＋３e －１e２＜０,所以存在唯一x ０ɪ(e －１－１,e －１２－１),使g (x ０)＝０．(为直观起见,给出g (x ),F (x )的图象,如图１０．)㊀㊀图１０当－１＜x ＜x ０时,g (x )＜０,F ᶄ(x )＜０,F (x )单调递减;当x ０＜x ＜０时,g (x )＞０,F ᶄ(x )＞０,F (x )单调递增．所以F (x ０)＜l i m x ң０F (x )＝１．又因为l i m x ң－１F (x )＝＋ɕ,所以要使直线y ＝a 与f (x )图象在y 轴左侧恰有一个交点,则必然有－a ＞１,即a ＜－１．综上所述,当a ＜－１时,f (x )在区间(－１,０),(０,＋ɕ)各恰有一个零点．点评:解法３的好处在于对F (x )求导后避免了参数的讨论;难点在于当x 趋于０时F (x )的极限值不易求出,虽然可用洛必达法则,但是超出了高中所学．该解法绕开了洛必达法则,利用导数的定义求出F (x )在x ＝０处的极限,比较巧妙,不易想到．３试题链接下面给出两道高考真题,供读者练习．试题１㊀(２０１７年全国Ⅰ卷理科)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．试题２㊀(２０１８年全国Ⅱ卷理科)已知函数f (x )＝e x－a x ２．(１)若a ＝１,证明:当x ȡ０时,f (x )ȡ１;(２)若f (x )在(０,＋ɕ)只有一个零点,求a ．４总结函数零点问题是高考的常考内容,数形并用㊁合理分类是解题的关键．区间探点是一个难点,常常可以用放缩法解决．上述方法都是解决此类问题的典型方法,由于方法３中的极限值不易求出,考试中绝大多数考生选择了方法１和方法２．该题对学生的逻辑推理能力和运算能力要求较高,解题时要求学生注意细节㊁大胆猜想㊁合理分类㊁准确计算,这样才能将问题顺利解决．Z５２２０２２年１２月上半月㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀试题研究命题考试Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。
下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。
当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。
当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。
当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版导数与三角函数的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。
这些问题的形式逐渐多样化、综合化。
一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数$f(x)=\sin x-\ln(1+x)$，$f'(x)$为$f(x)$的导数。
证明：1）$f'(x)$在区间$(-1,)$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$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。
当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。
则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。
所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。
2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。
i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)<0$，故$f(x)$在$(-1,0)$单调递减，又$f(0)=0$，从而$x=0$是$f(x)$在$(-1,0]$的唯一零点。
高考导数压轴题高考导数压轴题导数是高中数学的一大难点，其重要性不言而喻，也成为了高考数学必考的一部分。
对于高考来说，导数是一个非常重要的考点，而在导数的知识体系之中，高考常常考查一些难度稍大，较为综合的题目，即所谓的“导数压轴题”。
一、导数压轴题的特点导数压轴题，通常具有以下几个特点：1. 难度较高：导数压轴题是导数知识体系中比较难的题目，往往需要考生具备较为深厚的数学功底，以及熟练掌握导数的相关知识点。
2. 基础知识多：导数压轴题通常需要考生综合运用导数的各种知识点，包括但不限于导数的定义、导数的计算方法、导数的几何意义等。
3. 综合性强：导数压轴题不像其他知识点一样“纯粹”，往往需要考生融入自己的数学思想，并从不同的方面综合运用导数知识点，解决一些较为综合、较为难度的问题。
4. 涉及面宽：导数压轴题可能会涉及到其他高中数学的相关知识点，如函数极值、最值区间等等。
二、导数压轴题的例子以下是一些典型的导数压轴题例子：1. 求函数$f(x)=x^3-3x^2$的最小值。
解法：首先求导，得到$f'(x)=3x^2-6x$。
令$f'(x)=0$，解得$x=0,2$。
由于$f'(0)<0$，$f'(2)>0$，所以$x=2$是$f$的极小值点，代入原函数可得最小值$f(2)=-4$。
2. 求曲线$y=\sqrt{x^2+4}$上的一条切线，该切线平行于直线$y=2x$。
解法：首先求导，得到$y'=\frac{x}{\sqrt{x^2+4}}$。
则此时曲线上任一点$(x_0,y_0)$处的切线斜率为$y_0'=y'(x_0)=\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+4}}$。
因为切线与直线$y=2x$平行，故其斜率为$2$，即$$\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+4}}=2$$ 解得$x_0=4$，代入原方程可得$y_0=4\sqrt{2}$。
2.4导数及其应用(压轴题)命题角度1利用导数研究函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2016北京·18)设函数f(x)=x e a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.2.(2016四川·21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).新题演练提能·刷高分1.(2018北京海淀模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1.(1)若曲线y=f(x)在点(0,1)处切线的斜率为-3,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间[-2,a]上单调递增,求a的取值范围.2.(2018江西师大附中模拟)已知函数f(x)=(2-m)ln x++2mx.(1)当f'(1)=0时,求实数m的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.3.(2018山东烟台期末)已知函数f(x)=ln x+-x+1-a(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若存在x>1,使f(x)+x<成立,求整数a的最小值.4.(2018重庆二诊)已知函数f(x)=-1e x+(x>0,a∈R).(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求a的取值范围;(2)当a∈(-3,-e)时,判断关于x的方程f(x)=2的解的个数.命题角度2函数的单调性与极值、最值的综合应用高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.2.(2017北京·19)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.3.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=ax2-ax-x ln x,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)<2-2.4.(2017山东·20)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e x(cos x-sin x+2x-2),其中e≈2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程.(2)令h(x)=g(x)-af(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.5.(2016全国Ⅱ·21)(1)讨论函数f(x)=e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)e x+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北重点高中协作体联考)已知函数f(x)=.(1)求函数f(x)的极值点;(2)设g(x)=xf(x)-ax2+(a>0),若g(x)的最大值大于-1,求a的取值范围.2.(2018河南中原名校质量考评)已知函数f(x)=e x-x2+ax.(1)当a>-1时,试判断函数f(x)的单调性;(2)若a<1-e,求证:函数f(x)在[1,+∞)上的最小值小于.3.(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2(e是自然对数的底数).(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;(2)若∀x∈R,f(x)+e x≥x3+x,求a的取值范围.4.(2018山东青岛一模)已知函数f(x)=a e2x-a e x-x e x(a≥0,e=2.718…,e为自然对数的底数),若f(x)≥0对于x∈R恒成立.(1)求实数a的值;(2)证明:f(x)存在唯一极大值点x0,且≤f(x0)<.命题角度3利用导数研究函数的零点或方程的根高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.2.(2017全国Ⅱ·21)已知函数f(x)=a e2x+(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.3.(2015全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.新题演练提能·刷高分1.(2018湖北黄冈等八市联考)已知函数f(x)=e x,g(x)=.(1)设函数F(x)=f(x)+g(x),试讨论函数F(x)零点的个数;(2)若a=-2,x>0,求证:f(x)·g(x)>.2.(2018广东深圳第二次调研)设函数f(x)=e x-1-a ln x,其中e为自然对数的底数.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若0≤a≤e,求证:f(x)无零点.3.(2018山东济南一模)已知函数f(x)=a ln x-x2+(2a-1)x(a∈R)有两个不同的零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2>2a.命题角度4导数与不等式高考真题体验·对方向1.(2018全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.2.(2016全国Ⅲ·21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明:|f'(x)|≤2A.新题演练提能·刷高分1.(2018河北唐山二模)设f(x)=,g(x)=a x+x a.(1)证明:f(x)在(0,1)上单调递减;(2)若0<a<x<1,证明:g(x)>1.2.(2018河南郑州第二次质量检测)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.3.(2018山西太原二模)已知函数f(x)=m ln x-e-x(m≠0).(1)若函数f(x)是单调函数,求实数m的取值范围;(2)证明:对于任意的正实数a,b,当a>b时,都有e1-a-e1-b>1-.4.(2018河北石家庄一模)已知函数f(x)=(x+b)(e x-a)(b>0)在(-1,f(-1))处的切线方程为(e-1)x+e y+e-1=0.(1)求a,b;(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2-x1≤1+.命题角度5恒成立与存在性问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅲ·21)已知函数f(x)=x-1-a ln x.(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.新题演练提能·刷高分1.(2018江西南昌一模)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线方程是y=0.(1)求函数f(x)的极值;(2)当≥f(x)+x(m<0)恒成立时,求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).2.(2018河北唐山一模)已知函数f(x)=e x-1,g(x)=ln x+a.(1)设F(x)=xf(x),求F(x)的最小值;(2)证明:当a<1时,总存在两条直线与曲线y=f(x)与y=g(x)都相切.3.(2018河北衡水中学模拟)已知函数f(x)=.(1)确定函数f(x)在定义域上的单调性;若f(x)≤k e x在(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.4.(2018山东潍坊一模)函数f(x)=e x sin x,g(x)=(x+1)cos x-e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)对∀x1∈0,,∃x2∈0,,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m的取值范围;(3)设h(x)=·f(x)-n·sin 2x在0,上有唯一零点,求正实数n的取值范围.。
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
高考中导数问题的六大热点由于导数其应用的广泛性，为解决函数问题提供了一般性的方法及简捷地解决一些实际问题．因此在高考占有较为重要的地位，其考查重点是导数判断或论证单调性、函数的极值和最值，利用导数解决实际问题等方面，下面例析导数的六大热点问题，供参考．一、运算问题 例1函数22()(1)x bf x x -=-，求导函数()f x '．分析：用商的导数及复合函数导数的运算律即可解决．解：242(1)(2)2(1)()(1)x x b x f x x ---•-'=-3222(1)x b x -+-=-32[(1)](1)x b x --=--． 评注：对于导数运算问题关键是记清运算法那么．主要是导数的定义、常见函数的导数、函数和差积商的导数，及复合函数、隐函数的导数法那么等．二、切线问题例2设曲线axy e =在点(01)，处的切线与直线210x y ++=垂直，那么a = ．分析：由垂直关系可得切线的斜率为－12，又k ＝0()f x '，即可求出a 的值． 解：axae y ='，∴切线的斜率a y k x ===0'，由垂直关系，有1)21(-=-⋅a ，解得2=a ．评注：是指运用导数的几何意义或物理意义，解决瞬时速度，加速度，光滑曲线切线的斜率等三类问题．特别是求切线的斜率、倾斜角及切线方程问题，其中：⑴ 曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的斜率k ，倾斜角为θ，那么tan θ＝k ＝0()f x '． ⑵ 其切线l 的方程为：y ＝y 0＋0()f x '(x －x 0)．假设曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))的切线平行于y 轴(即导数不存在)时，由切线定义知，切线方程为x ＝x 0．三、单调性问题例3函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．〔Ⅰ〕讨论函数()f x 的单调区间；〔Ⅱ〕设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围． 分析：对于第(1)小题，求导后利用f '(x )＞0或'()f x ＜0，解不等式即得单调区间；而(2)转化为'()f x ＜0在2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，上恒成立即可． 解：〔1〕32()1f x x ax x =+++求导：2()321f x x ax '=++． 当23a≤时，0∆≤，()0f x '≥，()f x 在R 上递增．当23a >，()0f x '=求得两根为3a x -±=，即()f x在⎛-∞ ⎝⎭递增，⎝⎭递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭递增． 〔2〕假设函数在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，那么2()321f x x ax '=++两根在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，外，即2'()31'()3f f ⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩≤0≤0，解得a ≥2，故取值范围是[2，＋∞)． 评注：一般地，设函数y ＝f (x )在某个区间内可导．如果f '(x )＞0，那么f (x )为增函数；如果f '(x )＜0，那么f (x )为减函数．单调性是导数应用的重点内容，主要有四类问题：①运用导数判断单调区间； ②证明单调性； ③单调性求参数；④先证明其单调性，再运用单调证明不等式等问题． 四、极值问题 例4函数1()ln(1),(1)nf x a x x =+--其中n ∈N*,a 为常数．当n =2时，求函数f (x )的极值；分析：运用导数先确定函数的单调性，再求其极值． 解：由得函数f (x )的定义域为{x |x ＞1}， 当n =2时，21()ln(1),(1)f x a x x =+--所以232(1)().(1)a x f x x --=-(1)当a ＞0时，由'()f x ＝0，得11x =+1，21x =＜1， 此时 f ′〔x 〕=123()()(1)a x x x x x ----. 当x ∈〔1，x 1〕时，f ′〔x 〕＜0,f (x )单调递减； 当x ∈〔x 1+∞〕时，f ′〔x 〕＞0, f (x )单调递增. 〔2〕当a ≤0时，f ′〔x 〕＜0恒成立，所以f (x )无极值. 综上所述，n =2时，当a ＞0时，f (x )在1x =+处取得极小值，极小值为2(1(1ln ).2a f a+=+当a ≤0时，f (x )无极值．评注：运用导数解决极值问题．一般地，当函数f (x )在x 0处连续，判别f (x 0)为极大(小)值的方法是：⑴ 假设0'()f x ＝0，且在x 0附近的左侧()f x '＞0，右侧()f x '＜0，那么f (x 0)是极大值，⑵ 如果在x 0附近的左侧()f x '＜0，右侧()f x '＞0，那么f (x 0)是极小值． 五、最值问题例5 求函数f (x )＝x 4－2x 2＋5在[－2，2]上的最大值与最小值． 分析：可先求出导数及极值点，再计算．解： ()f x '＝4x 3－4x ，令()f x '＝0，解得x 1＝－1，x 2＝0，x 3＝1，均在(－2，2)内． 计算f (－1)＝4，f (0)＝5，f (1)＝4，f (－2)＝13，f (2)＝13． 通过比拟，可见f (x ) 在[－2，2]上的最大值为13，最小值为4．评注：运用导数求最大(小)值的一般步骤如下： 假设f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，那么⑴ 求()f x '，令()f x '＝0，求出在(a ，b )内使导数为0的点及导数不存在的点． ⑵ 比拟三类点：导数不存在的点，导数为0的点及区间端点的函数值，其中最大者便是f (x )在[a ，b ]上的最大值，最小者便是f (x )在[a ，b ]上的最小值．六、应用问题例6 用总长的钢条制成一个长方体容器的框架，如果所制做容器的底面的一边比另一边长0.5m ，那么高为多少时容器的容积最大？并求出它的最大容积.分析：本小题主要考查应用所学导数的知识、思想和方法解决实际问题的能力，建立函数式、解方程、不等式、最大值等根底知识．解：设容器底面短边长为x m ，那么另一边长为()0.5x + m ，高为()14.8440.5 3.224x x x --+=-．由3.220x ->和0x >，得0 1.6x <<， 设容器的容积为3ym ，那么有()()0.5 3.22y x x x =+- ()0 1.6x <<．即322 2.2 1.6y x x x =-++， 令0y '=，有26 4.4 1.60x x -++=，即2151140x x --=，解得11x =，2415x =-〔不合题意，舍去〕.当x ＝1时，y 取得最大值，即max 2 2.2 1.6 1.8y =-++=， 这时，高为3.221 1.2-⨯=.答：容器的高为m 时容积最大，最大容积为31.8m ．。
