专题一 第4讲 导数的简单应用

第四章 导数的应用第一节 中值定理一.费马定理1.定义1.极值设函数()x f 在点0x 的某邻域()0U x 内对一切()0x U x ∈有()()0f x f x ≤或（()()0f x f x ≥），则称()x f 在点0x 处取得极大值（或极小值）；并称0x 为()x f 的极大值点（或极小值点）.注意：极大值、极小值在今后统称为极值；极大值点、极小值点在今后统称为极值点；2.定理1.极值的必要条件（费马定理）设()x f 在点0x 的某邻域()0U x 内有定义，且在0x 处可导,若()0f x 为极值，则必有：()00f x '=.证明：不妨设()0f x 为极大值。

按极大值的定义，则0x ∃的某个邻域，使对一切此邻域内的x 有()()0f x f x ≤--------------（1） 所以，()()()0000lim 0;x x f x f x f x x x --→-'=≥-()()()0000l i m 0;x x f x f x f x x x ++→-'=≤---------（2）又因为()0f x '存在，所以应有()()00f x f x -+''=---------（3） 故，由（2）式及（3）式，必有()00f x '=.1．注意：使()00f x '=的点0x 可能为()x f 的极大值点（或极小值点），也可能不是.比如：20,0.y x x == 二．中值定理1.定理2.罗尔中值定理：若值设函数()x f 满足：（1）()x f 在区间[]b a ,上连续； （2）()x f 在区间()b a ,内可导； （3）()()b f a f =.则，必至少存在一点()b a ,∈ξ，使()0f ξ'=注意:罗尔定理的几何意义是说，在每点处都有非垂直切线的一段曲线上，若两端点处的高度相同，则在曲线上至少存在一条水平切线.（作图说明） 证明：由闭区间上连续函数的性质，()x f 在[]b a ,上有最大值M 及最小值m. （1） 若M=m ，则()M x f ≡，[]b a x ,∈∀.所以，()()0,,.f x x a b '≡∀∈任取()b a ,∈ξ，均满足()0f ξ'=；（2） 若m M ≠，则M 和m 中至少有一个不等于()()b f a f =，因此则M 和m中至少有一个在区间内部某点()b a ,∈ξ处取到.不妨设()ξf 为()x f 的最大值，从而也是极大值。

导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。

例谈导数的几个简单的应用王耀辉高中阶段学习导数以后，常常把导数作为研究函数单调性、极大（小）值、最大（小）值和解决生活中优化问题等来运用．实际上，它还有其他方面更多的应用．本文就根据高中学过的一些内容，列举了导数的几个简单的应用，供读者学习时参考．1．利用导数的定义求极限 在一些教辅资料、高考题中，出现了一类特殊极限求值问题，最常见的是00型，感觉不好求．若能灵活运用导数的定义，问题便会迎刃而解．例1．求值：（1）0sin lim x x x →，（2）0ln(1)lim x x x→+． 解：（1）根据导数的定义，该式实际上为求函数()sin f x x =在点0x =处的导数． 所以00sin sin sin 0lim =lim x x x x x x→→-00(sin )|cos |cos 01x x x x =='====． （2）根据导数的定义，该式实际上为求函数()ln(1)f x x =+在点0x =处的导数． 所以000ln(1)1lim=[ln(1)]||11x x x x x x x ==→+'+==+． 例2．（2010年全国卷文科21题）设函数2()(1)x f x x e ax =--．若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．解：由已知得()(1)x f x x e ax =--≥0（x ≥0），即1x e ax --≥0（x ≥0）， 当0x =时，a R ∈；当0x >时，分离参数得1x e a x -≤（0x >），令1()x e g x x-=（0x >），求导得21()x x xe e g x x-+'=（0x >），再令()1x x h x xe e =-+（0x >），则()0x h x xe '=>（0x >），∴()1x x h x xe e =-+在(0,)+∞上递增，∴()(0)0h x h >=，∴()0g x '>，∴1()x e g x x-=在(0,)+∞上递增．∴0()lim ()x g x g x →>，所以0lim ()x a g x →≤．因为00001lim ()=lim =lim 0x x x x x e e e g x xx →→→---00()||1x x x x e e =='===，所以1a ≤． 综上所述，实数a 的取值范围为1a ≤．2．利用函数极值点导数为零的性质，在三角函数中求值例3．已知()sin 2cos 2()f x a x x a R =+∈图像的一条对称轴方程为2x π=，则a 的值为（ ）A ．12B C ．3 D ．2 解析：由于三角函数的对称轴与其曲线的交点为极值点，所以由()2cos 22sin 2f x a x x '=-，得()2cos 2sin =0266f a πππ'=-，故3a =． 例4．已知函数()cos f x x x =的图像向左平移ϕ(0)ϕ>个单位所得图像对应的函数为偶函数，则ϕ的最小值是（ ）A ．6πB ．3πC ．23πD ．56π解析：设函数()f x 图像向左平移ϕ(0)ϕ>个单位后的函数解析式为：()cos())g x x x ϕϕ=++，由于()g x 为偶函数，所以(0)0g '=．又()sin())g x x x ϕϕ'=-+-+，所以sin 0ϕϕ-=，tan ϕ=ϕ的最小值为23π．例5．已知2cos sin x x -=，求tan x 的值．解析：设()2cos sin f x x x =-，则曲线()2cos sin f x x x =-过点(,t ．由于2cos sin )x x x x -=+cos cos sin )x x ϕϕ=+)x ϕ=+，其中cos ϕϕ==所以函数()2cos sin f x x x =-在点(,t 处取极小值，导数为零．即()2sin cos 0f t t t '=--=，所以1tan 2t =-，从而1tan 2x =-．3．导数在数列求和中的应用例6．已知数列{}n a 的通项为12n n a n -=⋅，求数列{}n a 前n 项的和n S ．解析：令2x =，则11ni i i x -=⋅∑1()n i i x ='=∑12(1)1(1)=1(1)nn n x x n x n x x x +'⎡⎤--++⋅=⎢⎥--⎣⎦所以n S 121(1)22=(12)n n n n +-+⋅+⋅-1=1(1)22n nn n +-+⋅+⋅4．导数在二项式中的应用例7．证明：1231232n n n n n n C C C nC n -+++⋯+=⋅．证明：令012233(1)n n nn n n n n x C C x C x C x C x +=+++++…，对等式两边求导，得：1121321(1)23n n n n n n n n x C C x C x nC x --+=++++…， 令1x =，代入上式即得1123223n n n n n n n C C C nC -⋅=+++⋯+，即1231232n n n n n n C C C nC n -+++⋯+=⋅．5．导数在三角恒等变换公式中的应用在三角恒等变换公式中，公式多，不易记，应用导数可以将这些恒等式进行沟通．（1）两角和、差的三角函数公式cos cos cos sin sin αβαβαβ-=+（），①视α为变量，β为常量，对等式①两边求导，得sin()sin cos cos sin αβαβαβ--=-+即sin()sin cos cos sin αβαβαβ-=-，②反过来，视α为变量，β为常量，对等式②两边求导，得cos cos cos sin sin αβαβαβ-=+（）故利用上述求导方法有：cos cos cos sin sin αβαβαβ±=（）αα对求导对求导sin()sin cos cos sin αβαβαβ±=±（2）二倍角公式 22cos 2cos sin ααα=-αα对求导对求导sin 22sin cos ααα=（3）积化和差公式 1sin cos [sin()sin()]2αβαβαβ⋅=++- αα对求导对求导1cos cos [cos()cos()]2αβαβαβ⋅=++-， 1cos sin [sin()sin()]2αβαβαβ⋅=+-- αα对求导对求导1sin sin [cos()cos()]2αβαβαβ⋅=-+--． 当然，导数的应用不只这些，本文只是抛砖引玉，有兴趣的读者还可以继续探索．。

高中物理解题方法之导数法在物理解题中用导数法，首先要把物理问题化归为数学问题。

在分析物理状态和物理过程的基础上，找到合适的物理规律，即函数，再求函数的导数，从而求解极值问题或其他问题，然后再把数学问题回归到物理问题，明确其物理意义。

例1、两等量同种电荷在两点电荷连线的中垂线上电场的分布图1•两等量正点电荷的电场强度在y坐标轴上的点的合成以两点电荷的连线的中点为原点，以两点电荷的连线的中垂线为y轴，则各点的电场强度可表示为：E = J ) • cos& 二Zk(Q J • //2+员/2+/ 7^+7因为原点的电场强度£0=0，往上或往下的无穷远处的电场强度也为0,所以，从0点向上或向下都是先增大后减小，这是定性的分析。

那么，在哪儿达到最大呢，需要定量的计算。

方法用三角函数法求导数E = 2k( ° O J・cos& 屮把y = ——代入得 E = ^g・sin2&cos&。

厂+十tan 0 rz = sin20cos &,求导数z'= 2sin&cos2& — sin'& 二sin0 (2cos，O-sin，0),欲使z = 0,需sin 0 = 0（舍去）或2cos2& —sii?& = 0 即tan/9 = V2,此处,将其代入得£max 普•誉 方法2.用代数法求导数3nZj/=(/24-/P-3/(/2+/p ,令其分子为0,得y =空，代入得 24V3 kQ• II9 I 23 •图象用Excel 作图，得到关于等量同种电荷的电场在其屮垂线上的分布的图象，图象 的横轴y 表示各点到原点的距离（以两点电荷的连线的中点为原点），纵轴表示 中垂线上各点的电场强度。

E图2.两等量正点电荷的电场强度在y 坐标轴上的分布令2=，・（厂+，2）2，对z 求导数得maxy此图象也验证了以上所得的结果：图象中令心5,则当汴孚誓亠处电场强度最大。

第四讲最极值问题【复习指导】本讲复习时，应注重导数在研究函数极值与最值中的工具性作用，会将一些实际问题抽象为数学模型，从而用导数去解决．复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用．基础梳理1．函数的极值⑴．判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数y＝f(x)在点x0处连续时，①．如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②．如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．⑵．求可导函数极值的步骤：①．求f′(x)；②．求方程f′(x)＝0的根；③．检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么y＝f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么y＝f(x)在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．2．函数的最值⑴．在闭区间[a，b]上连续的函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．⑵．若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．⑶．设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①．求f(x)在(a，b)内的极值；②．将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．3．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤⑴．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)；⑵．求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；⑶．比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；⑷．回归实际问题作答．两个注意⑴．注意实际问题中函数定义域的确定．⑵．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 三个防范⑴．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．⑵．f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件．如①．y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导；②．f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点．⑶．若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件．基础自测1．[12陕西]求函数f (x )＝x e x 的极值为______________．2．函数f (x )＝e －x ＋x 的最小值为_____ ．【解】f ′(x )＝1－e －x ，故当x ≥0时，f ′(x )≥0，而当x ＜0时，f ′(x )≤0，故当x ＝0时，f (x )的最小值为1．3．[11湖北理]已知函数f (x )＝1－x ＋ln x ，x ＞0．求函数y ＝f (x )的最大值；4．[11福建文]若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于 ．【解】f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，由函数y ＝f (x )在x ＝1处有极值，可知函数y ＝f (x )在x ＝1处的导数值为零，12－2a －2b ＝0，故a ＋b ＝6，由题意知a ，b 都是正实数，故ab ≤(a ＋b 2)2＝9，当且仅当a＝b ＝3时取到等号．考点一 极值问题题型⑴．求已知函数的极值【例1】[08全国II 理]设函数f (x )＝sin x2＋cos x，求y ＝f (x )的极值．【解】f ′(x )＝2cos x ＋1(2＋cos x )2．当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z)时，cos x ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z)时，cos x ＜－12，即f ′(x )＜0．故y ＝f (x )在每一个区间(2k π－2π3，2k π＋2π3)(k ∈Z)上是增函数，y ＝f (x )在每一个区间(2k π＋2π3，2k π＋4π3)(k ∈Z)是减函数，故当x ＝2k π＋2π3(k ∈Z)时，函数取得极大值33，当x ＝2k π＋4π3(k ∈Z)时，函数取得极小值－33． 【练习1】设函数f (x )＝e x (sin x －cos x )，若0≤x ≤2016π，则函数f (x )的各极大值之和为 ． 【解】因f ′(x )＝2e x sin x ，故x ∈(2k π＋π，2k π＋2π)(k ∈Z )时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，x ∈(2k π＋2π，2k π＋3π)(k ∈Z )时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，故当x ＝2k π＋2π(k ∈Z )时，f (x )取极小值，其极小值为f (2k π＋2π)＝－e 2k π＋2π(k ∈Z )，又0≤x ≤2016π，故f (x )的各极小值之和S ＝－e 2π－e 4π－…－e 2 016π＝－e 2π(1－e 2 016π)1－e 2π．运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的步骤：⑴．先求函数的定义域，再求函数y ＝f (x )的导数f ′(x )；⑵．求方程f ′(x )＝0的根；⑶．检查f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么y ＝f (x )在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么y ＝f (x )在这个根处取得极小值．题型⑵．已知函数在某区间上有极值，求参数的取值范围【例2】函数f (x )＝2ax －ln x 2在(0，1)上有极值，则a 的取值范围是 ．【解】f ′(x )＝2(a －1x )，函数f (x )＝2ax －ln x 2在(0，1)上有极值，则f ′(x )＝2(a －1x )在(0，1)上有解，故a 的取值范围是(1，＋∞)； 问题：无极值点如何？【练习2】⑴．若函数f (x )＝x 3＋x 2－ax －4在区间(－1，1)恰有一个极值点，则实数a 的取值范围为_____________．[1，5)⑵．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1在区间(2，3)上至少有一个极值点，求a 的取值范围． 【解】f ′(x )＝0在区间(2，3)上至少有一个根，且无偶次重根，故a ＝12x (x 2＋1)，由x ∈(2，3)知，a∈(54，53)． 【例3】[13湖北文]已知函数f (x )＝x (－ax ＋ln x )有两个极值点，则实数a 的取值范围是______． 【解】f ′(x )＝－2ax ＋1＋ln x ，易知，当a ≤0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，只有一个极值点，不合题意，故a ＞0，令f ′(x )＝0得，a ＝12x (1＋ln x )，令g (x )＝12x (x 2＋1)，则g ′(x )＝－12x 2ln x ，令g ′(x )＝0得，x ＝1，在(0，1)上，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；在(1，＋∞)上，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；故g (x )max ＝g (1)＝1－2a ，由函数f (x )＝x (－ax ＋ln x )有两个极值点知，1－2a ＞0，解得，a ＜12，故实数a 的取值范围是(0，12)．变题：已知函数f (x )＝x (－ax ＋ln x )在区间(0，2)有两个极值点，则实数a 的取值范围是______． 题型⑶．讨论极值【例4】[13福建理]已知函数f (x )＝x －a ln x ，a ∈R ．⑴．当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； ⑵．求函数y ＝f (x )的极值． 【解】函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax．⑴．当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x ，x ＞0，故f (1)＝1，f ′(1)＝－1，故y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为x ＋y －2＝0； ⑵．由f ′(x )＝1－ax，x ＞0知：①．当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；②．当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得，x ＝a ；因x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，故y ＝f (x )在x a =处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上：当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a －a ln a ，无极大值．双基自测1．用[x ]表示不超过x 的最大整数．已知f (x )＝x ＋[x ]的定义域为[－1，1)，则函数f (x )的值域为 ． 【解】根据[x ]的定义分类讨论．当x ∈[－1，0)时，y ＝x －1，－2≤y ＜－1；当x ∈[0，1)时，y ＝x ，0≤y ＜1；故函数f (x )的值域为[－2，－1)∪[0，1)．2．已知函数f (x )＝|2x －1|的定义域和值域都是[a ，b ]，则a ＋b ＝ ．【解】由函数f (x )＝|2x －1|的定义域和值域都是[a ，b ]知，0≤a ＜b ，则由f (x )＝|2x －1|在(0，＋∞)上单调递增，由21,21ab a b⎧−=⎪⎨−=⎪⎩得，a ＝0，b ＝1，故a ＋b ＝1．3．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ＜0，－2－x ，x ＞0，则函数f [f (x )]的值域是_______________．【解】当x ＜0时，f (x )＝2x ∈(0，1)，故f [f (x )]＝－2－f (x )∈(－1，－12)；当x ＞0时，f (x )＝－2－x ∈(－1，0)，故f [f (x )]＝2f (x )∈(12，1)，从而原函数的值域为(－1，－12)∪(12，1)．4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋4，x ＜a ，x 2－2x ，x ≥a，若任意实数b ，总存在实数x 0，使得f (x 0)＝b ，则实数a 的取值范围是 ．【解】“任意实数b ，总存在实数x 0，使得f (x 0)＝b ”等价于函数f (x )的值域为R ．在平面直角坐标系xOy 中，分别作出函数y ＝x ＋4及y ＝x 2－2x 的图像，观察图像可知－5≤a ≤4．5．已知函数f (x )的自变量取值区间为A ，若其值域区间也为A ，则称区间A 为f (x )的保值区间．⑴．求函数f (x )＝x 2形如[a ，＋∞)的保值区间；⑵．若g (x )＝x －ln(x ＋m )的保值区间是[2，＋∞)，求m 的取值．【解】⑴．若a ＜0，则a ＝f (0)＝0，矛盾．若a ≥0，则a ＝f (a )＝a 2，解得a ＝0或1，故f (x )的保值区间为[0，＋∞)或[1，＋∞)．⑵．因g (x )＝x －ln(x ＋m )的保值区间是[2，＋∞)，故m ＋2＞0，即m ＞－2．令g ′(x )＝1－1x ＋m＞0得，x ＞1－m ，故g (x )在(1－m ，＋∞)上为增函数，同理可得g (x )在(－m ，1－m )上为减函数．若2≤1－m ，即m ≤－1时，则g (1－m )＝2得，m ＝－1满足题意．若m ＞－1时，则g (2)＝2得，m ＝－1，矛盾．故满足条件的m 值为－1．考点二 值域与最值问题(一) ．观察法求值域 注意结合函数的图像求解【例5】⑴．函数f (x )＝1x 2＋1的值域是 ．⑵．函数y ＝(13)|x |的值域是______________．【练习5】设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R )，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )＋x ＋4，x <g (x )g (x )－x ， x ≥g (x )， 则f (x )的值域是______．【解】f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2， x <－1或x >2，x 2－x －2， －1≤x ≤2.由f (x )的图象得：当x ＜－1或x ＞2时，f (x ) ＞f (－1)＝2，当－1≤x ≤2时，f (12)≤f (x )≤f (2)，即－94≤f (x )≤0，故f (x )值域为[－94，0)∪(2，＋∞)．(二) ．流程图法求值域【例6】函数y ＝2－4x －x 2的值域是____________． 【解】【练习6】函数y ＝1－⎝⎛⎭⎫12x 的值域是____________．【解】由1－⎝⎛⎭⎫12x≥0，即⎝⎛⎭⎫12x ≤1，得2x ≥1，故x ≥0． (三) ．单调性法求值域【例7】函数y ＝x －1－2x 的值域是____________． 【练习7】函数y ＝x ＋1－x －1的值域是____________．(四) ．换元法求值域【例8】求函数y ＝－12x 2－x ＋12，x ∈[0，＋∞)的值域．【练习8】⑴．求函数y ＝－12x 4－x 2＋12的值域．⑵．求函数y ＝－12x －x ＋12的值域．⑶．求函数y ＝－12(1－2x )2－1－2x ＋12的值域．(五) ．反解法求值域【例9】函数y ＝1＋x 21－x 2的值域是____________．【练习9】函数2sin 2sin xy x+=−的值域是_____________．(六) ．判别式法求值域【例10】函数y ＝1x 2＋x ＋1的值域是_____________．【练习10】函数y ＝x 2－xx 2－x ＋1的值域是_____________． ㈦．导数法求已知函数在闭区间上的最值(值域)【例11】函数y ＝1－x ＋x ln x 的最小值是 ．【解】y ′＝ln x ，当x ∈(0，1)时，y ′＜0，函数y ＝1－x ＋x ln x 在(0，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，y ′＞0，函数y ＝1－x ＋x ln x 在(0，1)上单调递增，故函数y ＝1－x ＋x ln x 的极小值为0，因有唯一的极小值，故也是最小值，故函数y ＝1－x ＋x ln x 的最小值是0．【练习11】[13全国Ⅰ文改编]已知函数f (x )＝－x 2－4x ＋e x (ax ＋b )，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4．⑴．求a ，b 的值；⑵．讨论y ＝f (x )的单调性，并求y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．【解】⑴．f ′(x )＝－2x －4＋e x (ax ＋a ＋b )．由已知得，f (0)＝4，f ′(0)＝4．故b ＝4，又a ＋b ＝8．从而a ＝4，b ＝4；⑵．由⑴知，f (x )＝－x 2－4x ＋4e x (x ＋1)，故f ′(x )＝4(x ＋2)(e x －12)．令f ′(x )＝0得，x ＝－2或x ＝－ln2．从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )＜0，故y ＝f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．f (－2)＝4(1－e －2)，f (－ln2)＝2－(ln2)2＋2ln2，f (1)＝8e －5＞f (－2)，故y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值分别为f (1)，f (－ln2)．考点三 含参最值问题题型⑴．含参最值问题的讨论 【例12】已知函数f (x )＝x |x －2|．⑴．写出f (x )的单调区间；⑵．设a ＞0，求f (x )在[0，a ]上的最大值．【解】⑴．22(1)1,2,()|2|(1)1,2x x f x x x x x ⎧−−≥⎪=−=⎨−−+<⎪⎩，故f (x )的单调递增区间是(－∞，1]和[2，＋∞)；单调递减区间是[1，2]．⑵．①当0＜a ＜1时，f (x )在[0，a ]上是增函数，此时f (x )在[0，a ]上的最大值是f (a )＝a (2－a )； ②当1≤a ≤2时，f (x )在[0，1]上是增函数，在[1，a ]上是减函数，故此时f (x )在[0，a ]上的最大值是f (1)＝1；③当2＜a ≤1＋2时，f (x )在[0，1]是增函数，在[1，2]上是减函数，在[2，a ]上是增函数，而f (a )≤f (1＋2)＝f (1)，故此时f (x )在[0，a ]上的最大值是f (1)＝1；④当a ＞1＋2时，f (x )在[0，1]上是增函数，在[1，2]上是减函数，在[2，a ]上是增函数，而f (a ) ＞f (1＋2)＝f (1)，故此时f (x )在[0，a ]上的最大值是f (a )＝a (a －2)．综上所述，max(2),01,()12,(2),2a a a f x a a a a −<<⎧⎪=≤≤⎨⎪−>⎩，11+1+． 【练习12】⑴．已知函数f (x )＝x ln x ，设实数a ＞0，试求F (x )＝1a f (x )在[a ，2a ]上的最大值．【解】F ′(x )＝1a (1＋ln x )，令F ′(x )＝0得，x ＝1e ，故当x ∈(0，1e )时，F ′(x )＜0，F (x )在(0，1e )上单调递减；当x ∈(1e ，＋∞)时，F ′(x )＞0，F (x )在(1e ，＋∞)上单调递增；故F (x )在[a ，2a ]上的最大值为F (x )max＝max{F (a )，F (2a )}．因F (a )－F (2a )＝－ln4a ，故当0＜a ≤14时，F (a )－F (2a )≥0，F (x )max ＝F (a )＝ln a ，当a ＞14时，F (a )－F (2a )＜0，故F (x )max ＝F (2a )＝2ln2a ．【小结】函数的最值取决于什么？单调性！！！因此讨论函数的最值，就是讨论函数的单调性！！！【例13】已知函数f (x )＝－ax ＋ln x ，a ∈R ．⑴．当a ＝2时，求函数y ＝f (x )的单调区间；⑵．当a ＞0时，求函数y ＝f (x )在[1，2]上最小值．【解】⑴．当a ＝2时，f (x )＝－2x ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，求导函数得，f ′(x )＝－2＋1x ．由f ′(x )＞0得，0＜x ＜12；由f ′(x )＜0得，x ＞12，故函数f (x )的单调递增区间为(0，12)，单调减区间是(12，＋∞)；⑵．①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1，2]上是减函数，故y ＝f (x )的最小值是f (2)＝－2a ＋ln2；②当1a ≥2，即a ≤12时，函数f (x )在区间[1，2]上是增函数，故f (x )的最小值是f (1)＝－a ；③当1＜1a ＜2，即12＜a ＜1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝－a ＋ln2，故当12＜a ＜ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a ＜1时，最小值为f (2)＝－2a ＋ln2．综上可知，当0＜a ＜ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝－2a ＋ln2．【例14】设0＜a ≤2，函数f (x )＝x 2＋a |1－ln x |，求函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最小值．【解】易知22ln ,(),()ln ,(1)x a a x x e f x x a a x x e ⎧−+≥⎪=⎨+−≤<⎪⎩，由0＜a ≤2知，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，故f (x )min＝f (e)＝e 2；而当x ∈[1，e)时，f (x )在[1，e)上单调递增，故当x ＝1时，f (x )取得最小值f (x )min ＝f (1)＝1＋a ，易知e 2＞1＋a ，故f (x )在区间[1，＋∞)上的最小值为f (x )min ＝f (1)＝1＋a ． 变题：去掉条件0＜a ≤2?①当x ≥e 时，f (x )＝x 2－a ＋a ln x ，则f ′(x )＝2x ＋ax ，x ≥e ，因a ＞0，故f ′(x )＞0恒成立．故f (x )在(e ，＋∞)上是增函数．故当x ＝e 时，f (x )min ＝f (e)＝e 2． ②．当1≤x ＜e 时，f (x )＝x 2＋a －a ln x ，则f ′(x )＝2x (x ＋a2)(x －a2)(1≤x ＜e)． (i)．当a2≤1时，即0＜a ≤2时，f ′(x )在(1，e)上为正数，故f (x )在区间(1，e)上为增函数．故当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝1＋a ，且此时f (1)＜f (e)． (ii)．当1＜a2＜e ，即2＜a ＜2e 2时，f ′(x )在(1，a2)上为负数，在(a2，e)上为正数．故f (x )在区间(1，a2)上为减函数，在(a 2，e)上为增函数，故当x ＝a 2时，f (x )min ＝a 2(3－ln a 2)，且此时f (a 2)＜f (e)． (iii)当a2≥e 时，即a ≥2e 2时，f ′(x )在(1，e)上为负数，故f (x )在区间(1，e)上为减函数，故当x ＝e 时，f (x )min ＝f (e)＝e 2．。

导数的应用与求导法则知识点总结导数在数学和物理学中具有广泛的应用。

它是描述函数变化率的工具，可以用来解决许多实际问题。

在本文中，我们将讨论导数的应用以及一些常用的求导法则知识点。

一、导数的应用1. 切线与法线导数可以用来求解曲线上的切线和法线。

给定一个函数f(x)，我们可以通过求解导数f'(x)来获得曲线上任意一点的切线斜率。

切线的斜率是导数的值。

与切线垂直的线被称为法线。

法线的斜率是切线斜率的负倒数。

2. 最值问题导数可以帮助我们找到函数的最值点。

在一个区间内，函数的最大值和最小值通常出现在导数为零或不存在的点。

因此，我们可以通过求解导数为零的方程来找到这些临界点，然后通过比较函数值来确定最值。

3. 凹凸性与拐点导数可以用来判断函数的凹凸性以及拐点的位置。

如果导数在某个区间内是递增的，那么函数在该区间内是凹的；如果导数是递减的，那么函数是凸的。

拐点发生在导数变化的方向改变的点。

4. 高阶导数导数的概念可以进一步推广到高阶导数。

高阶导数描述了函数变化的更高阶性质，比如曲率和弯曲程度。

通过求解导数的导数，我们可以计算出函数的高阶导数。

二、求导法则知识点1. 基本导数法则基本导数法则是求导的基础。

它包括了常数规则、幂函数规则、指数函数规则、对数函数规则和三角函数规则。

这些法则允许我们快速求解各种类型的函数导数。

2. 乘积法则乘积法则可以用来求解两个函数的乘积的导数。

假设有两个函数u(x)和v(x)，它们的乘积为f(x) = u(x)v(x)。

那么，f'(x) = u'(x)v(x) +u(x)v'(x)。

3. 商积法则商积法则可以用来求解两个函数的商的导数。

假设有两个函数u(x)和v(x)，它们的商为f(x) = u(x) / v(x)。

那么，f'(x) = [u'(x)v(x) - u(x)v'(x)] / v(x)^2。

4. 链式法则链式法则可以用来求解复合函数的导数。

专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。