(完整版)高考导数题型归纳

第三讲导数的应用研热点（聚焦突破）类型一利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x)就是曲线y＝f(x)在点(x,f(x))处的切线的斜率,即k＝f′(x)；(2)曲线y＝f(x)在点(x0,f(x))处的切线方程为y－f(x)＝f′(x)(x－x)．[例1] (2012年高考安徽卷改编)设函数f(x)＝a e x＋1aex＋b(a>0)．在点(2,f(2))处的切线方程为y＝32x,求a,b的值．[解析]∵f′(x)＝a e x－1 aex,∴f′(2)＝a e2－1ae2＝32, 解得a e2＝2或a e2＝－12(舍去),所以a＝2e2,代入原函数可得2＋12＋b＝3, 即b＝12, 故a＝2e2,b＝12.跟踪训练已知函数f(x)＝x3－x.(1)求曲线y＝f(x)的过点(1,0)的切线方程；(2)若过x轴上的点(a,0)可以作曲线y＝f(x)的三条切线,求a的取值范围．解析：(1)由题意得f′(x)＝3x2－1.曲线y＝f(x)在点M(t,f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t),即y＝(3t2－1)·x－2t3,将点(1,0)代入切线方程得2t3－3t2＋1＝0,解得t＝1或－,代入y＝(3t2－1)x－2t3得曲线y＝f(x)的过点(1,0)的切线方程为y＝2x－2或y＝－x＋.(2)由(1)知若过点(a,0)可作曲线y＝f(x)的三条切线,则方程2t3－3at2＋a＝0有三个相异的实根,记g(t)＝2t3－3at2＋a.则g′(t)＝6t2－6at＝6t(t－a)．当a>0时,函数g(t)的极大值是g(0)＝a,极小值是g(a)＝－a3＋a,要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根,需使a>0且－a3＋a<0,即a>0且a2－1>0,即a>1；当a＝0时,函数g(t)单调递增,方程g(t)＝0不可能有三个相异的实数根；当a<0时,函数g(t)的极大值是g(a)＝－a3＋a,极小值是g(0)＝a,要使方程g(t)＝0有三个相异的实数根,需使a<0且－a3＋a>0,即a<0且a2－1>0,即a<－1.综上所述,a的取值范围是(－∞,－1)∪(1,＋∞)．类型二利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系在区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递增；如果f′(x)<0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递减．[例2] (2012年高考山东卷改编)已知函数f(x)＝(k为常数,e＝2.718 28…是自然对数的底数),曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间． [解析] (1)由f (x )＝ln x ＋kex, 得f ′(x )＝1－kx －xln xxex ,x ∈(0,＋∞)．由于曲线y ＝f (x )在(1,f (1))处的切线与x 轴平行, 所以f ′(1)＝0,因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝(1－x －x ln x ),x ∈(0,＋∞)． 令h (x )＝1－x －x ln x ,x ∈(0,＋∞), 当x ∈(0,1)时,h (x )>0； 当x ∈(1,＋∞)时,h (x )<0.又e x >0,所以当x ∈(0,1)时,f ′(x )>0； 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )<0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,＋∞)．跟踪训练若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间,求实数a 的取值范围． 解析：由题知f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax2＋2x －1x ,因为函数f (x )存在单调递减区间,所以f ′(x )＝－ax2＋2x －1x≤0有解．又因为函数的定义域为(0,＋∞),则应有ax 2＋2x －1≥0在(0,＋∞)上有实数解．(1)当a >0时,y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线,所以ax 2＋2x －1≥0在(0,＋∞)上恒有解； (2)当a <0时,y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线,要使ax 2＋2x －1≥0在(0,＋∞)上有实数解,则Δ＝>0,此时－1<a <0；(3)当a ＝0时,显然符合题意．综上所述,实数a 的取值范围是(－1,＋∞)． 类型三 利用导数研究函数的极值与最值 1．求函数y ＝f (x )在某个区间上的极值的步骤 (1)求导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根x 0； (3)检查f ′(x )在x ＝x 0左右的符号； ①左正右负⇔f (x )在x ＝x 0处取极大值； ②左负右正⇔f (x )在x ＝x 0处取极小值．2．求函数y ＝f (x )在区间[a ,b ]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数y＝f(x)在区间(a,b)内的极值(极大值或极小值)；(2)将y＝f(x)的各极值与f(a),f(b)进行比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值．[例3] (2012年高考北京卷)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0),g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1,c)处具有大众切线,求a,b的值；(2)当a2＝4b时,求函数f(x)＋g(x)的单调区间,并求其在区间(－∞,－1]上的最大值．[解析](1)f′(x)＝2ax,g′(x)＝3x2＋b,因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1,c)处具有大众切线,所以f(1)＝g(1),且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b,且2a＝3＋b.解得a＝3,b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝14a2时,h(x)＝x3＋ax2＋14a2x＋1,h′(x)＝3x2＋2ax＋14a2.令h′(x)＝0,得x1＝－a2,x2＝－a6.a>0时,h(x)与h′(x)的变化情况如下：0 0所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞,－2)和(－6,＋∞)；单调递减区间为(－2,－6)．当－a2≥－1,即0<a≤2时,函数h(x)在区间(－∞,－1]上单调递增,h(x)在区间(－∞,－1]上的最大值为h(－1)＝a－14a2.当－a2<－1,且－a6≥－1,即2<a≤6时,函数h(x)在区间(－∞,－a2)上单调递增,在区间(－a2,－1]上单调递减,h(x)在区间(－∞,－1]上的最大值为h(－a2)＝1.当－a6<－1,即a>6时,函数h(x)在区间(－∞,－a2)上单调递增,在区间(－a2,－a6)上单调递减,在区间(－a6,－1]上单调递增,又因为h(－a2)－h(－1)＝1－a＋14a2＝14 (a－2)2>0,所以h(x)在区间(－∞,－1]上的最大值为h(－a2)＝1.跟踪训练(2012年珠海摸底)若函数f (x )＝⎩⎨⎧2x3＋3x2＋1（x ≤0）eax （x>0）,在[－2,2]上的最大值为2,则a 的取值范围是( )A ．[12ln 2,＋∞)B ．[0,12ln 2]C ．(－∞,0]D ．(－∞,12ln 2]解析：当x ≤0时,f ′(x )＝6x 2＋6x ,易知函数f (x )在(－∞,0]上的极大值点是x ＝－1,且f (－1)＝2,故只要在(0,2]上,e ax ≤2即可,即ax ≤ln 2在(0,2]上恒成立,即a ≤ln 2x 在(0,2]上恒成立,故a ≤12ln 2. 答案：D析典题（预测高考）高考真题【真题】 (2012年高考辽宁卷)设f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ,b ∈R,a ,b 为常数),曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切． (1)求a ,b 的值；(2)证明：当0<x <2时,f (x )<9x x ＋6. 【解析】 (1)由y ＝f (x )过(0,0)点,得b ＝－1.由y ＝f (x )在(0,0)点的切线斜率为32,又y ′⎪⎪x ＝0＝(1x ＋1＋12x ＋1＋a )⎪⎪x ＝0＝32＋a ,得a ＝0.(2)证明：证法一 由均值不等式,当x >0时, 2（x ＋1）·1<x ＋1＋1＝x ＋2,故x ＋1<x2＋1. 记h (x )＝f (x )－9x x ＋6, 则h ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1－54（x ＋6）2＝2＋x ＋12（x ＋1）－54（x ＋6）2<x ＋64（x ＋1）－54（x ＋6）2 ＝（x ＋6）3－216（x ＋1）4（x ＋1）（x ＋6）2.令g (x )＝(x ＋6)3－216(x ＋1), 则当0<x <2时,g ′(x )＝3(x ＋6)2－216<0. 因此g (x )在(0,2)内是递减函数． 又由g (0)＝0,得g (x )<0,所以h ′(x )<0. 因此h (x )在(0,2)内是递减函数． 又h (0)＝0,得h (x )<0.于是当0<x <2时,f (x )<9x x ＋6. 证法二 由(1)知f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1－1.由均值不等式,当x >0时,2（x ＋1）·1<x ＋1＋1＝x ＋2,故x ＋1<x 2＋1.① 令k (x )＝ln(x ＋1)－x ,则k(0)＝0,k′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1<0,故k(x)<0,即ln(x＋1)<x.②由①②得,当x>0时,f(x)<32 x.记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x,则当0<x<2时,h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9<32x＋(x＋6)·(1x＋1＋12x＋1)－9＝12（x＋1）[3x(x＋1)＋(x＋6)·(2＋x＋1)－18(x＋1)]<12（x＋1）[3x(x＋1)＋(x＋6)·(3＋x2)－18(x＋1)]＝x4（x＋1）(7x－18)<0.因此h(x)在(0,2)内单调递减．又h(0)＝0,所以h(x)<0,即f(x)<9xx＋6.【名师点睛】本题主要考查导数的应用和不等式的证明以及转化与化归能力,难度较大．本题不等式的证明关键在于构造函数利用最值来解决．考情展望高考对导数的应用的考查综合性较强,一般为解答题,着重考查以下几个方面：一是利用导数的几何意义来解题；二是讨论函数的单调性；三是利用导数研究函数的极值与最值．常涉及不等式的证明、方程根的讨论等问题名师押题【押题】已知f(x)＝ax－ln x,x∈(0,e],g(x)＝ln xx,其中e是自然常数,a∈R.(1)讨论a＝1时,f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下,f(x)>g(x)＋1 2；(3)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3,若存在,求出a的值；若不存在,请说明理由．【解析】(1)由题知当a＝1时,f′(x)＝1－1x＝x－1x,因为当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减,当1<x<e时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增,所以f(x)的极小值为f(1)＝1.(2)证明因为f(x)的极小值为1,即f(x)在(0,e]上的最小值为1.令h(x)＝g(x)＋12＝ln xx＋12,h′(x)＝1－ln xx2,当0<x<e时,h′(x)>0,h(x)在(0,e]上单调递增,所以h(x)max＝h(e)＝1e＋12<12＋12＝1＝f(x)min,所以在(1)的条件下,f(x)>g(x)＋1 2.(3)假设存在实数a,使f(x)＝ax－ln x(x∈(0,e])有最小值3,f′(x)＝a－1x＝ax－1x.①当a≤0时,因为x∈(0,e],所以f′(x)<0,而f(x)在(0,e]上单调递减,所以f(x)min＝f(e)＝a e－1＝3,a＝4e(舍去),此时f(x)无最小值；②当0<1a <e 时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,e]上单调递增,所以f (x )min ＝f (1a )＝1＋ln a ＝3,a ＝e 2,满足条件；③当1a≥e 时,因为x ∈(0,e],所以f ′(x )<0,所以f (x )在(0,e]上单调递减,f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3,a ＝4e (舍去)此时f (x )无最小值．综上,存在实数a ＝e 2,使得当x ∈(0,e]时,f (x )有最小值3.知识改变命运。

导数1.导数公式：'0C = '1()n n x nx -= '(sin )cos x x = '(cos )sin x x =-'()x x e e = '()ln x x a a a = '1(ln )x x = '1(log )ln a x x a = 2.运算法则：'''()u v u v +=+ '''()u v u v -=- '''()uv u v uv =+ '''2()u u v uv v v-= 3.复合函数的求导法则：（整体代换）例如：已知2()3sin (2)3f x x π=+，求'()f x 。

4.导数的物理意义：位移的导数是速度，速度的导数是加速度。

5.导数的几何意义：导数就是切线斜率。

6.用导数求单调区间、极值、最值、零点个数：对于给定区间[,]a b 内，若'()0f x >，则()f x 在[,]a b 内是增函数；若'()0f x <，则()f x 在[,]a b 内是减函数。

【题型一】求函数的导数 1(1)ln x y x = (2)2sin(3)4y x π=- (3)2(1)x y e x =- (4)3235y x x =-- (5)231x x y x -=+ (6)2211()y x x x x =++ 2.已知物体的运动方程为223s t t=+（t 是时间，s 是位移），则物体在时刻2t =时的速度为 。

【题型三】导数与切线方程（导数的几何意义的应用）3.曲线32y x x =+-在点(2,8)A 处的切线方程是 。

4.若(1,)B m 是32y x x =+-上的点，则曲线在点B 处的切线方程是 。

5.若32y x x =+-在P 处的切线平行于直线71y x =+，则点P 的坐标是 。

导数习题题型十七:含参数导数问题的分类讨论问题含参数导数问题的分类讨论问题1．求导后,导函数的解析式含有参数，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）， 导函数为零的实根中有参数也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。

★已知函数ax x a x x f 2)2(2131)(23++-=(a 〉0），求函数的单调区间)2)((2)2()(--=++-='x a x a x a x x f ★★例1 已知函数x a xax x f ln )2(2)(+--=（a 〉0）求函数的单调区间 222))(2(2)2()(x a x x x a x a x x f --=++-='★★★例3已知函数()()22211ax a f x x R x -+=∈+，其中a R ∈。

（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程; （Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。

解：（Ⅰ）当1a =时,曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程为032256=-+y x 。

(Ⅱ）由于0a ≠,所以()()12)1(222+-+='x x a x f ，由()'0f x =,得121,x x a a=-=。

这两个实根都在定()()()()()()22'2222122122111a x a x a x x ax a a f x x x ⎛⎫--+ ⎪+--+⎝⎭==++义域R 内，但不知它们之间 的大小。

因此，需对参数a 的取值分0a >和0a <两种情况进行讨论。

（1)当0a >时,则12x x <.易得()f x 在区间1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，(),a +∞内为减函数，在区间1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭为增函数。

故函数()f x 在11x a =-处取得极小值21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在2x a =处取得极大值()1f a =。

高中导数题所有题型及解题方法一、导数的概念1.1 导数的定义•导数的定义公式：f′(x)=limℎ→0f(x+ℎ)−f(x)ℎ•导数表示函数在某一点的变化率1.2 导数的几何意义•函数图象在某一点的切线斜率•函数图象在某一点的局部线性近似二、导数的基本运算法则2.1 基本导数公式•常数函数：d dx (C)=0•幂函数：d dx (x n)=nx n−1•指数函数：ddx(a x)=a x ln(a)2.2 函数和、差、积、商的导数•和的导数：(u+v)′=u′+v′•差的导数：(u−v)′=u′−v′•积的导数：(uv)′=u′v+uv′•商的导数：(uv)′=u′v−uv′v2,其中v≠02.3 复合函数的导数•复合函数的求导公式：如果y=f(u)及u=g(x), 则dy dx =dy dududx三、导数的应用3.1 函数的单调性•若f′(x)>0，则函数f(x)在该区间上单调递增•若f′(x)<0，则函数f(x)在该区间上单调递减3.2 函数的极值与最值•极大值：若f′(x0)=0，且f″(x0)<0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极大值•极小值：若f′(x0)=0，且f″(x0)>0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极小值3.3 函数的拐点•拐点：若f″(x0)=0，则f(x)在x0处的图像有拐点3.4 函数的图像•函数图象的基本性质–若f′(x)>0，则函数的图像上的点随x的增大而上升–若f′(x)<0，则函数的图像上的点随x的增大而下降–若f″(x)>0，则函数的图像在该区间上凹–若f″(x)<0，则函数的图像在该区间上凸四、基础导数题型4.1 求导数•题型1：求函数的导数y=f(x)•题型2：求函数的高阶导数y(n)=f(x)4.2 高阶导数应用•题型1：求函数的极值和拐点•题型2：求函数在某点的切线方程•题型3：求函数的图像4.3 求解极值问题•题型1：求一定范围内函数的极大值和极小值•题型2：求满足一定条件的函数极值4.4 函数的单调性•题型1：判断函数的单调区间•题型2：填空题，填写使函数单调递增或递减的区间五、综合题型5.1 数学建模•题型1：利用导数求解实际生活中的问题5.2 物理应用•题型1：利用导数求解物理问题，如速度、加速度等5.3 函数的变化率•题型1：求函数在某点的变化率•题型2：求函数在某段区间的平均变化率六、总结本篇文章主要介绍了高中阶段导数相关的内容，包括导数的基本定义、几何意义、基本运算法则，以及导数在函数的单调性、极值与最值、图像以及物理应用中的运用。

导数及其应用导数的运算1. 几种常有的函数导数：①、 c（ c 为常数）； ②、( x n )（ n R ）； ③、 (sin x) = ；④、 (cos x) =；⑤、( a x )； ⑥、 ( ex)； ⑦、 (log a x ) ； ⑧、 (ln x ).2. 求导数的四则运算法规：(u v)u v ； (uv) u vu'u v ' uv 'u ( v0 ) 注：① u, v 必定是可导函数 .uv ； (u)vuvvvv 223. 复合函数的求导法规：f x ( ( x))f (u) ? ( x) 或 y xy u ? u x一、求曲线的切线（导数几何意义）导数几何意义： f (x 0 ) 表示函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 的斜率；函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 方程为 y f (x 0 )f (x 0 )(x x 0 )1. 曲线在点 处的切线方程为（ ）。

A:B:C:D:答案详解 B 正确率 : 69%, 易错项 : C解析 :本题主要观察导数的几何意义、导数的计算以及直线方程的求解。

对 求导得，代入 得 即为切线的斜率， 切点为，因此切线方程为即。

故本题正确答案为B 。

2.3. 设函数f ( x) g( x) x2，曲线 y g(x) 在点 (1,g(1)) 处的切线方程为 y 2x 1，则曲线 y f ( x) 在点 (1, f (1))处切线的斜率为( )A ．41C．21B ． D ．4 24. 已知函数 f ( x) 在R上满足 f ( x) 2 f (2 x) x28x 8，则曲线y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是()A . y2x 1 B. y x C. y3x 2 D. y2x 3变式二：5. 在平面直角坐标系xoy 中，点P在曲线C : y x310 x 3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为.6. 设曲线 yx n 1 (n N * ) 在点（ 1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 x n ,令 a n lg x n ，则 a 1 a 2 L a 99 的值为.7. 已知点 P 在曲线 y=4 上， 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角，则的取值范围是e x1, 3]D 、 [ 3,A 、 [0, )B 、 [, ) C 、 ( )44 22 4 4变式三：8. 已知直线y =x＋ 1 与曲线y ln( x a) 相切，则α的值为( )A . 1 B. 2 C. － 1 D. － 29. 若存在过点 (1,0)的直线与曲线 yx 3 和 y ax 2 15 x 9 都相切，则 a 等于4( )A ． 1或 -25B ． 1或21C ． 7 或 - 25D ．7或 76444 6441 110. 若曲线 yx 2 在点 a, a 2 处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则 aA 、64B 、 32C 、 16D 、811. （本小题满分 13 分） 设 f ( x)ae x 1b( a 0) . （ I ）求 f ( x) 在 [0, ) 上的最小值；ae x3x ；求 a,b 的值 .（ II ）设曲线 yf ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y212. 若曲线 f x ax2Inx 存在垂直于y轴的切线，则实数 a 的取值范围是.二、求单调性或单调区间1、利用导数判断函数单调性的方法：设函数y f (x) 在某个区间 D 内可导，若是 f ( x) ＞0，则y f (x) 在区间D上为增函数；若是 f ( x) ＜0，则y f (x) 在区间 D 上为减函数；若是 f ( x) =0恒成立，则y f (x) 在区间 D 上为常数 .2、利用导数求函数单调区间的方法：不等式 f ( x) ＞0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f ( x) 的增区间；不等式 f ( x) ＜0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f (x) 的减区间 .1、函数f (x) ( x 3)e x的单调递加区间是( )A . ( ,2) B. (0,3) C. (1,4) D . (2, )2. 函数f (x)x315x233x 6 的单调减区间为.3. 已知函数，，谈论的单调性。

高考导数题型分析及解题方法本知识单元考查题型与方法：※※与切线相关问题（一设切点，二求导数= 斜率 = y2y1，三代切点入切线、曲x2x1线联立方程求解）；※※其它问题（一求导数，二解 f ' (x) =0的根—若含字母分类讨论，三列3行n列的表判单调区间和极值。

结合以上所得解题。

）特别强调：恒成立问题转化为求新函数的最值。

导函数中证明数列型不等式注意与原函数联系构造，一对多涉及到求和转化。

关注几点：恒成立：（1 ）定义域任意 x 有f (x)>k, 则f ( x)min>常数 k ；（2）定义域任意x有f ( x)<k,则f (x)max<常数k恰成立：（1 ）对定义域内任意 x有 f ( x)g( x) 恒成立，则【 f ( x)-g (x)】min 0,（2）若对定义域内任意 x 有f (x) g(x)：恒成立，则【f ( x)-g(x) max0】能成立：（ 1 ）分别定义在 [a,b]和[c,d]上的函数 f ( x)和 g ( x) ，对任意的 x1[ a, b], 存在x2 [c, d ], 使得 f (x1 ) g(x2) ，则 f ( x)max g( x)max（2 ）分别定义在 [a,b]和[c,d]上的函数 f ( x)和 g( x) ，对任意的 x1[ a,b], 存在 x2 [ c, d],使得 f (x1) g(x2) ，则 f ( x)min g (x)min一、考纲解读考查知识题型：导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值；证明不等式、求参数范围等二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1． f (x)x33x22在区间1,1上的最大值是 22．已知函数yf ( x)x(x c)2在 x2处有极大值，则常数c＝ 6；题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线y 4xx 3 在点1, 3处的切线方程是y x 22．若曲线f ( x)x 4x在 P 点处的切线平行于直线 3x y，则 P 点的坐标为（1， 0）3．若曲线y x4的一条切线 l 与直线x4 y8 0垂直，则l的方程为4x y 3 04．求下列直线的方程：（ 1）曲线y x3x 2 1在 P(-1,1) 处的切线；（ 2）曲线yx 2过点 P(3,5) 的切线；解：（ 1） 点P( 1,1)在曲线yx 3 x 21上，y / 3x 22 xk y /| －1 3－21x所以切线方程为 y 1 x 1 ，即 x y 2 0（ 2）显然点 P （3， 5）不在曲线上，所以可设切点为A( x 0, y 0 )，则 yx 0 2 ①又函数的导数为y /2 x ，k/ |x x 02x 02 x 0 y 0 5A(x , y )A( x , y )x 3所以过0 点的切线的斜率为 y，又切线过 、P(3,5) 点，所以有②，由①②联0 0x 01 或 x 0 5k2 x 2;立方程组得， y 01 y 0 25，即切点为（ 1， 1）时，切线斜率为 ；当切点为（ 5， 25）时，切线斜1 0率为k22x 010；所以所求的切线有两条，方程分别为y 1 2( x1)或y25 10( x 5)，即y2x 1或 y 10x25题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数f ( x) x 3ax 2 bx c,过曲线 y f (x)上的点 P(1, f (1)) 的切线方程为 y=3x+1（Ⅰ）若函数 f ( x)在 x2处有极值，求f (x)的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数 yf (x)在 [ － 3， 1] 上的最大值；（Ⅲ）若函数 yf ( x)在区间 [ －2， 1] 上单调递增，求实数b 的取值范围解：（ 1）由 f ( x)x 3ax 2bx c,求导数得 f ( x)3x 2 2ax b.过 yf ( x)上点 P(1, f (1)) 的切线方程为：yf (1)f (1)( x 1),即 y (a b c1) (3 2a b)( x1).而过yf ( x)上 P[1, f (1)]的切线方程为 y3x 1.3 2a b 3即 2ab 0 ①故 ac 3a c3②∵yf ( x)在 x2时有极值 ,故 f ( 2)0,4a b12 ③f ( x)322 f ( x)2第 2 页共 9 页当2x 时, f ( x)0. f ( x)极大 f (2)1331又 f (1)4,f ( x)在 [ － 3， 1]上最大值是 13。

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。

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。