高中数学导数教学策略

高中数学导数教学策略（精选12篇）

高中数学导数教学策略 篇1

一、引 言

随着高中课程的改革, 原本需在大学学习的导数、积分已经走进了高中的课堂, 学生长期以来养成的中学数学思维已满足不了导数与积分课程的需要.因此, 如何提高导数与积分课程的教学效率是每一位教师都应该思考的重要问题.

二、新课程理念下中学导数积分课程的定位

1.课程内容的定位

函数是高中数学研究的最基本的对象.在必修的数学课程中, 学生在初中阶段学习的函数的基础上对函数有了新的认识和理解, 学习了部分常见的函数模型、函数与不等式以及方程的关系和函数的应用, 讨论了函数的周期性、单调性等性质.导数积分课程内容将在必修教学基础上, 提供了一种研究函数的新的工具.

高中课程中的导数积分与大学高等数学中的微积分有所不同.微积分研究的是函数的变化以及函数图像围成的面积.变化率是刻画函数变化的最基本概念, 积分则是用来描述面积的最基本概念.它们是微积分基本思想的核心.微积分学的基本定理是连接变化率与积分的桥梁.这些都是牛顿和莱布尼茨发明的微积分学的最核心内容, 是微积分学的本质所在.

2.教学定位

(1) 强调对导数积分本质和数学本质的认识, 除了作为一种规则, 更是作为一种重要的方法和思想来学习.

(2) 广泛体现数学的应用价值.熟悉导数积分是研究函数单调性、研究事物变化的快慢、函数极小 (大) 值、函数最小 (大) 值以及解决实际生活中最优值问题的强有力工具.

三、提高导数积分教学质量的方法

1.重视导数积分概念的教学

概念教学是导数积分的核心.但是, 导数积分的基本概念比较多, 而且都包含着变化、运动的辩证观点, 对于习惯于处理静态数学的高中生来讲, 理解并掌握这些数学概念并不是件容易的事, 所以, 老师在教学过程中处理要重视概念的引入, 还要对部分重要的概念进行深入的剖析, 并分析概念的本质, 借此强化学生对概念的理解.

(1) 从实例引入概念

例如, 在引入极限的概念时, 可以向学生介绍我国古代著名数学家刘徽用“割圆术”来求解圆周率, 阿基米德用“穷举法”来求解抛物线弧形的面积等数学实例, 使学生对无限接近的极限思想有个清晰的印象, 从而为学习极限的概念打下一定的基础.导数和积分有着丰富的背景和广阔的应用, 在课堂引入导数的概念时, 可以以切线的斜率和瞬时速度这两个例子为出发点, 启示学生通过比较分析, 发现它们内在的区别和联系, 引出导数的概念, 并理解掌握导数的几何意义, 展示导数的本质.同样, 在学习定积分的概念时, 因为在某个局部小范围内“以不变代变”“以直代曲”是定积分概念中最基本的思想.因此这同样是应用定积分来解决问题的基本思想方法.在引入定积分的概念时, 可以通过求曲边梯形面积的例子, 指引学生理解定积分的思想.

(2) 深入剖析, 揭示概念的本质

在导数积分概念教学中除了要重视概念的引入, 对部分基本概念的定义也要深度分析, 阐述概念的本质, 强化学生对概念的理解.例如, 形式地记住极限的定义并不难, 但是要掌握极限的精神却很困难.事实上, 仅需要通过数列极限的ε-N定义, 去深入地体会这种准确描述极限状态的数学语言和思想方法, 真正地弄明白极限定义中的各种符号和式子的涵义和作用, 自然就会领会到数列极限的本质所在.ε在极限定义中的相对稳定性和绝对任意性, 证明了它是常量和变量的辩证统一.任意给定的正数ε可以衡量an与a的接近程度.ε愈小, 接近程度愈高.而ε的任意性, 正反映了an与a能接近到任意程度.虽然ε是任意的, 但一经给出, 就是一个相对固定的数, 无穷多个相对确定的正数体现出它的任意性, 且只有相对确定才能求出相应的, 的确依赖于但又不唯一.老师需要掌握住由有限到无限、由定量到定性的变化过程来进行教学, 这样可以消除学生由于抽象性而形成的恐惧, 从而掌握极限的本质.

2.在教学中引入数学建模的思想

传统的教学注重培养学生的计算能力和逻辑思维能力, 而忽略了学生解决实际问题的能力.因此, 在导数积分的课堂教学中, 应该引入“数学建模”的思想, 让学生可以学有所用.数学建模可以解决很多现实问题, 建模的目标不一样, 使用的方法也就不一样, 采用的数学工具当然也就不一样了, 结果所建立的模型也就不同.在解决现实的问题时, 它是运用数学的语言、原理和方法, 并通过简化建立能近似刻画并解决问题的一种手段.导数和积分课程的主要内容并不是孤立地建立数学模型, 而是利用数学建模来强化学生数学理论知识的应用能力, 提高学生学习导数积分课程的主动性和积极性.因此老师在课堂讲课时应从直观、简洁、联系实际出发, 达到不仅有助于理解教学的内容, 而且可以通过对现实问题的抽象、思考和归纳, 以及用课堂所学的数学知识进行解决.所选的模型, 需要结合实际问题, 且应该具备一定的趣味性, 从而让学生体会到数学源于生活实际, 又应用于生活实际, 以激发学生学好导数积分的决心, 从而提高他们应用数学解决现实问题的能力.

四、结 论

怎样进行导数积分教学是高中数学教学领域一个全新热门的课题, 相比较于对几何和代数等经典成熟已经趋于完美的教学研究, 导数积分的教学研究不是特别成熟, 还处于探索的阶段.总之, 只要老师在导数和积分的教学中遵循教学规律, 充分考虑学生的情况, 并积极探索、勇于实践、善于总结, 一定能使导数和积分的教学质量得到提高.

摘要：本文首先从课程内容和教学两个方面对新课程下导数积分教学进行课程定位, 然后针对导数和积分教学的教学质量, 从课堂内容设计、概念教学和数学建模三个方面提出了自己的看法.

关键词：导数,积分,教学,策略

参考文献

[1]王仲春, 等.数学思维与数学方法论[M].北京:高等教育出版社, 1989.

[2]赵艳玲.基于建构主义的高职微积分教学方法探讨[J].广东农工商职业技术学院学报, 2003 (2) .

高中数学导数教学策略 篇2

一.现阶段高中数学导数教学的现状

（1）教学模式单一，对学生学习方法引导不够

在文理分科的背景下，导数在高中数学学科中是作为一门选修课程来学的，这造成了文科学生由于对导数的应用了解不深而不能很好地掌握，利用导数求解函数参数问题也就无从谈起。同时由于实行新课改后，数学学科的课时被压缩，很多教师为了在短时间内完成大纲规定的内容，在教学过程中一般来说都是采取的教师讲授或者板书，毫无疑问，在整个教学的过程中学生都是被动听课的方式进行教学的，这种教学方式在一定程度上大大压制了学生思维的活跃性和课堂参与的积极性。这就造成了学生由于导数内容太难而失去学习激情，这更加不利于导数知识的掌握，不利于教学活动的开展。

（2）应试教育观念导致的教学僵化

一直以来，我国的应试教育体制在教育体系中的地位都比较稳固，甚至到现在为止还没有得到完全的消除。即使实行了新课改，很多教师由于教学观念没有转换过来，在教学过程中过于重视考试题型的讲解和练习，而忽视了帮助学生对数学思想和内涵进行正确认识，这导致了学生在导数学习中纯粹以考试为目的，机械式地背诵公式，无法将所学导数知识运用于生活和其他学科的内容学习中，这与新课改提倡的素质教育理念是不相符的。导数教学的难点在于学生对于导数的认识不足，难以理解导数概念，这需要老师利用物理学科或者生活中的场景进行深入了解，而不是用纯粹的理论化的数学概念来对学生进行“填鸭教育”。

二、新课改下提高数学导数教学质量的措施

（1）帮助不同的学生制定不同的学习计划

总的来说，学习方法是学生进行有效学习的基础，而且在一定程度上对学生的学习起着举足轻重的作用。正确的学习方法是学生有效掌握所学知识的保证，这就要求数学教师在课堂教学中除了对学生进行课堂内容讲解外，还需要通过一定的测试和沟通来了解学生的导数内容掌握情况，对于掌握不足的学生应该帮助制定相应的学习计划，测试的目的不是为了成绩，而是为了掌握学生的学习情况，同时针对学生的学习情况对教学计划进行适当的调整，如果后续的学习计划制定没有跟上，那么测试也就失去了意义。

（2）借助案例帮助学生加深对导数的理解

导数由于其对于高中学生来说过强的理论性，造成了学生对于导数的理解和应用往往掌握不够，这种情况下纯粹的理论教学只会造成学生进一步的不理解，这十分不利于学生的学习效率和老师的课堂效率，所以在导数的课堂教学中，老师要注意借助导数应用案例来激发学生的学习热情，比如物理运动的速度变化问题、加速度变化问题等，这样不仅能够帮助学生更好地理解导数内涵，而且能够使学生在加强对其他学科知识的理解的同时主动思考导数知识在生活中的应用，大大提高了教学质量和效率。

（3）加强导数技巧性和应用训练

在平时的教学中应该多鼓励学生应用导数内容求解函数等相关问题，这样可以进一步提高学生对导数的理解程度和应用水平。同时老师也可以针对导数的应用多出一些技巧性的题目对学生进行训练，比如利用导数知识来画出二阶、三阶函数的图像等，学生要做出这种题目就需要一定的技巧，随着解答的技巧性题目数量的增多，学生对于导数的应用也就更熟练。同时在导数的初学阶段，由于学生对于导数理解不够，老师可以出一些含有生活案例的题目让学生来解答，比如将学生骑车时速度变化的问题加入到导数题目中，这样可以促使学生主动思考导数知识，加深对导数的理解，为以后的导数深入学习打下基础。

三、结语

高中数学解题中导数的妙用 篇3

【关键词】导数；高中数学；解题；妙用

1、导数知识在函数解题中的妙用

函数知识是高中数学的重点内容，其中包括极值、图像、奇偶性、单调性等方面的分析，具有代表性的题型就是极值的计算和单调性的分析，按照普通的解题过程是通过图像来分析，可是对于较难的函数来说，制作图像不仅浪费时间，而且极容易出错，而在函数解题中应用导数简直就是手到擒来。

例如：函数f（x）=x3+3x2+9x+a，分析f（x）的单调性。这是高中数学中常见的三次函数，在对这道题目进行单调性分析时，很多学生根据思维定式会采用常规的手法画图去分析单调区间，但由于未知数a的存在而遇到困难。如果考虑用导数的相关知识解决这一问题，解：f（x）=-3x2+6x+9，令f（x）>0，那么解得x<-1或者x>3，也就是说函数在（-∞，-1），（3，+∞）这个单调区间上单调递减，这样就能非常容易的判断函数的单调性。

再如，将上面的题目加上第二问：已知a为3，求函数f（x）=x3+3x2+9x+a的极值。教师在引导学生分析这一问题时，应引导学生观察，再次利用导数的概念，根据上一个问题中判断出的单调性求出极值，这个过程中导函数正是解决这一问题的根本，也能在应用中让原本复杂的问题变得简单。

2、导数知识在方程求根解题中的妙用

导数知识在方程求根中的应用属于一项重点内容，在平时的数学练习中以及高考的考察中均曾以不同的难度形式出现过。导数知识能针对方程求根，根据导函数的求解能判断原函数的根的个数。在解这一类问题的时候，教师要善于引导学生利用导函数与X轴的交点个数来判断方程根的个数。

例如，某一证明问题：方程x-sinx=0，只有一个根x=0。在分析这一问题时实际上就是利用函数的单调性质和特殊值来确定f（x）=0。其证明过程需首先利用到导数知识，令f（x）=x-sinx，定义域为R，求导f（x）=1-cosx>0，再利用函数单调性及数形结合思想，求得x=0是次方程的唯一根。此内容的应用就是最为典型的导数知识在方程求根中的应用。

除了上面的应用内容外，与之类似的还包括运用导数求方程根的个数，近似值等方面的求解问题。例如在这样一道题中：函数f（x）=2x4-3x3+2x2-18，令f（x）=0，那么在区间[1，11]上这个方程有几个根。此题与上一题类似，只是问题的提问方式出现了变化，其原理仍是遵循导数知识在方程求根应用中的基本思想。在分析这一方程求根问题时，首先需要明确这是一个高次方的函数求根问题，如果采用函数方法求根，不仅存在很高的计算难度，而且错误率也较高，对学生有很高的要求。但如果转变思路，利用导数知识解决此类问题，就会发现原本复杂的方程求根问题就会变得简单。解题过程如下：根据题意：f '（x）=4x3-12x2+20x，令f '（x）=0，那么可得4x（x2-3x+5）=0。通过验算可知，x2-3x+5=0没有实数解。所以，x=0，即f（x）的图像上只有一个驻点，也就是x=0。且当x>0，求得f '（x）>0，f（x）在区间（0，+∞）上是一个递增的函数，当然在区间[2，10]d：也是一个递增函数，代入断点可知f（2）=-3<0，f（10）>0，所以函数f（x）在区间[2，10]有且仅有一个根。

3、导数知识在不等式问题中的应用

不等式知识是高中数学中的一个单独模块，具有着非常典型的内容特征。在这一部分内容的解题中，导数发挥了重要的作用。在当前数学问题趋向于综合考察，趋向于知识之间相互融合的基础上，不等式问题解答中应用导数知识是非常重要的。导数知识在不等式问题中应用最多的还是在不等式的证明问题上， 能从一个点来解答原本无从下手的问题，给学生的解题带来更多的可能。

例如，在某一例题中就有已知x>1，求证：x>ln（1+x）。此类推理证明问题的核心思想可以概括为，想要证明f（x）>g（x），x∈（a，b），需要先将这个不等式转化为F（x）=f（x）-g（x）>0，再利用导数的正负性来判定F（x）在（a，b）上的单调性，最终得出想要的证明结果。其实此类的不等式证明在实际问题中非常普遍， 只要掌握了导数知识在解决不等式问题中的基本思想，理清基本思路，解决这类问题轻而易举。再比如很多学生在看到这样的不等式问题时会显得手足无措：函数f（x）=xinx，其中0

总结

综上所述， 导数知识在高中数学解题中有很多方面的用途，不仅与函数问题、方程求根，不等式等多个知识方面存在着联系，还能在具体的实际应用中让解题过程事半功倍，丰富了学生的解题思路和解题手段。相信在高中数学解题中，导数还会有更多的妙用，更多复杂的数学问题利用导数之后都有简单的办法来求解，而这些简便的求解方法正等待着我们去开发探索。

【参考文献】

[1]郝利军.关于高中数学导数公式的应用研究[J].文理导航（中旬），2014，（08）：19.

[2]蒋美丽.从高考命题看高中数学导数教学[J].中学数学，2012，（17）：57-58.

[3]蔡泽.高中数学导数教学的实践探讨[J].高中数学教与学，2013，（18）：20-21.

[4]漆建哲.导数在高中数学解题中的应用分析[J].语数外学习（数学教育），2013，（07）：24.

（作者单位：南通市天星湖中学）

导数在高中数学中的应用 篇4

一、利用导数解决切线问题

1.求过某一点的切线方程

此种题型分为点在曲线上和点在曲线外两种情况, f' (x0) 的几何意义就是曲线在点P (x0, f (x0) ) 处切线的斜率, 过P点的切线方程为

y-f (x0) =f' ( x0) (x-x0) , 但应注意点P (x0, f (x0) ) 在曲线y=f' (x) 上, 否则易错.

例1.求曲线y=e*在原点处的切线方程.

分析:此类题型为点不在曲线上求曲线方程, 应先设出切点坐标, 表示出切线方程, 把已知点代入方程, 求出切点坐标, 再求切线方程.

解: (略) 切线方程为y-e=e x-o 1w, 即ex-y=0.

2.求两曲线的切线方程

例2.已知抛物线C1:y=x2+2x和C2:y=-x2+a, 如果直线l同时是C1和C2的切线, 称l是C1和C2的公切线, 求公切线l的方程.

分析:本题也可用常规方法求解, 但运算量大, 过程烦琐, 而利用导数知识无疑为解决这类问题提供了新的、简捷的方法, 即先分别求出两曲线的切线, 利用它们是同一直线来建立关系求解.

解: (略) 公切线方程为x-y-1/4=0.

二、利用导数解决函数问题

1.利用导数求函数的解析式

用解析式表示函数关系, 便于研究函数的性质, 而利用导数求函数的解析式, 函数的一些基本性质就会显得更加明了.

例3. 已知函数f (x) = (ax-6) / (x2+b) 的图象在 点M ( -1, f (- 1) ) 处的切线方程为x+2y+5=0, 试确定函数y=f ( x) 的解析式.

解:由函数y=f xo的图象在点M (-1, f (- 1) ) 处的切线方 程为x+2y+5=0 , 知 - 1+2f ( - 1) +5=0 , 即f ( - 1) =-2, f' ( - 1) =-1/2.

解得a=2, b=3 (∵b+1≠0, ∴b=-1舍去) .

所以所求的函数解析式是f (x) = (2x-6) / (x2+3) .

2.利用导数求函数的值域

求函数的值域是中学数学中的重点, 也是难点, 方法因题而异, 不易掌握.但是, 如果采用导数来求解, 则较为容易, 且一般问题都可以解决.

例4.已知正数a、b满足a+b=1, 求ab+2/ab的取值范围.

分析:先由平均值定理求出ab的取值范围, 令x=ab, 根据定义域判断f' (x) 的正负, 进而求出函数f (x) 的值域.

解: (略)

3.利用导数求函数的最 (极) 值

求函数的最 (极) 值是高中数学的重点, 也是难点, 是高考经常要考查的内容之一, 它涉及到了函数知识的很多方面, 用导数解决这些问题可以使解题过程简化, 步骤清晰, 也容易掌握, 从而进一步明确了函数的性态.

一般地, 函数f (x) 在闭区间a, dbe上可导, 则f (x) 在[a, d]上的最值的求法:

(1) 求函数f (x) 在 (a, b) 上的极值点;

(2) 计算f (x) 在极值点和端点的函数值;

(3) 比较f (x) 在极值点和端点的函数值, 最大的是最大值, 最小的是最小值.

例5.设函数f (x) =sinx-cosx+x+1, 0

分析:按照求函数最 (极) 值的步骤求解.

解: (略) f (x) 的极小值为f (3π/2) =3π/2, 极大值为f (π) =π+2.

注:可导函数的极值点必须是导数值为0的点, 但导数值为0的点不一定是极值点, 即f' (x0) =0是可导函数f (x) 在x=x0处取得极值的必要不充分条件.此外, 函数不可导的点也可能是函数的极值点.

4.利用导数求函数的单调区间

函数的单调性是函数的一个重要性质, 是研究函数时经常要注意的一个性质.函数的单调性与函数的导数密切相关, 运用导数知识来讨论函数单调性时, 结合导数的几何意义, 只需考虑f' (x) 的正负即可, 当f' (x) >0时, f (x) 单调递增;当f' (x) <0时, f (x) 单调递减.此方法简单快捷而且适用面广.

例6.已知函数f (x) =2/x+alnx-2 (a>0) , 曲线y=f (x) 在x=1处的切线与直线y=x+2垂直, 求函数f (x) 的单调区间.

分析:应先确定函数f (x) 的定义域, 再利用导数讨论其单调区间.

解:函数f (x) 的定义域为 (0, + ∞) , 直线y=x+2的斜率为1,

f' (x) =-2/x2+a/x, 由f' (1) =-1, 得a=1, 从而

f (x) =2/x+lnx-2,

f' (x) =-2/x2+1/x= (x-2) /x2, 由f' (x) <0得0

由f' (x) >0得x>2.

故函数f (x) 的单调递减区间是 (0, 2 ) ;单调递增区间是 (2, + ∞ ) .

5.利用导数处理含参数的不等式恒成立问题

求参数的取值范围, 根据不同的题型, 有不同的方法, 若已知函数y=f x的单调性, 则转化为不等式f' x叟0或f' x≤0在单调区间上恒成立问题求解.

例7.已知a∈R, 函数f (x) = -x2+a x ex (x∈R, e为自然对数的底数) , 若函数f (x) 在 -1, 1上单调递增, 求a的取值范围.

解: (略) ∴a≥3/2.

导数知识与不等式知识的结合求解一类参数的取值范围, 是在知识交汇点上设计的题目, 能考查学生对各知识点进行渗透及综合分析问题的能力.

三、利用导数解决不等式问题

纵观这几年的高考, 凡涉及到不等式证明的问题, 其综合性强, 思维量大, 因此历来是高考的难点.利用导数证明不等式, 就是利用不等式与函数之间的联系, 直接或间接等价变形后, 结合不等式的结构特征, 构造相应的函数.通过导数运算判断出函数的单调性, 将不等式的证明问题转化为函数问题.

例8.设n是正整数, 证明:

分析 : 通过作差 , 构造函数f (x) =1/7x2+xln x+ 1 , 然后对f (x) =求导来判断其增减性.

证明: (略)

四、利用导数解决数列问题

数列是高中数学中的一个重要部分, 而数列求和是中学阶段数列部分的重要内容之一, 有许多初等解决方法.事实上, 数列可看作是自变量为正整数的特殊的函数, 所以可以利用数列和函数的关系, 再运用导数来解决数列求和的有关问题.

例9.已知函数f (x) = = (x-1) 1/2 -lnx.

(1) 求函数的单调区间;

(2) 设数列{an}的通项公式为an= (2n+1) 1/2/n, 前n项和为Sn, 求证:Sn≥2ln (n+ 1) .

分析:先求函数的定义域, 判断其增减性, 再根据函数的增减性, 把数列的通项转化为函数, 求和再证明.

解: (略)

五、导数与任意性、存在性问题

利用导数, 不仅可以解决函数、切线、不等式、数列问题, 而且还可以解决一些其他问题.在近几年高考对不等式考查的一个方向是把量词“任意”“存在”引入, 学生常常难以把握, 解这类题的关键是把问题转化为两个函数的最值或者值域之间的关系, 在转化时要仔细分辨其中量词的作用, 有四种情况:

(1) 若对x1∈I1, x2∈I2, f ( x1 ) >g ( x2) 恒成立, 则f ( x) min>g (x) max;

(2) 若对x1∈I1, x2∈I2, 使得f (x1 ) >g (x2 ) , 则f (x) min>g (x) min;

(3) 若对x1∈I1, x2∈I2, 使得f (x1 )

(4) 已知f (x) 在区间I1上的值域为A, g x在区间I2上的值域为B, 若对x1∈I1, x2∈I2, 使得f ( x1) =g (x2 ) 成立, 则A∈B.

下面通过一个实例让学生吃透函数中的任意性与存在性.

例10. 已知函数f (x) =1/2ax2- (2a+ 1) x+2lnxa∈R , g (x) =x2-2x, 若对任意x1∈ (0 , 2) , 均存在x2∈ (0, 2) , 使得f (x1 )

分析:判断函数f (x) 在区间 (0, 2) 上的单调性, 因为对x1是任意的, 对x2则只要存在即可, 这样就得保证当f (x) 取得最大值时, 至少要有一个x2使得不等式成立, 这只需g (x) 的最大值大于f x的最大值即可.

解: (略) a的取值范围是 (ln2-1, +∞) .

六、结束语

高中数学导数专题讲义（答案版） 篇5

汇总

导数专题一、单调性问题

【知识结构】

【知识点】

一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；

二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.三、分类讨论的思路步骤：

第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；

第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与区间的位置关系（分类讨论）；

第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；

第四步、（列表）根据第五步的草图列出，随变化的情况表，并写出函数的单调区间；

第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数值比较得到函数的最值.四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：

1.最高次项系数是否为0；

2.导函数是否有极值点；

3.两根的大小关系；

4.根与定义域端点讨论等。

五、求解函数单调性问题的思路：

（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为或恒成立；

（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参变量的范围；

（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于零有解.六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法

（1）参变分离；

（2）导函数的根与区间端点直接比较；

（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

七、求解函数单调性问题方法提炼：

（1）将函数单调增（减）转化为导函数恒成立；

（2），由（或）可将恒成立转化为（或）恒成立；

（3）由“分离参数法”或“分类讨论”，解得参数取值范围。

【考点分类】

考点一、分类讨论求解函数单调性；

【例1-1】（2015-2016朝阳一模理18）已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，都有成立，求的取值范围；

（Ⅲ）试问过点可作多少条直线与曲线相切？并说明理由．

【答案】（Ⅰ）函数的定义域为．．

（1）当时，恒成立，函数在上单调递增；

（2）当时，令，得．

当时，函数为减函数；

当时，函数为增函数．

综上所述，当时，函数的单调递增区间为．

当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当时，即时，函数在区间上为增函数，所以在区间上，显然函数在区间上恒大于零；

（2）当时，即时，函数在上为减函数，在上为增函数，所以．

依题意有，解得，所以．

（3）当时，即时，在区间上为减函数，所以．

依题意有，解得，所以．

综上所述，当时，函数在区间上恒大于零．

（Ⅲ）设切点为，则切线斜率，切线方程为．

因为切线过点，则．

即．

………………①

令，则

．

（1）当时，在区间上，单调递增；

在区间上，单调递减，所以函数的最大值为．

故方程无解，即不存在满足①式．

因此当时，切线的条数为．

（2）当时,在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以函数的最小值为．

取，则．

故在上存在唯一零点．

取，则．

设，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．

【例1-2】（2015-2016海淀一模理18）已知函数，.（Ⅰ）求函数的最小值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

(Ⅲ)

求证：直线不是曲线的切线.【答案】（Ⅰ）函数的定义域为，当变化时，的变化情况如下表：

递减

极小值

递增

函数在上的极小值为，所以的最小值为

（Ⅱ）解：函数的定义域为，由（Ⅰ）得，所以

所以的单调增区间是，无单调减区间.（Ⅲ）证明：假设直线是曲线的切线.设切点为，则，即

又，则.所以,得，与

矛盾

所以假设不成立，直线不是曲线的切线

【练1-1】（2015-2016西城一模理18）已知函数，且.(Ⅰ)

求的值及的单调区间；

(Ⅱ)

若关于的方程存在两个不相等的正实数根，证明：.【答案】（Ⅰ）对求导，得，所以，解得.故，.令，得.当变化时，与的变化情况如下表所示：

0

0

↘

↗

所以函数的单调减区间为，单调增区间为.（Ⅱ）解：方程，即为，设函数.求导，得．

由，解得，或.所以当变化时，与的变化情况如下表所示：

0

↘

↗

所以函数在单调递减，在上单调递增.由，得.又因为，所以.不妨设（其中为的两个正实数根），因为函数在单调递减，且，所以.同理根据函数在上单调递增，且，可得，所以，即

.【练1-2】（2011-2012石景山一模文18）已知函数.（Ⅰ）若函数的图象在处的切线斜率为，求实数的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）

…………1分

由已知，解得.…………3分

（II）函数的定义域为.（1）当时,，的单调递增区间为；……5分

（2）当时.当变化时，的变化情况如下：

+

极小值

由上表可知，函数的单调递减区间是；

单调递增区间是.…………8分

（II）由得，…………9分

由已知函数为上的单调减函数，则在上恒成立，即在上恒成立.即在上恒成立.…………11分

令，在上，所以在为减函数.,所以.…………14分

【练1-3】（2015-2016朝阳期末文19）已知函数，.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试判断函数是否存在零点,并说明理由；

（Ⅲ）求函数的单调区间.【答案】函数的定义域：..（Ⅰ）当时，..有，即切点（1,3），.所以曲线在点处切线方程是，即.（Ⅱ）若，..令，得（舍），.－

＋

↘

极小值

↗

则.所以函数不存在零点.（Ⅲ）

.当，即时，－

＋

↘

极小值

↗

当，即时，的单调增区间是，；

当，即时，＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

当，即时，＋

＋

↗

↗

＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

综上时，的单调增区间是;减区间是.当时，的单调增区间是,;减区间是.当时，的单调增区间是;

当时，的单调增区间是，;减区间是.【练1-4】（2015-2016丰台期末文20）设函数的图象与直线相切于点．

（Ⅰ）求函数的解析式；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设函数，对于,，使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）∵函数的图象与直线相切于点，∴，．

∵，∴

解得．

∴．

（Ⅱ），令，得或；

令，得．

∴的单调递增区间为，；单调递减区间为．

…8分

（Ⅲ）记在上的值域为,在上的值域为，∵对于，使得，∴．

由（Ⅱ）得：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，∴．

∵，∴．

①

当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴的最小值为或，的最大值为或．

∵，且，∴或，∴或，即或．

又∵，∴．

②

当时，在上单调递增，上单调递减，∴的最小值为或，的最大值为

．

∵，且，∴，∴，即．

综上所述：或．

【练1-5】（2015-2016朝阳二模文20）已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，若在区间上恒成立，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)

函数的定义域为,.（1）

当时，,令，解得，则函数的单调递增区间为

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为；

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（3）

当时，恒成立，所以函数的单调递增区间为.（4）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为，；

令，解得，则函数的单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（Ⅱ）依题意，在区间上.，.令得，或.若，则由得，函数在()上单调递增.由得，,函数在()上单调递减.所以，满足条件；

若，则由得，或；

由得，.函数在(),上单调递增,在上单调递减.，依题意，即，所以；

若，则.所以在区间上单调递增，不满足条件；

综上，.【练1-6】（2015-2016房山二模文19）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）,定义域为，令

极小值

所以的增区间为，减区间为。

（II）因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

【练1-7】（2015-2016朝阳一模文19）已知函数.（Ⅰ）若求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，若函数在区间上存在极值点，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)若，函数的定义域为，.则曲线在点处切线的斜率为.而，则曲线在点处切线的方程为

（Ⅱ）函数的定义域为，.（1）当时，由,且此时，可得.令，解得或，函数为减函数；

令，解得，但，所以当，时，函数也为增函数.所以函数的单调减区间为，单调增区间为，.（2）当时，函数的单调减区间为，.当时，函数的单调减区间为，.当时，由，所以函数的单调减区间为，.即当时，函数的单调减区间为，.（3）当时，此时.令，解得或，但，所以当，时，函数为减函数；

令，解得，函数为增函数.所以函数的单调减区间为，，函数的单调增区间为.…………9分

（Ⅲ）（1）当时，由（Ⅱ）问可知，函数在上为减函数，所以不存在极值点;

（2）当时，由（Ⅱ）可知，在上为增函数，在上为减函数.若函数在区间上存在极值点，则，解得或,所以.综上所述，当时，函数在区间上存在极值点.【练1-8】（2015-2016东城期末理19）已知函数．

（Ⅰ）当时，试求在处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试求的单调区间；

（Ⅲ）若在内有极值，试求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当时，，．

方程为．

（Ⅱ），．

当时，对于，恒成立，所以

Þ；

Þ

0.所以

单调增区间为，单调减区间为

．

（Ⅲ）若在内有极值，则在内有解．

令

Þ

Þ

.设,所以,当时，恒成立，所以单调递减.又因为，又当时，,即在上的值域为,所以

当时，有解.设，则，所以在单调递减.因为，,所以在有唯一解.所以有：

0

0

递减

极小值

递增

所以

当时，在内有极值且唯一.当时，当时，恒成立，单调递增，不成立．

综上，的取值范围为．

【练1-9】（2015-2016大兴期末理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当

时，所以，函数在点处的切线方程为

即：

(Ⅱ)函数的定义域为：

当时，恒成立，所以，在和上单调递增

当时，令，即：，,所以，单调递增区间为，单调减区间为.（Ⅲ）因为在上恒成立，有

在上恒成立。

所以，令，则.令则

若，即时，函数在上单调递增，又

所以，在上恒成立；

若，即时，当时，单调递增；

当时，单调递减

所以，在上的最小值为，因为所以不合题意.即时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，在上的最小值为

又因为，所以恒成立

综上知，的取值范围是.考点二、已知函数单调求参数范围；

【例2-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数,.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例2-2】（2015-2016朝阳期中文19）已知函数，．

（Ⅰ）若函数在区间上单调递减，求的取值范围；

（Ⅱ）当时，证明.【答案】（I）函数的定义域为.因为.又因为函数在单调减，所以不等式在上成立.设，则，即即可，解得.所以的取值范围是.（Ⅱ）当时，.令，得或（舍）.当变化时，变化情况如下表：

0

+

极小值

所以时,函数的最小值为.所以成立.【练2-1】（2015-2016海淀期中文18）已知函数.（Ⅰ）若曲线在点处切线的斜率为，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）因为，所以曲线经过点，又，所以，所以.当变化时，的变化情况如下表

0

0

极大值

极小值

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为

.（Ⅱ）

因为函数在区间上单调递增，所以对成立，只要在上的最小值大于等于0即可.因为函数的对称轴为，当时，在上的最小值为，解，得或，所以此种情形不成立

当时，在上的最小值为，解得，所以，综上，实数的取值范围是.【练2-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【练2-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

（ⅰ）令，得．

令,得，所以函数在单调递增．

令,得，所以函数在单调递减．

所以，．

所以成立．

（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．

设所以．

令，得．

令,得，所以函数在单调递增，令,得，所以函数在单调递减；

所以，即．

所以，即．

所以，方程没有实数解．

【练2-4】（2015-2016海淀期中理18）已知函数，曲线在点处的切线为．

（Ⅰ）若直线的斜率为，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数是区间上的单调函数，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

因为直线的斜率为

所以

所以

所以

令解得

所以当和时，当时，所以的单调增区间为和，单调减区间为

（Ⅱ）要使在上单调

只需或在恒成立

（1）在恒成立等价于，即

解得

（2）在恒成立，当时，即，解得（舍）或（舍）

当时，即，解得

综上所述

考点三、已知函数不单调求参数范围；

【例3-1】已知函数.当时，若在区间上不单调，求的取值范围.【答案】解法一：∵

令，解得，因为在区间上不单调，所以区间上存在极值点，所以，或

即，或

所以或

∴.解法二:∵

因为函数在区间不单调，所以函数在上存在零点.令，解得，区间长为，∴在区间上不可能有个零点.所以

即：

∵，∴，又∵，∴.【例3-2】已知函数，若在区间上不单调，求的取值范围

【答案】

考点四、已知函数存在单调区间求参数范围；

【例4-1】设函数，.若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围.【答案】解法一：

设，依题意，在区间上存在子区间使得不等式成立.注意到抛物线开口向上，所以只要，或即可

由，即，得，由，即，得，所以，所以实数的取值范围是.解法二：，依题意得，在区间上存在子区间使不等式成立.又因为，所以.设，所以小于函数在区间的最大值.又因为，由解得；

由解得.所以函数在区间上递增，在区间上递减.所以函数在，或处取得最大值.又，所以，所以实数的取值范围是.【例4-2】（2010-2011朝阳二模理18）设函数，.（Ⅰ）若，求函数在上的最小值；

（Ⅱ）若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围；

【答案】

【练4-1】已知函数，．函数在上存在单调递增区间，求的取值范围．

【答案

当时，令，解得

则在上单调递增区间，满足题意.当时

当，即时，在上单调递减(舍）

当，即，且时

令，解得：，当时，则在上单调递增区间，满足题意

当时，要使在上存在单调递增区间，则，即，解得

所以

综上所述得：的取值范围为：

解法二：

在上存在单调递增区间等价于在存在区间使成立，即存在使成立

设

当时，则

所以，的取值范围为：

考点五、两个函数在具有相同的单调性求参数范围；

【例5-1】（2012-2013西城一模文18）已知函数，其中．

（Ⅰ）求的极值；

（Ⅱ）若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）的定义域为，且

．

………………2分

①

当时，故在上单调递增．

从而没有极大值，也没有极小值．

………4分

②

当时，令，得．

和的情况如下：

↘

↗

故的单调减区间为；单调增区间为．

从而的极小值为；没有极大值．

…………6分

（Ⅱ）解：的定义域为，且

．

…………8分

③

当时，在上单调递增，在上单调递减，不合题意．

………………9分

④

当时，在上单调递减．

当时，此时在上单调递增，由于在上单调递减，不合题意．

……………11分

当时，此时在上单调递减，由于在上单调递减，符合题意．

综上，的取值范围是．

…………13分

【例5-2】已知函数，其中．若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围．

【答案】的定义域为，当，在单调递减，当时，在单调递减，单调递增,的定义域为，且

．

当时，显然，从而在上单调递增．

此时在上单调递增，符合题意．

当时，在上单调递增，在上单调递减，不合题意．

当时，令，得．

和的情况如下表：

↘

↗

当时，此时在上单调递增，由于在上单调递减，不合题意．

当时，此时在上单调递减，由于在上单调递减，符合题意．

综上，的取值范围是．

导数专题二、极值问题

【知识点】

一、函数的极值定义

函数在点附近有定义，如果对附近的所有点都有则称是函数的一个极大值，记作；如果对附近的所有点都有则称是函数的一个极小值，记作极大值与极小值统称为极值，称为极值点．

极大值与极小值统称为极值．极大值点与极小值点统称为极值点．

极值点出现在函数的驻点（导数为0的点）或不可导点处（导函数不存在，也可以取得极值，此时驻点不存在）。

可导函数的极值点必定是它的驻点。但是反过来，函数的驻点却不一定是极值点，例如,点是它的驻点，却不是它的极值点。

极值点上的导数为零或不存在，且函数的单调性必然变化。

极值问题主要建立在分类讨论的基础上，二、求函数的极值点和极值注意事项：

1.求极值或极值点，必须点明是极大还是极小。若没有另一个，要说明没有。

2.要知道如何判断是否存在极值或者极值点。

3.如果已知极值或者极值点，求参数的时候，最后结果需要检验。

4.极值点是导函数的根，如果有两个根，要在合适的时候想到伟达定理。

三、求函数极值的三个基本步骤

第一步、求导数；

第二步、求方程的所有实数根；

第三步、考察在每个根附近，从左到右，导函数的符号如何变化．如果的符号由正变负，则是极大值；如果由负变正，则是极小值．如果在的根的左右侧，的符号不变，则不是极值．

【考点分类】

考点一、分类讨论求函数极值（点）；

【例1-1】（2015-2016海淀一模文19）已知函数.(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)求函数的零点和极值；

(Ⅲ)若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】

（Ⅰ）设切线斜率为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即。

（Ⅱ）令，解得。当时，；时，所以函数零点有且只有一个，为1.令，即解得。当时，；当时，所以函数在处取得极小值，无极大值。

（Ⅲ）由（II）知，当时，；时，且在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值。且。，所以只需。所以。所以的最小值为1。

【例1-2】（2010-2011朝阳二模理18）设函数，.（Ⅰ）若，求函数在上的最小值；

（Ⅱ）若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围；

（Ⅲ）求函数的极值点.【答案】

考点二、已知函数极值（点）情况求参数范围；

【例2-1】（2015-2016朝阳一模文19）已知函数.（Ⅰ）若求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，若函数在区间上存在极值点，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)若，函数的定义域为，.则曲线在点处切线的斜率为.而，则曲线在点处切线的方程为

（Ⅱ）函数的定义域为，.（1）当时，由,且此时，可得.令，解得或，函数为减函数；

令，解得，但，所以当，时，函数也为增函数.所以函数的单调减区间为，单调增区间为，.（2）当时，函数的单调减区间为，.当时，函数的单调减区间为，.当时，由，所以函数的单调减区间为，.即当时，函数的单调减区间为，.（3）当时，此时.令，解得或，但，所以当，时，函数为减函数；

令，解得，函数为增函数.所以函数的单调减区间为，，函数的单调增区间为.…………9分

（Ⅲ）（1）当时，由（Ⅱ）问可知，函数在上为减函数，所以不存在极值点;

（2）当时，由（Ⅱ）可知，在上为增函数，在上为减函数.若函数在区间上存在极值点，则，解得或,所以.综上所述，当时，函数在区间上存在极值点.【例2-2】（2015-2016东城期末理19）已知函数．

（Ⅰ）当时，试求在处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试求的单调区间；

（Ⅲ）若在内有极值，试求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当时，，．

方程为．

（Ⅱ），．

当时，对于，恒成立，所以

Þ；

Þ

0.所以

单调增区间为，单调减区间为

．

（Ⅲ）若在内有极值，则在内有解．

令

Þ

Þ

.设,所以,当时，恒成立，所以单调递减.又因为，又当时，,即在上的值域为,所以

当时，有解.设，则，所以在单调递减.因为，,所以在有唯一解.所以有：

0

0

递减

极小值

递增

所以

当时，在内有极值且唯一.当时，当时，恒成立，单调递增，不成立．

综上，的取值范围为．

【练2-1】（2015-2016房山二模理18）已知函数

（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）设，若在区间上有两个极值点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）当时，定义域为

令，得

0

递增

递减

极小值

递增

（Ⅱ），因为

所以令，只需

设，若在区间上有两个极值点，则在区间上有两个零点

要使在区间上有两个零点，的唯一根必须在区间

所以令，得，且

解得：

【练2-2】已知函数，（为常数）.若函数在区间上有两个极值点，求实数的取值范围.【答案】

由题意可知，解得

所以，实数的取值范围为.【练2-3】已知函数，其中且.若函数在区间上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】在上有且仅有一个极值点，在上有且仅有一个异号零点，由二次函数图象性质可得，即，解得或，综上，的取值范围是.【练2-4】已知函数，其中且.（Ⅰ）求证：函数在点处的切线与总有两个不同的公共点；

（Ⅱ）若函数在区间上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）由已知可得.，又

在处的切线方程为.令，整理得.或，与切线有两个不同的公共点.--7分

（Ⅱ）在上有且仅有一个极值点，在上有且仅有一个异号零点，由二次函数图象性质可得，即，解得或，综上，的取值范围是.【练2-5】（2013-2014海淀二模文18）已知函数，其中且.（Ⅰ）求证：函数在点处的切线与总有两个不同的公共点；

（Ⅱ）若函数在区间上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）由已知可得.---------------------------------1分，---------------------------------2分

又

在处的切线方程为.---------------------------------4分

令，整理得.或，-----------------------------------5分，----------------------------------------6分

与切线有两个不同的公共点.----------------------------------------7分

（Ⅱ）在上有且仅有一个极值点，在上有且仅有一个异号零点，---------------------------9分

由二次函数图象性质可得，-------------------------------------10分

即，解得或，----------------------------12分

综上，的取值范围是.-------------------------------13分

【练2-6】（2009-2010年北京高考文18）设定函数，且方程的两个根分别为1，4。

（Ⅰ）当且曲线过原点时，求的解析式；

（Ⅱ）若在无极值点，求的取值范围。

【答案】由

得

因为的两个根分别为1,4，所以

（*）

（Ⅰ）当时，又由（*）式得

解得

又因为曲线过原点，所以

故

（Ⅱ）由于a>0,所以“在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“在（-∞，+∞）内恒成立”。

由（*）式得。

又

解

得

即的取值范围

考点三、已知函数极值求参数值；

【例3-1】已知函数.（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）是否存在实数，使得函数的极大值等于？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）的定义域为.，即

.令，解得：或.当时，故的单调递增区间是.当时，随的变化情况如下：

极大值

极小值

所以，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是.当时，随的变化情况如下：

极大值

极小值

所以，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是.（Ⅱ）当时，的极大值等于.理由如下：当时，无极大值.当时，的极大值为，令，即

解得

或（舍）.当时，的极大值为.因为，所以

.因为，所以的极大值不可能等于.综上所述，当时，的极大值等于.【例3-2】已知函数在处有极值10，求的值.【答案】

依题意得方程组

解得.当a=-3,b=3时，令得x=1.(-∞,1)

(1,+∞)

+

0

+

↗

无极值

↗

显然不合题意，舍去.当时，令得或.x

（1，+∞）

+

0

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

在处有极小值10，合题意，∴.导数专题三、最值问题

【知识结构】

【知识点】

一、求解函数最值问题的步骤：

对于函数的最值问题主要建立在前面的极值问题的基础上；一般地，求函数在上的最大值与最小值的步骤如下：

第一步、求函数在内的极值；

第二步、将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

二、主要的问题类型：

1.分类讨论求函数最值；

2.已知函数最值情况求参数范围；

3.已知函数最值求参数值；

4.其他的情况转化为最值问题；

【考点分类】

考点一、分类讨论求函数最值；

【例1-1】（2015-2016东城一模文19）

已知函数，（1）若在处取得极值，求的值；

（2）求在区间上的最小值；

（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立.【答案】（1）定义域为，因为函数在处取得极值，所以有，解得

（2）

1）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

2）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

3）当时，-

0

+

减

极小值

增

所以在该区间的最小值为

综上所述，当时，在的最小值为1；

当时，在的最小值为.（3）由已知得，所以在时，恒有

若要证明当时，恒有成立，只需证明，即证明恒成立.令

令，有

当时，恒有，所以当时，所以，所以在时，单调递减，因此恒成立，所以，当时，恒有成立.【例1-2】（2014-2015丰台一模理18）设函数，．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：；

（Ⅲ）当时，求函数在上的最大值．

【答案】（Ⅰ）当时，，所以．

因为，即切线的斜率为，所以切线方程为，即

．

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知．

令，则．

当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以当时，函数最小值是．命题得证.（Ⅲ）因为，所以．

令，则．

当时，设，因为，所以在上单调递增，且，所以在恒成立，即．

所以当，在上单调递减；

当，在上单调递增．

所以在上的最大值等于，因为，不妨设()，所以．

由（Ⅱ）知在恒成立，所以在上单调递增．

又因为，所以在恒成立，即．

所以当时，在上的最大值为．

【练1-1】（2015-2016西城期末文19）已知函数，其中是自然对数的底数，.（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，求函数的最小值.【答案】（Ⅰ）解：因为，所以．

令，得．

当变化时，和的变化情况如下：

↘

↗

故的单调减区间为；单调增区间为．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），得的单调减区间为；单调增区间为．

所以当，即时，在上单调递增，故在上的最小值为；

当，即时，在上单调递减，在上单调递增，故在上的最小值为；

当，即时，在上单调递减，故在上的最小值为.所以函数在上的最小值为

【练1-2】（2015-2016海淀期末文18）已知函数与函数在点处有公共的切线，设.（I）

求的值

（Ⅱ）求在区间上的最小值.【答案】（I）因为所以在函数的图象上

又，所以

所以

（Ⅱ）因为，其定义域为

当时，所以在上单调递增

所以在上最小值为

当时，令，得到(舍)

当时，即时，对恒成立，所以在上单调递增,其最小值为

当时，即时,对成立，所以在上单调递减，其最小值为

当,即时,对成立,对成立

所以在单调递减,在上单调递增

其最小值为

综上，当时，在上的最小值为

当时，在上的最小值为

当时,在上的最小值为.【练1-3】（2015-2015丰台一模理18）已知函数，.(Ⅰ)若曲线在点（1，0）处的切线斜率为0，求a,b的值；

(Ⅱ)当，且ab=时，求函数的单调区间，并求函数在区间[-2，-1]上的最小值.【答案】(Ⅰ)函数h(x)定义域为{x|x≠-a}，1

则，3

h(x)在点（1，0）处的切线斜率为0，即,解得或6

(Ⅱ)记(x)=，则(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a),ab=，所以，(x≠-a)，令，得，或,因为，所以，故当，或时，当时，函数(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，,，①

当，即时,(x)在[-2,-1]单调递增,(x)在该区间的最小值为，②

当时,即,(x)在[-2,单调递减,在单调递增，(x)在该区间的最小值为，③当时,即时,(x)在[-2,-1]单调递减,(x)在该区间的最小值为，综上所述，当时，最小值为；当时，最小值为；当时，最小值为.（不综述者不扣）

【练1-4】（2013-2014延庆一模理18）已知函数.(Ⅰ)

讨论函数的单调性；

（Ⅱ）当时，求函数在区间的最小值.【答案】函数的定义域为，1

(Ⅰ)，4

（1）当时，所以在定义域为上单调递增；

（2）当时，令，得（舍去），当变化时，的变化情况如下：

此时，在区间单调递减，在区间上单调递增；

（3）当时，令，得，（舍去），当变化时，的变化情况如下：

此时，在区间单调递减，在区间上单调递增.（Ⅱ）由(Ⅰ)知当时，在区间单调递减，在区间上单调递增.（1）当，即时，在区间单调递减，所以，；

（2）当，即时，在区间单调递减，在区间单调递增，所以，（3）当，即时，在区间单调递增，所以.【练1-5】（2013-2014东城期末理18）已知，函数．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间上的最小值．

【答案】（Ⅰ）当时，，所以，.2

因此．

即曲线在点处的切线斜率为.4

又，所以曲线在点处的切线方程为，即．6

（Ⅱ）因为，所以．

令，得．

①若，则，在区间上单调递增，此时函数无最小值．

②若，当时，函数在区间上单调递减，当时，函数在区间上单调递增，所以当时，函数取得最小值．

③若，则当时，函数在区间上单调递减，所以当时，函数取得最小值．

综上可知，当时，函数在区间上无最小值；

当时，函数在区间上的最小值为；

当时，函数在区间上的最小值为．

【练1-6】（2014-2015西城二模理18）已知函数，其中．

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值．

【答案】的定义域为，且

．

当时，，所以曲线在点处的切线方程为，即

．

（Ⅱ）解：方程的判别式为．

（ⅰ）当时，所以在区间上单调递增，所以在区间

上的最小值是；最大值是．6

（ⅱ）当时，令，得，或．

和的情况如下：

↗

↘

↗

故的单调增区间为，；单调减区间为．

①

当时，此时在区间上单调递增，所以在区间

上的最小值是；最大值是．

②

当时，此时在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在区间上的最小值是

．

因为，所以

当时，在区间上的最大值是；当时，在区间上的最大值是．

③

当时，此时在区间上单调递减，所以在区间上的最小值是；最大值是．

综上，当时，在区间上的最小值是，最大值是；

当时，在区间上的最小值是，最大值是；

当时，在区间上的最小值是，最大值是；

当时，在区间上的最小值是，最大值是．

【练1-7】（2014-2015丰台一模文19）已知函数,.(1)设函数,且求a,b的值;

(2)当a=2且b=4时,求函数的单调区间,并求该函数在区间(-2,m]

()上的最大值.【答案】(Ⅰ)函数h(x)定义域为{x|x≠-a},则,因为所以解得,或

(Ⅱ)记(x)=,则(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a),因为a=2,b=4,所以(x≠-2)，令,得,或,当,或时，当时，函数的单调递增区间为,单调递减区间为,①当-2

【练1-8】（（2013-2014大兴一模文18）已知函数.(I)求函数的单调区间;

(Ⅱ)当时,求函数在区间上的最小值.【答案】定义域为R

(Ⅰ)①当时，则的单调增区间为

②当时,解得，解得，则的单调增区间为,的单调减区间为

③当时,解得，解得，则的单调增区间为,的单调减区间为

(Ⅱ)

①当时,即

当时,在上是减函数,在上是增函数,则函数在区间[-2,0]上的最小值为

②当时,即

当时,在上是增函数,则函数在区间[-2,0]上的最小值为

综上:

当时,在区间[-2,0]上最小值为

当时,在区间[-2,0]上最小值为

考点二、已知函数最值情况求参数范围；

【例2-1】（（2015-2016昌平期末文20）已知函数．

(Ⅰ)

求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）设，若存在最大值，且当最大值大于时，确定实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）解：定义域为，.由题意，，所以函数在点处的切线方程为.（Ⅱ）证明：当时，可转化为

当时，恒成立.设，所以.当时，所以在上为减函数，所以，所以当时，成立.（Ⅲ）设，定义域为，所以.⑴当时，对于任意的，所以在上为增函数，所以无最大值，即不符合题意.⑵当时，令，即，则.所以，变化如下：

0

+

0

↗

极大值

↘

因为.所以成立，即，令，所以，即在上为增函数.又因为，所以当时，.所以，时，命题成立.综上，的取值范围为.【例2-2】（2015-2016东城一模文20）已知函数

.(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

(Ⅱ)讨论的单调性;

(III)若存在最大值,且,求的取值范围.【答案】(Ⅰ)当时,..所以.又,所以曲线在点处的切线方程是,即.(Ⅱ)函数的定义域为,.当时,由知恒成立,此时在区间上单调递减.当时,由知恒成立,此时在区间上单调递增.当时,由,得,由,得,此时在区间内单调递增,在区间内单调递减.(III)由(Ⅱ)知函数的定义域为,当或时,在区间上单调,此时函数无最大值.当时,在区间内单调递增,在区间内单调递减,所以当时函数有最大值.最大值.因为,所以有,解之得.所以的取值范围是.【练2-1】（15-2016大兴区一模理18）已知函数，．

(Ⅰ)求函数的单调区间；

(Ⅱ)函数在区间上是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．

【答案】（I），.由，得，或.①当，即时，在上，单调递减；

②当，即时，在上，单调递增，在上，单调递减.综上所述：时，的减区间为；

时，的增区间为，的减区间为.（II）（1）当时，由（I）在上单调递减，不存在最小值；

（2）当时，若，即时，在上单调递减，不存在最小值；

若，即时，在上单调递增，在上单调递减，因为，且当时，所以时，.又因为，所以当，即时，有最小值；，即时，没有最小值.综上所述：当时，有最小值；当时，没有最小值.考点三、已知函数最值求参数值；

【例3-1】（2015-2016朝阳期中文20）已知函数(其中，),函数的导函数为，且．

(Ⅰ)若，求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)若函数在区间上的最小值为，求的值．

【答案】因为，所以．

因为，所以．

所以．

(Ⅰ)当时，时，所以曲线在点处的切线方程为．

即．

(Ⅱ)由已知得，所以．

（1）当，即时，令得，或；

令得，．

所以函数在和上单调递增，在上单调递减．

所以函数在区间上单调递增．

所以函数在区间上的最小值为．

解得．显然合题意．

（2）当时，即时，恒成立，所以函数在上单调递增．

所以函数在区间上单调递增．

所以函数在区间上的最小值为．

解得．显然不符合题意．

（3）当时，即时，令得，或；

令得，．

所以函数在和上单调递增，在上单调递减．

①若，即时，函数在区间上单调递减．

所以函数在区间上的最小值为．

解得．显然合题意．

②若，即时，函数在在上单调递减，在上单调递增．

此时，函数在区间上的最小值为．

解得．显然不合题意．

综上所述，或为所求．

【例3-2】（2015-2016朝阳期中18）已知函数(其中是常数，)，函数的导函数为，且．

(Ⅰ)若，求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)当时，若函数在区间上的最大值为，试求的值．

【答案】因为，所以．

因为，所以，即．

(Ⅰ)当时，．又，所以曲线在点处的切线方程为．

即．

(Ⅱ)由已知得．

所以．

因为，．

因为，所以．

令得，；

令得，或．

所以函数在上单调递增，在和上单调递减．

①若，即时，函数在区间上单调递增．

所以函数在区间上的最大值为．

解得．显然符合题意．此时，．

②若，即时，函数在上单调递增，在上单调递减．

所以函数在区间上的最大值为．

又因为，所以，．

所以．

所以．

不满足函数在区间上的最大值为

综上所述，为所求．

【练3-1】（2015-2016海淀一模理18）已知函数(其中为常数且)在处取得极值.(I)

当时，求的单调区间；

(II)

若在上的最大值为，求的值.【答案】（I）因为所以2

因为函数在处取得极值

当时，，随的变化情况如下表：

0

0

极大值

极小值

所以的单调递增区间为,单调递减区间为

(II)因为

令,因为在处取得极值，所以

当时，在上单调递增，在上单调递减

所以在区间上的最大值为，令，解得

当，当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增

所以最大值1可能在或处取得

而

所以，解得

当时,在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增

所以最大值1可能在或处取得

而

所以，解得，与矛盾

当时，在区间上单调递增，在单调递减，所以最大值1可能在处取得，而，矛盾

综上所述，或.【练3-2】（2013-2014朝阳一模理18）已知函数，．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在区间的最小值为，求的值．

【答案】函数的定义域是，．

（Ⅰ）（1）当时，故函数在上单调递减．

（2）当时，恒成立，所以函数在上单调递减．

（3）当时，令，又因为，解得．

①当时，所以函数在单调递减．

②当时，所以函数在单调递增．

综上所述，当时，函数的单调减区间是，当时，函数的单调减区间是，单调增区间为．

（Ⅱ）（1）当时，由（Ⅰ）可知，在上单调递减，所以的最小值为，解得，舍去．

（2）当时，由（Ⅰ）可知，①当，即时，函数在上单调递增，所以函数的最小值为，解得．

②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为，解得，舍去．

③当，即时，函数在上单调递减，所以函数的最小值为，得，舍去．

综上所述，．

导数专题四、零点问题

【知识结构】

【知识点】

一、零点的定义：定义：

一般地，如果函数在处有实数根，即，则叫做这个函数的零点.1.函数值为零时的值；

2.函数为零时，方程的解；

3.函数的图象与轴交点；

4.两个函数的交点；

二、零点问题主要包括的题型包括：

1.是否有零点；

2.判断零点个数；

3.已知零点求参数

三、函数零点的判定：

方程有实数根⇔函数的图象与轴有交点⇔函数有零点

【考点分类】

考点一、分类讨论求零点个数；

【例1-1】（2014-2015年朝阳一模理18）已知函数，．

（Ⅱ）

当时，讨论函数的零点个数.【答案】（Ⅱ）,.（1）当时，时，为减函数;时，为增函数.所以在时取得最小值.（ⅰ）当时，由于，令，则在上有一个零点；

（ⅱ）当时，即时，有一个零点；

（ⅲ）当时，即时，无零点.（ⅳ）当时，即时，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(3)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例1-2】（2012-2013石景山期末理18）已知函数是常数．

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【答案】令，.令，则在上单调递增，在上单调递减，当时，的最大值为.所以若，则无零点；若有零点，则．

若，由（Ⅰ）知有且仅有一个零点.若，单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知有且仅有一个零点（或：直线与曲线有一个交点）.若，解得，由函数的单调性得知在处取最大值，由幂函数与对数函数单调性比较知，当充分大时，即在单调递减区间有且仅有一个零点；

又因为，所以在单调递增区间有且仅有一个零点.切线方法：

综上所述，当时，无零点；

当或时，有且仅有一个零点；

当时，有两个零点.【练1-1】（2015-2016朝阳期末文19）已知函数，.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试判断函数是否存在零点,并说明理由；

（Ⅲ）求函数的单调区间.【答案】函数的定义域：..（Ⅰ）当时，..有，即切点（1,3），.所以曲线在点处切线方程是，即.（Ⅱ）若，..令，得（舍），.－

＋

↘

极小值

↗

＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

则.所以函数不存在零点.（Ⅲ）

.当，即时，－

＋

↘

极小值

↗

当，即时，＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

当，即时，＋

＋

↗

↗

当，即时，综上时，的单调增区间是;减区间是.当时，的单调增区间是,;减区间是.当时，的单调增区间是;

当时，的单调增区间是，;减区间是.【练1-2】（2015-2016西城期末文20）已知函数，直线

：

.（1）求函数的极值；

（2）求证：对于任意，直线都不是曲线的切线；

（3）试确定曲线与直线的交点个数，并说明理由。

【答案】（1）（x≠0）

∴

令，得x=1，列表，得：

x

（0，1）

（1，+∞）

0

+

极值

∴在x=1处，有极小值为。

（2）假设是一条切线，设切点为。

∴

有

将②代入①中，得

即

不成立

∴

对于任意，直线都不是曲线的切线。

（3）解法一、令

整理得

令

∴，∴

g（x）是一个减函数。

令g（x）=0得x=-1，∴

有当x＜0时，g（x）＜2，且x，g（x）-∞；

当x＞0时，g（x）＞2，且x，g（x）+∞；

∴

当k=2时，没有交点；当k≠2时，有一个交点。

解法二、令，有，当时，恒正，即无零点。

当时，即在时恒正，无零点。

当时，为减函数，取，有；

当时，而，此时，所以有一个零点，即曲线与直线有一个交点。

当时，当时，恒正，无零点；

当时，为增函数，取，有；

当时，而，此时；

因此，在有一个零点，即曲线与直线有一个交点。

综上所述，当

时，曲线与直线没有交点；当

时，曲线与直线有一个交点。

【练1-3】（2015-2016大兴期末文19）已知函数．

（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）设实数使得恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）设，求函数在区间上的零点个数．

【答案】（Ⅰ）

曲线在点处的切线方程为

(Ⅱ)设，则

令，解得：

当在上变化时，的变化情况如下表：

+

0

↗

↘

由上表可知，当时，取得最大值

由已知对任意的，恒成立

所以，得取值范围是。

(Ⅲ)令得：

由(Ⅱ)知，在上是增函数，在上是减函数.且，所以当或时，函数在上无零点；

当或时，函数在上有1个零点；

当时，函数在上有2个零点

【练1-4】（2013-2014西城期末理18）已知函数，其中是自然对数的底数，.（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由.【答案】（Ⅰ）解：因为，所以．

………………

2分

令，得．

………………

3分

当变化时，和的变化情况如下：

↘

↗

………………

5分

故的单调减区间为；单调增区间为．…………

6分

（Ⅱ）解：结论：函数有且仅有一个零点.………………

7分

理由如下：

由，得方程，显然为此方程的一个实数解.所以是函数的一个零点.………………

9分

当时，方程可化简为.设函数，则，令，得．

当变化时，和的变化情况如下：

↘

↗

即的单调增区间为；单调减区间为．

所以的最小值.………………11分

因为，所以，所以对于任意，因此方程无实数解．

所以当时，函数不存在零点.综上，函数有且仅有一个零点.………………13分

【练1-5】（2012-2013石景山期末理18）已知函数是常数．

（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；

（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【答案】（Ⅰ）

…………………1分，所以切线的方程为，即．

…………………3分

（Ⅱ）令则

↗

最大值

↘

…………………6分，所以且，，即函数的图像在直线的下方．

…………………8分

（Ⅲ）令，.令，则在上单调递增，在上单调递减，当时，的最大值为.所以若，则无零点；若有零点，则．………………10分

若，由（Ⅰ）知有且仅有一个零点.若，单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知有且仅有一个零点（或：直线与曲线有一个交点）.若，解得，由函数的单调性得知在处取最大值，由幂函数与对数函数单调性比较知，当充分大时，即在单调递减区间有且仅有一个零点；又因为，所以在单调递增区间有且仅有一个零点.综上所述，当时，无零点；

当或时，有且仅有一个零点；

当时，有两个零点.…………………13分

【练1-6】（2014-2015东城高一模理18）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；

（Ⅱ）若在区间上单调递增,求的取值范围；

（Ⅲ）讨论函数的零点个数.【答案】（Ⅰ）因为，由已知在处取得极值，所以.解得，经检验时，在处取得极小值.所以.……3分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立.即在区间上恒成立.所以.……8分

（Ⅱ）因为，所以，.令得，令，..当时，在上单调递增，时，在上单调递减.所以.综上：当时，函数无零点，当或时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.考点二、已知函数存在零点情况求参数范围；

【例2-1】（2015-2016房山二模理18）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）

令

得

变化情况

+

减

增

所以

函数在区间为减函数，在区间为增函数

（Ⅱ）解法一（分离参数法）：

主要的步骤如下：

1写定义域：求出函数的定义域

2分离参数：将等式转化为参数放在等号一边，等号另外一边为一个函数g（x）

3画图象：准确画出g（x）的图象

4移直线：将直线y=b的直线由上往下移动观察交点个数

下面是每一步的注意事项：

1写定义域：一定要先写出函数的定义域

2分离参数：分离参数的时候也要注意对等式变化的时候定义域的改变

3：画图像：这里涉及到画出准确函数图像的注意事项

A：首先通过求导研究函数的单调性（在定义域范围内）

B：画出各极值点

C：画断点（定义域内取不到的值的走势）-----找渐近线1

D:画正负无穷处的点----------找渐近线2

E：将各处用光滑的曲线连接起来

4：移直线：移动的时候看交点要注意所取点空心和实心。

解法一（分离参数法）：直线与曲线没有公共点，等价于

方程无实数解，不是该方程的解，所以等价

方程无解

设

则

令

得

在区间上，在区间上，在区间上

所以

在上递增，在上递减，在上递减

所以，当时，取得极大值

当无限增大时，无限趋近于1

所以的值域为

方程无解，则的取值范围为

解法二：构造新函数法（略）

解法三（转化为过某一定点直线和曲线的交点）：

因为直线与曲线没有公共点，所以方程，即无实数解

所以直线与曲线没有公共点，设过点的直线与曲线相切于点

因为，所以直线的斜率

所以直线的方程为

因为直线过点，所以，所以

因为直线与曲线无交点

所以，即

【例2-2】（2015-2016海淀期末文19）已知函数，其中.当时，求函数的单调区间和极值；

若关于的方程有解，求实数k的取值范围.【答案】由题可知函数定义域为：

当时，令得。

当变化时，和的变化如下表：

X

—

0

+

极小值

∴的单调递增区间为：的单调递减区间为：

∴在时存在极小值：

由题意得，方程有解即为有解，令，令得

（1）当时，令得

令得

在上单调递减，在上单调递增

∴

①当时，,函数有一个解。

②当时，且

（2）当时，恒成立，在上恒减

且当时，综上所述：。

【练2-1】（2015-2016丰台期末理18）已知函数.（Ⅰ）求函数的极值；

（Ⅱ）若存在实数，且，使得，求实数a的取值范围.【答案】（Ⅰ），令得，.x

0

+

0

_

0

+

递增

极大值

递减

极小值

递增

∴函数的极大值为；

极小值为.(Ⅱ)

若存在，使得，则

由（Ⅰ）可知，需要（如图1）或（如图2）.（图1）

（图2）

于是可得.【练2-2】（2015-2016石景山期末文20）已知函数,.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【练2-3】（2015-2016丰台二模文19）设函数．

（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）若函数在区间上存在唯一零点，求的取值范围.【答案】（Ⅰ），（1）若，则在区间上，单调递增.所以当时，的单调递增区间为，没有极值点.（2）若，令，即，解得，因为函数在区间是递增函数，所以在区间内，单调递减；在区间内,单调递增.所以当时，的单调递减区间为，的单调递增区间为所以当时，函数有极小值为.（Ⅱ）（1）当时，由（Ⅰ）可知，在上单调递增，因为，令，得.所以当时，在区间上上存在唯一零点.（2）当时，由（Ⅰ）可知，为函数的最小值点

因为，若函数在区间上上存在唯一零点，则只能是：

①，或②.由①得；由②得.综上所述，函数在区间上上存在唯一零点，则或.【练2-4】（2015-2016海淀二模文19）已知函数

（1）当时，求函数的单调区间;

（2）若关于的不等式在上有解，求的取值范围；

（3）若存在，使得既是函数的零点，又是函数的极值点，请写出此时的值.（只需写出结论）.【答案】（1）当时，令，从而和时，时

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增。

（Ⅱ）要使在上有解，只要在上的最小值小于等于.因为，令，得到.当时，即时，在区间上单调递增，为上最小值

所以有，即，解得或，所以有；

当时，即时，在区间上单调递减，在上单调递增，所以为上最小值，所以有，即，解得，所以.综上，得.法二：（Ⅱ）要使在上有解，只要在上的最小值小于等于.因为，所以当，即时

满足题意，当时，因为，令，得到，因为，所以在区间上的单调递增，所以在区间上的最小值为，所以，根据上面得到，矛盾.综上，.（Ⅲ）

【练2-5】（2015-2016丰台二模理18）设函数.（Ⅰ）当时，求函数在区间内的最大值；

（Ⅱ）若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）当时，与、之间的关系如下表：

+

0

增函数

极大值

减函数

函数在区间内只有一个极大值点，所以这个极值点也是最大值点，---4分

最大值.（Ⅱ）

（1）当时，显然在区间内没有两个零点，不合题意.(2)当时，.①当且时，函数区间上是增函数，所以函

数

区间上不可能有两个零点，所以不合题意；

②当时，在区间上与、之间的关系如下表：

+

0

增函数

极大值

减函数

因为，若函数区间上有两个零点，则，所以，化简.因为，,所以.综上所述，当时，函数在区间内有两个零点.【练2-6】（2015-2016房山一模理18）已知函数，其中

（Ⅰ）当，求函数的极大值；

（Ⅱ）若在区间上仅有一个零点，求实数的取值范围是。

【答案】（Ⅰ）a=-2时，f（1）=

a

–

=

-（-2）-1为极大值1。

（Ⅱ）

当

时，f（x）在所以f（1）=0

即-a-1=0，a=-1。或者

但无解舍

当

由f(1)=-a-1<0知

只需f（e）>0

解得

所以，f（x）在（0，1）上递增，（1，e）上递减，且

f（1）此时（0，e）上不可能有零点

综上a=-1或者

【练2-7】（2015西城二模文）已知函数，其中.（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，证明：存在实数，使得对任意的，都有成立；

（Ⅲ）当时，是否存在实数，使得关于的方程仅有负实数解？当时的情形又如何？(只需写出结论)

【答案】（Ⅰ）解：当时，函数，求导，得，………………2分

因为，………………3分

所以函数的图象在点处的切线方程为.………………4分

（Ⅱ）证明：当时，的定义域为.求导，得，………………5分

令，解得，………………6分

当变化时，与的变化情况如下表：

+

0

0

+

↗

↘

↗

………………8分

所以函数在，上单调递增，在上单调递减.又因为，当时，；当时，所以当时，；当时，.记，其中为两数，中最大的数，综上，当时，存在实数，使得对任意的实数，不等式

恒成立.………………10分

（Ⅲ）解：当与时，不存在实数，使得关于实数的方程仅

有负实数解.………………13分

考点三、已知函数不存在零点求参数范围；

【例3-1】（2015-2016石景山一模文19）已知函数．

（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）当时，方程无解，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ），令解得，易知在上单调递减，在上单调递增，故当时，有极小值

（Ⅱ）令，则，由（Ⅰ）知，所以在上单调递增，所以，所以.（Ⅲ）方程，整理得，当时，.令，则，令，解得，易得在上单调递减，在上单调递增，所以时，有最小值，而当越来越靠近时，的值越来越大，又当，方程无解，所以.【例3-2】（2013-2014海淀期末理18）已知关于的函数

（Ⅰ）当时，求函数的极值；

（Ⅱ）若函数没有零点，求实数取值范围.【答案】（Ⅰ），.------------------------------------------2分

当时，,的情况如下表：

0

↘

极小值

↗

所以，当时，函数的极小值为.-----------------------------------------6分

（Ⅱ）.①当时，的情况如下表：

0

↘

极小值

↗

--------------------------------7分

因为,------------------------------8分

若使函数没有零点，需且仅需，解得,-------------------9分

所以此时；

-----------------------------------------------10分

②当时，的情况如下表：

0

↗

极大值

↘

--------11分

因为,且,---------------------------12分

所以此时函数总存在零点.--------------------------------------------13分

综上所述，所求实数的取值范围是.【练3-1】（2013-2014朝阳一模文18）设函数，，记.（Ⅰ）求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）当时，若函数没有零点，求的取值范围.【答案】(I)，则函数在处的切线的斜率为.又，所以函数在处的切线方程为,即

………………4分

（Ⅱ），（）.①当时，在区间上单调递增；

②当时，令，解得；令，解得.综上所述，当时，函数的增区间是；

当时，函数的增区间是，减区间是.………………9分

（Ⅲ）依题意，函数没有零点，即无解.由（Ⅱ）知，当时，函数在区间上为增函数,区间上为减函数，由于，只需，解得.所以实数的取值范围为.…………………………………………………13分

综上所述，所求实数的取值范围是.【练3-2】（2014-2015通州期末理18）已知函数，（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）若方程没有实数根，求取值范围．

【答案】（Ⅰ）因为函数，所以…………………

1分

（1）当时，所以的递增区间是，无递减区间.……

3分

（2）当时，令，得，令，得

所以的递增区间是，递减区间是

……………………

5分

综上，当时，的递增区间是，无递减区间，当时，的递增区间是，递减区间是

（Ⅱ）（1）当时，在上显然无零点，所以方程没有实数根.……………………

6分

（2）当时，在上单调递增，因为，所以

所以在上有零点.所以方程有实数根.……………………

8分

（3）当时，的递增区间是，递减区间是，所以是的极小值，也是的最小值.所以没有实数根等价于

……………………

11分

所以所以

所以所以.……………………

12分

综上，的取值范围是

……………………

13分

考点四、证明函数零点情况；

【例4-1】（2015-2016海淀期末理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）求证：当时，关于的不等式在区间上无解.（其中）

【答案】（Ⅰ）因为,所以，当时，.令，得，所以随的变化情况如下表：

极大值

极小值

所以在处取得极大值，在处取得极小值.函数的单调递增区间为，,的单调递减区间为

（Ⅱ）证明：不等式在区间上无解，等价于在区间上恒成立，即函数在区间上的最大值小于等于1.因为，令，得.因为时，所以.当时，对成立，函数在区间上单调递减，所以函数在区间上的最大值为,所以不等式在区间上无解；

当时，随的变化情况如下表：

↘

极小值

↗

所以函数在区间上的最大值为或.此时,，所以

.综上，当时，关于的不等式在区间上无解.【例4-2】（2015-2016房山一模文19）已知函数，（I）求曲线在处的切线方程；

（II）求的单调区间

（III）设，其中，证明：函数仅有一个零点

【答案】（I）

其中，所以曲线在处的切线方程

（II）的定义域为，令，解得

令，解得

所以，的单增区间为，单减区间为

（III），定义域为

又

①

当时，恒成立，即在上单调递增

又

即

可知函数仅有一个零点

②

时，令，解得或

令，解得

所以，在，上单调递增，在上单调递减

又

又，可知在有一个零点，即函数仅有一个零点

综上所诉，函数仅有一个零点

【练4-1】（2015-2016房山一模文19）已知函数，（I）求曲线在处的切线方程；

（II）求的单调区间

（III）设，其中，证明：函数仅有一个零点

【答案】（I）

其中，所以曲线在处的切线方程

（II）的定义域为，令，解得

令，解得

所以，的单增区间为，单减区间为

（III），定义域为

又

①

当时，恒成立，即在上单调递增

又

即

可知函数仅有一个零点

②

时，令，解得或

令，解得

所以，在，上单调递增，在上单调递减

又

又，可知在有一个零点，即函数仅有一个零点

综上所诉，函数仅有一个零点

考点五、函数交点问题；

【例5-1】（2015-2016东城期末文19）已知函数，.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线的方程；

（Ⅱ）若曲线与轴有且只有一个交点，求的取值范围；

（Ⅲ）设函数，请写出曲线与最多有几个交点.（直接写出结论即可）

【答案】（Ⅰ）当时，.当时，又，所以曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）由，得.当时，此时在上单调递增.当时，当时，所以当时，曲线与轴有且只有一个交点；

当时，令，得.与在区间上的情况如下：

极大值

若曲线与轴有且只有一个交点，则有，即.解得.综上所述，当或时，曲线与轴有且只有一个交点.（Ⅲ）曲线与曲线最多有4个交点.【例5-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【练5-1】（2015-2016西城期末理18）已知函数

(,为自然对数的底数).（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴,求的值；

（Ⅱ）求函数的极值；

（Ⅲ）当时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值．

【答案】(Ⅰ)由,得.又曲线在点处的切线平行于轴,得,即,解得.(Ⅱ),①当时，为上的增函数,所以函数无极值.②当时,令,得,.,;,.所以在上单调递减,在上单调递增,故在处取得极小值,且极小值为,无极大值.综上,当时,函数无极小值

当,在处取得极小值,无极大值.(Ⅲ)当时,令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解.假设,此时，又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故.又时，知方程在上没有实数解.所以的最大值为.解法二:

(Ⅰ)(Ⅱ)同解法一.(Ⅲ)当时,.直线:与曲线没有公共点,等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程:

(*)

在上没有实数解.①当时,方程(*)可化为,在上没有实数解.②当时,方程(*)化为.令,则有.令,得,当变化时,的变化情况如下表:

递减

递增

当时，同时当趋于时,趋于,从而的取值范围为.所以当时,方程(*)无实数解,解得的取值范围是.综上,得的最大值为.【练5-2】（2014-2015丰台期末理18）已知函数．

（Ⅰ）求函数的极小值；

（Ⅱ）如果直线与函数的图象无交点，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）函数的定义域为R．

因为，所以

．

令，则．

0

0

+

↘

极小值

↗

所以

当时函数有极小值．

………………6分

（Ⅱ）函数．

当时，所以要使与无交点，等价于恒成立．

令，即，所以

．

①当时，满足与无交点；

②当时，而，所以，此时不满足与无交点．

③当时，令，则，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，．

由

得，即与无交点．

综上所述

当时，与无交点．

导数专题五、恒成立问题和存在性问题

【知识结构】

【知识点】

求解函数的恒成立问题和存在性问题首先转化为函数的最值问题，主要的方法提炼：

一、已知不等式恒成立，求参数取值范围：分参法；

（1）分离参数，使不等式转化为（）恒成立；

（2）求导函数；

（3）找出的最大（小）值（）；

（4）解不等式（），得出参数取值范围．

二、已知不等式恒成立，求参数取值范围：讨论法；

（1）构造新函数，使不等式转化为（）恒成立；

（2）求导函数，判断函数的单调性；

（3）找出的最小（大）值（）；

（4）解不等式（），得出参数取值范围．

【考点分类】

考点一、单变量单函数的不等式型；，即求，即求

【例1-1】（2015-2016朝阳期中文19）已知函数，．

（Ⅰ）若函数在区间上单调递减，求的取值范围；

（Ⅱ）当时，证明.【答案】（I）函数的定义域为.因为.又因为函数在单调减，所以不等式在上成立.设，则，即即可，解得.所以的取值范围是.（Ⅱ）当时，.令，得或（舍）.当变化时，变化情况如下表：

0

+

极小值

所以时,函数的最小值为.所以成立.【例1-2】（2015-2016海淀二模理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围；

（Ⅲ）若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数的取值范围.（只需直接写出结果）．

【答案】（Ⅰ）时且，令则或；令则，递增区间为和；递减区间为。

（Ⅱ）在有解，在有解，令，则在有解，即，且，①

当即时

在上递增，在上递减，在上递增，Ⅰ．若，则，则，则在上递减，在上递增，则恒成立，满足条件。

Ⅱ．若，则，则，则在上递增，则，，又，②

当即时，在上递增，在上递增，由Ⅱ知与矛盾，③

当即时，在上递增，由Ⅱ知与矛盾，综上所述：．

（Ⅲ）。

【练1-1】（2015-2016东城一模理18）设函数，．

（Ⅰ）当时，求的单调区间；

（Ⅱ）当时，恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）求证：当时，．

【答案】（Ⅰ）当时，则，则.令得

－

+

↘

↗

所以

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，．

（Ⅱ）因为，所以恒成立，等价于恒成立．

设，得，当时，所以　在上单调递减，所以　时，．

因为恒成立，所以．

（Ⅲ）当时，等价于．

设，．

求导，得．

由（Ⅰ）可知，时，恒成立．

所以时，有．

所以

．

所以在上单调递增，当时，．

因此当时，．

【练1-2】（2015-2016东城二模文20）设函数

（1）若，求在区间上的最大值；

（2）设，求证：当时，过点有且只有一条直线与曲线相切；

（3）若对任意的，均有成立，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，+

0

单调增

极大值

单调减

所以在取得最大值，（2）设切点坐标为，有，以及

联立化简得到，易知为单调递增函数

因此，与直线有且只有一个交点，因此切点只有一个，因此，当时，过点有且只有一条直线与曲线相切。

（3）易知当时，满足条件

当时，1）当时，满足条件

2）当时，有，整理得到

因此有，因为，所以，所以

3）当时，有

令，有

设，有，当时，因此当时，所以当时，单调递增，最小值为，因此

综上所述，的取值范围为

【练1-3】（2013-2014朝阳二模理18）已知函数，.（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，当时，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）由已知得．

因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以．所以．

所以．

……………3分

（Ⅱ）函数的定义域是，．

（1）当时，成立，所以的单调增区间为．

（2）当时，令，得，所以的单调增区间是；

令，得，所以的单调减区间是．

综上所述，当时，的单调增区间为；

当时，的单调增区间是，的单调减区间是．

……………8分

（Ⅲ）当时，成立，．

“当时，恒成立”

等价于“当时，恒成立．”

设，只要“当时，成立．”

．

令得，且，又因为，所以函数在上为减函数；

令得，又因为，所以函数在上为增函数．

所以函数在处取得最小值，且．

所以．

又因为，所以实数的取值范围．

……………13分

（Ⅲ）另解：

（1）当时，由（Ⅱ）可知，在上单调递增，所以．

所以当时，有成立．

（2）当时，可得．

由（Ⅱ）可知当时，的单调增区间是，所以在上单调递增，又，所以总有成立．

（3）当时，可得．

由（Ⅱ）可知，函数在上为减函数，在为增函数，所以函数在处取最小值，且．

当时，要使成立，只需，解得．所以．

综上所述，实数的取值范围

【练1-4】（2010-2011海淀一模文18）已知函数.（Ⅰ）若，求函数的极值和单调区间；

（Ⅱ）若在区间上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（I）因为，…………………2分

当，令，得，…………………3分

又的定义域为，随的变化情况如下表：

0

极小值

所以时，的极小值为1

.…………………5分的单调递增区间为，单调递减区间为；

…………………6分

（II）解法一：

因为，且，令，得到，若在区间上存在一点，使得成立，其充要条件是在区间上的最小值小于0即可.…………………7分

（1）当，即时，对成立，所以，在区间上单调递减，故在区间上的最小值为，由，得，即

…………………9分

（2）当，即时，①

若，则对成立，所以在区间上单调递减，所以，在区间上的最小值为，显然，在区间上的最小值小于0不成立

…………………11分

②

若，即时，则有

极小值

所以在区间上的最小值为，由，得，解得，即.…………………13分

综上，由(1)（2）可知：符合题意.…………………14分

解法二：若在区间上存在一点，使得成立，即，因为,所以，只需

…………………7分

令，只要在区间上的最小值小于0即可

因为，令，得

…………………9分

（1）当时：

极大值

因为时，而，只要，得，即

…………………11分

（2）当时：

极小值

所以，当

时，极小值即最小值为，由，得，即.…………………13分

综上，由(1)（2）可知，有

.…………………14分

【练1-5】（2013-2014房山一模文18）

已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）若对于任意的，都有，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）∵f（x）=ex（x+1），∴f′（x）=ex（x+1）+ex=ex（x+2），∴f′（0）=e0•（0+2）=2，又f（0）=1，∴曲线曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：

y-1=2（x-0），即2x-y+1=0；

（Ⅱ）令f′（x）=0，得x=-2，当x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下表：

x

（-∞，-2）

（-2，0）

f′（x）

0

+

f（x）

↘

极小值

↗

∴f（x）在（-∞，-2）上递减，在（-2，0）上递增，∴f（x）在（-∞，0）上的最小值是f（-2）=-e-2．

∴-e-2＞k，即k＜-e-2．

∴k的取值范围是（-∞，-e-2）．

【练1-6】（2015-2016朝阳二模文20）已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，若在区间上恒成立，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)

函数的定义域为,.（5）

当时，,令，解得，则函数的单调递增区间为

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（6）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为；

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（7）

当时，恒成立，所以函数的单调递增区间为.（8）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为，；

令，解得，则函数的单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（Ⅱ）依题意，在区间上.，.令得，或.若，则由得，函数在()上单调递增.由得，,函数在()上单调递减.所以，满足条件；

若，则由得，或；

由得，.函数在(),上单调递增,在上单调递减.，依题意，即，所以；

若，则.所以在区间上单调递增，不满足条件；

综上，.考点二、单变量双函数的不等式型；，构造新函数，即求；，构造新函数，即求；

【例2-1】（2015-2016昌平期末文20）已知函数．

（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）设，若存在最大值，且当最大值大于时，确定实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）解：定义域为，.由题意，，所以函数在点处的切线方程为.（Ⅱ）证明：当时，可转化为

当时，恒成立.设，所以.当时，所以在上为减函数，所以，所以当时，成立.（Ⅲ）设，定义域为，所以.⑴当时，对于任意的，所以在上为增函数，所以无最大值，即不符合题意.⑵当时，令，即，则.所以，变化如下：

0

+

0

↗

极大值

↘

因为.所以成立，即，令，所以，即在上为增函数.又因为，所以当时，.所以，时，命题成立.综上，的取值范围为.【例2-2】（2015-2016丰台一模理18）已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求证：；

（Ⅲ）若在区间上恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）设切线的斜率为

因为，切点为.切线方程为，化简得：.（Ⅱ）要证：

只需证明：在恒成立，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时

在恒成立

所以.（Ⅲ）要使：在区间在恒成立，等价于：在恒成立，等价于：在恒成立

因为==

①当时，不满足题意

②当时，令，则或（舍）.所以时，在上单调递减；

时，在上单调递增；

当时

当时，满足题意

所以，得到的最小值为

【练2-1】（2015-2016石景山一模理18）已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求证：当时，；

（Ⅲ）若对恒成立，求实数的最大值．

【答案】

（Ⅰ），．

所以切线方程为．

（Ⅱ）令，则，当时，设，则

所以在单调递减，即，所以………6分

所以在上单调递减，所以，所以．

（Ⅲ）原题等价于对恒成立，即对恒成立，………9分

令，则．

易知，即在单调递增，所以，所以，故在单调递减，所以．

综上所述，的最大值为

．

【练2-2】（2015-2016大兴期末文19）已知函数．

（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）设实数使得恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）设，求函数在区间上的零点个数．

【答案】（Ⅰ）

曲线在点处的切线方程为

(Ⅱ)设，则

令，解得：

当在上变化时，的变化情况如下表：

+

0

↗

↘

由上表可知，当时，取得最大值

由已知对任意的，恒成立

所以，得取值范围是。

(Ⅲ)令得：

由(Ⅱ)知，在上是增函数，在上是减函数.且，所以当或时，函数在上无零点；

当或时，函数在上有1个零点；

当时，函数在上有2个零点

【练2-3】（2015-2016东城二模理18）已知

（I）求的单调区间

（II）当时，求证：对于恒成立；

（III）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围。

【答案】（I）的定义域是，令，得：，（舍）

+

0

单调增

极大值

单调减

（II）设，由题意只需证明：即可。，可得，在上，且在单调递减，所以对于恒成立，得证。

（III）由（II）得：

当时，所以，又因为当时，所以，则此时没有满足条件的当时，令

则，令，因为，又因为，所以，存在满足题意。

综上，的取值范围是。

【练2-4】（2015-2016朝阳二模理18）已知函数，．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，若曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，试求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当时,，．

．

则，而．

所以曲线在点(1,)处的切线方程为，即．

（Ⅱ）依题意当时，曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，等价于当时，恒成立．

设，．

所以．

（1）当，即时，当时，为单调减函数，所以．

依题意应有

解得所以．

（2）若，即时，当，为单调增函数，当，为单调减函数．

由于，所以不合题意．

（3）当，即时，注意到，显然不合题意．

综上所述，．

【练2-5】（2013-2014海淀一模理18）已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【答案】，-----------------------------------2分

因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：，所以且.----------------------------------4分

解得，-----------------------------------5分

（Ⅱ）法1：

对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即∀x,R，恒成立，--------------------------------------6分

令，----------------------------------------7分

①若a=0，则，所以实数b的取值范围是；

----------------------------------------8分

②若,，由得，----------------------------------------9分的情况如下：

0

0

+

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，-------------------------------------------12分

所以实数b的取值范围是；

综上，实数b的取值范围是．

--------------------------------------13分

法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，-------------------------------------------6分

令，则等价于∀，恒成立，令，则，-----------------------------------------7分

由得，----------------------------------------9分的情况如下：

0

0

+

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，------------------------------------------12分

实数b的取值范围是．

--------------------------------------------13分

【练2-7】（2015-2016西城一模文19）已知函数，且

(Ⅰ)求的解析式

(Ⅱ)若对于任意，都有，求m的最小值

(Ⅲ)证明：函数的图像在直线的下方.【答案】对求导，得，所以，解得，所以.（Ⅱ）解：由，得，因为，所以对于任意，都有.设，则

.令，解得.当x变化时，与的变化情况如下表：

极大值

所以当时，.因为对于任意，都有成立，所以

.所以的最小值为.（Ⅲ）证明：“函数的图象在直线的下方”等价于“”，即要证，所以只要证.由（Ⅱ），得，即（当且仅当时等号成立）.所以只要证明当时，即可.设，所以，令，解得.由，得，所以在上为增函数.所以，即.所以.故函数的图象在直线的下方.【练2-8】（2015-2016东城一模文19）

已知函数，（1）若在处取得极值，求的值；

（2）求在区间上的最小值；

（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立。

【答案】（1）定义域为，因为函数在处取得极值，所以有，解得

（2）

1）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

2）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

3）当时，-

0

+

减

极小值

增

所以在该区间的最小值为

综上所述，当时，在的最小值为1；

当时，在的最小值为。

（3）由已知得，所以在时，恒有

若要证明当时，恒有成立，只需证明，即证明恒成立。

令

令，有

当时，恒有，所以当时，所以，所以在时，单调递减，因此恒成立，所以，当时，恒有成立。

【练2-9】（2015-2016大兴期末理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当

时，所以，函数在点处的切线方程为

即：

(Ⅱ)函数的定义域为：

当时，恒成立，所以，在和上单调递增

当时，令，即：，,所以，单调递增区间为，单调减区间为.（Ⅲ）因为在上恒成立，有

在上恒成立。

所以，令，则.令则

若，即时，函数在上单调递增，又

所以，在上恒成立；

若，即时，当时，单调递增；

当时，单调递减

所以，在上的最小值为，因为所以不合题意.即时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，在上的最小值为

又因为，所以恒成立

综上知，的取值范围是.【练2-10】（2012-2013海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；

（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.【答案】（I）当因为,…………………2分

若函数在点处的切线与函数在点

处的切线平行，所以，解得

此时在点处的切线为

在点

处的切线为

所以

…………………4分

（II）若，都有

记，只要在上的最小值大于等于0

…………………6分

则随的变化情况如下表：

0

极大值

…………………8分

当时，函数在上单调递减，为最小值

所以，得

所以

…………………10分

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，为最小值，所以，得

所以

………………12分

综上，………………13分

【练2-11】（2015-2016昌平期末理18）已知函数.（Ⅰ）若函数在点处的切线方程为，求切点的坐标；

（Ⅱ）求证：当时，；（其中）

（Ⅲ）确定非负实数的取值范围，使得成立.【答案】定义域为，.由题意，所以，即切点的坐标为.（Ⅱ）证明：当时，可转化为

当时，恒成立.设，所以原问题转化为当时，恒成立.所以.令，则（舍），.所以，变化如下：

0

+

0

↗

极大值

↘

因为，所以.当时，成立.（Ⅲ）解：，可转化为

当时，恒成立.设，所以.⑴当时，对于任意的，所以在上为增函数，所以，所以命题成立.当时，令，则，⑵当，即时，对于任意的，所以在上为增函数，所以，所以命题成立.⑶当，即时，则（舍），.所以，变化如下：

0

0

+

↘

极小值

↗

因为，所以，当时，命题不成立.综上，非负实数的取值范围为.考点三、双变量双函数的不等式型；；

；

。

【例3-1】（2015-2016西城二模文15）已知函数

（I）若，求a的值

（II）设，若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围

【答案】

(Ⅰ)证明：函数的定义域，由题意，有意义，所以，求导，得

所以

解得

(Ⅱ)解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值”.①当时，由得无最小值，符合题意.②当时，令，得或

随着的变化，与的变化情况如下表：

0

不存在极小

不存在所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.因为当时，当时，.所以.所以当时，不存在使得.综上所述：的取值范围为.【例3-2】（2015-2016海淀一模文19）已知函数.(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)求函数的零点和极值；

(Ⅲ)若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】

（Ⅰ）设切线斜率为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即。

（Ⅱ）令，解得。当时，；时，所以函数零点有且只有一个，为1.令，即解得。当时，；当时，所以函数在处取得极小值，无极大值。

（Ⅲ）由（II）知，当时，；时，且在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值。且。，所以只需。所以。所以的最小值为1。

考点四、双变量双函数的绝对值不等式型；

（一）（1）对于任意的，，等价于且；

（2）对于任意的，，等价于或者；

（3）对于任意的，，等价于；

（二）（1）若存在，存在，使得，等价于且；

（2）若存在，存在，使得，等价于或者；

（3）若存在，存在，使得，等价于；

（三）（1）对于任意的，存在，使得，等价于且；

（2）对于任意的，存在，使得，等价于或者；

（3）对于任意的，若存在，等价于；

【例4-1】（2011-2012海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，若对任意，有成立，求实数的最小值.【答案】（Ⅰ）当时，函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是，当时，函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是，.（Ⅱ）

任意，使恒成立的实数的最小值为

【例4-1】（2016湖北理21）设是函数的一个极值点。

（Ⅰ）、求与的关系式（用表示），并求的单调区间；

（Ⅱ）、设。若存在使得成立，求的取值范围。

【答案】（Ⅰ）f

`(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a

]e3－x,由f

`(3)=0，得

－[32＋(a－2)3＋b－a

]e3－3＝0，即得b＝－3－2a，则

f

`(x)＝[x2＋(a－2)x－3－2a－a

]e3－x

＝－[x2＋(a－2)x－3－3a

]e3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.令f

`(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a≠－4.当a<－4时，x2>3＝x1，则

在区间（－∞，3）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数；

在区间（3，―a―1）上，f

`(x)>0，f

(x)为增函数；

在区间（―a―1，＋∞）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数。

当a>－4时，x2<3＝x1，则

在区间（－∞，―a―1）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数；

在区间（―a―1，3）上，f

`(x)>0，f

(x)为增函数；

在区间（3，＋∞）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f

(x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f

(x)在区间[0，4]上的值域是[min(f

(0)，f

(4))，f

(3)]，而f

(0)＝－（2a＋3）e3<0，f

(4)＝（2a＋13）e－1>0，f

(3)＝a＋6，那么f

(x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a＋3）e3，a＋6].又在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a2＋，（a2＋）e4]，由于（a2＋）－（a＋6）＝a2－a＋＝（）2≥0，所以只须仅须

（a2＋）－（a＋6）<1且a>0，解得0

【例4-2】【2013届山西省第四次四校联考】已知函数

（I）若函数在上是减函数，求实数的最小值；

（2）若，使成立，求实数的取值范围.【答案】（1）因f(x)在上为减函数，故在上恒成立．…1分

所以当时，．………………2分

又，………4分

故当，即时，．

所以于是，故a的最小值为．

…………………………6分

（2）命题“若使成立”等价于

“当时，有”．

由（1），当时，．

问题等价于：“当时，有”．

………………………8分

当时，≤0,在上为减函数，则=，故．

………10分…

当0<时，>0,由于在上为增函数，故的值域为，即．

由的单调性和值域知，唯一，使，且满足：

当时，为减函数；当时，为增函数；

由=，．

所以，与矛盾，不合题意．

综上，得．

…………………………12分

【例4-3】【2013～2014年衡水中学高三上学期二调】已知函数；

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）求函数单调递增区间；

（3）若存在，使得（是自然对数的底数），求实数的取值范围.【例4-4】（2015-2016年昌平二模理18）已知函数，且曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线.设.（I）求的值，及的关系式；

（II）求函数的单调区间；

（III）设，若对于任意，都有，求的取值范围．

【答案】（I）因为函数，所以函数，.又因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，所以，即

（II）由已知，.所以.设，所以，R，所以在上为单调递增函数.由（I）得，所以，即0是的零点.所以，函数的导函数有且只有一个零点0．

所以及符号变化如下，-

+

↘

极小值

↗

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（III）由（II）知当

时，是增函数.对于任意，都有等价于，等价于当时，因为，所以在上是增函数，又，所以.【练4-1】（2013房山二模理）已知函数().(Ⅰ)当时,求函数的单调区间;

(Ⅱ)当时,取得极值.（1）若,求函数在上的最小值;

（2）求证:对任意,都有.【答案】（Ⅰ）

…………1分

当时，解得或,解得

……………2分

所以单调增区间为和，单调减区间为………3分

（Ⅱ）①当时，取得极值，所以

解得（经检验符合题意）

……………4分

+

0

0

+

↗

↘

↗

所以函数在，递增，在递减.……5分

当时，在单调递减，………………6分

当时

在单调递减，在单调递增，.………………7分

当时，在单调递增，……………………8分

综上，在上的最小值

……………………9分

②令

得（舍）

因为

所以

……………11分

所以，对任意，都有

【练4-2】（2012-2013房山二模文18）已知函数在处取得极值.（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求函数在上的最小值；

（Ⅲ）求证：对任意，都有.【答案】（Ⅰ）

……………1分

由已知得即

……………2分

解得：

…………………………3分

当时，在处函数取得极小值，所以

（Ⅱ），.-

0

+

减

增

所以函数在递减，在递增.……………………4分

当时，在单调递增，.………………………5分

当时，在单调递减，在单调递增，.…………………………6分

当时，在单调递减，…………………………7分

综上

在上的最小值

………………………………………8分

（Ⅲ）由（Ⅰ）知，.令

得

因为

所以

……………11分

所以，对任意，都有

【练4-3】（2013-2014年东城零模文18）设函数

（Ⅰ）设，证明：在区间内存在唯一的零点；

（Ⅱ）设，若对任意，有，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当

．

又当，．

．．．．．．6分

（Ⅱ）当时，．

对任意

上的最大值

与最小值之差,据此分类讨论如下：

（ⅰ），．

（ⅱ），．

（ⅲ），．

综上可知，．

．．．．．．14分

考点五、双变量双函数的等式型；

（一）对任意的，存在，使得，则的值域是值域的子集，即；

（二）存在，存在，使得，则的值域是值域有非空交集，即

【例5-1】（2015-2016丰台期末文20）设函数的图象与直线相切于点．

（Ⅰ）求函数的解析式；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设函数，对于,，使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）∵函数的图象与直线相切于点，∴，．

∵，∴

解得．

∴．

（Ⅱ），令，得或；

令，得．

∴的单调递增区间为，；单调递减区间为．

…8分

（Ⅲ）记在上的值域为,在上的值域为，∵对于，使得，∴．

由（Ⅱ）得：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，∴．

∵，∴．

①

当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴的最小值为或，的最大值为或．

∵，且，∴或，∴或，即或．

又∵，∴．

②

当时，在上单调递增，上单调递减，∴的最小值为或，的最大值为

．

∵，且，∴，∴，即．

综上所述：或．

【例5-2】（2014-2015海淀二模文19）已知函数，其中.（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）若对任意的，总存在，使得，求实数值.【答案】（Ⅰ）

………………2分

当时，对，所以的单调递减区间为；

………………4分

当时，令，得.因为

时，；时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.………………6分

（Ⅱ）用分别表示函数在上的最大值，最小值.当且时，由（Ⅰ）知：在上，是减函数.所以

.因为

对任意的，，所以对任意的，不存在，使得.………………8分

当时，由（Ⅰ）知：在上，是增函数，在上，是减函数.所以

.因为

对，，所以

对，不存在，使得.………………10分

当时，令.由（Ⅰ）知：在上，是增函数，进而知是减函数.所以,，.因为

对任意的，总存在，使得，即，所以

即

所以，解得.………………13分

综上所述，实数的值为.【练5-1】（2008天津文10）10．设，若对于任意的，都有满足方程，这时的取值的集合为（B）

A．

B．

C．

D．

【练5-2】（2008天津理16）设，若仅有一个常数c使得对于任意的，都有满足方程，这时，的取值的集合为

.a=2

考点六、其他的函数单调性问题、极值问题、最值问题、零点问题转化为恒成立问题和存在性问题；

【例6-1】（（2015-2016房山二模文19）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）,定义域为，令

极小值

所以的增区间为，减区间为。

（II）因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

导数专题六、渐近线和间断点问题

【知识结构】

【知识点】

对于函数的渐近线问题和间断点问题是函数问题中的特殊类型，渐近线问题主要是涉及到函数在无穷处的极限值会等于定值，这样的函数类型主要类型有如下的形式；

几种特殊函数的渐近线:

1.时；

（1）（幂函数的增长快于对数函数增长）；

（2）（高阶增长快于低阶增长）；

（3）（指数函数增长快于幂函数和对数函数增长）

2.时；

（1）（高阶增长快于低阶增长）；

（2）（可转化为形式）

【考点分类】

考点一、函数的渐近线问题；

【例1-1】（2015-2016海淀一模文20）已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的零点和极值；

（Ⅲ）若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】（Ⅰ）因为，.所以..因为，所以曲线在处的切线方程为...（Ⅱ）令，解得，所以的零点为..由解得，则及的情况如下：

0

极小值

.所以函数在时,取得极小值

.（Ⅲ）法一：

当时，.当时，..若，由（Ⅱ）可知的最小值为，的最大值为，.所以“对任意，有恒成立”等价于

即，解得.所以的最小值为1.法二：

当时，.当时，..且由（Ⅱ）可知，的最小值为，.若，令，则

而，不符合要求，所以.当时，,所以，即满足要求，综上，的最小值为1..法三：

当时，.当时，..且由（Ⅱ）可知，的最小值为，.若，即时，令则任取,有

所以对成立，所以必有成立，所以，即.而当时，,所以，即满足要求，而当时，求出的的值，显然大于1，综上，的最小值为1.【例1-2】（2016-2017海淀期中理19）已知函数.（Ⅰ）求的单调区间.（Ⅱ）求证：当时，函数存在最小值.【答案】

【例1-3】（2009-2010西城一模理19）

已知函数，其中，其中

（I）求函数的零点；

（II）讨论在区间上的单调性；

（III）在区间上，是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存

在，请说明理由．

【答案】（Ⅰ）解，得，所以函数的零点为.（Ⅱ）函数在区域上有意义，令，得，因为，所以，.当在定义域上变化时，的变化情况如下：

↗

↘

所以在区间上是增函数，在区间上是减函数.（Ⅲ）在区间上存在最小值.证明：由（Ⅰ）知是函数的零点，因为，所以，1

由知，当时，1

又函数在上是减函数，且，所以函数在区间上的最小值为，且，所以函数在区间上的最小值为，计算得.【练1-1】（2009-2010西城一模文20）已知函数其中。

（I）若函数存在零点，求实数的取值范围；

（II）当时，求函数的单调区间；并确定此时是否存在最小值，如果存在，求出最小值，如果存在，请说明理由。

【答案】（I）或；

（II），得或，在，单调增加；在单调减少，此时，存在最小值.的极小值为，根据的单调性，在区间上的最小值为.解=0，得的零点为和，结合，可得在区间和，因为，所以；

并且，即.所以，当时，存在最小值，最小值为.【练1-2】（2011-2012西城二模理19）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求曲线在原点处的切线方程；

（Ⅱ）求的单调区间；

（Ⅲ）若在上存在最大值和最小值，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）解：当时，．

由，得曲线在原点处的切线方程是．

（Ⅱ）解：．

①

当时，．

所以在单调递增，在单调递减．

当，．

②

当时，令，得，与的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间是，；单调增区间是．

③

当时，与的情况如下：

↗

↘

↗

所以的单调增区间是；单调减区间是，．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，时不合题意．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值．

设为的零点，易知，且．从而时，；时，．

若在上存在最小值，必有，解得．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值．

若在上存在最大值，必有，解得，或．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

综上，的取值范围是.【练1-3】（2008-2009海淀二模18）已知：函数（其中常数）.（Ⅰ）求函数的定义域及单调区间；

（Ⅱ）若存在实数，使得不等式成立，求a的取值范围．

【答案】（Ⅰ）函数的定义域为..由，解得.由，解得且．

∴的单调递增区间为，单调递减区间为，.（Ⅱ）由题意可知，且在上的最小值小于等于时，存在实数，使得不等式成立.若即时，x

a+1

0

+

↘

极小值

↗

∴在上的最小值为．

则，得．

若即时，在上单调递减，则在上的最小值为．

由得（舍）．

综上所述，．

例7.（12西城二模理科19）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求曲线在原点处的切线方程；

（Ⅱ）求的单调区间；

（Ⅲ）若在上存在最大值和最小值，求的取值范围．

【答案】当时，．

由，得曲线在原点处的切线方程是．

（Ⅱ）解：．

①

当时，．

所以在单调递增，在单调递减．

当，．

②

当时，令，得，与的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间是，；单调增区间是．

③

当时，与的情况如下：

↗

↘

↗

所以的单调增区间是；单调减区间是，．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，时不合题意．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值．

设为的零点，易知，且．从而时，；时，．

若在上存在最小值，必有，解得．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值．

若在上存在最大值，必有，解得，或．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

综上，的取值范围是．

考点二、函数的间断点问题；

【例2-1】（2015-2016西城二模理18）设,函数；

（1）若函数在（0，f(0)）处的切线与直线y=3x-2平行，求a的值

（2）若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围；

【答案】（Ⅰ）证明：函数的定义域，由题意，有意义，所以.求导，得.由题意，得，解得.验证知符合题意.（Ⅱ）解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值”．

①

当时，由，得无最小值，符合题意．

②

当时，令，得

或

.随着x的变化时，与的变化情况如下：

不存在0

↘

不存在↗

极大

↘

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

9分

因为当时，当时，所以只要考虑，且即可．

当时，由在上单调递减，且，得，所以存在，使得，符合题意；

同理，当时，令，得，也符合题意；

故当时，对于定义域内的任意，总存在使得成立．

③

当时，随着x的变化时，与的变化情况如下表：

0

不存在↘

极小

↗

不存在↘

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

因为当时，当时，所以．

所以当时，不存在使得．

综上所述，a的取值范围为.【例2-2】（2015-2016西城二模文19）已知函数

（1）若，求a的值

（2）设，若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围

【答案】(Ⅰ)证明：函数的定义域，由题意，有意义，所以，求导，得

所以

解得

(Ⅱ)解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值”.①当时，由得无最小值，符合题意.②当时，令，得或

随着的变化，与的变化情况如下表：

0

不存在极小

不存在所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.因为当时，当时，.所以.所以当时，不存在使得.综上所述：的取值范围为.【练2-1】（2012-2013海淀期末理18）已知函数

（I）

当时,求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间.【答案】当时，又，所以在处的切线方程为

（II）

当时，又函数的定义域为

所以的单调递减区间为

当

时，令，即，解得

当时，所以，随的变化情况如下表

无定义

0

极小值

所以的单调递减区间为，单调递增区间为

当时，所以，随的变化情况如下表：

0

无定义

极大值

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，【练2-2】（2012-2013门头沟一模文16）已知函数，其中．

（Ⅰ）在处的切线与轴平行，求的值；

（Ⅱ）求的单调区间．

【答案】（Ⅰ）．

依题意，由，得．

经检验，符合题意．

（Ⅱ）①

当时，．

故的单调减区间为，；无单调增区间．

②

当时，．

令，得，．

和的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间为，；单调增区间为．

③

当时，的定义域为．

因为在上恒成立，故的单调减区间为，；无单调增区间．

【练2-3】（2012-2013西城期末理18）已知函数，其中．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）设．若，使，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）①

当时，．

故的单调减区间为，；无单调增区间．

②

当时，．

令，得，．

和的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间为，；单调增区间为．

③

当时，的定义域为．

因为在上恒成立，故的单调减区间为，；无单调增区间．

（Ⅱ）解：因为，所以

等价于，其中．

设，在区间上的最大值为．

则“，使得

”等价于．

所以，的取值范围是．。

导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题

【知识结构】

【知识点】

一、超越函数的定义

超越函数：指的是变量之间的关系不能用有限次加、减、乘、除、乘方、开方运算表示的函数。如对数函数，指数函数等就属于超越函数。

二、判断超越函数零点存在性的方法

1.图像

根据基本初等函数的图像是否存在交点判断。

2.特殊点

带入特殊点判断：如

0，1，-1，e等

3.单调性与切线

利用单调性和切线判断

4.极限

通过函数的极限判断

特殊点的取法与目的【考点分类】

考点一、利用特殊点法求解（无参数的超越函数）

含有的函数：常取等

含有的函数：常取等

终极目的：消参，有理化，最终简单化

【例1-1】求的零点。

【例1-2】求的零点。

考点二、取特值法解不等式（含参，可以参变分离）

【例2-1】（2015-2016朝阳一模理18）已知函数．

（Ⅲ）试问过点可作多少条直线与曲线相切？并说明理由．

解：设切点为，则切线斜率，切线方程为．

因为切线过点，则．

即．

令，则

．

当时,在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以函数的最小值为．

令>0,解得

取，则．

故在上存在唯一零点．

不等式放缩部分（解法探究）

标答

取，则

．

设，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．…………………………………………………13分

考点三、利用切线求解；

【例3-1】（2012-2013石景山期末理18）已知函数是常数．

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【答案】令，.令，则在上单调递增，在上单调递减，当时，的最大值为.所以若，则无零点；若有零点，则．

若，由（Ⅰ）知有且仅有一个零点.若，单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知有且仅有一个零点（或：直线与曲线有一个交点）.若，解得，由函数的单调性得知在处取最大值，由幂函数与对数函数单调性比较知，当充分大时，即在单调递减区间有且仅有一个零点；

又因为，所以在单调递增区间有且仅有一个零点.切线方法：

综上所述，当时，无零点；

当或时，有且仅有一个零点；

当时，有两个零点.考点四、利用函数放缩求解；

【例4-1】（2014-2015年朝阳一模理18）已知函数，．

（Ⅱ）

当时，讨论函数的零点个数.解：（Ⅱ）,.（1）当时，时，为减函数;时，为增函数.所以在时取得最小值.（ⅰ）当时，由于，令，则在上有一个零点；

（ⅱ）当时，即时，有一个零点；

（ⅲ）当时，即时，无零点.（ⅳ）当时，即时，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(4)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

（ⅰ）令，得．

令,得，所以函数在单调递增．

令,得，所以函数在单调递减．

所以，．

所以成立．

（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．

设所以．

令，得．

令,得，所以函数在单调递增，令,得，所以函数在单调递减；

所以，即．

所以，即．

所以，方程没有实数解．

【练1-1】（2015-2016东城一模理18）设函数，．

（Ⅰ）当时，求的单调区间；

（Ⅱ）当时，恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）求证：当时，．

【答案】（Ⅰ）当时，则，则.令得

－

+

↘

↗

所以

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，．

（Ⅱ）因为，所以恒成立，等价于恒成立．

设，得，当时，所以　在上单调递减，所以　时，．

因为恒成立，所以．

（Ⅲ）当时，等价于．

设，．

求导，得．

由（Ⅰ）可知，时，恒成立．

所以时，有．

所以

．

所以在上单调递增，当时，．

因此当时，．

【练1-2】（2013-2014朝阳二模理18）已知函数，.（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，当时，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）由已知得．

因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以．所以．

所以．

……………3分

（Ⅱ）函数的定义域是，．

（1）当时，成立，所以的单调增区间为．

（2）当时，令，得，所以的单调增区间是；

令，得，所以的单调减区间是．

综上所述，当时，的单调增区间为；

当时，的单调增区间是，的单调减区间是．

……………8分

（Ⅲ）当时，成立，．

“当时，恒成立”

等价于“当时，恒成立．”

设，只要“当时，成立．”

．

令得，且，又因为，所以函数在上为减函数；

令得，又因为，所以函数在上为增函数．

所以函数在处取得最小值，且．

所以．

又因为，所以实数的取值范围．

……………13分

（Ⅲ）另解：

（1）当时，由（Ⅱ）可知，在上单调递增，所以．

所以当时，有成立．

（2）当时，可得．

由（Ⅱ）可知当时，的单调增区间是，所以在上单调递增，又，所以总有成立．

（3）当时，可得．

由（Ⅱ）可知，函数在上为减函数，在为增函数，所以函数在处取最小值，且．

当时，要使成立，只需，解得．所以．

综上所述，实数的取值范围

【练1-3】（2013-2014海淀一模理18）已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【答案】，-----------------------------------2分

因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：，所以且.----------------------------------4分

解得，-----------------------------------5分

（Ⅱ）法1：

对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即∀x,R，恒成立，--------------------------------------6分

令，----------------------------------------7分

①若a=0，则，所以实数b的取值范围是；

----------------------------------------8分

②若,，由得，----------------------------------------9分的情况如下：

0

0

+

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，-------------------------------------------12分

所以实数b的取值范围是；

综上，实数b的取值范围是．

--------------------------------------13分

法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，-------------------------------------------6分

令，则等价于∀，恒成立，令，则，-----------------------------------------7分

由得，----------------------------------------9分的情况如下：

0

0

+

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，------------------------------------------12分

实数b的取值范围是．

--------------------------------------------13分

【练1-4】若不等式对恒成立，求实数的取值范围．

【答案】分析：若设，由知，对应分三种情况讨论．若分离参数，则轻易解决．

解：原不等式等价于．当时，显然成立；

当时，因为，所以，则有恒成立，只需．

因为,当，即时取“=”，即，所以．

评注：对二次函数在闭区间上的最值问题是最容易引起“讨论”的．本题求解过程中求的最小值要注意验证取等号的条件．

【练1-5】（2012-2013西城第一学期期末18）已知函数，其中．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）设．若，使，求的取值范围．

【答案】分析：第二问，存在性问题，可以转化成函数在给定区间上的最值问题，但是类似这样的问题，咱们都有经验，分离变量会比较简单，但是在实际教学中，很多学生并不能很好的接受这种想法。为什么？分离变量是一种思想方法，还是一种解题技巧？

我们可以这样审视这类问题：给了一个变量的范围，求另一个变量的范围，事实上，就是两个变量的依赖关系，于是可以把所求变量表示成已知变量的函数，从函数出发看待这类问题，分离变量就自然了，于是该题就有了如下简洁的解法：

（Ⅱ）解：因为，所以

等价于，其中．

…………9分

设，在区间上的最大值为．…………11分

则“，使得

”等价于．

所以，的取值范围是．

………………13分

小结：存在性问题、恒成立问题采用分离变量的方法常常比较容易，但是这种方法的教学不能当成一种技巧进行教学，应该揭示这种解法的本质，其本质就是变量的依赖关系即函数关系，分离变量，实际上是把两个变量之间的隐函数关系，变成显函数关系，进而转化成不含参变量的函数，从而使得问题的解决避免分类讨论，变得简单。

【练1-6】（2012-2013朝阳期末18）已知函数．

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设函数．若至少存在一个，使得成立，求实数的取值范围．

【答案】（这里的第三问也是一个存在性问题，可做练习巩固）

【练1-7】（2006天津理11）已知函数的图象与函数（且)的图象关于直线对称,记,若在区间上是增函数,则实数的取值范围是（）.A.B.C.D.【答案】

考点二、主参换位（主辅元转换），避免分类讨论；

【例2-1】设不等式对满足的一切实数都成立，求的取值范围．

【答案】分析：受思维定势影响，易看成关于的不等式．其实变换一个角度，以为变量可避免分类讨论，只要关于的函数在区间恒为负值即可．

解：由题意，可设，即在内恒成立，因为为关于的一次函数，故有．

评注：将关于的不等式转化为关于的一次不等式，虽然仍需要解关于的一元二次不等式组，但已经成功地避开了复杂的分类讨论，将问题中的参数“消灭”了．这种转变问题视角的方法，对简化运算十分有益．

【例2-2】（2012-2013通州期末19）已知函数

（Ⅰ）若函数在处有极值为10，求b的值；

（Ⅱ）若对于任意的，在上单调递增，求b的最小值．

【答案】分析：该题（Ⅱ）初步转化为

对任意，都成立

多个变量，学生感到无从下手。给了，可以把a看成自变量，于是不等式左边就是关于a的一次函数，又给出，于是进而看成关于x的二次函数，于是问题获解。

【例2-3】设，当时，恒成立，求的取值范围。

【答案】分析：该题初步转化为对任意恒成立，求的取值范围

多个变量，学生感到无从下手。给了，可以把a看成自变量，于是不等式左边就是关于a的一次函数，于是进而看成关于x的二次函数，于是问题获解。

例2-4.（2010崇文一模理）设奇函数上是增函数，且，若函数

对所有的都成立，当时，则t的取值范围是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

导数专题九、公切线解决导数中零点问题

【知识点】将题目中的零点问题，通过转化成初等函数的图形之间的位置关系问题，然后利用公切线的变化求出。

考点一、无零点

【例

1-1】（16年房山二模文科）已知函数

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【解析】因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

【练

1-1】（13年福建文）已知函数().(3)当的值时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值.【解析】当时,令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解.假设,此时，又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故.又时，知方程在上没有实数解.所以的最大值为.考点二、一个零点

【例

2-1】（13年朝阳一模理）已知函数,其中.(Ⅱ)若函数在上有且只有一个零点,求实数的取值范围.【解析】①当时,由(Ⅰ)可知,函数的单调递减区间为,在单调递增.所以在上的最小值为,由于,要使在上有且只有一个零点,需满足或解得或.②当时,由(Ⅰ)可知,(ⅰ)当时,函数在上单调递增;

且,所以在上有且只有一个零点.(ⅱ)当时,函数在上单调递减,在上单调递增;

又因为,所以当时,总有.因为,所以.所以在区间内必有零点.又因为在内单调递增,从而当时,在上有且只有一个零点.综上所述,或或时,在上有且只有一个零点

【练

2-1】（2012年房山一模18）已知函数．

（III）若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围．

【解析】当时，在区间上为增函数，在区间不可能恰有两个零点．

………10分

当时，由（II）问知，又，为的一个零点．

……11分

若在恰有两个零点，只需

即

………13分

【练

2-2】（13年昌平二模理科）已知函数

(Ⅱ)求在区间上的最小值;

(III)若在区间上恰有两个零点,求的取值范围.【解析】可知当或时,在上是单调递增或递减函数,不可能存在两个零点.当时,要使在区间上恰有两个零点,则

∴

即,此时,.所以,的取值范围为

考点三、两个零点

【例

3-1】已知函数.（III）讨论函数在区间上零点的个数.【解析】

【练

3-1】（15年海淀期末文科）已知函数.（Ⅲ）问集合（且为常数）的元素有多少个？（只需写出结论）

考点四、线上下线问题

【例

4-1】（13年北京高考理科）设L为曲线C：在点(1，0)处的切线.(I)求L的方程；

方程为

(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方.【练

4-1】（14年海淀一模理科）已知曲线.(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【解析】对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，令，则等价于∀，恒成立，令，则，由得，的情况如下：

0

0

+

极小值

所以的最小值为，实数b的取值范围是．

导数专题十、极值点偏移问题

【例1】已知函数有且仅有两个不同的零点，则（B）

A．当时，B.当时，C.当时，D.当时，【例2】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（D）

A．当时,B．当时,C．当时,D．当时,【例3】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（B）

A．当时,B．当时,C．当时,D．当时,【例4】（2010东城二模）已知函数．

(Ⅰ)

若函数在上为单调增函数，求的取值范围；

(Ⅱ)

设，且，求证：．

解：(Ⅰ)

．………………………………………3分

因为在上为单调增函数，所以在上恒成立．

即在上恒成立．

当时，由，得．

设，．

．

所以当且仅当，即时，有最小值．

所以．

所以．

所以的取值范围是．…………………………………………………………7分

(Ⅱ)不妨设，则．

要证，只需证，即证．

只需证．……………………………………………………………11分

设．

由(Ⅰ)知在上是单调增函数，又，所以．

即成立．

所以．………………………………………………………………14分

【例5】（2010天津）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）已知函数的图像与函数的图像关于直线对称，证明：当时，.（Ⅲ）如果，且，证明：.解：f’

令f’(x)=0,解得x=1

当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表

X

()

()

f’(x)

+

0

f(x)

极大值

所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数。

函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=

（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)

令F(x)=f(x)-g(x),即

于是

当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)证明：（1）

若

（2）若

根据（1）（2）得

由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内增函数，所以>,即>2.【例6】（2011辽宁）已知函数

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）设，证明：当

时，；

（Ⅲ）若函数的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：.解：（I）

（i）若单调增加.（ii）若

且当

所以单调增加，在单调减少.………………4分

（II）设函数则

当.故当，………………8分

（III）由（I）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，故，从而的最大值为

不妨设

由（II）得

从而

由（I）知，………………12分

【例7】（2013湖南文）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）证明：当

时，.解:

(Ⅰ)

.所以,.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,只需要证明:当x>0时f(x)

f(-x)即可...【例8】（2016新课标I）已知函数有两个零点.(I)求的取值范围；

(II)设是的两个零点，证明：

解：（Ⅰ）．

（i）设,则,只有一个零点．

（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．

又，取满足且,则,故存在两个零点．

（iii）设,由得或．

若,则,故当时，因此在上单调递增．又当时，所以不存在两个零点．

若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．

综上,的取值范围为．

（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知，在上单调递减,所以等价于,即．

由于,而,所以

．

设,则．

所以当时，而,故当时,．

从而,故．

【例9】已知函数.（1）若，求函数在上的零点个数；

（2）若有两个零点，证明：

【例10】设函数．

（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；

（3）若方程有两个不相等的实数根，求证：．

【例11】设函数，其图象与轴交于，两点，且x1＜x2．

（1）求的取值范围；

（2）证明：（为函数的导函数）

【例12】已知函数，（1）若，求证：函数有极值；

（2）若，且函数与的图象有两个相异交点，求证：

【例13】已知函数，求证：有唯一零点的充要条件a=e

【例14】函数的图像与x

轴交于不同的两点、，求证：

【例15】已知函数

（Ⅰ）（Ⅱ）略

（Ⅲ）当

时，函数的图像与x

轴交于不同的两点、，且，又

是的导函数。若正常数α、β满足条件。证明：

导数专题十一、构造函数解决导数问题

【知识框架】

【考点分类】

考点一、直接作差构造函数证明；

两个函数，一个变量，直接构造函数求最值；

【例1-1】（14顺义一模理18）已知函数（）

（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）若在区间上函数的图象恒在直线下方，求的取值范围．

【例1-2】（13海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；

（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.【练1-1】（14西城一模文18）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；

（Ⅱ）如果对于任意，都有，求的取值范围．

【练1-2】已知函数是常数．

（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；

（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【练1-3】已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【练1-4】已知函数，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方；

【练1-5】.已知函数；

（1）当时，求在区间上的最大值和最小值；

（2）若在区间上，函数的图像恒在直线下方，求的取值范围。

【练1-6】已知函数；

（1）求的极小值；

（2）如果直线与函数的图像无交点，求的取值范围；

答案：

考点二、从条件特征入手构造函数证明

【例2-1】若函数

在上可导且满足不等式，恒成立，且常数，满足，求证：。

【例2-2】设是上的可导函数，分别为的导函数，且满足，则当时，有（）

A.B.C.D.【练2-1】设是上的可导函数，，求不等式的解集。

【练2-2】已知定义在的函数满足，且，若，求关于的不等式的解集。

【练2-3】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，若，则下列关于的大小关系正确的是（）D

A.B.C.D.【练2-4】已知函数为定义在上的可导函数，且对于任意恒成立，为自然对数的底数，则（）C

A.B.C.D.【练2-5】

设是上的可导函数，且，求的值。

【练2-6】函数为定义在上的可导函数，导函数为，且，下面的不等式在内恒成立的是（）

A.B.C.D.【练2-7】已知函数为定义在上的可导函数，导函数为，当时，且，若存在，使，求的值。

（二）关系式为“减”型

（1），构造；

（2），构造；

（3），构造；

（注意对的符号进行讨论）

考点三、变形构造函数

【例3-1】证明：对任意的正整数，不等式都成立。

【例3-2】已知函数；

（1）求函数的单调区间与极值；

（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围；

【练3-1】设为曲线在点处的切线。

（1）求的方程；

（2）证明：除切点之外，曲线在直线的下方；

【练3-2】已知函数；

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）当时，求证：；

【练3-3】已知函数，其中；

（1）求的单调区间；

（2）若对任意的，总存在，使得，求实数的值；

【练3-4】，（1）讨论的单调情况；

（2）设，对．求证：．

【练3-5】已知函数；

（1）求的单调区间；

（2）当时，设斜率为的直线与函数相交于两点，求证：

考点四、消参构造函数

【例4-1】已知函数和的图像有公共点，且在点处的切线相同；

（1）若点的坐标为，求的值；

（2）已知，求切点的坐标。

【例4-2】（2009全国卷2理22）设函数有两个极值点，且

（Ⅰ）求的取值范围，并讨论的单调性；

（Ⅱ）证明：

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(5)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(6)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(7)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(8)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(9)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(10)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(11)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

+

0

+

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

0

+

0

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

0

+

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

导数在高中数学解题中的应用分析 篇6

关键词：导数；高中数学；数学解题；不等式

G633.6

导数是微分的初步知识，同时也是新教材的新增内容，是研究函数、解决实际问题的有力工具，在近年的高考中已占有突出的地位，是高考和各地模拟考试的热点。近几年全国各地高考试卷中均有与导数有关的综合问题，经常是导数与不等式、方程、解析几何、数列、函数等其他知识的交汇进行命题，从不同的角度灵活考查了综合利用所学知识解决数学问题的能力。因此，在复习时要增强运用导数知识解决数学问题的意识。

一、导数在求函数极值中的应用

函数的最值问题是高中数学中的一个重点，也是一个难点，在导数引入高中课本以前，求函数最值的方法有很多种，但是导数引入高中课本后，对很多求最值类型的题目不仅多了一种解题的方法与思路，而且更是解决问题的简便方法之一。由于最值问题中二次函数的最值比较典型，本文就以导数在求二次函数最值中的应用为例。在大部分高考题目中，二次函数的区间最值是指二次函数在某个特定区间上的最大（小）值，这类题往往含有参数，是高考的热点与难点。如果用数形结合的思想和方法来解答，则十分麻烦，但利用导数来解答，则简洁明了。导数的作用主要是判断函数在此区间上的单调性与函数的极值点，解题的关键在于考察二次函数的极值点与区间的相对位置关系。

例1： 已知函数f（ x） = x2 （ x + 1） ，求函数f（ x） 在R上的极值。

其相应的求解的过程如下：

解： f '（ x） = 2x（ x + 1） + x2 = 3x2 + 2x，令f '（ x） = 0，得到x1 =0，x2 =- 。

当x∈（ -∞，- ） 时，f '（ x） > 0，即f（ x） 为单调递增；

当x∈（- ，0） 时，即f '（ x） < 0，即f（ x） 为单调递减；

当x∈（ 0，+ ∞） 时，f '（ x） > 0，即f（ x） 單调递增。

所以当x = - 时，f（ x） 取得相应的极大值f（- ） = ，

当x = 0 时，f（ x）取得相应的极小值f（ 0） = 0。

二、利用导数判断函数的单调性

在导数被引进高中数学课本以前，判断函数的单调性最常规的方法就是定义法，但是定义法一般常常用来判断一些简单函数的单调性，遇到稍微复杂一点的函数，在利用定义法判断的时候比较繁琐。导数引进以后就可以尝试用导数来判断函数的单调性了。利用导数判断函数单调性的基本原理就是，针对一个函数f（x），如果它的导数f′（x）在区间[a，b]上大于0，则函数f（x）在区间[a，b]上是单调递增的，否则则是单调递减。

例2：已知函数f（x）=x2eax（a≤0），讨论f（x）的单调性。

解：f′（x）=x（ax+2）eax.

当a=0时，令f′（x）=0，得x=0，

若x>0，则f′（x）>0，则f（x）在（0，+∞）单调递增；

若x<0，则f′（x）<0，则f（x）在（-∞，0）单调递减。

当a<0时，令f′（x）=0，得x=0或x=-2/a，

若x<0，则f′（x）<0，则f（x）在（-∞，0）单调递减；

若00，则f（x）在（0，-2/a）上单调递增；

若x>-2/a时，则f′（x）<0，则f（x）在（0，+∞）单调递减。

三、利用导数证明不等式

函数与不等式的结合是高中数学中比较典型的题目，尤其是近年来在命题宗旨越来越趋向综合化的命题指导思想模式下，函数与不等式的结合愈加紧密。根据以往很多省份的高考试题研究结果，很多不等式的证明几乎都可以利用导数来解决。

例3：已知函数f（x）=x（x-a）（x-b），其中0

证明：首先求f（x）的导数，得：

f′（x）=3x2-2（a+b）x+ab

由f（x）在x=s和x=t取到极值，知：s，t是二次方程f′（x）=0的两实根，

又f′（0）=ab>0

f′（a）=a2-ab=a（a-b）<0 f′（b）=b2-ab=b（b-a）>0

即f′（x）在区间（0，a），（a，b）内分别各有一个实根，

由s以上是用导数将二次函数“降次”转化为研究二次方程在（0，a）与（a，b）存在实根的问题，结合实根分布理论，运用数形结合的思想，实现了不等式的证明。当然，还有很多利用导数证明不等式的时候，需要利用函数的单调性。

四、利用导数来解决切线问题

我们知道，函数f（x）在点x=x0处的导数f′（x0）的几何意义就是曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））处的切线的斜率，其切线方程可以表示为y-f（x0）=f′（x0）（x-x0）。近几年来，随着高考对导数知识考查力度的不断加大，关于高次曲线、分式曲线、根式曲线、指数曲线、对数曲线、三角曲线、圆锥曲线的切线问题逐渐进入高考试卷，成为高考试卷中一道亮丽的风景线。导数的几何意义为这些用传统方法难以求解的切线问题提供了新思路、新方法、新途径，拓宽了高考的命题空间。下面结合某些高考题或高考模拟题，介绍导数在解决高中切线问题的基本方法与思路。

由于篇幅限制，关于导数在分式曲线、根式曲线、指数曲线、对数曲线、三角曲线、圆锥曲线的应用在此就不再累述，但是基本的原理与思路都是相同的。

本文重点探讨了导数在求函数极值，在证明不等式，在求函数单调性以及在切线问题中的应用，事实上，导数的应用范围还远远不止这么多，例如在向量中的应用，在解析几何与立体几何中都具有重要的应用。关键是由于导数内容是安排在高中数学的最后一册，而平时很多学生在解答题目的时候已经习惯用比较常规的定势思维来解决这些问题，尤其是在考试那种氛围下更是难想到用导数的方法来解题，这就需要在平时中多加训练。

参考文献：

[1]范运灵.高中导数的交汇问题[J].考试，2007，（3）.

导数在高中数学中的应用 篇7

1. 应用导数研究函数单调性与最值

例1 (2012天津高考) 已知函数

(1) 求函数f ( x) 的单调区间;

(2) 若函数f ( x) 在区间 ( -2, 0) 内恰有两个零点, 求a的取值范围;

(3) 当a =1时, 设函数f ( x) 在区间[t, t +3]上的最大值为M ( t) , 最小值为m ( t) , 记g ( t) =M ( t) -m ( t) , 求函数g ( t) 在区间[- 3, - 1]上的最小值.

2. 应用导数判断数列的最大 ( 小) 项

例2 ( 南通一模) 已知数列{ an} 的通项an= 6n2n3, , n∈N*, 求数列{ an} 的最大项.

3. 应用导数证明不等式

例3 ( 启东汇龙中学月考) 当x >0时, 证明不等式:x -1/2x2< ln ( 1 + x) .

4. 应用导数求数列的前 n 项和

例4 ( 启东中学实验班) 已知数列{ an} 的通项an=nxn - 1, 求其前n项的和Sn.

5. 应用导数解平面几何问题

求切线方程的一般方法, 可分两步:

( 1) 求出函数y =f ( x) 在x =x0处的导数f' ( x0) ;

( 2) 利用直线的点斜式得切线方程.

例5 ( 启东市高二期末) 求曲线f ( x) =x3+ x2+ 2x - 3分别满足下列条件的切线: ( 1) 在点 ( 1, 1) 的切线; ( 2) 过点 (1, 1) 的切线.

6. 应用导数解决实际问题

例6 ( 海门中学模拟) 一艘渔艇停泊在距岸9 km处, 今需派人送信给距渔艇处的海岸渔站, 如果送信人步行每小时5 km, 船速每小时4 km, 问应在何处登岸再步行可以使抵达渔站的时间最省?

解如图所示, 设A点为渔艇处, BC为海岸线, C为渔站, 且AB =9 km.

参考文献

[1]教育部考试中心.2010年普通高等学校招生全国统一考试大纲说明 (理科) [M].北京:高等教育出版社, 2010.

[2]华东师范大学数学系编.数学分析 (上册) [M].北京:高等教育出版社, 2003:121-124.

导数在高中数学中的应用对策 篇8

关键词：函数,不等式,值域,数列,球面距离

一、导数在函数中的应用

1.求函数的单调区间

评注:用求导数的方法证明含参函数的单调性,可以避免用定义带来的烦琐运算,要结合题目特点选择这种方法.本题若用函数单调性的定义求解,很难获得正确结果.由于导数这一部分内容刚引入高中数学,学生解题时有时不能一下就想得到,因此,必须加强学生利用导数解体的意识.

2.求函数的最值与值域

例2已知x≥0,y≥0,x+3y=9,求x2y的最大值.

解:由x+3y=9得y=3-x/3.因为y≥0,所以3-x/3>0,即x≤9.又因为x≥0,所以0≤x≤9,设α=x2y=x2(3-x/3)=-x2/3+3x2,则u'=-x2+6x=-x(x-6),令u'=0,得x=6或x=0.当0<x<6时,u'>0;当6<x<9时,u'<0.所以x=6时,u=x2y取得最大值36.

评注:注意将二元函数的最值问题转化为一元函数的最值问题,不要忘记从条件式中先确定x或y的取值范围.此外,在解含有参数的函数时,确定它的导数的符号,不仅要考虑参数的范围分类讨论,而且要结合自变量的范围.在闭区间上求最值时,要将极值与端点处的函数值比较后才能确定.特殊情况下函数在一个区间内如果只有一个极值,那么极大值就是最大值,极小值就是最小值.极值点处的导数为0,但导数为0的点不一定是极值点.

评注:求函数值域没有通法,只能依据函数解析式的结构特征来确定相应的方法,其中求区间上的连续函数的值域可考虑用单调性来解决.

二、导数在不等式中的应用

三、导数在方程中的应用

评注:方程f(x)=0的实根,就是曲线y=f(x)与x轴的交点的横坐标,如果满足条件:(1)f(x)在区间[a,b]上连续,且f(a)与f(b)异号;(2)f'(x)在(a,b)内不变号,则在(a,b)内,方程f(x)=0有唯一的实根.

四、导数在数列求和中的应用

评注:只要给出上述两个求和式中的x赋予具体值便可得到一系列的数列求和公式.例如在(1)中令x=2,可得到1+2·2+3·22+…+n·2n-1=2n(n-1)+1.

参考文献

[1]李昭平.数列的导数求法[J].中学数学研究,2013(11).

[2]张奠宙.中学代数研究[M].北京:高等教育出版社,2005.

浅谈高中数学中的一类导数题 篇9

例1 (2009年南京一模, 14) 已知函数undefined是其图像上不同的两点.若直线AB的斜率k总满足undefined, 则实数a的值是.

本题做对答案的学生寥寥几个, 上课教师请了一名学生回答.

由已知, undefined,

则由导数的几何意义知

undefined

故undefined

但是该学生也解释不清这样做的原因.教师略加思考后说道, 该题其实用到了你们到大学即将要学的拉格朗日中值定理, 即若闭区间上有一条连续曲线, 曲线上每一点都存在切线, 则曲线上至少存在一点M, 过点M的切线平行于割线AB.然后这道题目就这样解释过去了, 当时没有学生或老师提出疑问.

过后几天本校的一次测试考到了这样一道题目:

例2 已知函数undefined, 设x2>x1>0, 都有undefined, 则实数a的取值范围是.

答案 [1, 5]

很多学生的错误答案都是[1, 5) .后询问学生, 他们的做法是:

把undefined理解成undefined对任意的x∈ (0, +∞) 恒成立, 则把上述不等式整理成x2+ (1-a) x+a-1>0, 由二次函数的图像可知,

undefined

或者

undefined

解之得1≤a<5.

事实上, 将a=5的这种特殊情况拿出来考虑就知道错误原因了.当a=5时可以证明任意一条割线的斜率都大于-1, 但是在x=2处切线的斜率等于-1.也就是函数图像上并不是任意一点的切线斜率都与某一条割线斜率相等.

以一简单函数为例, P, Q是函数y=x2-x (-1≤x≤1) 图像上任意两点, P, Q段上任意一点切线的斜率的取值范围是y′=2x-1 (-1≤x≤1) , 即为[-3, 1].但是在P, Q段上不可能有割线斜率是-3和1.

证明 设P (x1, xundefined-x1) , Q (x2, xundefined-x2) ,

则undefined

若kPQ=1, 则x1+x2=2, 这不可能.

这就是例2发生错误的原因.曲线上任意两点间的割线斜率是这两点间任意点处切线斜率的子集.由于导数是个极限的概念, 由极限的保号性可得下面两个命题:

命题1 如果函数f (x) 在闭区间[a, b]上可导 (在端点处单侧可导) , 设A, B是其图像上不同的两点.若直线AB的斜率k总满足m≤k≤M或m

命题2 如果函数f (x) 在闭区间 (a, b) 上可导, 设A, B是其图像上不同的两点.若直线AB的斜率k总满足m≤k≤M或m

所以例2的正确做法应该把f′ (x) >-1改成f′ (x) ≥-1便能解出正确答案.

以上做法中学生很难接受, 采用以下做法便水道渠成了.以第二题为例:

解 ∵x2>x1,

∴条件undefined变形为f (x2) -f (x1) >x1-x2,

即f (x2) +x2>f (x1) +x1,

即函数g (x) =f (x) +x在 (0, +∞) 上单调递增,

∴g′ (x) ≥0恒成立,

即f′ (x) ≥-1恒成立.下面相同.

同理第一题也可用类似方法解出.

导数在高中数学解题中的运用分析 篇10

关键词：导数,高中数学,不等式

导数是微积分的初步知识, 同时也是新教材的新增内容, 是研究函数、解决实际问题的有力工具, 在近年的高考中已占有突出的地位, 是高考和各地模拟考试的热点, 2006年以及2007年全国各地高考试卷中均有与导数有关的综合问题。从不同的角度对导数知识, 灵活考查了综合利用所学知识解决数学问题的能力。导数与不等式、方程、解析几何、数列、函数等其他知识的交汇进行命题, 考查应用数学知识解决综合问题的能力已成为近年来高考的一大亮点, 一直是高考命题的热点与焦点。因此, 在复习时要增强运用导数知识解决数学问题的意识。

(一) 导数在求函数最值中的应用

高中函数的最值问题是高中数学中的一个重点, 也是一个难点, 在导数引入高中课本以前, 求函数最值的方法就有很多种, 但是导数引入高中课本后, 对很多求最值类型的题目不仅多了一种解题的方法与思路, 而且更是解决问题的简便方法之一。

由于最值问题中二次函数的最值比较典型, 本文就以导数在求二次函数最值中的应用为例。在大部分高考题目中, 二次函数的区间最值是指二次函数在某个特定区间上的最大 (小) 值, 这类题往往含有参数, 是高考的热点与难点。如果用数形结合的思想和方法来解答, 则十分麻烦, 但利用导数来解答, 则简洁明了。导数的作用主要是判断函数在此区间上的单调性与函数的极值点, 解题的关键在于考察二次函数的极值点与区间的相对位置关系。

例1: (2002年全国高考题) 已知函数f (x) =ln (1+x) -x, 求f (x) 的最大值。

像这种比较特殊的复合函数求最值, 运用其他的方法一般比较复杂, 也很难找到突破口, 如果用导数的方法就显得相对比较简单了, 但是需要注意的是这类函数求最值问题一般需要先求出其定义域。

解:f (x) 的定义域为:x∈ (-1, -∞)

求导得:

令f′ (x) =0得x=0

当-10;当x>0时f′ (x) <0,

又f (0) =0

所以当且仅当x=0时, f (x) 有最大值, 即:f (0) =0。

(二) 利用导数判断函数的单调性

在导数被引进高中数学课本以前, 判断函数的单调性最常规的方法就是定义法, 但是定义法一般常常用来判断一些简单函数的单调性, 遇到稍微复杂一点的函数在利用定法判断的时候比较繁琐。导数引进以后就可以尝试用导数来判断函数的单调性了。

利用导数判断函数单调性的基本原理就是, 针对一个函数f (x) , 如果它的导数f′ (x) 在区间[a, b]上大于0, 则函数f (x) 在区间[a, b]上是单调递增的, 否则则是单调递减。

例2:已知函数f (x) =x2eax (a≤0) , 讨论f (x) 的单调性。

解:f′ (x) =x (ax+2) ex

1. 当a时, 令f′ (x) =0, 得x=0,

若x>0, 则f′ (x) >0, 则f (x) 在 (0, +∞) 单调递增;

若x<0, 则f′ (x) <0, 则f (x) 在 (-∞, 0) 单调递减。

2. 当a<0时, 令f′ (x) =0, 得x=0或x=-2/a,

若x<0, 则f′ (x) <0, 则f (x) 在 (-∞, 0) 单调递减;

若00, 则f (x) 在 (0, -2/a) 上单调递增;

若x>-2/a时, 则f′ (x) <0, 则f (x) 在 (0, +∞) 单调递减。

在解答本类型题目的时候需要注意两点:一是要掌握常见函数的导数的求法, 尤其是复合函数导数的求法需要重视, 二是在说明函数的单调性质时一定要指明是在哪个区间上具有什么样的单调性。

(三) 利用导数证明不等式

函数与不等式的结合是高中数学中比较典型的题目, 尤其是近年来在命题宗旨越来越趋向综合化的命题指导思想模式下, 函数与不等式的结合愈加紧密。根据以往很多省份的高考试题研究结果, 很多不等式的证明几乎都可以利用导数来解决。

例3:已知函数f (x) =x (x-a) (x-b) , 其中0

证明:首先求f (x) 导数, 得:

f′ (x) =3x2-2 (a+b) x+ab

由f (x) 在x=s和x=t取到极值, 知:

s, t是二次方程f′ (x) =0的两实根,

又:f′ (0) =ab>0

f′ (a) =a2-ab=a (a-b) <0

f′ (a) =b2-ab=b (b-a) >0

即f′ (x) 在区间 (0, a) (a, b) 内分别有一个实根, 由s

以上是用导数将二次函数“降次”转化为研究二次方程在 (0, a) 与 (a, b) 存在实根的问题, 结合实根分布理论, 运用数形结合的思想, 实现了不等式的证明。当然, 还有很多利用导数证明不等式的时候需要用到结合利用函数的单调性。

(四) 利用导数来解决切线问题

f′ (x0) 的几何意义就是曲线y=f (x) 在点 (x0, f (x0) ) 处的切线的斜率, 其切线方程可以表示为y-f (x0) =f′ (x0) (x-x0) 。近几年来, 随着高考对导数知识考查力度的不断加大, 关于高次曲线、分式曲线、根式曲线、指数曲线、对数曲线、三角曲线、圆锥曲线的切线问题逐渐进入高考试卷, 成为高考试卷中一道亮丽的风景线。导数的几何意义为这些用传统方法难以求解的切线问题提供了新思路、新方法、新途径, 拓宽了高考的命题空间。下面结合某些高考题或高考模拟题, 介绍导数在解决高中切线问题的基本方法与思路。

例4: (2006年安徽高考题) 若曲线y=x4的一条切线m与直线x+4y-8=0垂直, 求切线m的方程。

解:本题中切线m的斜率根据直线m与直线x+4y-8=0垂直很容易得出, 知道直线m的斜率后要想求出它的方程, 只需要找出一点就行了。

因为直线x+4y-8=0的斜率是-1/4, 所以直线m的斜率是4, 因此, y′=4x3=4,

所以x=1, 故切点为: (1, 1) 。

于是所求的切线m的方程为y-1=4 (x-1) , 即:4x-y-3=0。

由于篇幅限制, 关于导数在分式曲线、根式曲线、指数曲线、对数曲线、三角曲线、圆锥曲线的应用再次就不再累述, 但是基本的原理与思路都是相同的。

本文重点探讨了导数在求函数最值, 在证明不等式, 在求函数单调性以及在切线问题中的应用, 事实上, 导数的应用范围还远远不止这么多, 例如在向量中的应用, 在解析几何与立体几何中都具有重要的应用。关键是由于导数内容是安排在高中数学的最后一册, 而平时很多学生在解答题目的时候已经习惯用比较常规的定势思维来解决这些问题, 尤其是在考试那种氛围下更是难想到用导数的方法来解题, 这就需要在平时中多加训练。

参考文献

[1]范运灵.高中导数的交汇问题[J].考试, 2007, (3) .

[2]何勇波.利用导数求二次函数的区间最值[J].数学教学研究, 2006, (9) .

[3]李昭平.例谈高考中切线问题的七大类型[J].考试, 2006, (11) .

高中数学导数教学策略 篇11

在高中数学的学习过程中，导数与函数是两个非常重要同事也是不可或缺的部分，并且在高考数学试题中也占有比较大的比重。其中导数是高考数学学习中的重要基础之一，但是对于大多数同学来说，这同时也是在数学学习中的一个重点和难点。导数的学习包含了高中数学学习中的很多重要的思想，比如转化思想、划归思想、数形结合思想以及分类讨论思想等，是建立在一次函数、二次函数、指数函数、幂函数、正比例函数以及幂函数等中，通过对这些函数的单调性、极值以及最值的理解和掌握，可以更快更好的解决数学问题。从这几年高考来看，导数在数学中的地位越来越重要。

导函数的简称就即为导数，他的定义是在瞬时速度上发展而来的，其具体的含义就是，如果函数f（x）在开区间（a，b）内可导，对于开区间（a，b）内的每一个x0，都对应着一个导数f（x0），这样f（x）在开区间（a，b）内构成一個新的函数，这一新的函数叫做f（x）在开区间（a，b）内的导函数。函数f（x）在点x0出导数的几何意义，就是曲线y=f（x）在点p（x0，f（0））出的切线的斜率，即曲线y=f（x）在点p（x0，f（0））出的切线的斜率就是f（x0），相应地切线的方程式y-y0= f（x0）（x-x0）。总的来说，导数的物理意义是瞬时速率和变化率，几何意义是切线的斜率f（x0），代数意义就是函数的增减速率。

一、函数单调性中导数的应用

导数单调性是指在某个固定区间内，函数随自变量的变化而变化，如在增函数区间中，因变量随自变量的增大而增大；在减函数区间中，因变量随自变量的增大而减小。通常在做题中，通常根据定义对函数单调性进行判断，若在较为复杂的函数中使用该方法进行判断，易发生判断错误，因此通过导数的应用，可以较为准确且容易地判断函数单调性。

二、不等式中导数的应用

通过分析近几年的高考题我们可以发现导数常结合不等式出现在高中数学题中，借助导数解答不等式，可简化我们的解题方法，且不等式用导数求解的过程中可以加强并帮助我们更加快速准确的解答类似的题目，是我们的学习更加系统化、整体化。不等式运用导数求解时，其解题思路是将不等式与函数进行互相转换，从而变为判断函数大小的问题，再进行建立辅助函数以判断函数单调性，进而间接地判断不等式是否正确。

三、函数最值中导数的应用

关于函数最大值的问题应该是高中数学问题中最常见的问题之一，也是我们学习的重点，其解答方法有很多，且对于求解部分题目时常采取导数解答。二次函数求最值为典型的运用导数求解题，他指的是在固定区间内求得最大或者最小值的问题，且在有参数的条件下，若按常规的解题思路，通常是运用数形结合的方法，但是在求解过程中需参照图形和数据，但很多同学在用此方法是容易出错，通过求解导数，判断导数在区间内的单调性，再把区间和求得的最值对应即可。在求复合函数的最值问题时，可通过确定定义域范围，即可求得最值。

四、利用导数解决切线问题

在几何题目的解答中，合理的应用导数可以使计算方法变得更加简单，通过这种方式可以提高数学题目解答的效率。在高中数学中我们经常会遇到坐标系中切线方程求解题目，一般的题目都是给出曲线外的一个坐标点，让我们来求解这个点的曲线的切线方程，这些题目的解答都是通过导数来实现的。比如一直曲线C为y= f（x），求通过点P（x0，y0）的曲线的切线方程。在这道题目的解答中就应用了导数的相关概念和方法。在解题中，首先，我们要对点P是否在相应的曲线C上作出判断，再次之后再求出相应的导数f（x），最后再进行计算求解。在这个过程中需要特别注意的是需要进行分情况讨论，当点P在C上的时候，需要求取相应的切线方程，就可以得到答案了；然而如果点P不在C上的时候，就需要求相邻切点，这样我们就得到了一条直线所经过的两个点的坐标，那么就可以得出相应的经过点P的曲线C的相应的切线方程了。

在高中数学的学习中也常常遇到考察特殊曲线切线求解的问题，如三角形曲线切线等问题，若使用传统方法求解切线，其画图过程复杂，且极其容易出错，导数实质上是一种函数，同时也是曲线上任意某点的斜率，若将导数用于切线的求解过程中，可以开拓我们的解题思路，简化解题方法，且可以准备快速的求得答案，并且此类问题在高考考试中所占的比重较大，我们应特别关注。

五、结语

高中数学导数教学策略 篇12

一、利用导数几何意义求切线方程

【例1】曲线在点(1,-1)处的切线方程为().

A.y=x-2 B.y=-3x+2

C.y=-2x-3 D.y=-2x+1

解:,y在点(1,-1)处的切线斜率,所以切线方程为y+1=-2(x-1),即y=-2x+1.选D.

点评:处理曲线y=f(x)的切线问题时,首先要抓住切点(x0,y0),然后利用结论“曲线上一点处切线的斜率等于该点导数值,即k=f′(x0)”,求出斜率,最后注意切点既在切线上,又在曲线上.

二、利用导数求函数的单调区间、极值和最值

点评:求函数的极值应先确定函数的定义域,再解方程f′(x)=0,判断f′(x)=0的根x0是否是极值点,即看x0左右两边的单调性是否发生了改变.

三、利用导数求参数的范围

【例3】已知函数f(x)=x2+alnx.

(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调区间;

(2)若在[1,+∞)上是单调增函数,求实数a的取值范围.

点评:若求函数f(x)的单调区间,只需解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0),若已知f(x)的单调性求参数范围,可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在给定区间上恒成立问题.

四、导数与不等式的综合

【例4】设a>0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调函数.(1)求实数a的取值范围;(2)设x0≥1,f(x)≥1,且f(f(x0))=x0,求证:f(x0)=x0.

解:(1)f′(x)=3x2-a,若f(x)在[1,+∞)上是单调递减函数,则f′(x)<0,即a>3x2,这样的实数a不存在,故f(x)在[1,+∞)上不可能是单调递减函数.若f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,则a≤3x2.由于x∈[1,+∞),故3x2≥3,从而0<a≤3.

(2)方法1:可知f(x)在[1,+∞)上只能为单调递增函数.若1≤x0<f(x0),则f(x0)<f(f(x0))=x0,矛盾;若1≤f(x0)<x0,则f(f(x0))<f(x0),即x0<f(x0),矛盾.故只有f(x0)=x0成立.