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导数常见题型归纳
1.高考命题回顾
例1.（2013全国1）已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线（Ⅰ）求，，，的值；（Ⅱ）若≥－2时，≤，求的取值范围。
分析：⑴ ⑵由⑴知，
设，则
由已知，令
①若则，从而当时，，递减
时，0，递增。
故当时即恒成立。
②若 则。。
所以在上单调递增，而.所以时，恒成立。
③若，则，从而不可能恒成立
即不恒成立。
综上所述。的取值范围
例2．（2013全国2）已知函数．（Ⅰ）设是的极值点，求，并讨论的单调性；（Ⅱ）当时，证明．
分析：（Ⅰ）。在上减。在上增。
（Ⅱ）当。时，。
故只需证明时。
当时。在上增。又
故在上有唯一实根，且。
当时，，当时，
从而时，。
故
综上知，当时，证明．
例3. (2014全国1)设函数，曲线在点（1，）处的切线为. (Ⅰ)求； （Ⅱ）证明：.
(1)解　函数f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.
由题意可得f(1)＝2,f′(1)＝e.故a＝1,b＝2.
(2)证明　由(1)知,f(x)＝exln x＋ex－1, 从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x,则g′(x)＝1＋ln x. 所以当x∈时,g′(x)<0；
当x∈时,g′(x)>0. 故g(x)在上单调递减,在上单调递增,
从而g(x)在(0,＋∞)上的最小值为g＝-.
设函数h(x)＝xe－x－,则h′(x)＝e－x(1－x).
所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0；当x∈(1,＋∞)时,h′(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
从而h(x)在(0,＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
例4．（2014全国2）已知函数。（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）设 ，当时，,求的最大值；
（Ⅲ）已知，估计 的近似值（精确到0.001）。
（Ⅰ） 所以在上递增
（Ⅱ）。
。
①当时，，在上单调递增，而所以对任意
②当时，若满足即时。
综上的最大值为2
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
当时，，
当时，
。
所以的近似值为0.693
例5【2015高考新课标1】已知函数f（x）=.(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线 的切线；（Ⅱ）用 表示m,n中的最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数.
解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)＝0,f′(x0)＝0.即
解得x0＝,a＝－.因此,当a＝－时,x轴为曲线y＝f(x)的切线.
(2)当x∈(1,＋∞)时,g(x)＝－ln x<0,从而h(x)＝min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,
故h(x)在(1,＋∞)无零点.
当x＝1时,若a≥－,则f(1)＝a＋≥0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝g(1)＝0,故x＝1是h(x)的零点；若a<－,则f(1)<0,h(1)＝min{f(1),g(1)}＝f(1)<0,故x＝1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(ⅰ)若a≤－3或a≥0,则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)＝,f(1)＝a＋,所以当a≤－3时,f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.
(ⅱ)若－3<a<0,则f(x)在单调递减,在单调递增,故在(0,1)中,当x＝时,f(x)取得最小值,最小值为f＝＋.
①若f>0,即－<a<0,f(x)在(0,1)无零点；
②若f＝0,即a＝－,则f(x)在(0,1)有唯一零点；
③若f<0,即－3<a<－,由于f(0)＝,f(1)＝a＋,所以当－<a<－时,f(x)在(0,1)有两个零点；当－3<a≤－时,f(x)在(0,1)有一个零点.
综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点；当a＝-或a＝-时,h(x)有两个零点；
当-<a<-时,h(x)有三个零点.
例6【2015高考新课标，理21】设函数，⑴证明在单调递减，在单调递增。⑵若对于任意，都有，求的取值范围。
(1)证明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1≤0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1≥0,f′(x)＞0.
若m＜0,则当x∈(－∞,0)时,emx－1＞0,f′(x)＜0；当x∈(0,＋∞)时,emx－1＜0,f′(x)＞0.
所以,f(x)在(－∞,0)单调递减, 在(0,＋∞)上单调递增.
(2)解　由(1)知,对任意的m,f(x)在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[－1,1],|f(x1)－f(x2)|≤e－1
的充要条件是即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1,则g′(t)＝et－1.
当t＜0时,g′(t)＜0；当t＞0时,g′(t)＞0.故g(t)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0,g(－1)＝e－1＋2－e＜0,故当t∈[－1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时,g(m)≤0,g(－m)≤0,即①式成立；
当m＞1时,由g(t)的单调性,g(m)＞0,即em－m＞e－1；
当m＜－1时,g(－m)＞0,即e－m＋m＞e－1.
综上,m的取值范围是[－1,1].
例7（2016全国1） 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(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).
①设a＝0,则f(x)＝(x－2)ex,f(x)只有一个零点.
②设a>0,则当x∈(－∞,1)时,f′(x)<0；当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.
又f(1)＝－e,f(2)＝a,取b满足b<0且b<ln,则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0,故f(x)存在两个零点.
③设a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
若a≥－,则ln(－2a)≤1,故当x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,＋∞)上单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<－,则ln(－2a)>1,
故当x∈(1,ln(－2a))时,f′(x)<0；当x∈(ln(－2a),＋∞)时,f′(x)>0,因此f(x)在(1,ln(－2a))上单调递减,在(ln(－2a),＋∞)上单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,＋∞).
(2)不妨设x1<x2.由(1)知,x1∈(－∞,1),x2∈(1,＋∞),2－x2∈(－∞,1),f(x)在(－∞,1)上单调递减,所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2),即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0,
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex,则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex),所以当x>1时,g′(x)<0,而g(1)＝0,
故当x>1时,g(x)<0,从而g(x2)＝f(2－x2)<0,故x1＋x2<2.

例8（2016全国2）(I)讨论函数的单调性，并证明当时， (II)证明：当 时，函数 有最小值.设的最小值为，求函数的值域.
解(1)　f(x)的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).
f′(x)＝＝≥0,
且仅当x＝0时,f′(x)＝0,所以f(x)在(－∞,－2),(－2,＋∞)单调递增.
因此当x∈(0,＋∞)时,f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2),即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明　g′(x)＝＝(f(x)＋a).
由(1)知,f(x)＋a单调递增,对任意a∈[0,1),f(0)＋a＝a－1<0,f(2)＋a＝a≥0.
因此,存在唯一xa∈( 0,2],使得f(xa)＋a＝0,即g′(xa)＝0.
当0<x<xa时,f(x)＋a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减；
当x>xa时,f(x)＋a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x＝xa处取得最小值,最小值为
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝,由′＝>0,单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得＝<h(a)＝≤＝.
因为单调递增,对任意λ∈,存在唯一的xa∈(0,2],a＝－f(xa)∈[0,1),使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.
2. 知识点梳理
1、恒成立问题的转化：恒成立；
2、能成立问题的转化：能成立；
3、恰成立问题的转化：在M上恰成立的解集为M
另一转化方法：若在D上恰成立，等价于在D上的最小值，若在D上恰成立，则等价于在D上的最大值.
4、设函数、，对任意的，存在，使得，则
5、设函数、，对任意的，存在，使得，则
6、设函数、，存在，存在，使得，则
7、设函数、，存在，存在，使得，则
8、若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象上方；
9、若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数和图象在函数图象下方；
10.是可导函数在处取极值的必要不充分条件。
3.解题过程中需关注结论
（对数平均不等式）
。

4.题型归纳
⑴导数的切线、单调性、极值、最值的直接应用。
例9.（最值）设函数，当时，求函数在
上的最大值
分析：，令，得
令则，所以在上增
所以，从而，所以当时，
当时，。∴
，令。
，令，则
∴在上减，而
∴ 使得。且，
∴在上增，在上减。∴。
在上减，∴。∴
综上所述，函数在上的最大值=
例10.（切线）设函数 ，当时，曲线在点处的切线为，它与轴交于点，求证。
分析：容易求出曲线在点处的切线为：,令,得,当时，
∴，又，∴。
例11.（单调性、切线、零点）已知函数
⑴若函数，求函数的单调区间
⑵设直线为函数图像上一点处的切线，证明：在区间上存在唯一的，使得直线与曲线相切。
分析与解答：⑴函数的单调增区间
⑵易求切线的方程 ⑴
设直线与曲线相切于点。
∵ ∴ ∴
直线也为 ⑵
由⑴⑵得
下证：在区间上存在且唯一
由⑴知函数在区间上递增。
又，
故。方程必在区间上有唯一的根，结论成立。
⑵不等式证明
不等式证明常用方法有构造函数、变换主元、数形结合
例12.已知函数
⑴当时，对函数的图像上任意不同的两点。线段的中点为，记直线的斜率为，试证明
⑵若，且对任意的，都有，求的取值范围。
解析：⑴当时，，
又
不妨设 则
设， 。
∴ 函数在上递增，
⑵不妨设，
即在上减
① 当时，，
由在恒成立。
设。则
∴ 在上为增函数。 ∴
②当时。
由在上恒成立。
设，在上单调递增，
综上，的取值范围为
13.已知函数。
①若曲线在点处的切线斜率为0，且有极小值，求实数的取值范围
② 当时，证明
③ 当时，若不等式在区间内恒成立，求实数的最大值
分析：①由。可求，
② 从图像分析可证明
③
令 可求在处的切线方程
证明曲线在切线上方，，
由数形结合可知
14。已知函数的图像的一条切线为轴，
①球实数的值
②令若不相等的两个实数满足，求证
解析：①易求
②，令
则，当时；当时。因此，在上递增。，又。所以，在上小于0，在上大于0.
且在上减，在上增，
当时，，
记
可求，故在上单调增。
所以，所以。
不妨设，则。由单调性知
故

⑶极值点偏移
极值点偏移问题常见的处理方法有⑴构造一元差函数或者。其中为函数的极值点。⑵利用对数平均不等式。。⑶变换主元等方法。
15.已知函数，设。若成等差数列，则
A B C D. 符号不确定
分析：，由图像知，在上，。在上，。是函数极大值点。 由知
令，
则。在上增
所以，

16.（2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）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）函数的定义域为，
当时，，得，只有一个零点，不合题意；
当时，
当时，由得，，由得，，由得，，
故，是的极小值点，也是的最小值点，所以
又，故在区间内存在一个零点，即
由又，所以，在区间
存在唯一零点，即，
故时，存在两个零点；
当时，由得，，
若，即时，，故在上单调递增，与题意不符
若，即时，易证故在上只有一
个零点，若，即时，易证
，故在上只有一个零点
综上述，
（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性证明
由（Ⅰ）知，且
令，则
因为，所以，所以，所以在内单调递增
所以，即，所以，所以，
因为，在区间内单调递减，所以，即
解法二、利用对数平均不等式证明
由（Ⅰ）知，，又 所以，
当时，且，故
当时，，又因为
即
所以
所以
所以
所以 ①
下面用反证法证明不等式①成立
因为，所以，所以
假设，当，,与①矛盾；
当时,与①矛盾，故假设不成立
所以
17.（2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）当时，求证：
解：（Ⅰ）函数的定义域为R

由，得，由，得函数的递增区间，由，得函数的递减区间，所以
（Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解
令 ，
则
令
则，则
由得，，故在内单调递增
故，故在内单调递增
故，故，故在上单调递减
所以，
由（1）及知，，故
所以，所以，又在上单调递增
所以，，即
解法二、利用对数平均不等式求解
因为时，，时，，
所以，，，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，①
因为，所以
下面用反证法证明，假设
当时，，与不等式①矛盾
当时，，所以，与不等式①矛盾.
所以假设不成立，所以
18.（2014年江苏省南通市二模第20题）设函数其图象与轴交于两点，且.
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）证明：为函数的导函数）；
解：（Ⅰ），，当时，在R上恒成立，不合题意
当时，易知，为函数的极值点，且是唯一极值点，
故，
当，即时，至多有一个零点，不合题意，故舍去；
当，即时，由，且在内单调递减，故在有且只有一个零点；由
令，则，故
所以，即在有且只有一个零点.
（Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解
由（Ⅰ）知，在内递减，在内递增，且
所以，要证，只须证，即证
又，故只须证
令
，
则，所以在区间内递增
所以，即
所以，所以
因为，且在区间内递增
所以，即，故
解法二、利用对数平均不等式求解
由（Ⅰ）知，在内递减，在内递增，且
所以，因为，
，即，所以
所以，要证：，只须证，即
故，，
所以，
所以
因为，所以，而
所以成立，所以

⑷恒成立、存在性问题求参数的取值范围
恒成立、存在性问题求参数的取值范围通常转化为求函数最值问题，通常有构造函数、分离参数、数形结合等手段和方法
19.（2014辽宁）当x∈[－2,1]时,不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[－5,－3] B. C .[－6,－2] D.[－4,－3]
分析C　[当x∈(0,1]时,得a≥－3－4＋,令t＝,则t∈[1,＋∞),a≥－3t3－4t2＋t,令g(t)＝－3t3－4t2＋t,t∈[1,＋∞),则g′(t)＝-9t2-8t＋1＝-(t＋1)(9t－1),显然在[1,＋∞) 上,g′(t)<0,g(t)单调递减,所以g(t)max＝g(1)＝-6,因此a≥-6；同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[-6,-2].]
20. 已知函数，若且对任意的恒成立，则的最大值为
2 3 4 5
法一 构造 则
⑴若则当时，，在上增，成立
⑵若，令，在上 减；在上，增。问题转化为对大于2的整数，成立。经检验成立，不成立。所以
法二：问题等价于，构造，
令，当时， 所以在上增
而，所以使
在上，，在上
所以
21.设函数，若时，，求的取值范围

⑸函数零点问题
函数零点个数考察的主要手段是数形结合，以导数为工具，研究函数单调性、极值点等图像特征，依据零点存在定理作出判断。
22【2016广东广州一模，理16】已知函数 则函数的零点个数为 个．
【答案】．
23．已知函数，若在区间上存在n（n≥2）个不同的数使得成立，则n的取值构成的集合为
24．已知函数则的零点个数为 3
25．已知函数在上是减函数，在上是增函数，函数在上有三个零点．
（1）求的值；
（2）若1是其中一个零点，求的取值范围；
（3）若，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)相切？请说明理由.

⑶=2x+lnx，设过点（2，5）与曲线g (x)的切线的切点坐标为
∴，即
∴，令h(x)=，∴==0，∴
∴h(x)在（0，2）上单调递减，在（2，）上单调递增
又，h(2)=ln2-1<0，
∴h(x)与x轴有两个交点，∴过点（2，5）可作2条曲线y=g(x)的切线.
26．已知函数
⑴求f(x)在[0,1]上的极值；
⑵若对任意成立，求实数a的取值范围；
⑶若关于x的方程在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.

解：⑴，
令（舍去）
单调递增；当递减.
上的极大值.
⑵由得

设，，
依题意知上恒成立，
，
，
上单增，要使不等式①成立，
当且仅当
⑶由
令，
当上递增；
上递减，
而，
恰有两个不同实根等价于

27．已知函数，函数是区间[-1，1]上的减函数.
（I）求的最大值；
（II）若上恒成立，求t的取值范围；
（Ⅲ）讨论关于x的方程的根的个数．
解：（I），上单调递减，
在[-1，1]上恒成立，，故的最大值为
（II）由题意
（其中），恒成立，令，
则，恒成立，
（Ⅲ）由
令
当[来源上为增函数；
当时，为减函数；
当[来源:学*科*网]
而方程无解；
当时，方程有一个根；
当时，方程有两个根.