四川省仁寿县第一中学2020-2021学年高三数学二轮复习导数大题10种主要题型（一）导学案.docx

1、导数大题10种主要题型（一）预习案题型一：构造函数1.1 “比较法”构造函数例1已知函数f（x）exax（e为自然对数的底数，a为常数）的图象在点（0，1）处的切线斜率为1.（1）求a的值及函数f（x）的极值； （2）求证：当x0时，x2ex1.2 “拆分法”构造函数例2设函数f（x）aexlnx+，曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线为ye（x1）+2（）求a，b；（）证明：f（x）11.3 “换元法”构造函数例3已知函数f（x）ax2+xlnx（aR）的图象在点（1，f（1）处的切线与直线x+3y0垂直（）求实数a的值；（）求证：当nm0时，lnnlnm；（）若存在kZ，使得f（x）k

2、恒成立，求实数k的最大值1.4 “二次（甚至多次）”构造函数例4已知函数f（x）ex+mx3，g（x）ln（x+1）+2（1）若曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线斜率为1，求实数m的值；（2）当m1时，证明：f（x）g（x）x3题型二：隐零点问题例1已知函数f（x）exln（x+m）（）设x0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；（）当m2时，证明f（x）0例2（）讨论函数f（x）ex的单调性，并证明当x0时，（x2）ex+x+20；（）证明：当a0，1）时，函数g（x）（x0）有最小值设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域导数大题10种主要题型（一）预习案答案例

3、1 解：（1）f（x）exa，f（0）11a，a2f（x）ex2x，f（x）ex2令f（x）0，解得xln2当xln2时，f（x）0，函数f（x）单调递减；当xln2时，f（x）0，函数f（x）单调递增当xln2时，函数f（x）取得极小值，为f（ln2）22ln2，无极大值（2）证明：方法一（作差法）令g（x）exx2，则g（x）ex2x，由（1）可得：g（x）f（x）f（ln2）0，g（x）在R上单调递增，因此：x0时，g（x）g（0）10，x2ex方法二（作商法）：例2 解：（） 函数f（x）的定义域为（0，+），由题意可得f（1）2，f（1）e，故a1，b2.（）证明：方法一（凹凸反转法

4、）由（）知，从而f（x）1等价于，设函数g（x）xlnx，则g（x）1+lnx，所以当时，g（x）0，当时，g（x）0，故g（x）在单调递减，在单调递增，从而g（x）在（0，+）的最小值为设函数，则h（x）ex（1x），所以当x（0，1）时，h（x）0，当x（1，+）时，h（x）0，故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，从而h（x）在（0，+）的最大值为综上：当x0时，g（x）h（x），即f（x）1方法二（放缩法）例3 解：（）f（x）ax2+xlnx，f（x）2ax+lnx+1，切线与直线x+3y0垂直，切线的斜率为3，f（1）3，即2a+13，故a1；（）由（）知f（x）x

5、2+xlnx，x（0，+），f（x）2x+lnx+1，x（0，+），f（x）在（0，+）上单调递增，当x1时，有f（x）f（1）30，函数f（x）在区间（1，+）上单调递增，nm0，f（）f（1）1即，lnnlnm；（）由（）知f（x）x2+xlnx，x（0，+），f（x）2x+lnx+1，x（0，+），令g（x）2x+lnx+1，x（0，+），则，x（0，+），由g（x）0对x（0，+），恒成立，故g（x）在（0，+）上单调递增，又，而0，存在x0，使g（x0）0g（x）在（0，+）上单调递增，当x（0，x0）时，g（x）f（x）0，f（x）在（0，x0）上单调递减；当x（x0，+）时，g（

6、x）f（x）0，f（x）在（x0，+）上单调递增；f（x）在xx0处取得最小值f（x0）f（x）k恒成立，所以kf（x0）由g（x0）0得，2x0+lnx0+10，所以lnx012x0，f（x0），又，f（x0），kZ，k的最大值为1例4 解：（1）函数f（x）ex+mx3的导数为f（x）ex+m3x2，在点（0，f（0）处的切线斜率为kem1，解得m0；（2）证明：f（x）g（x）x3即为ex+mln（x+1）+2由yexx1的导数为yex1，当x0时，y0，函数递增；当x0时，y0，函数递减即有x0处取得极小值，也为最小值0即有exx+1，则ex+mx+m+1，由h（x）x+m+1ln（x

7、+1）2x+mln（x+1）1，h（x）1，当x0时，h（x）0，h（x）递增；1x0时，h（x）0，h（x）递减即有x0处取得最小值，且为m1，当m1时，即有h（x）m10，即x+m+1ln（x+1）+2，则有f（x）g（x）x3成立例5 （）解：，x0是f（x）的极值点，解得m1所以函数f（x）exln（x+1），其定义域为（1，+）设g（x）ex（x+1）1，则g（x）ex（x+1）+ex0，所以g（x）在（1，+）上为增函数，又g（0）0，所以当x0时，g（x）0，即f（x）0；当1x0时，g（x）0，f（x）0所以f（x）在（1，0）上为减函数；在（0，+）上为增函数；（）证明：当m

8、2，x（m，+）时，ln（x+m）ln（x+2），故只需证明当m2时f（x）0当m2时，函数在（2，+）上为增函数，且f（1）0，f（0）0故f（x）0在（2，+）上有唯一实数根x0，且x0（1，0）当x（2，x0）时，f（x）0，当x（x0，+）时，f（x）0，从而当xx0时，f（x）取得最小值由f（x0）0，得，ln（x0+2）x0故f（x）0综上，当m2时，f（x）0例6 解：（1）证明：f（x）f（x）ex（）当x（，2）（2，+）时，f（x）0f（x）在（，2）和（2，+）上单调递增x0时，f（0）1即（x2）ex+x+20（2）g（x），a0，1），由（1）知，f（x）+a单调递增，对任意的a0，1），f（0）+aa10，f（2）+aa0，因此存在唯一的t（0，2，使得f（t）+a0，当x（0，t）时，g（x）0，g（x）单调减；当x（t，+），g（x）0，g（x）单调增；h（t）记k（t），在t（0，2时，k（t）0，故k（t）单调递增，所以h（a）k（t）（，