导数压轴题专项分析内容提要纵观历年高考真题，我们发现高考数学既注重考查中学数学基础知识的掌握程度，又体现选拔培养拔尖人才功能.因此高考数学压轴题，常以高等数学为背景命题，掌握罗比塔法则，确立分类讨论的标准，处理解答这类导数压轴题行之有效的方法.本文以2020届四川省成都二诊函数与导数压轴题为例，分析解剖，首先归纳同构思想，然后介绍洛必达法则实际应用，以供读者参考.归纳类型①同构式与方程问题 ②同构式与不等式问题 ③同构式与反函数问题 ④洛必达法则与分类讨论问题1. （2020届四川省成都二诊12题理）已知函数x xe x g xxx f -==)(,ln )(，若存在R x x ∈+∞∈21),,0(，使得)0()()(21<==k k x g x f 成立，则ke x x 212)(的最大值为（ ） A.2e B.e C.24e D.21e ①同构式与方程问题【分析】ln ln ln ()x x x f x x e ==，()x xg x e =，观察共性，借助共性，构造函数，利用函数单调性解方程. 【解析】由()x x g x e =，得1()x xg x e-'=，()x xg x e=在(,1)-∞单调递增，(1,)+∞单调递减，且满足(0)0g =.则()g x 在(,0)-∞单调递增，当(),0x ∈-∞时，()0g x <.112()(ln )()(0)f x g x g x k k ===<，212121ln ln x x x x x k x e =⎧⎪∴⎨==⎪⎩，2111ln 0x x k x x ∴==<， 2221()()kk x e k e h k x ∴=⋅=，2()(2)e k h k k k '=+⋅. ()h k ∴于(,2)-∞-单调递增，(2,0)-单调递减.[]2max 4()(2)h k h e∴=-=.故选C. 【评析】本题主要考查同构思想，通过恒等变形，构造函数，利用导数研究函数单调性解方程，注意左右代数结构一致，考查数形结合思想，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算. 2. （2020届四川省成都二诊12题）已知函数x xe x g xxx f -==)(,ln )(，若存在R x x ∈+∞∈21),,0(，使得12()()0f x g x =<成立，则12x x 的最小值为（ ）A.1-B.2e -C.22e -D.1e- 【分析】ln ln ln ()x x x f x x e ==，()x xg x e =，观察共性，借助共性，构造函数，利用函数单调性解方程. 【解析】由()x x g x e =，得1()x x g x e -'=，()x xg x e=在(,1)-∞单调递增，(1,)+∞单调递减，且满足(0)0g =.则()g x 在(,0)-∞单调递增，当(),0x ∈-∞时，()0g x <.112()(ln )()0f x g x g x ==<，212121ln ln x x x x x x e =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，1211ln x x x x ∴⋅=⋅设()ln h x x x =⋅，（0x >），则()(1ln )h x x '=+.[]min ()()h x h e e∴==-，故选D.②同构式与不等式问题变式1：1．(2019湖南长沙一中高三月考理数)若对任意0x >，恒有()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭，则实数a 的最小值为（ ） A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【分析】不等式()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+⎪⎝⎭两边同时乘以x ，等价变形为()()2211ln ax ax e x x +≥+，利用ln ax ax e =，22ln ln x x =，将不等式变形为()()221ln 1ln axaxe ex x +≥+，构造函数()()()1ln 0f t t t t =+>，不等式变形为()()2ax f e f x ≥，利用导数判断函数()f t 在()0,∞+上单调递增，从而确定2axe x ≥在()0,∞+恒成立，即2ln x a x ≥在()0,∞+恒成立.构造新函数()2ln xg x x=，利用导数求函数()g x 的最大值，确定a 的取值范围，即可.【解析】由题意可知，不等式()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+⎪⎝⎭变形为()()221ln 1ln ax ax e e x x +≥+. 设()()()1ln 0f t t t t =+>，则()()()()11ln 1ln ln 1f t t t t t t t'''=+++=++()()221111ln 1t t t f t t t t '-⎛⎫''=++=-= ⎪'⎝⎭'.当01t <<时()0f t ''<，即()f t '在()0,1上单调递减. 当1t >时()0f t ''>，即()f t '在()1,+∞上单调递增.则()f t '在()0,∞+上有且只有一个极值点1t =，该极值点就是()f t '的最小值点. 所以()()11ln11201f t f ''≥=++=>，即()f t 在()0,∞+上单调递增. 若使得对任意0x >，恒有()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭成立. 则需对任意0x >，恒有()()2axf e f x ≥成立.即对任意0x >，恒有2axe x≥成立，则2ln xa x≥在()0,∞+恒成立. 设()()()2ln ,0,x g x x x =∈+∞则()()()222ln 2ln 22ln x x x x x g x x x''--'==. 当0x e <<时，()0g x '>，函数()g x 在()0,e 上单调递增 当x e >时，()0g x '<，函数()g x 在()0,e 上单调递减则()g x 在()0,∞+上有且只有一个极值点x e =，该极值点就是()g x 的最大值点. 所以()()max 2g x g e e==，即2a e ≥，则实数a 的最小值为2e .故选：D【评析】本题主要考查同构思想，通过恒等变形，构造函数，利用导数研究函数单调性解不等式，注意左右代数结构一致，考查数形结合思想，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算. 变式2．（2019浙江杭州第二中学高三月考）已知不等式1ln a x x a x x e++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为（ ） A．B ．e 2-C ．e -D ．2e -【解析】不等式1ln ax x a x x e ++≥对()1,x ∈+∞恒成立，可变形为1ln a xx x a x e≥-+, 即n n l l x x a a e x x e ----≥对()1,x ∈+∞恒成立，设()ln g x x x =-，则()11'1x g x x x-=-=， 当()1,x ∈+∞时,()'0g x >,即()ln g x x x =-在()1,x ∈+∞时单调递增 当()0,1x ∈时,()'0g x <,即()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减 因而()()xa g eg x -≥在()1,x ∈+∞上恒成立即可，当()1,x ∈+∞时, 10,x e e -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，而当0a <时(因四个选项都小于0,所以只需讨论0a <的情况)()0,1ax ∈ 因为()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减,若()()x a g eg x -≥，只需x a e x -≤不等式两边同取自然底数的对数,可得ln x a x -≤， 当()1,x ∈+∞时, 0ln x <，化简不等式可得ln xa x -≤，只需maxln x a x -⎛⎫≤ ⎪⎝⎭ 令()ln x h x x -=,()1,x ∈+∞，则()()21ln 'ln x h x x -=,令()'0h x =，解得x e = 当()1,x e ∈时, ()'0h x >,则()ln xh x x -=在()1,e 内单调递增， 当(),x e ∈+∞时, ()'0h x <,则()ln xh x x-=在(),e +∞内单调递减，所以()ln x h x x -=在x e =处取得最大值, ()max ln eh x e e-==-，故e a -≤， 所以实数a 的最小值为e -，故选:C.【评析】本题考查了导数在研究函数单调性与最值中的综合应用,根据不等式恒成立问题求参数的取值,利用同构思想，构造函数法求最值,对函数式的变形尤为重要, 考查数形结合思想，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.③同构式与反函数问题例2．（2020全国高三月考）已知0a >，若关于x 的不等式ln x e a ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围为______.【分析】先将不等式变形为ln x e ax a ≥，令()xe f x a=，()ln g x ax =，由()y f x =与yg x 互为反函数得只需要()f x x ≥即可，即xe a x ≥，然后用导数求出左边的最小值即可.【解析】显然0x >，由ln xe a ax ≥，得ln xe ax a≥，则令()xe f x a=，()ln g x ax =，因为()y f x =与yg x 互为反函数，所以只需要()f x x ≥即可，即xe a x ≥，令()xe h x x =，则()()21x e x h x x-'=， 所以可得()h x 在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以()()1h x h e ≥=，即(]0,a e ∈. 故答案为：(]0,e【评析】利用同构思想，观察互为反函数，根据互为反函数的两个函数的图象关于y x =对称.3．（2020届四川省成都二诊21题理） 已知函数)1ln(2)(2+-+=x m x x x f ，其中m ∈R ．（Ⅰ）当m>0时，求函数f （x ）的单调区间； （Ⅱ）设xe xf xg 1)()(+=，若11)(+>x x g ，在),0(+∞上恒成立，求实数m 的最大值． ④洛必达法则与分类讨论问题【分析】分离参数21121()ln(1)xx x x e m x x φ+-++≤=+，当0x +→时，出现“00”型代数式，2001122(1)()211lim limx x x x x ex x φ++→→++-+==+，确定分类讨论的划分标准.【评析】不等式恒成立问题中求参数范围的一般采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题，但是分离后函数结构过于复杂，建议使用罗比塔法则，探寻分类讨论边界，语言描述更为简练.4. （2020届四川省成都二诊21题）已知函数2()lnf x x mx m x=--，其中0m>．（Ⅰ）若1m=，求函数()f x的极值；（Ⅱ）设()()g x f x mx=+．若1()g xx>在(1，+∞)上恒成立，求实数m的取值范围．【分析】分离参数21()lnxxm xxφ-≤=，当0x+→时，出现“”型代数式，20012()31lim limx xxxxxφ++→→+==，确定分类讨论的划分标准.【解析】【评析】不等式恒成立问题中求参数范围的一般采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题，但是分离后函数结构过于复杂，建议使用罗比塔法则，探寻分类讨论边界，语言描述更为简练.变式：（2020浙江杭州高级中学高三）已知2()2ln(2)(1)()(1)f x x x g x k x =+-+=+，.（1）求()f x 的单调区间；（2）当2k =时，求证：对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立；（3）若存在01x >-，使得当0(1,)x x ∈-时，恒有()()f x g x >成立，试求k 的取值范围.【分析】分离参数22ln(2)(1)()1x x k x x φ+-+≤=+，当1x +→-时，出现“00”型代数式，1122(1)1()21lim limx x x x x φ++→-→--++==，确定分类讨论的划分标准.【解析】（1）()()2'212f x x x =-++()2231(2)2x x x x -++=>-+， 当()'0f x <时，2310++>x x .解得x >．当()'0f x >时，解得2x -<<． 所以()f x单调减区间为⎛- ⎝⎭，单调增区间为⎫+∞⎪⎪⎝⎭． （2）设()()()h x f x g x =-()()()22ln 211(1)x x k x x =+-+-+>-，当2k =时，由题意，当()1,x ∈-+∞时，()0h x <恒成立．()()223122'x x x h x -++=-+()()2312x x x -++=+，∴当1x >-时，()'0h x <恒成立，()h x 单调递减．又()10h -=，∴当()1,x ∈-+∞时，()()10h x h <-=恒成立，即()()0f x g x -<． ∴对于1x ∀>-，()()f x g x <恒成立． （3）因为()()223'12x x k x h x -++=-+()226222x k x k x ++++=-+． 由（2）知，当2k =时，()()f x g x <恒成立，即对于1x ∀>-，()()()22ln 2121x x x +-+<+，不存在满足条件的0x ； 当2k >时，对于1x ∀>-，10x +>，此时()()211x k x +<+．∴()()()()22ln 21211x x x k x +-+<+<+，即()()f x g x <恒成立，不存在满足条件的0x ；当2k <时，令()()()22622t x x k x k =--+-+，可知()t x 与()'h x 符号相同，当()0,x x ∈+∞时，()0t x <，()'0h x <，()h x 单调递减．∴当()01,x x ∈-时，()()10h x h >-=，即()()0f x g x ->恒成立． 综上，k 的取值范围为(),2-∞．【评析】本题主要考查导数和单调区间，导数与不等式的证明，导数与恒成立问题的求解方法.不等式恒成立问题中求参数范围的一般采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题，但是分离后函数结构过于复杂，建议使用罗比塔法则，探寻分类讨论边界，语言描述更为简练.往事如梦1．（2019深圳中学5月高三适应性考试）设函数()ln ,mf x x m R x=+∈. （1）当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；（2）讨论函数()'()3xg x f x =-零点的个数； （3）若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围. 2．（2020宁夏海原县第一中学高三上期期末考试）设函数()21xf x e x ax =---.(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若当0x ≥时()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2019陕西西安远东一中高二期末考试）设函数2()(1)x f x x e =-.（I ）讨论函数()f x 的单调性；（II ）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求实数a 的取值范围. 4．（2019湖南高三）已知函数()ln (1)f x x a x ，R a ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）当1x ≥时，ln ()1xf x x ≤+恒成立，求实数a 的取值范围． 5．（2020四川高三）已知函数()()()ln 11f x x ax a a R =+-+-∈． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()ln 110xb x e x -++-＞对任意0x ＞恒成立，求实数b 的取值范围． 6．（2020武邑宏达中学高二月考）已知函数211()ln (,0)22f x x a x a a =--∈≠R ． （Ⅰ）当2a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．暮然回首 1．【解析】（1）由题设，当m e =时，()ln e f x x x=+，易得函数()f x 的定义域为(0,)+∞ 221()e x e f x x x x-∴=-='，∴当(0,)x e ∈时，()0f x '<，此时()f x 在(0,)e 上单调递减； 当(,)x e ∈+∞时，()0f x '>，此时()f x 在(,)e +∞上单调递增；∴当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2e f e e e =+=，∴()f x 的极小值为2 （2）函数21()()(0)33x m x g x f x x x x -=-->'=， 令()0g x =，得31(0)3m x x x =-+>，设31()(0)3x x x x ϕ=-+≥， 2()1(1)(1)x x x x ϕ∴=-+=--+'，当(0,1)x ∈时，()0x ϕ'>，此时()x ϕ在(0,1)上单调递增； 当(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'<，此时()x ϕ在(1,)+∞上单调递减； 所以1x =是()x ϕ的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是()x ϕ的最大值点，∴()x ϕ的最大值为12(1)133ϕ=-+=， 又(0)0ϕ=，结合y=()x ϕ的图像（如图），可知①当23m >时，函数()g x 无零点； ②当23m =时，函数()g x 有且仅有一个零点； ③当203m <<时，函数()g x 有两个零点； ④0m ≤时，函数()g x 有且只有一个零点；综上所述，当23m >时，函数()g x 无零点；当23m =或0m ≤时，函数()g x 有且仅有一个零点；当203m <<时，函数()g x 有两个零点. （3）对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，等价于()()f b b f a a -<-恒成立 设()()ln (0)m h x f x x x x x x=-=+->，()h x 等价于∴在(0,)+∞上单调递减 21()10m h x x x∴=--≤'在(0,)+∞恒成立 2211()(0)24m x x x x ∴≥-+=--+>恒成立 14m ∴≥（对14m =，x =0h '（）仅在12x =时成立），m ∴的取值范围是1[,)4+∞ 【评析】导数在最大值、最小值问题中的应用；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究函数的极值. 2．【解析】 (1)a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f ′(x )＝e x －1－2ax .由(1)知e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时等号成立．故f ′(x )≥x －2ax ＝(1－2a )x ，从而当1－2a ≥0，即a ≤时，f ′(x )≥0(x ≥0)，而f (0)＝0，于是当x ≥0时，f (x )≥0.由e x >1＋x (x ≠0)得e －x >1－x (x ≠0)，从而当a >时，f ′(x )<e x －1＋2a (e －x －1)＝e －x (e x －1)(e x －2a )，故当x ∈(0，ln2a )时， f ′(x )<0，而f (0)＝0，于是当x ∈(0，ln2a )时，f (x )<0，综上可得a 的取值范围为(－∞，]．【评析】本题考查利用导数研究函数的性质，属中档题.3．【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x令f’(x )=0得x 2 ，x 2当x ∈（-∞，2f’(x )<0；当x ∈（22f’(x )>0；当x ∈（2，+∞）时，f’(x )<0所以f (x )在（-∞，2），（2，+∞）单调递减，在（2，2）单调递增(2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe x ＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0），所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1当0＜x ＜1，()()()211f x x x =-+，()()()221111x x ax x a x x -+--=---，取012x = 则()()()()20000000,1,110,1x x x ax f x ax ∈-+-=〉+故当 ()()0000010,112112a x f x x x ax ≤=〉-+=〉+时，取（） 综上，a 的取值范围[1，+∞）【评析】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.4．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()1ax f x x='-， 若0a ≤，则()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增；若0a >，则由()10f x x a =⇒='， 当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<， ∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． 综上可知：若0a ≤，()f x 在()0,∞+上单调递增；若0a >，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． （2）()()2ln 1ln 11x x a x x f x x x ---=++，令()()2ln 1g x x x a x =--，()1x ≥， ()ln 12g x x ax +'=-，令()()ln 12h x g x x ax ==+-'，()12ax h x x-'= ①若0a ≤，()0h x '>，()g x '在[)1,+∞上单调递增，()()1120g x g a ≥=-'>'，∴()g x 在[)1,+∞上单调递增,()()10g x g ∴≥=，从而()ln 01x f x x -≥+不符合题意． ②若102a <<，当11,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x '>，∴()g x '在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 从而()()1120g x g a ≥=-'>'，∴()g x 在[)1,+∞上单调递增,()()10g x g ∴≥=，从而()ln 01x f x x -≥+不符合题意． ③若12a ≥，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立， ∴()g x '在[)1,+∞上单调递减，()()1120g x g a ≤=-'≤'，∴()g x 在[)1,+∞上单调递减,()()10g x g ∴≤=，()ln 01x f x x -≤+. 综上所述，a 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【评析】本题主要考查函数单调性的求法，满足条件的实数的取值范围的求法，综合性强，难度大，对数学思维的要求较高，解题时应注意导数性质的合理利用．5．【解析】()1()f x 的定义域为111,,()('11)ax a f a x x x -+--+∞=-=++ 当0a ≤时，(1)10a x -++>，故函数()f x 在(1,)-+∞单调递增；当0a >时， 111x a -<<-时，'()0f x >，当11x a>-时，'()0f x <，故函数()f x 在1(1,1)a --单调递增，在1(1,)a-+∞单调递增； ()2令()()11x g bln x x e x +-=+-，则(0)0g =，∴对任意0,()0x g x >>等价于()(0)g x g >，'()1,'(0)1x b g x e g b x =+-=+， 当0b <时， '(0)0g <，则存在0m >，使(0,)x m ∈使， '()0g x ≤，()g x ∴在(0,)m 上是减函数， (0,)x m ∈∴时， ()(0)g x g <，与条件不符，0b ≥当时，由0x >，可知11x +>，故01b b ≤+， '()0g x ∴>，()g x ∴在(0,)+∞上是增函数，0x ∴>时， ()(0)g x g >，即()0>g x ；综上，实数b 的取值范围为[0,)+∞． 【评析】本题考查含参数函数的单调性及不等式恒成立问题转化为函数问题.导数法研究函数()f x 在(,)a b 内单调性的步骤: (1)求'()f x ；(2)确定()f x '在(,)a b 内的符号；(3)作出结论：'()0f x >时为增函数；'()0f x <时为减函数．研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．不等式恒成立问题的求解方法：(1)已知不等式()0f x λ≥，(λ为实参数)对任意的x D ∈恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法， (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解.6．【解析】（Ⅰ）2a =时，211()2ln ,(1)022f x x x f =--= ，2'(),'(1)1f x x f x=-=- 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程10x y +-= （Ⅱ）2'()(0)a x af x x x x x -=-=> ，①当0a <时， 2'()0x af x x -=>恒成立，函数()f x 的递增区间为()0,+∞②当0a >时，令'()0f x =，解得x =x =所以函数()f x 的递增区间为+∞，递减区间为（Ⅲ）对任意的[1,)x ∈+∞，使()0f x ≥成立，只需任意的[1,)x ∈+∞，min ()0f x ≥①当0a <时，()f x 在∞[1,+)上是增函数，所以只需(1)0f ≥，而11(1)ln1022f a =--=，所以0a <满足题意；②当01a <≤时，01<≤，()f x 在∞[1,+)上是增函数，所以只需(1)0f ≥而11(1)ln1022f a =--=所以01a <≤满足题意；③当1a >1>，()f x 在上是减函数，∞)上是增函数，所以只需0f ≥即可，而(1)0f f <=，从而1a >不满足题意；综合①②③实数a 的取值范围为(,0)(0,1]-∞．【评析】1．导数的几何意义；2．导数与单调性最值；3．不等式与函数的转化．授权支付账务处理：收到额度，凭授权支付到账通知书记账：财务会计：借：零余额账户用款额度贷：财政拨款收入预算会计：借：资金结存--零余额账户用款额度贷：财政拨款预算收入解析：收到的只是额度，记账的知识通知书，并不是收到钱，有额度可以按授权自由支配，当然前提是必须是纳入预算的支配事项，超预算不可以支付，有预算指标控制的。