导数的综合大题及其分类

1、导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最 值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根 (或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等体现了分类讨论、数形结合、函数与方 程、转化与化归等数学思想的运用.题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论.(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相 对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论.(2)极值讨论策略：极值的讨论是

2、以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区 间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值.1已知函数 f(x) = x 一，g(x) = alnx(a R). X(1)当a 2时，求F(x)= f(x) g(x)的单调区间；1 、设h(x)= f(x) + g(x)，且h(x)有两个极值点为 刘，X2，其中刘 0，2，求h(xj h(X2)的最小值.审题程序第步：在定义域内，依据F (X)-0根的情况对F (X)的符号讨论;第二步：整合讨论结果，确定单调区间

3、；第三步：建立冷、X2及a间的关系及取值范围；第四步：通过代换转化为关于X1(或X2)的函数，求出最小值.一 1规范解答(1)由题意得F(x) = x x alnx， 入x2ax + 1其定义域为(0,+x)，贝U F (x) = 丁x令 m(x) = x2 ax+ 1，贝U = a2 4.当一2a 0,二F(x)的单调递增区间为(0，+)；当a2时,A0，设F (x) = 0的两根为X1a , a242X2 =a+ . a2 42 F(x)的单调递增区间为0,a+a2 42F(x)的单调递减区间为0,a+a2 42F(x)的单调递减区间为求导得，h (x) = 1 + *+ x=x2 + a

4、x+ 1设h (x)= 0的两根分别为X1，x2,则有 x1 x2= 1，xl + X2= a，X2= x，从而有 aX11=X1 一X1a Q a2 4 a+ 寸 a2 42 ， 2综上，当2 a2时，F(x)的单调递增区间为a yj a2 4 a+ 寸 a2 42 ， 21对 h(x) = x -+ alnx，x (0，+ 8) x令 H(x)= h(x) h 1z.=x x+ - x 1 Inx1-x+x1 1=2 x-X1 nx+x1，12 1 x 1 + x InxH (x)= 2 X2 1 lnx =X2.1当 x 0, 时，H (x)0时需根据方程 x2 - ax + 1 = 0

5、的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“ ”的取值作为分类讨论的依1H(xi)= h(X1) h，这样据在中求出h(Xi)- h(X2 )的最小值，需先求出其解析式.由题可知Xi, X2是h(x)= 0的两根，可得到X1X2 = 1, xi + X2= a,从而将h(xi) h(X2)只用一个变量Xi导出.从而得到1i将所求问题转化为研究新函数H(x)= h(x) h1在0, 2上的最值问题，体现转为与化归数学思想.X2答题模板解决这类问题的答题模板如下：题型专练1.设函数 f(x)= (1+ x)2 2ln(1 + x).(1)求f(x)的单调区间；当0a0，得 x0;由 f (x)0，得1

6、x 1),2则 g (x) = 2 a 1+x=2 a x a1 + x-0a0,令 g (x) = 0,得 x= 2一一aa函数g(x)在0, 2a上为减函数，在 芦，+x上为增函数.a3当0产3，即0a3,即3a2时，g(x)在区间0,3上为减函数,2 a2二 g(x)min = g(3) = 6 3a 2ln4.3 2综上所述，当 0a3时，g(x)min = a21 口23当2= a2 时，g(x)min= 6 3a 2ln4.北京卷(19)(本小题13分)已知函数 f ( x) =excosx?x.(I)求曲线y= f (x)在点(0, f (0)处的切线方程;(H)求函数f (x)

7、在区间0 , n上的最大值和最小值2(19)(共 13 分)解:(I)因为 f (x) ex cosx x，所以 f (x) ex(cosx sin x) 1, f (0) 0 .又因为f(0)1，所以曲线y f (x)在点(0, f(0)处的切线方程为y 1.2exsin x.(n)设 h(x) ex (cos x si n x) 1，则 h (x) ex(cosx si nx si nx cosx),n当 x 2)时，h(x) 0， 所以h(x)在区间0, n上单调递减.2n所以对任意 x (0,?有 h(x) h(0)0，即 f (x)0.所以函数f (x)在区间0,上单调递减.2因此f

8、 (x)在区间 0n 上的最大值为f(0) 1,最小值为f(n)n21. (12 分)已知函数 f (x) ax3 ax xlnx,且 f(x) 0.(1) 求 a；(2) 证明：f (x)存在唯一的极大值点 沧，且e 2 f (x0) 2 3.21.解:(1) f x的定义域为 0,因为g 1 =0,g x0,故g 1 =0,而g xa1, gx1 =a 1,得 a1若a=1，则gx = 11.当 0 x 1 时，gxx 1时，g x 0， g x单调递增.所以x=1是g x的极小值点，故 g x综上，a=1(2)由(1)知f xxx x In x, f (x)2x2 In x设 g x =

9、 ax - a - l nx，贝f xxg x , f x 0 等价于 g x 0g 1 =0设hx2x 2In x,则h ( x)21x当x0, 1 时，h x 0，所以 hx在0,22，又h2 1 e 2 0, h -0.1-单调递减，在21+2单调递增有唯一零点 1，且当x0, x0 时，h x 0 ;当当xx0,1 时，h x 0，因为f x h x，所以x=x。是f(x)的唯一极大值点由 f Xo0得 In x02x1),故f x0 =x0(1x0)1由 x00,1 得 f x0 -4因为X=X0是f(x)在(0,1 )的最大值点，由e 10,1 ,f e 10得所以 e 2 f x

10、0 2-2题型二利用导数研究方程的根、函数的零点或图象交点题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化 趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.典例2已知函数f(x) = (x+a)ex，其中e是自然对数的底数，ae R.(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 当a1时，试确定函数g(x) = f(x-a)- x2的零点个数，并说明理由.审题程序第一步：利用导数求函数的单调区间；第二步：简化g(x)二0,构造新函数；第三步：求新函数的

11、单调性及最值；第四步：确定结果.规范解答(1)因为 f(x)= (x+ a)ex, x R, 所以 f (x)= (x+ a+ 1)ex.令 f (x) = 0,得 x= a 1.当x变化时，f(x)和f (x)的变化情况如下：x(x , a 1)a 1(a 1,+ x )f (x)一0+f(x)故f(x)的单调递减区间为( X, a 1),单调递增区间为(一a 1,+). (2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点.理由如下：由 g(x) = f(x a) x2= 0,得方程 xexa = x2,显然x= 0为此方程的一个实数解， 所以x= 0是函数g(x)的一个零点.当xm0时，方程可化简为

12、eTa = x.设函数 F(x) = ex ax,贝U F (x)= exa 1,令 F (x)= 0,得 x= a.当x变化时，F(x)和F (x)的变化情况如下：x(x, a)a(a,+x)F (x)一0+F(x)即F(x)的单调递增区间为(a,+x),单调递减区间为(一x, a). 所以 F(x)的最小值 F(x)min = F(a)= 1 a.因为 a0,所以对于任意x R , F(x)0,因此方程exa = x无实数解.所以当xm0时，函数g(x)不存在零点. 综上，函数g(x)有且仅有一个零点.典例321. (12 分)已知函数 f (x) ax3 ax xlnx,且 f(x) 0

13、.(1)求 a；(2)证明:f (x)存在唯一的极大值点x0，且f(x。) 221.解:(1)的定义域为 0,设gx = ax - a -Inx，贝y f X = Xg X ,f X0因为g 1 =0, g x0,故g 1 =0,而g xa15X若a=：1,则 g x =11.当 0 x 1 时，g x 0, gX综上,a=1(2)由(1)知fXx2 x x In x, f(x)2x设hx2x 2Inx,则h ( x)2 丄X当x0,1 时，h , 1x 0, h -0 .因为f xh x所以X=X0是f(x)的唯一极大值点由f x00得 InX02x1),故f x0=X(1x(由X。0,1

14、得 f X010，所以h等价于g)x单调递减；当2 In x有唯一零点X0,g 1 =a1,得ax 1 时，g x 0,因为X=Xo是f(X)在(0,1 )的最大值点，由 e 10,1 ,f e 1所以 e 20 ；当 xx0,1 时，h xV0,当(x)，注意到ex0即可.(2)中由g(x)= 0得x_axe =x2，解此方程易将x约去,从而产x的解转化为研究函数F(x) = ex_a x的最值，从而确定F(x)零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握.答题模板解决这类问题的答题模板如下:题型专练2. (2017浙江金华期中)已知函数f(x)

15、= ax3 + bx2 + (c 3a 2b)x+ d的图象如图所示.求c, d的值；若函数f(x)在 x= 2处的切线方程为3x+ y 11= 0，求函数f(x)的解析式；1在的条件下，函数y= f(x)与y= 3F (x) + 5x+ m的图象有三个不同的交点，求m的取值范围.解函数 f(x)的导函数为 f (x) = 3ax2+ 2bx+ c 3a 2b.(1) 由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f (1)= 0,d= 3,d= 3,得解得3a + 2b+ c 3a 2b = 0,c= 0.所以f由函数f 2得f(2) 由 (1)得，f(x)= ax3 + bx2 (3a +

16、2b)x+ 3,(x) = 3ax2 + 2bx (3a+ 2b).f(x)在x = 2处的切线方程为 3x+ y 11 = 0,=5,2 = 3,8a + 4b 6a 4b + 3= 5,a = 1 ,所以解得12a + 4 b 3a 2b = 3,b = 6,所以 f(x)= x3 6x2 + 9x + 3.由知 f(x) = x3 6x2 + 9x+ 3,所以 f (x)= 3/ 12x + 9.1函数y=f(x)与 y= f (x) + 5x+ m的图象有三个不同的交点，等价于x3 6x2 + 9x+ 3 = (x2 4x+ 3) + 5x + m有三个不等实根, 等价于g(x) =

17、x3 7x2 + 8x m的图象与x轴有三个交点.因为 g (x) = 3x2 14x+ 8= (3x 2)(x 4),当且仅当=27 m0,时，g(x)图象与x轴有三个交点，解得一16m6827.所以m的取值范围为166827 .x4(4,)g (x)+0一0+g(x)极大值极小值68=27 m,g(4) = 16 m,g 4 = 16 m021. (12 分)已知函数 f(x) ae+( a - 2) e x - x.(1)讨论f (x)的单调性;21.解：(1) f(x)的定义域为(,),f (x)2ae2x (a 2)ex 1 (aex 1)(2ex 1),(十字相乘法)(1) 若a

18、0，则f (x) 0，所以f (x)在(，)单调递减.(ii)若 a 0，则由 f (x)0得 x Ina.当x (, In a)时，f (x)0 ；当x ( In a,)时，f (x)0 ,所以f (x)在(，In a)单调递减，在(In a,)单调递增(2) (i)若a 0，由(1)知，f (x)至多有一个零点.1(i)若a 0，由(1 )知，当x In a时，f (x)取得最小值，最小值为f( I n a) 1 In a .(观察特殊值1)a 当a 1时，由于f( I n a) 0，故f (x)只有一个零点；1 当a (1,)时，由于1 In a 0,即f( In a) 0,故f(x)没

19、有零点；a1 当 a (0,1)时，1- In a 0，即 f ( In a) 0.a又 f( 2) ae 4 (a 2)e 22 2e 220,故 f (x)在(，In a)有一个零点.3设正整数 n满足nIn(1)，则 f(n)en)(aen)a 2)nenn2nn0.a丄 3由于In( 1) In a，因此f (x)在(In a,)有一个零点.a综上，a的取值范围为(0,1).题型三 利用导数证明不等式题型概览：证明f(x)vg(x), x (a, b),可以直接构造函数 F(x) = f(x) g(x)，如果F (x)0，贝U F(x)在(a, b)上是减函数，同时若 F(a)0,由减

20、函数的定义可知，x (a, b)时，有F(x)0,即证明了 f(x)2(x Inx).审题程序第一步：求f (x),写出在点P处的切线方程;第二步：直接构造g(x) = f(x) 2(x Inx),利用导数证明g(x)min0.exex x 一 ex ex x 一 1e2e2规范解答(1)因为f(x)=，所以f (x)=x2=x2，f (2)=，又切点为2,空，所以切线方程为y2 = 4(x 2), 即e2x4y= 0.ex证明：设函数 g(x) = f(x) 2(x Inx)= 2x+2lnx, x (0,+), x2+ 2=xex 2x x 1,x (0,+).设 h(x) = ex 2x

21、, x (0,+),则 h (x) = ex 2,令 h (x) = 0,则 x= In2.当 x (0, In2)时，h (x)0.所以 h(x)min = h(ln2) = 2 2ln20，故 h(x)= ex 2x0.e2x x i令 g (x) =x= 0,则 x= 1.当 x (0,1)时，g (x)0.所以 g(x)min = g(1) = e- 20,故 g(x) = f(x) 2(x lnx)0，从而有 f(x)2(xlnx).解题反思本例中(2)的证明方法是最常见的不等式证明方法之一，通过合理地构造新函数g(x).求g(x)的最值来完成.在求g(x)的最值过程中，需要探讨g

22、(x)的正负，而此时g (x)的式子中有一项ex 2x的符号不易确定，这时可 以单独拿出0 2x这一项，再重新构造新函数h(x)= M 2x(x0),考虑h(x)的正负问题，此题看似简单，且不含任何参 数，但需要两次构造函数求最值，同时在(2)中定义域也是易忽视的一个方向.答题模板解决这类问题的答题模板如下：题型专练13. (2017福建漳州质检)已知函数f(x)= aW blnx,曲线y=f(x)在点(1 , f(1)处的切线方程为y=1 x+ 1.(1) 求 a, b;(2) 证明：f(x)0.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+ 乂).b11f (x)= aex-x，由题意得 f(1)

23、 = e，f (1)=e 1,ae=所以eaeb= - 1,e1a=2, 解得 eb= 1.1由(1)知 f(x) = e ex lnx. 1因为 f (x) = ex 2 -在(0,+乂)上单调递增，又 f (1)0, x所以f (x) = 0在(0,+乂)上有唯一实根xo,且Xo (1,2).当 x (0, xo)时，f (x)0, 从而当x= xo时，f(x)取极小值，也是最小值. 1由 f (xo) = 0,得 exo 2=，贝“ xo 2= lnxo.0故 f(x)f(xo) = e x 2 Inxo=1 + x 22、/丄 xo 2= o,所以 f(x)o.4、【2017高考三卷】

24、21.( 12分)已知函数f(x) =x - 1 - al nx.(1) 若f(x) 0，求a的值；(2) 设m为整数，且对于任意正整数n, (1+1)(1 +*)k(1+*)v m求m的最小值.21.解：(1) f x的定义域为0,+. 若a 0,因为f 1 =V+aI n2v 0，所以不满足题意；2 2 若a 0 ,由f x 1旦-a知，当x 0,a时，f x v0 ;当x a,+ 时，f x 0，所以fx在0,a单调递减，在x xa,+单调递增，故x=a是f x在x 0,+的唯一最小值点.由于f 1 o,所以当且仅当a=1时，f x o.故a=1(2)由(1)知当 x 1,+ 时，x 1

25、 lnx0令 x=1+2，n 得 In1 +丄v丄2n11 + 2211+尹11+22，所以m的最小值为3.(12 分)已知函数 f (x) =ln x+ax2+(2 a+1) x.(1)讨论f (x)的单调性;3(2)当 a0).(1)求函数f(x)的单调区间；1若m= 2e?，对？禺，2,2a2都有g(xjf(X2)成立，求实数a的取值范围.审题程序第步：利用导数判断f(x)的单调性，对m分类讨论；第二步：对不等式进仃等价转化，将g(x1) f(X2)转化为g(x)min f(x)max ；第三步：求函数的导数并判断其单调性进而求极值(最值)；第四步：确疋结果.1 1规范解答(1)f(x)

26、 = Inx mx，x0，所以 f (x)=左m，当 mW0 时，f (x)0, f(x)在(0，+乂)上单调递增.1当 m0 时，由 f(0)= 0 得 x=2m；由f x 0,x01得 0x2m ；由f x 0得x12m.综上所述，当mW0时，f(x)的单调递增区间为(0,+乂);1 1当mo时，f(x)的单调递增区间为0,2m，单调递减区间为2m，+=.iii(2)若 m=春，贝S f(x)= 2lnx 2x.对?Xi, X2 2,2e2都有 g(xi) f(X2)成立，等价于对?x 2,2e2都有 g(x)min f(x)max,1由(1)知在2,2说上f(x)的最大值为f(e2) =

27、2，aaa 1g (x) = 1+ x20(a0), x 2,2e2,函数 g(x)在2,2e2上是增函数，g(x)min = g(2) = 2，由 2，得 a0,所以a (0,3,所以实数a的取值范围为(0,3.解题反思本例(1)的解答中要注意f(x)的定义域，(2)中问题的关键在于准确转化为两个函数 f(x)、g(x)的最值问 题本题中，？X1,X2有g(X1)f(X2)?g(X)min f(x)max.若改为：？冷,% 都有gg)f(X2)，则有g(x)maxf(X)max若改为：?X1 , ?X2都有g(X1) g(X2),则有g(x)min f(x)min要仔细体会，转化准确.答题模

28、板解决这类问题的答题模板如下：题型专练4. 已知 f(x) = xlnx, g(x) = x2 + ax 3.(1) 对一切x (0,+乂), 2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；1 2 一(2) 证明：对一切 x (0,+x ), 1 nx&ex恒成立.解(1)由题意知2x1nx x2+ ax 3对一切x (0,+)恒成立，3贝卩 a0),zv则 h (x)=x+ 3 x1x2 当x (0,1)时，h (x)0, h(x)单调递增，所以 h(x)min = h(1) = 4,对一切 x (0,+x), 2f(x)g(x)恒成立，所以 aW h(x)min = 4.即实数a的取值范围

29、是(g, 4.x 2证明：问题等价于证明xlnxg e(x (0,+ g).又 f(x) = xlnx, f (x) = lnx+ 1,1当 x 0, e 时，f (x)0 , f(x)单调递增，所以 f(X)min = f? =一 &x 2设 m(x)= e e(x (0,+g),贝y m (x) =,易知 m(x)max= m(1) = e，1 2从而对一切x (0,+g), l nxe( ex恒成立.当 x (1,+g)时，h (x)0, h(x)单调递增，所以 h(x)min = h(1) = 4,对一切 x (0,+g), 2f(x) g(x)恒成立， 所以 a0,求a的取值范围.【

30、解答】 解：(I )当 a=4 时，f (x) = (x+1) lnx - 4 (x- 1).f (1) =0,即点为(1, 0),函数的导数 f( x) =lnx+ (x+1) ?二-4,则 f(1) =ln 1+2 - 4=2-4=- 2,即函数的切线斜率 k=f( 1)二-2,则曲线y=f (x)在(1, 0)处的切线方程为y二-2 (x - 1)二-2x+2;(II ) v f (x) = (x+1) lnx - a (x - 1),f( x) =1+丄 + Inx - a,. f( x) =1 ,v x 1,二 f( x) 0,f(乂)在(1, +x)上单调递增，f (x)f (1) =2- a. aw2, f(x)f( 1)0, f (乂)在(1, +=)上单调递增，二f (x)f (1) =0,满足题意; a2,存在 x( 1, +x), f(X。)=0,函数f (x)在(1, X。)上单调递减，在(X。，+乂)上单调递增， 由f (1) =0,可得存在x( 1,