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：极值的讨论是以单调

2、性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点(3)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 x，g(x) alnx(aR )(1)当 a 2 时，求 F(x) f(x)g(x)的单调区间；(2)设 h(x) f(x) g(x)，且 h(x)有两个极值点为x1，x2，其中 x1 0，1，求 h(x1)h(x2)的最小2值 审题程序 第一步： 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；第三步

3、： 建立 x1、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1alnx，规范解答 (1)由题意得 F(x)xxx2ax 1其定义域为 (0， )，则 F(x)x2，令 m(x)x2 ax1，则a24.当 2a2 时， 0，从而 F(x)0，F(x)的单调递增区间为 (0， )；当 a>2 时， >0，设 F(x)0 的两根为 x a a24，x a a24，1222F(x)的单调递增区间为0，a a24a a2 42和2， ，F(x)的单调递减区间为a a24a a2 4.2，2综上，当 2a2 时， F(x)的单调递增区间为 (

4、0， )；当 a>2 时， F(x)的单调递增区间为0，a a24a a2 42和2， ，F(x)的单调递减区间为a a24a a2 4.2，21(2)对 h(x) x xalnx，x(0， )1ax2 ax1求导得， h(x)1 x2xx2，121212 a，设 h (x)0 的两根分别为 x ， x ，则有 x ·x 1， xxx2 1 ，从而有 a x11x1x1.1令 H(x) h(x) h x11111 x xxxlnx x x x x ·ln x11 2 xxlnx x x，12 1 x1 x lnxH (x) 2x21 lnxx2.1当 x 0， 2 时

5、， H (x)<0，1H(x)在 0， 2 上单调递减，1又 H(x1)h(x1) h x1 h(x1) h(x2)，1h(x1) h(x2) min H 2 5ln2 3.解题反思 本例 (1)中求 F(x)的单调区间， 需先求出 F(x)的定义域，同时在解不等式F (x)>0时需根据方程x2ax 10 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据在 (2) 中求出 h(x1) h(x2)的最小值，需先求出其解析式由题可知x1，x2 是 h (x) 0的两根，可得到x1x21， x1 x2 a，从而将 h(x1)h(x2)只用一个变量x1 导出从而得到

6、H(x1)h(x1) h1H(x)h(x) h1在 0，1上的最值问题，体现，这样将所求问题转化为研究新函数x2x1转为与化归数学思想答题模板 解决这类问题的答题模板如下：.题型专练 1设函数 f(x)(1x)22ln(1x)(1)求 f(x)的单调区间；(2)当 0<a<2 时，求函数 g(x)f(x)x2ax1 在区间 0,3上的最小值 解(1)f(x)的定义域为 (1， )f(x)(1x)22ln(1x)，x(1， )，22x x2f(x) 2(1x).由 f(x)>0，得 x>0；由 f(x)<0，得 1<x<0.函数 f(x)的单调递增区间为

7、 (0， )，单调递减区间为 (1,0)(2)由题意可知 g(x)(2a)x2ln(1 x)(x>1)，.则 22a xa(x).g2 a1x1x0<a<2，2a>0，令 g(x)0，得 xa，2aaa函数 g(x)在0，上为减函数，在， 上为增函数2a2a当 0<a <3，即 0<a<3时，在区间 0,3 上，2a2g(x)在 0， a上为减函数，在a ，3上为增函数，2a2amina2ln2 .g(x)g 2aa2a当 a 3，即3a<2 时， g(x)在区间 0,3 上为减函数，2a2g(x)ming(3)63a2ln4.32综上所述

8、，当 0<a<2时， g(x)min a2ln；2a3当 2a<2 时， g(x)min 63a2ln4.北京卷（ 19）（本小题 13 分）已知函数 f （ x） =ex cos x- x.（）求曲线y= f （ x）在点（ 0， f （ 0）处的切线方程；（）求函数f （ x）在区间 0 ， 上的最大值和最小值.2（19）（共 13 分）.解：（）因为 f ( x)ex cos xx ，所以 f(x)ex (cos xsin x)1, f(0) 0.又因为 f (0)1，所以曲线 yf ( x) 在点 (0, f (0) 处的切线方程为y1.（）设 h(x)ex (cos

9、 xsin x)1 ，则 h ( x)ex (cos xsin xsin xcos x)2ex sin x .当 x0 ，(0,) 时， h ( x)2上单调递减 .所以 h( x) 在区间 0,2所以对任意x(0,h(0)0 ，即 f( x)0 . 有 h( x)2所以函数 f ( x) 在区间0, 上单调递减 .2因此 f (x)1 ，最小值为在区间 0, 上的最大值为 f (0)f ()2.2221.（ 12 分）已知函数 f ( x)ax3axx ln x, 且 f ( x)0.（1）求 a；（2）证明： f (x) 存在唯一的极大值点x0 ，且 e 2f ( x0 )2 3.21.

10、解：（1） fx的定义域为0，+设 gx=ax - a -lnx ，则 fx=xgx, fx0 等价于 gx0因为 g1 =0，gx0, 故g'1=0, 而g'xa1, g' 1=a1, 得a1x若 a=1，则 g'x= 11 . 当0x 1时， g'x 0, gx单调递减；当x 1时， g' x 0， gx 单调递增 . 所以 x=1是 gx 的极小值点，故xg xg1 =0综上， a=1（2）由（ 1）知 fxx2xx lnx , f '( x )2x2lnx设 hx22lnx, 则h'(x)21xx当 x0,1 时， h &

11、#39;x0 ；当 x1,+时， h ' x0 ，所以 hx在 0,1单调递减，在1,+单调递增2222又 he2 0, h10, h 10 ，所以 hx在 0,1有唯一零点x0，在1,+有唯一零点 1，且当 x0, x 0 时， h x0；当 xx0 ,1 时，222.h x 0 ，当 x1,+时， h x 0 .因为 f' xh x，所以 x=x 0是 f(x) 的唯一极大值点由 f ' x00得 ln x02( x01), 故 f x0 =x0(1x0 )由 x00,1得 f 'x0 14因为 x=x 0 是 f(x) 在（ 0,1）的最大值点，由 e 1

12、0,1, f ' e 10 得f x 0fe 1e 2所以 e 2 fx0 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、直观的整体展现已知函数 f(x) (xa)ex，其中 e 是自然对数的底数， aR.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a<1 时，试确定函数g(x)f(xa)x2 的零点个数，并说明理由审题程序 第一步： 利用导数求函

13、数的单调区间；第二步： 简化 g(x) 0，构造新函数；第三步： 求新函数的单调性及最值；.第四步： 确定结果规范解答 (1)因为 f(x)(xa)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(， a1)a1f(x)0f(x)故 f(x)的单调递减区间为 ( ， a1)，单调递增区间为 (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)x20，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 x0 时，方程

14、可化简为exa x.设函数 F(x) exax，则 F(x) exa1，令 F (x)0，得 xa.当 x 变化时， F(x)和 F (x)的变化情况如下：x( ，a)aF(x)0F(x)即 F(x)的单调递增区间为 (a， )，单调递减区间为 (， a).(a1， )(a， ).所以 F(x)的最小值 F(x)min F(a)1a.因为 a<1，所以 F(x)minF(a) 1 a>0，所以对于任意 xR，F(x)>0，因此方程 exa x 无实数解所以当 x0 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

15、)ax3axx ln x, 且 f ( x)0.（1）求 a；（2）证明： f (x) 存在唯一的极大值点x0 ，且 e 2f ( x0 )2 3.21. 解：（1） fx的定义域为0，+设 gx=ax - a - lnx，则 fx=xgx , fx0 等价于 gx0因为 g1 =0，gx0, 故g'1=0, 而g'xa1 , g' 1 =a1, 得a1x若 a=1，则 g'x= 11 . 当 0x 1时， g' x0, g x单调递减；当x 1时， g' x 0， g x单调递增 . 所以 x=1是 g x 的极小值点，故xg xg1 =0综上

16、， a=1（2）由（ 1）知 fxx2xx lnx , f'( x )2x2ln x设 h x2x2lnx, 则 h '( x )21x当 x0, 1 时， h 'x 0 ；当 x1 ,+时， h 'x 0 ，所以 hx在 0,1单调递减，在1 ,+单调递增2222又 he2 0, h10, h10 ，所以 hx在 0,1有唯一零点x0，在1 ,+有唯一零点 1，且当 x0, x 0 时， h x0 ；当 xx0 ,1 时，222h x0 ，当 x1,+时， h x0 .因为 f' xh x，所以 x=x 0 是 f(x) 的唯一极大值点由 f '

17、; x00得 ln x02( x0 1), 故 f x0 =x0(1x0 )由 x00,1得 f 'x0 14因为 x=x 0 是 f(x) 在（ 0,1 ）的最大值点，由 e 10,1, f ' e 10 得f x 0fe 1e 2所以 e 2 fx0 2-2解题反思 在本例 (1)中求 f(x) 的单调区间的关键是准确求出f (x) ，注意到 ex>0 即可 (2)中由 g(x) 0 得 xexa x2，解此方程易将x 约去，从而产生丢解情况研究exa x 的解转化为研究函数F(x) exa 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

18、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)ax3 bx2 (c3a2b)x d 的图象如图所示(1)求 c，d 的值；(2)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(3)在(2) 的条件下，函数 y f(x)与 y3f (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 2bxc 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，

19、得解得3a 2bc 3a 2b 0，c 0.(2)由(1) 得， f(x) ax3bx2 (3a2b)x 3，所以 f (x) 3ax2 2bx(3a 2b)由函数 f(x)在 x 2 处的切线方程为3x y 11 0，f 2 5，得f 2 3，8a4b 6a4b35，a1，所以解得12a 4b 3a 2b 3，b 6，所以 f(x)x36x2 9x 3.(3)由(2) 知 f(x) x3 6x2 9x3，所以 f(x) 3x2 12x 9.1函数 yf(x)与 y 3f(x) 5xm 的图象有三个不同的交点，等价于 x36x2 9x 3 (x2 4x3) 5x m 有三个不等实根，等价于 g

20、(x) x37x2 8x m 的图象与 x 轴有三个交点因为 g(x) 3x2 14x8 (3x2)(x4)，x2224(4， )，3， 433g (x)00g(x)极大值极小值268g 3 27 m， g(4) 16m，268g327m>0，68 16，68当且仅当时， g(x)图象与 x 轴有三个交点，解得16<m< 27.所以 m 的取值范围为27 .g 4 16 m<0.21. （12 分）已知函数（f x)ae2x+( a 2) e x x.（ 1）讨论 f ( x) 的单调性；（ 2）若 f (x) 有两个零点，求a 的取值范围 .21. 解：（ 1） f

21、(x) 的定义域为 (,) ， f (x)2ae2x(a2)ex 1(aex1)(2ex1) ， ( 十字相乘法 )（）若 a0，则 f ( x) 0 ，所以 f(x) 在 (,) 单调递减 .（）若 a0，则由 f (x)0得 xln a .当 x(,ln a) 时， f ( x)0 ；当 x(ln a,) 时， f ( x)0 ，所以 f ( x) 在 (,ln a) 单调递减，在 (ln a, ) 单调递增 .（2）（）若 a0 ，由（ 1）知， f (x) 至多有一个零点 .（）若 a0，由（ 1）知，当 xln a 时， f ( x) 取得最小值，最小值为f (ln a)11 ln

22、a . （观察特殊值1）a当 a1时，由于f ( ln a)0，故 f ( x) 只有一个零点；当 a(1,)时，由于 1 1ln a0 ，即 f (ln a)0 ，故 f (x) 没有零点；a当 a(0,1) 时， 110 ，即 f (ln a)0 .ln aa又 f (2)ae 4(a 2)e 222e220 ，故 f ( x) 在 (,ln a) 有一个零点 .设正整数 n0 满足 n0ln( 3 1) ，则 f (n0 )en0 (aen0a2)n0en0n02n0n00.由于 ln( 3a1)ln a ，因此 f (x) 在 (ln a,) 有一个零点 .a综上， a 的取值范围为(

23、0,1) .题型三利用导数证明不等式.题型概览：证明f(x)<g(x)， x(a，b)，可以直接构造函数F(x) f(x)g(x)，如果 F(x)<0，则 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)0，由减函数的定义可知，x(a，b)时，有 F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)有时需对不等式等价变形后间接构造若上述方法通过导数不便于讨论F(x)的符号，可考虑分别研究f(x)、 g(x)的单调性与最值情况，有时需对不等式进行等价转化ex(2017 ·陕西西安三模 )已知函数 f(x) x .e2(1)求曲线 yf(x)在点 P 2， 2 处的切线方程；

24、(2)证明： f(x)>2(xlnx) 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(xlnx)，利用导数证明g(x)min >0. 规范解答 xf(x)ex·xexex x122(1)因为 f(x)e，所以22，f(2)e，又切点为2，e，所以切线方xxx42e2e2程为 y 2 4 (x2)，即 e2x4y0.ex(2)证明：设函数 g(x)f(x)2(xlnx) x 2x2lnx，x(0， )，ex x12ex2xx 1则 g(x)x22 xx2，x(0， )设 h(x)ex2x，x(0， )，则 h(x)ex

25、2，令 h(x)0，则 xln2.当 x(0，ln2)时，h(x)<0；当 x(ln2， )时， h(x)>0.所以 h(x)min h(ln2)22ln2>0，故 h(x)ex2x>0.ex2x x1令 g(x)x20，则 x1.当 x(0,1)时， g(x)<0；当 x(1， )时， g(x)>0.所以 g(x)min g(1)e2>0，故 g(x)f(x)2(xlnx)>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)

26、的最值过程中，需要探讨g(x)的正负，而此时g(x)的式子中有一项ex2x 的符号不易确定，这时可以单独拿出ex2x 这一项，再重新构造新函数h(x)ex2x(x>0)，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)aexblnx，曲线 yf(x)在点 (1，f(1)处的切线方程为y e1 x.1.(1)求 a，b；(2)证明： f(x)>0. 解(1)函数 f(x)的定义域为 (0， )f(x)

27、aexb，由题意得f(1)1，f1 ，xe(1)e111aee，a 2，所以1解得eb1.aeb ，e1(2)由(1)知 f(x)e12·exln x.1因为 f(x)ex 2x在(0， )上单调递增，又f(1)<0，f(2)>0，所以 f(x)0 在(0， )上有唯一实根 x0，且 x0(1,2)当 x(0，x0)时， f (x)<0，当 x(x0， )时， f(x)>0，从而当 xx0 时，f(x)取极小值，也是最小值由 f(x0)0，得 ex0 21，则 x02 lnx0.x0故 f(x)f(x0)e x0 2lnx01 x02>21 ·

28、x020，所以 f(x)>0.x0x04、【2017 高考三卷】 21（ 12 分） 已知函数 f ( x ) = x1aln x（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 +1)K(1+1)，求的最小值2222nmm21. 解：（1） fx 的定义域为0，+.若 a0 ，因为 f11+aln 20 ，所以不满足题意；2=-2若 a0 ，由 f ' x1axa 知，当 x0,a 时， f 'x 0 ；当 xa，+时， f ' x 0 ，所以 f x 在 0,a单调递xx减，在 a，+单调递增，故 x=a 是

29、 fx 在 x0，+的唯一最小值点 .由于 f1 0 ，所以当且仅当 a=1 时， f x0 .故 a=1（2）由（ 1）知当 x1，+时， x 1ln x011令 x=1+ 1n 得 ln 1+nn ，从而22211111111ln 1+ +ln 1+22 + + ln1+ n+2+ +2n =1-n22222故 1+11+ 121+ 1 e222n而 1+11+ 121+ 132，所以 m的最小值为 3.22221（ 12 分）已知函数f ( x) =ln x+ax2+(2 a+1) x（ 1）讨论f (x) 的单调性；（ 2）当 a 0 时，证明32 f ( x)4a1 ) 单调递增，在 (1【答案】（ 1）当 a0时， f (x) 在