導數(shù)的綜合大題及其分類

1、導數(shù)的綜合應用是歷年高考必考的熱點，試題難度較大，多以壓軸題形式出現(xiàn)，命題的熱點主要有利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、 極值、最值；利用導數(shù)研究不等式；利用導數(shù)研究方程的根 (或函數(shù)的零點)；利用導數(shù)研究恒成立問題等.體現(xiàn)了分類討論、數(shù)形結合、函數(shù)與方程、轉化與化歸等數(shù)學思想的運用題型一利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值與最值題型概覽：函數(shù)單調性和極值、最值綜合問題的突破難點是分類討論.(1)單調性討論策略：單調性的討論是以導數(shù)等于零的點為分界點，把函數(shù)定義域分段，在各段上討論導數(shù)的符號，在不能確定導數(shù)等于零 的點的相對位置時，還需要對導數(shù)等于零的點的位置關系進行討論.(2)極值討論策略：極值的討論是以

2、單調性的討論為基礎，根據(jù)函數(shù)的單調性確定函數(shù)的極值點.最值討論策略：圖象連續(xù)的函數(shù)在閉區(qū)間上最值的討論，是以函數(shù)在該區(qū)間上的極值和區(qū)間端點的函數(shù)值進行比較為標準進行的，在 極值和區(qū)間端點函數(shù)值中最大的為最大值，最小的為最小值.1已知函數(shù) f(x) = X -，g(x)= alnx(a R). X當a- 2時，求F(x)= f(x) g(x)的單調區(qū)間;設h(x) = f(x) + g(x)，且h(x)有兩個極值點為xi，X2，1其中X1 0，2，求h(X1) h(X2)的最小值.審題程序第一步:在定義域內，依據(jù) L (x) = 0根的情況對L(X)的符號討論;第二步:整合討論結果，確定單調區(qū)間

3、;第三步:建立XI、x2及a間的關系及取值范圍;第四步:通過代換轉化為關于Xi(或X2)的函數(shù)，求出最小值.規(guī)范解答1(1)由題意得 F(x) = X- ainx， X其定義域為2X2 ax+ 1(0,+f 貝U F (x)=X2令 m(x) = x2 ax+1，貝U = a2 4.當一2a2時，A0,.F(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+);當a2時，A0,設F(X)= 0的兩根為xi =a-寸 a2-4a+寸 a2-42 , x2 2F(x)的單調遞增區(qū)間為0, a尸和 a+歹二，+乂F(x)的單調遞減區(qū)間為a-寸 a2 4 a+寸 a2 42 ， 2綜上，當一2 a2時，F(xiàn)(x)的單調遞增區(qū)

4、間為0,和,+8F(x)的單調遞減區(qū)間為a-寸 a2 4 a+寸 a2 42 ， 21對 h(x) = x x+ alnx, x (0,+)1 a x2 + ax+ 1求導得，h (x)二 1+ x2 + x二x2設h (x) = 0的兩根分別為xi,X2,則有 xi x2= 1 ,xi + x2= a,x21x當 xe 0, 1 時，H (x)0時需根據(jù)方程X2 ax + i = 0的根的情況求出不等式的解集，故以判別式“ ”的取值作為分類討論的依據(jù).在 中求出h(xi) h(x2 )的最小值，需先求出其解析式.由題可知Xi, X2是h(x) = 0的兩根，可得到 X1X2 = 1, Xi

5、+ X2= a,從而將h(xi)- h(x2)只用一個變量 xi導出.從而得到H(xi)=h(xi) hxi，這樣將所求問題轉化為研究新函數(shù)H(x) = h(x) hX在0, !上的最值問題,體現(xiàn)轉為與化歸數(shù)學思想.答題模板解決這類問題的答題模板如下:求是義域求出函數(shù)的定義域.J1求導數(shù) 準確求出函數(shù)的導數(shù).討論E邑調性 根據(jù)參數(shù)的取置范圍，結今極值點與 給定區(qū)間的位置對導函數(shù)的符號進 行分類討論，確定函數(shù)的單詢性.討論扌及值最值根據(jù)函數(shù)的單調性，確定極值、最值 的取得情況.整合珀論根據(jù)分類討論E勺結杲.對結論進行整 合.做到不重不漏.題型專練1.設函數(shù) f(x) = (1 + x)2 21

6、n(1 + x).(1)求f(x)的單調區(qū)間；當0a0，得 x0;由 F (x)0，得一1x 1),22 a x a則g 22a-0a0,令 g (x)= 0,得 x=2a，函數(shù)g(x)在，aa2za上為減函數(shù)，在2a，+上為增函數(shù).a當 02a3,即a2時，g(x)在區(qū)間0,3上為減函數(shù),2 a2gWmin = g(3)= 6 3a 2ln4.3 2綜上所述，當 0a2時，g(x)min = a2ln；22 a3當 2 a2 時，g(x)min = 63a2ln4.北京卷(19)(本小題13 分)已知函數(shù) f (x) =excosx-x.(I)求曲線y= f (x)在點(0, f ( 0)處

7、的切線方程;(n)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0 , n上的最大值和最小值.2(19)(共 13 分)解：(I)因為 f(x) ex cosx x，所以 f (x) ex(cosx si n x) 1, f (0)0 .(n)設 h(x) ex(cosx sin x) 1，則 h (x) ex(cosx sinxsin xcosx) 2exs inx.y 1.又因為f(0)1，所以曲線y f(x)在點(0, f(0)處的切線方程為n當 x (0,2)時，h(x) 0 , 所以h(x)在區(qū)間0, fl上單調遞減.所以對任意 x (0,n有 h(x) h(0)0，即 f(X)0.所以函數(shù)f (x)在區(qū)間0

8、, n上單調遞減.因此f(x)在區(qū)間0,亍上的最大值為f(0)1，最小值為f (寸)21. (12 分) O已知函數(shù) f (x) ax ax xinx,且 f(x) 0.(1 )求 a;f(X0)2 3.等價于g x(2)證明：f (x)存在唯一的極大值點 x0，且e21.解:(1) f x的定義域為 0,+設 g x = ax - a - I nx，貝f x = xg x , f0,故g 1 =0,而g x g 1 =a 1,得a 1若 a=1,則 g x = 11丄.當0x 1時,xg 1 時，g x 0,g x單調遞增.所以x=1是g x的極小值點，故g x g 1 =0綜上，a=1由(

9、1)知fx2x210,-時,2In2x x x Inx,則 h ( x)2h x 0;當 xx,f ( x)丄x1，+ 時,20 ,所以 h x1在0,-單調遞減，在21-，+單調遞增21Oq有唯一零點x0,在-，+有唯一零點1，且當 x0, x0 時，h x 0 ;當 xx0,1 時,因為f X所以X=Xo是f(X)的唯一極大值點由 f Xo0得In2X01),故f X0 =X0(1Xo)由 X00,1X00,1 ,f e 10得因為x=X0是f(x)在(0,1 )的最大值點，由e 1 f x0 f e 1所以e 2 fXo 2-2題型利用導數(shù)研究方程的根、函數(shù)的零點或圖象交點題型概覽：研究

10、方程根、函數(shù)零點或圖象交點的情況，可以通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結合的思想去分典例2析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).已知函數(shù)f(x)= (x+ a)eX，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a R.(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；當a1時，試確定函數(shù)g(x) = f(x a) x2的零點個數(shù)，并說明理由.審題程序第一步:利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間;第二步:簡化g(x)= 0,構造新函數(shù);第三步:求新函數(shù)的單調性及最值;第四步：確定結果.規(guī)范解答(1)因為 f(x) = (x+ a)ex,

11、x R,所以 f (x) = (x+ a+ 1)ex.令 f (x) = 0,得 x= a 1.當x變化時，f(x)和f (X)的變化情況如下:x( X, a 1)a 1(a 1,+ X)f (x)一0+f(x)故f(x)的單調遞減區(qū)間為(一X, a-1)，單調遞增區(qū)間為(一a 1,+).(2)結論：函數(shù)g(x)有且僅有一個零點.理由如下: 由 g(x) = f(x a) x2= 0,得方程 xexa= x2,顯然x= 0為此方程的一個實數(shù)解,所以x= 0是函數(shù)g(x)的一個零點.當xM0時，方程可化簡為ex-a= x.設函數(shù) F(x)= exax,則 F (x)= ex a 1,令 F (x

12、) = 0,得 x= a.當x變化時，F(xiàn)(x)和F(X)的變化情況如下:x(X, a)a(a,+X)F (x)一0+F(x)即F(x)的單調遞增區(qū)間為(a, +X)，單調遞減區(qū)間為(一X, a).所以 F(x)的最小值 F(x)min = F(a) = 1 a.因為 a0.所以對于任意x R, F(x)0,因此方程ex- a = x無實數(shù)解.所以當xM 0時，函數(shù)g(x)不存在零點.綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點.典例321. (12 分) 已知函數(shù) f (x) ax3 ax xInx,且 f(x) 0.3f(X0)2 .等價于g x 0(1 )求 a;(2)證明：f (x)存在唯一的極大

13、值點 x0，且e 221.解:(1) f x的定義域為0,+設 g x = ax - a - I nx，貝f x = xg x , f因為 g 1 =0, g x0,故g 1 =0,而g x g 1 =a 1,得a 1若 a=1,則 g x = 10v x 1 時,g 1 時，g x 0,g x單調遞增.所以x=1是g x的極小值點，故g x g 1 =0綜上，a=1由(1)知fx2x20,2 時,Inx x lnx,f ( x)2x2 In Xx,則 h ( x)2h x 0 ,所以 h x1在0,-單調遞減，在21 -，+ 2單調遞增0 ;當 xx0,1 時,1,+ 時，h x 0 .因為

14、f X h x，所以X=xo是f(x)的唯一極大值點由 f X00得 In X02X01）,故f X0 =X0（1X0）由X010,1 得 f X0 f e e所以 e 2 f x0 0即可.(2)中由g(x) = 0得xeX-a = x2,解此方程易將x約去，從而產(chǎn)生丟解情況.研究ex-a= X的解轉化為研究函數(shù)F(x) = ex-a x的最值，從而確定F(x)零點，這種通過構造函數(shù)、研究函數(shù)的最值 從而確定函數(shù)零點的題型是高考中熱點題型，要熟練掌握.答題模板解決這類問題的答題模板如下:等價轉化-構造函數(shù)r解決問題把函數(shù)的零點、方程的根、兩函數(shù)圖象的 交點問題相互轉化.構造新的函數(shù)解決函數(shù)零

15、點、方程根、兩 函數(shù)圖象交點問題.利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調性、極值和最 值等性質，有時可畫出函數(shù)圖象.得出結論一利用極值和最值孚結合圖象得出結果.題型專練2. (2017浙江金華期中)已知函數(shù)f(x) = ax3 + bx2+ (c 3a 2b)x + d的圖象如圖所示.(1)求C, d的值；若函數(shù)f(x)在x= 2處的切線方程為3x+ y 11= 0,求函數(shù)f(x)的解析式；1在的條件下，函數(shù)y= f(x)與y=3產(chǎn)(X)+ 5x+ m的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍.解函數(shù) f(x)的導函數(shù)為 f(X)= 3ax2 + 2bx + c 3a 2b.由圖可知函數(shù)f(x)的圖象過點(0,

16、3)，且f (1)= 0,d= 3,d= 3,得解得3a+2b + c 3a 2b = 0,c= 0.由(1)得，f(x) = ax + bX (3a + 2b)x + 3, 所以 f (x)= 3ax2 + 2bx (3a + 2b).由函數(shù)f(x)在x= 2處的切線方程為3x+ y 11= 0,f2 = 5,得f 2 = 3,所以8a + 4b 6a 4b+ 3 = 5,12a + 4b 3a 2b= 3,a =1,解得b = 6,所以 f(x) = x3 6x2 + 9x+ 3.所以 f (x) = 3x2 12x + 9.由知 f(x)= x3 6x2 + 9x + 3, 函數(shù)y=f(

17、x)與y=f (x) + 5x + m的圖象有三個不同的交點, 等價于x3 6x2 + 9x+ 3= (x2 4x+ 3) + 5x+ m有三個不等實根, 等價于g(x) = x3 7x2 + 8x m的圖象與x軸有三個交點.因為 g (x) = 3x2 14x + 8= (3x 2)(x 4),x2oo ,3233 44(4,+o )g (x)0一0+g(x)極大值極小值2 68g 3 = 27 m, g(4) = 16 m.268cg 3 = 27 m,6868當且僅當327時，g(x)圖象與x軸有三個交點，解得16m27. 所以m的取值范圍為 T6,習.g 4 = 16 m021. (1

18、2 分)已知函數(shù) f(x)ae2X+( a - 2) e X - x.（1）討論f（X）的單調性;（2）若f （X）有兩個零點，求a的取值范圍.21.解：(1)f（X）的定義域為（），f（X）2xXXX2ae (a 2)e1 (ae 1)(2e1）,（十字相乘法）(i)若 a0，則 f（X）0 ,所以f（X）在（）單調遞減.(ii)若 a0，則由f（X）0得X In a.In a）時，f（X）0 ；當 X ( In a,）時，f（X）0,所以 f（X）在（,In a）單調遞減，在（In a,）單調遞增.(2) (i)若a 0，由（1）知,f （X）至多有一個零點.In a時，f（X）取得最小值

19、，最小值為f （ In a）11 - Ina.(觀察特殊值1) a當a1時，由于f( In a)當a（1,）時，由于1-當a(0,1)時，11-In i a又f(4.22) ae(a 2)e設正整數(shù)n0滿足nIn(- 1 a3由于 In( 1)Inaa，因此綜上，a的取值范圍為（0,1）.(ii)若 a0，由（1 ）知，當X0 ,1aa，貝y f（n0）f (x)在(In2 2e2故f（X）只有一個零點;Ina 0,即f( I na) 0,故f (x)沒有零點;0 ,即卩 f ( I n a) 0.20 ,故f （X）在（，In a）有一個零點.en0(aen0 a 2) n。en0 n。2n

20、0 n。a,）有一個零點.0.題型三 利用導數(shù)證明不等式典例3題型概覽：證明f(x)g(x), x (a, b)，可以直接構造函數(shù)F(x)= f(x) g(x),如果F (x)0，則F(x)在(a, b)上是減函數(shù)，同 時若F(a)0,由減函數(shù)的定義可知，x (a, b)時，有F(x)0，即證明了 f(x)2(x Inx).審題程序第一步：求f (x)，寫出在點P處的切線方程;第二步：直接構造g(x) = f(x) 2(x Inx),利用導數(shù)證明g(x)min0.exe x e ex x 1e2e2規(guī)范解答(1)因為f(x)=-，所以f (x)=x2=x2, f=4，又切點為2,-，所以切線方

21、e2 e2程為 y 2=才(X 2)，即 e2x 4y = 0.e證明：設函數(shù) g(x) = f(x) 2(x Inx) = 2x+ 2Inx, x (0,+), xe x 12e 2x x 1貝y g (x)=x2 2+x=x, x (0,+x).設 h(x) = ex 2x, x (0,+),則 h (x)= g 2,令 h (x) = 0,貝J x= In2.當 x (0, In2)時，h (x)0.所以 h(x)min = h(ln2) = 2 2ln20，故 h(x)= ex 2x0.e 2x x 1令 g (x)= 0,貝y x= 1.當 x (0,1)時，g(x)v0;當 x (

22、1,+乂)時，g(x)0.所以 g(x)min = g(1) = e 20,故 g(x) = f(x) 2(xInx)0，從而有 f(x)2(xInx).解題反思本例中(2)的證明方法是最常見的不等式證明方法之一，通過合理地構造新函數(shù)g(x).求g(x)的最值來完成.在求g(x)的最值過程中，需要探討g(X)的正負,而此時g(X)的式子中有一項ex 2x的符號不易確定，這時可以單獨拿出ex 2x這一項，再重新構造新函數(shù)h(x)= ex 2x(x0)，考慮h(x)的正負問題，此題看似簡單，且不含任何參數(shù)，但需要兩次構造函數(shù)求最值，同時在(2)中定義域也是易忽視的一個方向.答題模板解決這類問題的答

23、題模板如下:合理轉化把不等式問題直接轉化為函數(shù)的最值問題.把不等式進行等價轉化，構造新的函數(shù).構造函數(shù)有時要變形,切記變形的依據(jù)是能夠通過導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值.判斷單調性利用導數(shù)研究新函數(shù)的單調性.確定最值由函數(shù)的單調性,確定新函數(shù)的最值.1得出結論利用新函數(shù)的極值或最值，得出結論.1 ,y= e 1x+題型專練3. (2017福建漳州質檢)已知函數(shù)f(x)= aex bInx,曲線y = f(x)在點(1, f(1)處的切線方程為1.(1)求 a, b；解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+乂).b11f (x)= aex x，由題意得 f(1) = e，f (1)= g 1,1ae=

24、e， 所以1解得ae b=1 1,1a = e2，b= 1.4、由(1)知 f(x) =訂Inx.1因為 f (x)= ex- 2 x 在(0,+P 上單調遞增，又 f (1)0,所以f (x)= 0在(0,+)上有唯一實根xo，且xo (1,2).當 x (0, X0)時，f (x)0,從而當x= x0時，f(x)取極小值，也是最小值.1由 f (xo)= 0,得 exo 2=，貝J xo 2= Inxo.xo1故 f(x)f(xo) = e Xo-2 lnxo=x + xo x01x xo 2 = 0,所以 f(x)0.【2017高考三卷】21.( 12分)已知函數(shù)f (x) =x - 1

25、 - al nx.(1)若f(x) 0，求a的值;(2)設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù) n, (1+1)(1+ +)K(1+*)0,由f x 1里乞上知，當x x減，在a,+單調遞增，故x=a是f X在x 0,+的唯一最小值點.由于f 10，所以當且僅當a=1時,f x 0.1 1若a 0,因為f 1 =-2+aln2v0，所以不滿足題意;x 0,a時，f x V0 ;當x a,+ 時，f x 0，所以f x在0,a單調遞故a=1(2)由(1)知當 x1,+時，xIn x0In,1 ,1 ,11 + 2 +ln 的尹 +ln 1 + 2n1 + 1 1 + 丄 1 +丄 V e2 22 2n從而

26、+*=1-V11+1洛洛2，所以m的最小值為3.21.(12 分)已知函數(shù) f(x)=ln x+ax+(2 a+1)x.(1)討論f (x)的單調性;3(2)當 a 0 時，證明 f(x) 22 .4a1 1【答案】(1)當a 0時，f (x)在(0,)單調遞增；當a 0時，則f (x)在(0,廠)單調遞增，在(丁，)單調遞減；(2)詳見解析,V【解析】 八對=-k + (站+ 1理4 1 =(仏+ 1心4 1)(耳A Q) J當QO時，廣0)0,則/()在里渦1増,些戊則心在-去単調現(xiàn)在乜*單調遞咸由知.當0時，/Wp： =/(-b則/=-1=0.解得”1 點在WD單調増，在1汁工)單調遞氟

27、二丁沁=3)=0,即/閃乂 0).(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;1若m =看，對？ xi, X2 2,2e2都有g(xi)f(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍.審題程序第一步：利用導數(shù)判斷f(x)的單調性，對m分類討論;第二步：對不等式進行等價轉化，將g(Xi) f(X2)轉化為g(x)min f(X)max；第三步：求函數(shù)的導數(shù)并判斷其單調性進而求極值(最值)；第四步：確定結果.1 1規(guī)范解答(1)f(x) = 21 nx mx, x0,所以 f (x) = X-m,當mW 0時，f (x)0, f(x)在(0,+乂)上單調遞增.1f X 01f X 0 時，由f (0)=0 得 x=2m；

28、由 x0 得 0x0 得 x2m.綜上所述，當mW 0時，f(X)的單調遞增區(qū)間為(0,+乂);1 1當m0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為0,2m，單調遞減區(qū)間為2m，+K.1 1 1若 m = 2e2，則 f(x)= 21 nx2e2X.對？ X1, X2 2,2e2都有 g(xi) fg)成立,等價于對？ x 2,2e2都有 g(x)min f(x)max ,1由(1)知在2,2e2上f(x)的最大值為f(e2)=,aaa 1g (x)= 1+ X20(a0),x 2,2e2，函數(shù) g(x)在2,2e2上是增函數(shù)，g(x)min = g(2) = 2由 2-得 aW3,又a0，所以a (0,

29、3，所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3.解題反思本例(1)的解答中要注意f(x)的定義域，(2)中問題的關鍵在于準確轉化為兩個函數(shù)f(x)、g(x)的最值問題.本題中，？ X1,X2 有 g(X1)f(x2)? g(x)min f(x)max 若改為：? X1 , ? X2 都有 g(X1) f(X2)，則有 g(X)maxf(X)max.若改為：？ XI, ? X2都有g(xi) g(X2),則有g(x)min f(x)min要仔細體會，轉化準確.答題模板解決這類問題的答題模板如下:構造函數(shù)分離參數(shù)法構進函數(shù)與直接法構造函數(shù)討論單調性利用導數(shù)研究新函數(shù)的單滴性.確定最置依據(jù)新函數(shù)的單調性確定最值

30、情況.*得tB結論整合結論/尋出結果注意區(qū)間開亂題型專練4.已知 f(x)= xlnx, g(x)= x2+ ax 3.(1)對一切x (0,+乂), 2f(x)g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍;1 2 一證明：對一切x (0,+ ),1 nxe； 恒成立.ex解(1)由題意知2xlnx-X2+ ax 3對一切x (0,+乂)恒成立,3則 a0),x+ 3 X 1 則 h (x)=X2當x (0,1)時，h(x)v0 , h(x)單調遞減,當x (1,+)時，h (x)0, h(x)單調遞增,所以 h(x)min = h(1) = 4,對一切 x (0,+x) , 2f(x)g(x)恒成立,

31、所以 aJ 2(x (0,+x).又 f(x) = xinx, f(x)= lnx+ 1,當 x 0, 1 時，f (x)0, f(x)單調遞增，所以 f(x)min = ff =5x 2設 m(x) = rn e(x (0,+x),1 x則 m (x) = -er,1易知m(x) max =m(1) = e，1 2 一從而對一切x (0,+x), lnxex ex恒成立.當x (1,+)時，h (x)0, h(x)單調遞增,所以 h(x)min = h(1) = 4,對一切 x (0,+), 2f(x)g(x)恒成立,所以 a0,求a的取值范圍.【解答】解：(I )當 a=4 時，f (X)

32、 = (x+1) Inx - 4 (x- 1).f (1) =0,即點為(1, 0),函數(shù)的導數(shù)f(X) =lnx+ (x+1)?丄-4,X=ln 1+2 - 4=2- 4=-2，即函數(shù)的切線斜率 k=f( 1) =-2,則曲線y=f(X)在(1, 0)處的切線方程為y=- 2 (X- 1) =-2x+2;(X) = (x+1) Inx a (x-1),=1+丄+ Inx - a,. f ( x)XK- 1X/ x 1,/f ( x) 0,在(1, +x)上單調遞增, f (1) =2- a. a f( 1) 0,f (X)在(1, +x)上單調遞增，f (x)f (1) =0,滿足題意;a2,存在 X0( 1,+x) , f ( X0)=0,函數(shù) f ( X)在(1, X0)上單調遞減，在(X0, +X)上單調遞增,由f (1) =0,可得存在X0( 1, +乂)，f (X0)v 0,不合題