导数的综合大题及其分类

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．已知函数f(x)＝x－1x，g(x)＝alnx(a∈R)．(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∈0，12，求h(x1)－h(x2)的最小值．[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：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．[规范解答](1)由题意得F(x)＝x－1x－alnx，其定义域为(0，＋∞)，则F′(x)＝x2－ax＋1x2，令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，∴F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a2时，Δ0，设F′(x)＝0的两根为x1＝a－a2－42，x2＝a＋a2－42，∴F(x)的单调递增区间为0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞，F(x)的单调递减区间为a－a2－42，a＋a2－42.综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a2时，F(x)的单调递增区间为0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞，F(x)的单调递减区间为a－a2－42，a＋a2－42.(2)对h(x)＝x－1x＋alnx，x∈(0，＋∞)求导得，h′(x)＝1＋1x2＋ax＝x2＋ax＋1x2，设h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，∴x2＝1x1，从而有a＝－x1－1x1.令H(x)＝h(x)－h1x＝x－1x＋－x－1xlnx－1x－x＋－x－1x·ln1x＝2－x－1xlnx＋x－1x，H′(x)＝21x2－1lnx＝21－x1＋xlnxx2.当x∈0，12时，H′(x)0，∴H(x)在0，12上单调递减，又H(x1)＝h(x1)－h1x1＝h(x1)－h(x2)，∴[h(x1)－h(x2)]min＝H12＝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x2－ax＋1＝0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”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x1x2＝1，x1＋x2＝－a，从而将h(x1)－h(x2)只用一个变量x1导出．从而得到H(x1)＝h(x1)－h1x1，这样将所求问题转化为研究新函数H(x)＝h(x)－h1x在0，12上的最值问题，体现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)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)．(1)求f(x)的单调区间；(2)当0a2时，求函数g(x)＝f(x)－x2－ax－1在区间[0,3]上的最小值．[解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．∵f(x)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)，x∈(－1，＋∞)，∴f′(x)＝2(1＋x)－21＋x＝2xx＋2x＋1.由f′(x)0，得x0；由f′(x)0，得－1x0.∴函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)．(2)由题意可知g(x)＝(2－a)x－2ln(1＋x)(x－1)，则g′(x)＝2－a－21＋x＝2－ax－a1＋x.∵0a2，∴2－a0，令g′(x)＝0，得x＝a2－a，∴函数g(x)在0，a2－a上为减函数，在a2－a，＋∞上为增函数．①当0a2－a3，即0a32时，在区间[0,3]上，g(x)在0，a2－a上为减函数，在a2－a，3上为增函数，∴g(x)min＝ga2－a＝a－2ln22－a.②当a2－a≥3，即32≤a2时，g(x)在区间[0,3]上为减函数，∴g(x)min＝g(3)＝6－3a－2ln4.综上所述，当0a32时，g(x)min＝a－2ln22－a；当32≤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；（Ⅱ）求函数f（x）在区间[0，π2]上的最大值和最小值.（19）（共13分）解：（Ⅰ）因为()ecosxfxxx，所以()e(cossin)1,(0)0xfxxxf.又因为(0)1f，所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为1y.（Ⅱ）设()e(cossin)1xhxxx，则()e(cossinsincos)2esinxxhxxxxxx.当π(0,)2x时，()0hx，所以()hx在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x有()(0)0hxh，即()0fx.所以函数()fx在区间π[0,]2上单调递减.因此()fx在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f，最小值为ππ()22f.21.（12分）已知函数3()ln,fxaxaxxx且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且230()2efx.21.解：（1）fx的定义域为0，+设gx=ax-a-lnx，则fx=xgx,fx0等价于0gx因为11=0，0,故1=0,而,1=1,得1ggxg'g'xag'aax若a=1，则11g'x=x.当0＜x＜1时，＜0,g'xgx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1=0gxg综上，a=1（2）由（1）知2ln,'()22lnfxxxxxfxxx设122ln,则'()2hxxxhxx当10,2x时，'＜0hx；当1,+2x时，'＞0hx，所以hx在10,2单调递减，在1,+2单调递增又21＞0,＜0,102hehh，所以hx在10,2有唯一零点x0，在1,+2有唯一零点1，且当00,xx时，＞0hx；当0,1xx时，＜0hx，当1,+x时，＞0hx.因为'fxhx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由000000'0得ln2(1),故=(1)fxxxfxxx由00,1x得01'＜4fx因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由110,1,'0efe得120＞fxfee所以2-20＜＜2efx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)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈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)＝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)＝(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(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，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)－x2＝0，得方程xex－a＝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x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－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(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a0，所以对于任意x∈R，F(x)0，因此方程ex－a＝x无实数解．所以当x≠0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3()ln,fxaxaxxx且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且230()2efx.21.解：（1）fx的定义域为0，+设gx=ax-a-lnx，则fx=xgx,fx0等价于0gx因为11=0，0,故1=0,而,1=1,得1ggxg'g'xag'aax若a=1，则11g'x=x.当0＜x＜1时，＜0,g'xgx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1=0gxg综上，a=1（2）由（1）知2ln,'()22lnfxxxxxfxxx设122ln,则'()2hxxxhxx当10,2x时，'＜0hx；当1,+2x时，'＞0hx，所以hx在10,2单调递减，在1,+2单调递增又21＞0,＜0,102hehh，所以hx在10,2有唯一零点x0，在1,+2有唯一零点1，且当00,xx时，＞0hx；当0,1xx时，＜0hx，当1,+x时，＞0hx.因为'fxhx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由000000'0得ln2(1),故=(1)fxxxfxxx由00,1x得01'＜4fx因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由110,1,'0efe得120＞fxfee所以2-20＜＜2efx[解题反思]在本例(1)中求f(x)的单