导数的综合大题与其分类

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．

1

已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)．

x

(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

2

，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．

1

[规范解答](1)由题意得F(x)＝x－－alnx，

x

2－ax＋1x

其定义域为(0，＋∞)，则F′(x)＝

2，

x

令m(x)＝x

2－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a>2时，Δ>0，设

F′(x)＝0的两根为x1＝2－42－4

a－aa＋a

，x2＝，

22

∴F(x)的单调递增区间为

2

－4 a －a 0，

2

和

2

－4

a ＋a

，＋∞，

2

2

－42

－4a －aa ＋a

F(x)的单调递减区间为2.

，

2

综上，当－2≤a ≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>2时，F(x)的单调递增区间为

2

－4 a －a 0，

2 和

2

－4

a ＋a

，＋∞，

2

2

－42

－4

a －aa ＋a

F(x)的单调递减区间

为 ，

22

.

1

(2)对h (x)＝x －＋alnx ，x ∈(0，＋∞)

x

求导得，h ′(x)＝1＋

2

＋ax ＋1 1ax

2＋＝2， xxx

设h ′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x 1·x 2＝1，x1＋x2＝－a ， ∴x 2＝

1 ，从而有a ＝－x 1－ x 1

1 x 1.

令H(x)＝h(x)－h

1 x ＝x －

11 ＋－x －

xlnx －

x

11 －x ＋－x － x ·ln x 1 x

11

＝2－x －

xlnx ＋x － x

，

H ′(x)＝2 1 2－1lnx ＝ x

21－x1＋xlnx 2.

x

当x ∈0， 1 2 时，H ′(x)<0，

∴H(x)在0，

1 2

上单调递减，

又H(x1)＝h(x1)－h 1

x1

＝h(x1)－h(x2)，

∴[h(x1)－h(x2)]min＝H 1

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 1

x1

，这样将所求问题转化为研究新函数H(x)＝h(x)－h

1

x

1

2

在0，

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]

2－2ln(1＋

x)．1．设函数f(x)＝(1＋x)

(1)求f(x)的单调区间

；

2－ax－1在区间

[0,3]上的最小值．(2)当0

[解](1)f(x)的定义域

为(－1，＋∞)．

∵f(x)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)，x∈(－1，＋∞)，

2

∴f′(x)＝2(1＋x)－＝1＋x 2xx＋2 x＋1.

由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得－1

∴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)，

2

则g′(x)＝2－a－

＝

1＋x 2－ax－a 1＋x.

∵00，

a

令g′(x)＝0，得x＝

2－a

，

a ∴函数g(x)在0，

2－a 上为减函数，在

a

，＋∞上为增函数．

2－a

a3

①当0<<3，即0

[0,3]上，

2

2－a

a g(x)在0，

2－a 上为减函数，在

a

，3上为增函数，

2－a

∴g(x)min＝g

a

2－a

2

＝a－2ln.

2－a

②当

a

≥3，即

2－a

3

≤a<2时，g(x)在区间

[0,3]上为减函数，

2

∴g(x)min＝g(3)＝6－3a－2ln4.

32

综上所述，当0

；

2

2－a

WOIRD 格式

当3

≤a<2时，g(x)min＝6－3a－2ln4. 2

北京卷（19）（本小题

13分）

已知函数f（x）=e

x cosx-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，π

]上的最大值和最小

值.2

（19）（共13分）

xx

解：（Ⅰ）因为f(x)ecosxx，所以f(x)e(cosxsinx)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.

xxx（Ⅱ）设h(x)e(cosxsinx)1，则h(x)e(cosxsinxsinxcosx)2esinx.

当

π

x(0,)时，h(x)0，

2

π

所以h(x)在区间

[0,]

2

上单调递减.

π

所以对任意x(0,]有h(x)h(0)0，即f(x)0.

2

π

所以函数f(x)在区间

[0,]

2

上单调递减.

π因此f(x)在区间

[0,]

2

ππ

f().

22 上的最大值为f(0)1，最小值为

21.（12分）

已知函数

3

f(x)axaxxlnx,且f(x)0.

（1）求a；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x，且

23

ef(x)2.

21.解：

（1）fx的定义域为0，+

设gx=ax-a-lnx，则f x=xgx,fx0等价于gx0

1 因为

g1=0，gx0,故g'1=0,而g'xa,g'1=a1,得a1 x

若a=1，则g 'x=11

x

.当0＜x ＜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

gxg1=0

综上，a=1

2ln,'()22ln（2）由（1）知fxxxxxfxxx

设hx2x2lnx,则h'(x)2 1 x

当

1

x0,时，h'x＜0；当

2

1

x,+时，h'x＞0，所以hx在

2

0,

1

2

单调递减，在

1

2

,+ 单调递增

又

21

hehh，所以hx在

＞0,＜0,10

2

0,

1

2

有唯一零点x0，在

1

2

,+ 有唯一零点1，且当x0,x时，hx＞0；当xx

0,1时，

hx＜0，当x1,+时，hx＞0.

因为f'xhx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点

由f'x0得lnx2(x1),故fx=x(1x)

000000

由x得

00,1 f'x＜

1

4

因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由10,1,'10

efe得

12fxfee

0＞

所以

2-2

e＜fx＜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)＝(x＋a)e

x，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的零点个数，并说明理由．(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x

[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．

x，x∈R，

[规范解答](1)因为f(x)＝(x＋a)e

x.

所以f′(x)＝(x＋a＋1)e

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)

(－a－1，＋∞)．

为

故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区

间

(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)－x

a＝x2，

2＝0，得方程xe x

－

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．

x－a＝x.

当x≠0时，方程可化简为e

x－a－x，则F′(x)＝e x－a－1，

设函数F(x)＝e

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)

间

为

(－∞，a)．

减区

为(a，＋∞)，单调递

即F(x)的单调递

增区

间

所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.

因为a<1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a>0，

所以对于任意

x∈R，F(x)>0，

x－a＝x无实数解．

因此方程e

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3

21.（12分）

已知函数

3

f(x)axaxxlnx,且f(x)0.

（1）求a；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x，且

23

ef(x)2.

21.解：

（1）fx的定义域为0，+

设gx=ax-a-lnx，则f x=xgx,fx0等价于gx0

因为g1=0，gx0,故g'1=0,而g'xa1,g'1=a1,得a1

x

若a=1，则

g'x= 1

1

x

.当0＜x＜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

gxg1=0

综上，a=1

2ln,'()22ln（2）由（1）知fxxxxxfxxx

设

hx2x2lnx,则h'(x)2 1 x

当

1

x0,时，h'x＜0；当

2

1

x,+时，h'x＞0，所以hx在

2

0,

1

2

单调递减，在

1

2

,+ 单调递增

又

21

hehh，所以hx在

＞0,＜0,10

2

0,

1

2

有

唯

一

零

点

x0，

在

1

2

,+ 有

唯

一

零

点

1，

且

当

x0,x时，

hx＞0；当

xx0,1

时，

hx＜0，当x1,+时，hx＞0.

因为

f'xhx，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点

由f'x0得lnx2(x1),故fx=x(1x)

000000

由x得

00,1 f'x＜

1

4

因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由10,1,'10

efe得

12fxfee

0＞

所以

2-2

e＜fx＜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e

x>0即可．(2)中由g(x)＝0得xe x

－

a＝x2，解此方程易将x约

去，从而产生丢解情况．研究e x－a＝x的解转化为研究函数F(x)＝e x－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]

3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的图象如图所示．

2．(2017·浙江金华期中)已知函数f(x)＝ax

(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y＝3f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．

2＋2bx＋c－3a－2b.[解]函数f(x)的导函数为f′(x)＝3ax

(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f′(1)＝0，

得d＝3，

3a＋2b＋c－3a－2b＝0，

解得

d＝3，

c＝0.

32

(2)由(1)得，f(x)＝ax＋bx－(3a＋2b)x＋3，

所以f′(x)＝3ax

2＋2bx－(3a＋2b)．

由函数f(x)在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0，

得f2＝5，

f′2＝－3，

所以8a＋4b－6a－4b＋3＝5，

12a＋4b－3a－2b＝－3，

解得

a＝1，

b＝－6，

所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3.

3－6x2＋9x＋3，所以f′(x)＝3x2－12x＋9.

(3)由(2)知f(x)＝x

函数y＝f(x)与y＝1

3f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，

等价于x

3－6x2＋9x＋3＝(x2－4x＋3)＋5x＋m有三个不等实根，等价于g(x)＝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)，

x－∞，2

3

2

3

2

3，44(4，＋∞)

g′(x)＋0－0＋

g(x)极大值极小值

g 2

3

68

27

＝

－m，g(4)＝－16－m，

当且仅当

2

68

27

g

＝

－m>0，

3

g4＝－16－m<0

68

时，g(x)图象与x轴有三个交点，解得－16

27

68

27.

21.（12分）

已知函数（f x)ae2x+(a﹣2)e

2x+(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(x)的定义域为(,)，

2xxxx

f(x)2ae(a2)e1(ae1)(2e1)，(十字相乘法)

（ⅰ）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单调递减.

（ⅱ）若a0，则由f(x)0得xlna.

当x(,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0，所以f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增

.（2）（ⅰ）若a0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.

（ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为

1

f(lna)1lna

a

.（观察特殊值1）

①当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点；

②当a(1,)时，由于

1

1lna0

a

，即f(lna)0，故f(x)没有零点；

③当a(0,1)时，

1

1lna0

a

，即f(lna)0.

又

422

f(2)ae(a2)e22e20，故f(x)在(,lna)有一个零点.

设正整数n满足

n

3

ln(1)

a

，则

nnnn

f(n)e0(ae0a2)ne0n20n0.

0000

由于ln(31)lna

a

，因此f(x)在(lna,)有一个零点.

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)

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

．