导数的综合大题及其分类

1、-. z.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表达了分类讨论、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展讨论(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调

2、性的讨论为根底，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展比拟为标准进展的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值函数f(*)*eq f(1,*)，g(*)aln*(aR)(1)当a2时，求F(*)f(*)g(*)的单调区间；(2)设h(*)f(*)g(*)，且h(*)有两个极值点为*1，*2，其中*1eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)，求h(*1)h(*2)的最小值审题程序第一步：在定义域内，依据F(*)0根的情况对F(*)的符号讨论；第二步：整合讨论结果，确定单

3、调区间；第三步：建立*1、*2及a间的关系及取值*围；第四步：通过代换转化为关于*1(或*2)的函数，求出最小值规*解答(1)由题意得F(*)*eq f(1,*)aln*，其定义域为(0，)，则F(*)eq f(*2a*1,*2)，令m(*)*2a*1，则a24.当2a2时，0，从而F(*)0，F(*)的单调递增区间为(0，)；当a2时，0，设F(*)0的两根为*1eq f(ar(a24),2)，*2eq f(ar(a24),2)，F(*)的单调递增区间为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(ar(a24),2)和eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，

4、)，F(*)的单调递减区间为eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，f(ar(a24),2).综上，当2a2时，F(*)的单调递增区间为(0，)；当a2时，F(*)的单调递增区间为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(ar(a24),2)和eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，)，F(*)的单调递减区间为eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a24),2)，f(ar(a24),2).(2)对h(*)*eq f(1,*)aln*，*(0，)求导得，h(*)1eq f(1,*2)eq f(a,*)eq f(*2a*

5、1,*2)，设h(*)0的两根分别为*1，*2，则有*1*21，*1*2a，*2eq f(1,*1)，从而有a*1eq f(1,*1).令H(*)h(*)heq blc(rc)(avs4alco1(f(1,*)*eq f(1,*)eq blc(rc)(avs4alco1(*f(1,*)ln*eq blcrc(avs4alco1(f(1,*)*blc(rc)(avs4alco1(*f(1,*)lnf(1,*)2eq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(*f(1,*)ln*f(1,*)，H(*)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,*2)1)ln*eq

6、 f(21*1*ln*,*2).当*eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)时，H(*)0时需根据方程*2a*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(*1)h(*2)的最小值，需先求出其解析式由题可知*1，*2是h(*)0的两根，可得到*1*21，*1*2a，从而将h(*1)h(*2)只用一个变量*1导出从而得到H(*1)h(*1)heq blc(rc)(avs4alco1(f(1,*1)，这样将所求问题转化为研究新函数H(*)h(*)heq blc(rc)(avs4alco1(f(1,*)在eq blc(rc)(avs4alco1

7、(0，f(1,2)上的最值问题，表达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(*)(1*)22ln(1*)(1)求f(*)的单调区间；(2)当0a0，得*0；由f(*)0，得1*1)，则g(*)2aeq f(2,1*)eq f(2a*a,1*).0a0，令g(*)0，得*eq f(a,2a)，函数g(*)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(a,2a)上为减函数，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2a)，)上为增函数当0eq f(a,2a)3，即0aeq f(3,2)时，在区间0,3上，g(*)在eq blc(rc)(avs4al

8、co1(0，f(a,2a)上为减函数，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2a)，3)上为增函数，g(*)mingeq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2a)a2lneq f(2,2a).当eq f(a,2a)3，即eq f(3,2)a2时，g(*)在区间0,3上为减函数，g(*)ming(3)63a2ln4.综上所述，当0aeq f(3,2)时，g(*)mina2lneq f(2,2a)；当eq f(3,2)a2时，g(*)min63a2ln4.卷19本小题13分函数f*=e*cos*.求曲线y=f*在点0，f0处的切线方程；求函数f*在区间0，上的最大值和最小值

9、.19共13分解：因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.设，则.当时，所以在区间上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.21.12分函数且.1求a；2证明：存在唯一的极大值点，且.21.解：1的定义域为设，则等价于因为假设a=1，则.当0*1时，单调递减；当*1时，0，单调递增.所以*=1是的极小值点，故综上，a=12由1知设当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，所以在有唯一零点*0，在有唯一零点1，且当时，；当时，当时，.因为，所以*=*0是f(*)的唯一极大值点由由得因为*=*0是f(*)在0,1的最大值点，由得所以题型二利

10、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、直观的整体展现函数f(*)(*a)e*，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数f(*)的单调区间；(2)当a1时，试确定函数g(*)f(*a)*2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(*)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*解答(1)因为f(*)(*a)

11、e*，*R，所以f(*)(*a1)e*.令f(*)0，得*a1.当*变化时，f(*)和f(*)的变化情况如下：*(，a1)a1(a1，)f(*)0f(*)故f(*)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)(2)结论：函数g(*)有且仅有一个零点理由如下：由g(*)f(*a)*20，得方程*e*a*2，显然*0为此方程的一个实数解，所以*0是函数g(*)的一个零点当*0时，方程可化简为e*a*.设函数F(*)e*a*，则F(*)e*a1，令F(*)0，得*a.当*变化时，F(*)和F(*)的变化情况如下：*(，a)a(a，)F(*)0F(*)即F(*)的单调递增区间为(a，)，单调递

12、减区间为(，a)所以F(*)的最小值F(*)minF(a)1a.因为a0，所以对于任意*R，F(*)0，因此方程e*a*无实数解所以当*0时，函数g(*)不存在零点综上，函数g(*)有且仅有一个零点典例321.12分函数且.1求a；2证明：存在唯一的极大值点，且.21.解：1的定义域为设，则等价于因为假设a=1，则.当0*1时，单调递减；当*1时，0，单调递增.所以*=1是的极小值点，故综上，a=12由1知设当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，所以在有唯一零点*0，在有唯一零点1，且当时，；当时，当时，.因为，所以*=*0是f(*)的唯一极大值点由由得因为*=*0是f(*)在0,1的最

13、大值点，由得所以解题反思在本例(1)中求f(*)的单调区间的关键是准确求出f(*)，注意到e*0即可(2)中由g(*)0得*e*a*2，解此方程易将*约去，从而产生丢解情况研究e*a*的解转化为研究函数F(*)e*a*的最值，从而确定F(*)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*期中)函数f(*)a*3b*2(c3a2b)*d的图象如下图(1)求c，d的值；(2)假设函数f(*)在*2处的切线方程为3*y110，求函数f(*)的解析式；(3)在(2)的条件下，函数yf(*)与yeq f(

14、1,3)f(*)5*m的图象有三个不同的交点，求m的取值*围解函数f(*)的导函数为f(*)3a*22b*c3a2b.(1)由图可知函数f(*)的图象过点(0,3)，且f(1)0，得eq blcrc (avs4alco1(d3，,3a2bc3a2b0，)解得eq blcrc (avs4alco1(d3，,c0.)(2)由(1)得，f(*)a*3b*2(3a2b)*3，所以f(*)3a*22b*(3a2b)由函数f(*)在*2处的切线方程为3*y110，得eq blcrc (avs4alco1(f25，,f23，)所以eq blcrc (avs4alco1(8a4b6a4b35，,12a4b3a

15、2b3，)解得eq blcrc (avs4alco1(a1，,b6，)所以f(*)*36*29*3.(3)由(2)知f(*)*36*29*3，所以f(*)3*212*9.函数yf(*)与yeq f(1,3)f(*)5*m的图象有三个不同的交点，等价于*36*29*3(*24*3)5*m有三个不等实根，等价于g(*)*37*28*m的图象与*轴有三个交点因为g(*)3*214*8(3*2)(*4)，*eq blc(rc)(avs4alco1(，f(2,3)eq f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，4)4(4，)g(*)00g(*)极大值极小值geq blc(rc)

16、(avs4alco1(f(2,3)eq f(68,27)m，g(4)16m，当且仅当eq blcrc (avs4alco1(gblc(rc)(avs4alco1(f(2,3)f(68,27)m0，,g416m0)时，g(*)图象与*轴有三个交点，解得16meq f(68,27).所以m的取值*围为eq blc(rc)(avs4alco1(16，f(68,27).21.12分函数ae2*+(a2) e*.1讨论的单调性；2假设有两个零点，求a的取值*围.21.解：1的定义域为，(十字相乘法)假设，则，所以在单调递减.假设，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.2假设，由1知，至多有一

17、个零点.假设，由1知，当时，取得最小值，最小值为.观察特殊值1当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值*围为.题型三利用导数证明不等式题型概览：证明f(*)g(*)，*(a，b)，可以直接构造函数F(*)f(*)g(*)，如果F(*)0，则F(*)在(a，b)上是减函数，同时假设F(a)0，由减函数的定义可知，*(a，b)时，有F(*)0，即证明了f(*)2(*ln*)审题程序第一步：求f(*)，写出在点P处的切线方程；第二步：直接构造g(*)f(*)2(*ln*)，利用导数证明g(*)min0

18、.规*解答(1)因为f(*)eq f(e*,*)，所以f(*)eq f(e*e*,*2)eq f(e*1,*2)，f(2)eq f(e2,4)，又切点为eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(e2,2)，所以切线方程为yeq f(e2,2)eq f(e2,4)(*2)，即e2*4y0.(2)证明：设函数g(*)f(*)2(*ln*)eq f(e*,*)2*2ln*，*(0，)，则g(*)eq f(e*1,*2)2eq f(2,*)eq f(e*2*1,*2)，*(0，)设h(*)e*2*，*(0，)，则h(*)e*2，令h(*)0，则*ln2.当*(0，ln2)时，h(*)0.所以h

19、(*)minh(ln2)22ln20，故h(*)e*2*0.令g(*)eq f(e*2*1,*2)0，则*1.当*(0,1)时，g(*)0.所以g(*)ming(1)e20，故g(*)f(*)2(*ln*)0，从而有f(*)2(*ln*)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(*)求g(*)的最值来完成在求g(*)的最值过程中，需要探讨g(*)的正负，而此时g(*)的式子中有一项e*2*的符号不易确定，这时可以单独拿出e*2*这一项，再重新构造新函数h(*)e*2*(*0)，考虑h(*)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

20、值，同时在(2)中定义域也是易无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3(2017*质检)函数f(*)ae*bln*，曲线yf(*)在点(1，f(1)处的切线方程为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)1)*1.(1)求a，b；(2)证明：f(*)0.解(1)函数f(*)的定义域为(0，)f(*)ae*eq f(b,*)，由题意得f(1)eq f(1,e)，f(1)eq f(1,e)1，所以eq blcrc (avs4alco1(aef(1,e)，,aebf(1,e)1，)解得eq blcrc (avs4alco1(af(1,e2)，,b1.)(2)由(1)

21、知f(*)eq f(1,e2)e*ln*.因为f(*)e*2eq f(1,*)在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以f(*)0在(0，)上有唯一实根*0，且*0(1,2)当*(0，*0)时，f(*)0，从而当*0时，f(*)取极小值，也是最小值由f(*0)0，得e*02eq f(1,*0)，则*02ln*0.故f(*)f(*0)e *02ln*0eq f(1,*0)*022eq r(f(1,*0)*0)20，所以f(*)0.4、【2017高考三卷】2112分函数 =*1aln*1假设 ，求a的值；2设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值21.解：1的定义域为. = 1 * GB3

22、假设，因为，所以不满足题意； = 2 * GB3 假设，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，故*=a是在的唯一最小值点.由于，所以当且仅当a=1时，.故a=12由1知当时，令得，从而故而，所以m的最小值为3.2112分函数=ln*+a*2+(2a+1)*1讨论的单调性；2当a0时，证明【答案】1当时，在单调递增；当时，则在单调递增，在单调递减；2详见解析题型四利用导数研究恒成立问题题型概览：不等式恒成立求参数取值*围，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；假设参数不便于别离，或别离以后不便于求解，则考虑直接构造函数法，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式

23、，从而求出参数的取值*围函数f(*)eq f(1,2)ln*m*，g(*)*eq f(a,*)(a0)(1)求函数f(*)的单调区间；(2)假设meq f(1,2e2)，对*1，*22,2e2都有g(*1)f(*2)成立，*数a的取值*围审题程序第一步：利用导数判断f(*)的单调性，对m分类讨论；第二步：对不等式进展等价转化，将g(*1)f(*2)转化为g(*)minf(*)ma*；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：确定结果规*解答(1)f(*)eq f(1,2)ln*m*，*0，所以f(*)eq f(1,2*)m，当m0时，f(*)0，f(*)在(0，)上单调递增

24、当m0时，由f(0)0得*eq f(1,2m)；由eq blcrc (avs4alco1(f*0，,*0)得0*eq f(1,2m)；由eq blcrc (avs4alco1(f*0)得*eq f(1,2m).综上所述，当m0时，f(*)的单调递增区间为(0，)；当m0时，f(*)的单调递增区间为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2m)，单调递减区间为eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2m)，).(2)假设meq f(1,2e2)，则f(*)eq f(1,2)ln*eq f(1,2e2)*.对*1，*22,2e2都有g(*1)f(*2)成立，等价于对*2,2

25、e2都有g(*)minf(*)ma*，由(1)知在2,2e2上f(*)的最大值为f(e2)eq f(1,2)，g(*)1eq f(a,*2)0(a0)，*2,2e2，函数g(*)在2,2e2上是增函数，g(*)ming(2)2eq f(a,2)，由2eq f(a,2)eq f(1,2)，得a3，又a0，所以a(0,3，所以实数a的取值*围为(0,3解题反思本例(1)的解答中要注意f(*)的定义域，(2)中问题的关键在于准确转化为两个函数f(*)、g(*)的最值问题此题中，*1，*2有g(*1)f(*2)g(*)minf(*)ma*.假设改为：*1，*2都有g(*1)f(*2)，则有g(*)ma

26、*f(*)ma*.假设改为：*1，*2都有g(*1)g(*2)，则有g(*)minf(*)min要仔细体会，转化准确答题模板解决这类问题的答题模板如下：题型专练4f(*)*ln*，g(*)*2a*3.(1)对一切*(0，)，2f(*)g(*)恒成立，*数a的取值*围；(2)证明：对一切*(0，)，ln*eq f(1,e*)eq f(2,e*)恒成立解(1)由题意知2*ln*2a*3对一切*(0，)恒成立，则a2ln*eq f(3,*)，设h(*)2ln*eq f(3,*)(*0)，则h(*)eq f(*3*1,*2)，当*(0,1)时，h(*)0，h(*)单调递增，所以h(*)minh(1)4

27、，对一切*(0，)，2f(*)g(*)恒成立，所以ah(*)min4.即实数a的取值*围是(，4(2)证明：问题等价于证明*ln*eq f(*,e*)eq f(2,e)(*(0，)又f(*)*ln*，f(*)ln*1，当*eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e)时，f(*)0，f(*)单调递增，所以f(*)minfeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)eq f(1,e).设m(*)eq f(*,e*)eq f(2,e)(*(0，)，则m(*)eq f(1*,e*)，易知m(*)ma*m(1)eq f(1,e)，从而对一切*(0，)，ln*eq f(1,e*)e

28、q f(2,e*)恒成立当*(1，)时，h(*)0，h(*)单调递增，所以h(*)minh(1)4，对一切*(0，)，2f(*)g(*)恒成立，所以ah(*)min4.即实数a的取值*围是(，4题型五：二阶导主要用于求函数的取值*围23(12分)函数f*=*+1ln*a*1I当a=4时，求曲线y=f*在1，f1处的切线方程；II假设当*1，+时，f*0，求a的取值*围【解答】解：I当a=4时，f*=*+1ln*4*1f1=0，即点为1，0，函数的导数f*=ln*+*+14，则f1=ln1+24=24=2，即函数的切线斜率k=f1=2，则曲线y=f*在1，0处的切线方程为y=2*1=2*+2；IIf*=*+1ln*a*1，f*=1+ln*a，f*=，*1，f*0，f*在1，+上单调递增，f*f1=2aa2，f*f10，f*在1，+上单调递增，f*f1=0，满足题意；a2，存在*01，+，f*0=0，函数f*在1，*0上单调递减，在*0，+上单调递增，由f1=0，可得存在*01，+，f*00，不合题意综上所述，a223(12分)函数f*=*+1ln*a*1I当a=4时，求曲线y=f*在1，f1处的切线方程；II