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第3讲导数与函数综合问题1.利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.2.在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.1.导数的几何意义函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0)处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率kf(x0)，相应的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0).2.四个易误导数公式(1)(sin x)cos x；(2)(cos x)sin x；(3)(ax)axln a(a0，且a1)；(4)(logax)(a0，且a1，x0).3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.f(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)x3在(，)上单调递增，但f(x)0.f(x)0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f(x)0时，则f(x)为常数函数.(2)利用导数研究函数单调性的方法.若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0，右侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f(x)0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.(2)设函数yf(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在a，b上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.5.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.6.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x时，函数值也趋向，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x10两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)0或者f(x2)0三个f(x1)0且f(x2)07.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)g(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI).xI，使f(x)g(x)成立I与f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI).对x1，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.对x1I，x2I使得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.热点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2019衡水中学)已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当,，为两个不相等的正数，证明：.解（1）函数的定义域为，.若，则在区间内为增函数；若，令，得.则当时，在区间内为增函数；当时，在区间内为减函数.（2）当时，.不妨设，则原不等式等价于，令，则原不等式也等价于即.下面证明当时，恒成立.设，则，故在区间内为增函数，即，所以.探究提高1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f(x)0或f(x)0.(2)对k分类讨论不全，题目中已知k0，对k分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面.【训练1】已知aR，函数f(x)(x2ax)ex(xR，e为自然对数的底数).(1)当a2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(1，1)上单调递增，求a的取值范围；(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围，若不是，请说明理由.解(1)当a2时，f(x)(x22x)ex，所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f(x)0，即(x22)ex0，因为ex0，所以x220，解得x.所以函数f(x)的单调递增区间是(，).(2)因为函数f(x)在(1，1)上单调递增，所以f(x)0对x(1，1)都成立.因为f(x)(2xa)ex(x2ax)exx2(a2)xaex，所以x2(a2)xaex0对x(1，1)都成立.因为ex0，所以x2(a2)xa0，则a(x1)对x(1，1)都成立.令g(x)(x1)，则g(x)10.所以g(x)(x1)在(1，1)上单调递增.所以g(x)g(1)(11).所以a的取值范围是.(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f(x)0对xR都成立，即x2(a2)xaex0对xR都成立.因为ex0，所以x2(a2)xa0对xR都成立.所以(a2)24a0，即a240，这是不可能的.故函数f(x)不可能在R上单调递减.热点二利用导数研究函数的极值和最值【例2】 (2018安阳调研)已知函数的极大值为2（1）求实数的值；（2）求在上的最大值解（1）依题意，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，即，解得（2）由（1）知在和上单调递增，在上单调递减，当，即时，在上单调递增，所以在上的最大值为当，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上的最大值为当且，即时，在上单调递减，所以在上的最大值为当，即时，令，得或（舍去）当时，在上的最大值为当时，在上的最大值为综上可知：当或时，在上的最大值为；当时，在上的最大值为；当时，在上的最大值为探究提高1.求函数f(x)的极值，则先求方程f(x)0的根，再检查f(x)在方程根的左右附近函数值的符号.2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f(x)0根的大小或存在情况来求解.3.求函数f(x)在闭区间a，b的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.【训练2】(2017郴州二模选编)已知函数f(x)ax2(12a)xln x.(1)当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)当a0，因为a0，x0，0，x10，得x1，f(x)的单调递增区间为(1，).(2)由(1)可得f(x)，因为a1，即a0时，f(x)0，因此f(x)在(0，1)上是减函数，f(x)在上的最小值为f(1)1a.当1，即1a时，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，因此f(x)在上是减函数，在上是增函数，f(x)的最小值为f1ln(2a).当，即a0，因此f(x)在上是增函数，f(x)的最小值为faln 2.综上，函数f(x)在区间上的最小值为：f(x)min热点三利用导数研究函数的零点(方程的根)【例3】(2019上高二中)已知函数.（）求的单调区间；（）若，求证：函数只有一个零点，且；解（）解：的定义域为.，令，或，当时，函数与随的变化情况如下表：所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和，当时，.所以，函数的单调递减区间是，当时，函数与随的变化情况如下表：所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.（）证明：当时，由（）知，的极小值为，极大值为.因为，且又由函数在是减函数，可得至多有一个零点，又因为，所以函数只有一个零点，且.探究提高1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练3】(2016北京卷节选)设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.f(0)c，f(0)b，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为ybxc.(2)当ab4时，f(x)x34x24xc，f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.当x变化时，f(x)与f(x)在区间(，)上的情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc当c0且c0时，f(4)c160，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.热点四利用导数求解不等式问题【例4】(2018深圳期末)已知函数，（）当时，求的单调区间；（）若，求的取值范围解：（1）的定义域为，当或时，当时，在和上是增函数，在上是减函数，和上是增区间，上是减区间（2）由，得在时恒成立，令，则，令，则，在为增函数，在为增函数，所以，即实数的取值范围为探究提高1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性.(2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练4】(2017石家庄调研)已知函数f(x)(x1).(1)判断函数f(x)的单调性；(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln xa(x1)在(1，)上恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，试说明理由；(3)证明：ln(1234n)1，所以x(x1)20.设g(x)x1xln x，g(x)1ln x1ln x0.g(x)在(1，)上是减函数，则g(x)g(1)0.因此f(x)0，故f(x)在(1，)上为减函数.(2)解由ln x0，若a0时显然不满足题意，因此a0.设F(x)a(x1)ln x，F(x)a，令F(x)0，得x.a1时，00，F(x)F(1)0，因此a1时，ln xa(x1)在(1，)上恒成立.0a1，F(x)在为减函数，在为增函数，F(x)minF(1)0，不满足题意.综上，存在实数a1，)，不等式ln xa(x1)在(1，)上恒成立.(3)证明由(2)得，ln xa(x1)x1x在(1，)上恒成立.所以ln 22，ln 33，ln nn.以上各式左右两边分别相加，得ln 2ln 3ln 4ln n234n，则ln 1ln 2ln 3ln 4ln n1234n，所以ln(1234n)0，则实数a的取值范围是()A.(2，) B.(1，)C.(，2) D.(，1)4.(2018全国I卷)已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：1.(2018忻州一中)设函数的图像在点处切线的斜率为，则函数的图像为（）2.(2019绵阳诊断)若函数的图象上任意一点的切线斜率均大于0，则实数的取值范围为（）ABCD3.(2017贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1af(x)，且f(0)1，则不等式0时，x(，0)，f(x)0；x，f(x)0，且f(0)10，故f(x)有小于0的零点，不满足.当a0且唯一，只需f0，则a24，所以a2.故选C.4.【解题思路】(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【答案】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在，单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则，由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.1.【解题思路】由导函数易知其图像.【答案】函数在某点处切线的斜率为函数在该点的导数，由原函数可知，即，很显然，即为奇函数，排除选项A，C，又在时，所以排除D选项，故本题的正确选项为B.2.【解题思路】由条件得到对恒成立，所以，即可b的取值范围【答案】，则有对恒成立，所以，又，当时，取得最小值4，所以故选A.3.【解题思路】通过导函数图像得到函数的单调性，结合函数值确定函数的大致图像.【答案】根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示.由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.故选D.4.【解题思路】（1）利用导数求解单调区间，注意参数的讨论；（2）分离参数，结合目标函数的最值求解；（3）利用导数求出极值点，结合目标函数单调性求解.【答案】(1)函数定义域为,因为，,当时,恒成立,在上单调递减；当时,令得，当时，当时，综上：当时,单调递减区间为，无增区间；当时,增区间为，减区间为,（2）因为在上只有一个零点,所以方程在上只有一个解.设函数，则,当时,当时,所以在上单调递增,在上单调递减，故,又，,，所以的取值范围为.（3）由（1）知当时，在时取得极小值,的极小值为，设函数，当时，；单调递减；当时，；单调递增；故，即，所以.1.【解题思路】本道题分别计算该四个函数的导数,结合函数的性质,判断是否存在相应点,即可得出答案.【答案】对于1,求导，解得,不存在,错误;对于2,求导，解得,不存在,错误; 对于3,求导，,存在,故正确;对于4,求导，,解得,存在,正确,故选B.2.【解题思路】构造函数，利用其单调性.【答案】因为，所以，则，而得到，解得或，由知单调递减，故舍去，所以；则，所以有穷数列，（）的通项为，所以前项和为，令3.【解题思路】构造函数g(x)，利用g(x)的单调性求解.【答案】令g(x)，则g(x).由题意得g(x)0恒成立，所以函数g(x)在R上单调递减.又g(0)1，所以1，即g(x)0，所以不等式的解集为x|x0.故填x|x0.4.【解题思路】(1)恒成立问题转化为最值问题；(2)求导判断函数的单调性，极值情况，进而确定其零点情况.【答案】解(1)由对一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，有2xln xx2ax3，即a2ln xx恒成立.令h(x)2ln xx，h(x)1，当x1时，h(x)0，h(x)是增函数，当0x1时，h(x)0)，令f(x)xln x(x0)，f(x)1ln x，当x时，f(x)0，f(x)单调递增.所以当且仅当x时，f(x)取最小值，且f(x)min，设(x)(x0)，则(x)，易知(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以当且仅当x1时，(x)取最大值，且(x)max，中取等号的条件不同，且，即F(x)ln x0恒成立，故函数F(x)没有零点.
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