2018届二轮复习 导数与函数综合问题学案（全国通用）
第3讲 导数与函数综合问题
函数、导数与不等式
考向预测
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.
知识与技巧的梳理
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k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
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.
①f′(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.
②f′(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.
①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.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题 求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧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，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(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x1
0
两个
f(x1)＝0或者f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0
(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)＞0
7.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)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).
②∃x∈I，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)]max>0(x∈I).
③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
热点题型
热点一 利用导数研究函数的单调性
【例1】 已知函数f(x)＝ln x＋，其中常数k>0，
(1)讨论f(x)在(0，2)上的单调性；
(2)若k∈[4，＋∞)，曲线y＝f(x)上总存在相异两点M(x1，y1)，N(x2，y2)使得曲线y＝f(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1＋x2的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝－－1＝＝－(x>0，k>0).
①当0k>0，且>2，
所以x∈(0，k)时，f′(x)<0，x∈(k，2)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k，2)上是增函数；
②当k＝2时，＝k＝2，f′(x)<0在(0，2)上恒成立，
所以f(x)在(0，2)上是减函数；
③当k>2时，0<<2，k>，
所以x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数.
(2)由题意，可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)，
得4(x1＋x2)＝x1x2，
又x1x2<，
∴4(x1＋x2)<，
即x1＋x2>对k∈[4，＋∞)恒成立，
令g(k)＝k＋，则g′(k)＝1－>0.
∴g(k)＝k＋在[4，＋∞)上是增函数，
所以g(k)≥g(4)＝5，所以≤，所以x1＋x2>，
故x1＋x2的取值范围为.
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.解答本例容易出现以下错误：
(1)忽略函数的定义域，在函数解析式中含有对数必须满足x>0.
(2)对k分类讨论不全，题目中已知k>0，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a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).
(1)当a＝2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a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，
因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，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)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.
令g(x)＝(x＋1)－，
则g′(x)＝1＋＞0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增.
所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝.
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x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立.
因为ex＞0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立.
所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，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】 (2017·北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.
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 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＋(1－2a)x－ln x.
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a<0时，求函数f(x)在上的最小值.
解 (1)由函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
可得f′(x)＝2ax＋(1－2a)－＝，
令f′(x)>0，因为a>0，x>0，
∴>0，∴x－1>0，得x>1，
∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
(2)由(1)可得f′(x)＝，
因为a<0，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
①当－>1，即－0，因此f(x)在上是增函数，
∴f(x)的最小值为f ＝－a＋ln 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】 (2017·淄博诊断)已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.718 28…是自然对数的底数).
(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间内无零点，求实数a的最大值.
解 (1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上递增.
若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0恒成立.
因此只需f′(－1)＝e-1－a≤0，解之得a≥.
又当a＝时，f′(x)＝ex－≤0当且仅当x＝－1时取等号.
所以实数a的取值范围是.
(2)法一 由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，
则F′(x)＝a－＝＝，x>0.
①当a≤0时，F ′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
结合F(1)＝0知，当x∈时，F(x)>0.
所以F(x)在内无零点.
②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝.
若≥时，即a∈(0，4]时，F(x)在上是减函数.
又x→0时，F(x)→＋∞.
要使F(x)在内无零点，只需F＝－－2ln≥0，则04时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数.
∴F(x)min＝F＝2－a－2ln，
令φ(a)＝2－a－2ln，则φ′(a)＝－1＋＝<0.
∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0.
因此F<0，所以F(x)在x∈内一定有零点，不合题意，舍去.
综上，函数F(x)在内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln 2.
法二 当a≤0时，同法一.
当a>0时，x∈，F′(x)<0；x∈，F′(x)>0.
所以F(x)在上单调递减，在上单调递增.
因此F(x)min＝F.
①若≥1，即0F(1)＝0，所以F(x)在内无零点.
②若<1，即a>2时，F(x)min＝F≤F(1)＝0.
要使函数F(x)在内无零点，
只需F＝－－2ln≥0，
则20且c－<0时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，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)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.
热点四 利用导数求解不等式问题
【例4】(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0，
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此g(x)>g(1)＝0.
②当a>2时，令g′(x)＝0，
得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2>1和x1x2＝1得x1<1.
故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)1).
(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 x1，所以x(x－1)2>0.
设g(x)＝x－1－xln x，g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x<0.
∴g(x)在(1，＋∞)上是减函数，则g(x)0，
若a≤0时显然不满足题意，因此a>0.
设F(x)＝a(x－1)－ln x，
F′(x)＝a－＝＝，
令F′(x)＝0，得x＝.
①a≥1时，0<≤1，F′(x)>0，∴F(x)>F(1)＝0，
因此a≥1时，ln x1，F(x)在为减函数，在为增函数，
∴F(x)min1时，f′(x)>0，
当－20，则实数a的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－∞，－1)
【解题思路】对a进行讨论，求导确定函数的单调性与极值点，结合图像判断其零点情况.
【答案】由题意知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于0的零点，不满足.当a<0时，需使x0>0且唯一，只需f>0，则a2
>4，所以a<－2.故选C.
4.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e-21时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在单调递减，在单调递增.
又h(e-2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).
由x0∈得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，
由e-1∈(0，1)，f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)＝e-2.
所以e-2成立，y＝f′(x)为函数y＝f(x)的导函数，则f(a＋1)－f(a)，f′(a)，f′(a＋1)的大小关系为( )
A.f′(a)(m≠n)；∴y＝f(x)的图象上凸，如图所示，又f(a＋1)－f(a)＝表示两点M，N连线的斜率kMN.
f′(a)与f′(a＋1)分别表示曲线y＝f(x)在点M，N处切线的斜率，
因此f′(a＋1)0时的函数解析式，再求其切线.
【答案】令x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x，又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则f′(x)＝－3(x>0).∴f′(1)＝－2，
∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.故填 2x＋y＋1＝0.
3.(2017·长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________.
【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|x>0}.故填 {x|x>0}.
4.(2017·郴州二模)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
(2)探讨函数F(x)＝ln x－＋是否存在零点？若存在，求出函数F(x)的零点，若不存在，
请说明理由.
【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 x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋恒成立.
令h(x)＝2ln x＋x＋，h′(x)＝＋1－＝＝，
当x>1时，h′(x)>0，h(x)是增函数，
当00)，
令f(x)＝xln x(x>0)，f′(x)＝1＋ln x，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
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＝－，①
设φ(x)＝－(x>0)，则φ′(x)＝，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以当且仅当x＝1时，φ(x)取最大值，且φ(x)max＝－，②
∵①②中取等号的条件不同，且<1，
所以对x∈(0，＋∞)都有ln x>－，
即F(x)＝ln x－＋>0恒成立，
故函数F(x)没有零点.
