1、第 4 讲 函数与导数的综合问题 全国卷 3 年考情分析 年份 全国卷 全国卷 全国卷 2019 函数零点存在性问题， 不 等式与参数范围 T20 函数的极值点及方程 根 T21 2018 利用导数研究函数的单 调性、不等式的证明 T21 函数的单调性与导数、 函 数零点的证明 T21 导数的几何意义、 不等式 的证明 T21 2017 函数的单调性与导数、 不 等式与参数范围T21 函数的单调性与导数、 不 等式与参数范围 T21 利用导数研究函数的单 调性、不等式的证明 T21 导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高 考的常见题型，而导数与函数、不等
2、式、方程等的交汇命题，是高考的热点和难点. 解答题的热点题型有： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用导数证明不等式或探讨方程根； (3)利用导数求解参数的范围或值. 第 1 课时 函数、导数与不等式 考点一 利用导数证明不 等式 例 1 (2019 天津高考节选)设函数 f(x)excos x，g(x)为 f(x)的导函数. (1)求 f(x)的单调区间； (2)当 x 4 ， 2 时，证明：f(x)g(x) 2 x 0. 解 (1)由已知，有 f(x)ex(cos xsin x). 因此，当 x 2k 4 ，2k5 4 (kZ Z)时， 有 sin xcos x，得 f(
3、x)3 时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3； 当 a3 时，M(a)3. 综上，当 M(a)最小时，a3. 3.设函数 f(x)2ln xmx21. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有极值时，若存在 x0，使得 f(x0)m1 成立，求实数 m 的取值范围. 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)2 x2mx 2（mx21） x ， 当 m0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增； 当 m0 时，令 f(x)0，得 00，且 f(x)在 0， m m 上单调递增，在 m m ， 上单 调递减. f(x)maxf m m 2ln m m m 1
4、 m1ln m， 若存在 x0，使得 f(x0)m1 成立，则 f(x)maxm1. 即ln mm1，ln mm10)， g(x)11 x0，g(x)在(0，)上单调递增，且 g(1)0，00， 所以 f(x)在(0，)内单调递增. (2)证明：由(1)知，f(x)1ax 2ex x . 令 g(x)1ax2ex， 由 00；当 x 2 ， 时，g(x)0，g()2， 故 g(x)在(0，)存在唯一零点. 所以 f(x)在区间(0，)存在唯一零点. (2)由题设知 f()a，f()0，可得 a0. 由(1)知， f(x)在(0， )只有一个零点， 设为 x0， 且当 x(0， x0)时， f(
5、x)0； 当 x(x0， )时，f(x)0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知 f(x0)0， 所以 f(x)0 在(x0，)内存在唯一根 x. 由 x01 得 1 0，f(x)在(0，)上单调递增； 若 a0，则当 0 e a时，f(x)0，所以只需证 f(x)e x x2e， 当 ae 时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以 f(x)max f(1)e. 记 g(x)e x x2e(x0)， 则 g(x)（x1）e x x2 ， 所以当 00，g(x)单调递增， 所以 g(x)ming(1)e. 综上，当 x0 时，f
6、(x)g(x)，即 f(x)e x x2e， 即 xf(x)ex2ex0. 法二：证 xf(x)ex2ex0， 即证 exln xex2ex2ex0， 从而等价于 ln xx2e x ex. 设函数 g(x)ln xx2， 则 g(x)1 x1. 所以当 x(0，1)时，g(x)0； 当 x(1，)时，g(x)0 时，g(x)h(x)， 即 xf(x)ex2ex0. 题后悟道 函数与导数综合问题的关键 (1)会求函数的极值点，先利用方程 f(x)0 的根，将函数的定义域分成若干个开区间， 再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值； (2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的
7、单调性，从而可证明原 不等式成立； (3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手， 去求参数的取值范围. 针对训练 1.已知函数 f(x)xln x，g(x)ax 2 2 ，直线 l：y(k3)xk2. (1)若曲线 yf(x)在 xe 处的切线与直线 l 平行，求实数 k 的值； (2)若至少存在一个 x01，e使 f(x0)g(x0)成立，求实数 a 的取值范围. 解：(1)由已知得，f(x)ln x1，且 yf(x)在 xe 处的切线与直线 l 平行， 所以 f(e)ln e12k3，解得 k5. (2)因为至少存在一个 x01，e使 f(x0)g(x0
8、)成立，所以至少存在一个 x 使 xln x2ln x x 成立. 令 h(x)2ln x x ，当 x1，e时，h(x)2（1ln x） x2 0 恒成立， 因此 h(x)2ln x x 在1，e上单调递增. 故当 x1 时，h(x)min0， 所以实数 a 的取值范围为(0，). 2.设 f(x)xx 2 sin xa. (1)证明：f(x)的图象关于直线 x 2 对称； (2)讨论 f(x)零点的个数. 解：(1)证明：因为 f(x)(x)（x） 2 sin(x)a(x) 2xx 2 sin xaxx 2 sin xaf(x)，所以 f(x)的图象关于直线 x 2 对称. (2)由(1)
9、得，只需研究 x 2 时，f(x)的单调性即可. f(x)12x cos x. 当 x时，2x 2，所以 f(x)1cos x0，所以 f(x)单调递减. 当 2 x时，令 F(x)f(x)，则 F(x) 2 sin x， 所以 F(x)在 2 ， 上单调递减，又 F 2 0，F()0，所以存在 t 2 ， ， 使得 F(t)0， 当 2 xt 时，F(x)0，所以 F(x)单调递增，当 tx时，F(x)0，所以 F(x) 单调递减， 又 F 2 0，F()0， 所以当 2 x时，F(x)0，即 f(x)0，所以 f(x)单调递增. 综上，f(x)在 2 ， 上单调递增，在(，)上单调递减.
10、由对称性可得，f(x)在(，0)上单调递增，在 0， 2 上单调递减. 因为 f 2 4 1a，f(0)f()a， 所以当 a0 时，f(x)无零点； 当 a0 时，f(x)有两个零点，分别为 x0 和 x； 当 4 1a0 时，f(x)有四个零点； 当 a 4 1 时，f(x)有三个零点； 当 a 4 1 时，f(x)有两个零点. 总结升华 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”， 所以征服它需要一定的胆量和勇气， 可以参变量 分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几 个小步，也可从逻辑上重新换叙.注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能 多拿步骤分.同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用.
