专题 函数与导数综合题的解答
1. 本专题在高考中的地位
导数是研究函数的单调性、极值(最值) 最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，
所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度
从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值) ，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 热点一 用导数研究函数的性质
函数是高中数学的重点内容，而函数的性质又是高考命题的热点，用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多，并且具有普遍的适用性．
例1(2012·高考北京卷) 已知函数f(x)＝ax 2＋1(a＞0) ，g(x)＝x 3＋bx.
(1)若曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1，c) 处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 【审题】 (1)在交点(1，c) 处有公共切线，隐含(1，c) 为切点，可考虑f ′(1)与g ′(1)．f(1)与g(1)的关系．
(2)构造函数h(x)＝f(x)＋g(x)，求h ′(x)＞0，h ′(x)＜0的x 的范围，继而求(－∞，－1]上的最大值．
⎧⎪f ′(1)＝g ′(1)
【转化】 (1)中题意转化为⎨.
⎪f (1)＝g (1)⎩
(2)中转化为求h ′(x)＞0，h ′(x)＜0的解由极值求最值．
【解】 (1)f′(x)＝2ax ，g ′(x)＝3x 2＋b ，
因为曲线y ＝f(x)与曲线y ＝g(x)在它们的交点(1，c) 处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f ′(1)＝g ′(1)．
即a ＋1＝1＋b ，且2a ＝3＋b. 解得a ＝3，b ＝3.
1
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当b ＝a 2时，
41
h(x)＝x 3＋ax 2＋a 2x ＋1，
41
h ′(x)＝3x 2＋2ax ＋a 2.
4
a a
令h ′(x)＝0，得x 1＝－x 2＝－.
26a ＞0时，h(x)与h ′(x)的变化情况如下：
－∞，－和－∞； 所以函数h(x)的单调递增区间为2⎝6⎝⎭a a
－. 单调递减区间为⎛6⎝2a
当－－1，即0＜a ≤2时，
2
函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1) 1＝a －a 2.
4
a a
当－1，且－≥－1，即2＜a ≤6时，
26
a ⎛－a ，－1⎤上单调递减，－∞，－⎫上单调递增，函数h(x)在区间⎛在区间h(x)在区间(－2⎭⎝⎝2⎦a
－＝1. ∞，－1]上的最大值为h ⎛⎝2a
当－1，即a ＞6时，
6
a
－＝1. 所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h ⎛⎝2a a a
－，－上单调递减，在区间函数h(x)在区间(－∞，－) 上单调递增，在区间⎛6⎝22
⎛－a 1⎤上单调递增，又因为h ⎛－a －h(－1) ＝1－a ＋12＝1－2) 2＞0，
⎝6⎦⎝244
【反思】 本题考查了导数的运算性质，导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及最值的方法．利用列表法，研究h ′(x)的正负及单调区间一目了然．求最值时，要考虑99
极值点，－与区间(－∞，－1]的关系，所以分类讨论来确定最值．
26
热点二 导数、函数与不等式
用导数的方法研究与函数有关的不等式问题，是巧妙地构造函数，然后这个函数的单调性、极值、最值及特殊点的函数值，结合不等式的性质来解决．
例2(2012·高考辽宁卷) 设f(x)＝ln xx －1，证明：
3
(1)当x ＞1时，f(x)－1) ；
29(x －1)
(2)当1＜x ＜3时，f(x)＜.
x ＋5
【审题】 本题涉及f(x)的不等式，可以构造形如f(x)－φ(x)的函数来证明． 33
【转化】 (1)当x ＞1，所证f(x)＜(x－1) 转化为f(x)－1) ＜0证明．
229(x －1)9(x －1)
(2)当1＜x ＜3，f(x)f(x)－＜0，证明．
x ＋5x ＋53
【证明】 (1)法一：记g(x)＝ln x＋x －1－－1) ，则当x ＞1时，
2113
g ′(x)＝＋－0.
x 2x 2
3
又g(1)＝0，所以有g(x)＜0，即f(x)＜－1) ．
2x 1
法二：当x ＞1时，2x ＜x ＋1，故x ＜＋①
221
令k(x)＝ln x－x ＋1，则k(1)＝0，k ′(x)＝－1＜0，
x 故k(x)＜0，即ln x＜x －1. ②
3
由①②得，当x ＞1时，f(x)＜(x－1) ．
29(x －1)
(2)法一：记h(x)＝f(x)－，由(1)得
x ＋51154
h ′(x)＝＋－
x 2x (x ＋5)2＋x x ＋5(x ＋5)3－216x 5454＝－＜－＝2x (x ＋5)4x (x ＋5)4x (x ＋5)令G(x)＝(x＋5) 3－216x ，则当1＜x ＜3时，G ′(x)＝3(x＋5) 2－216＜0，因此G(x)在(1,3)内是减函数．
又由G(1)＝0，得G(x)＜0，所以h ′(x)＜0.
因此h(x)在(1,3)内是减函数．又h(1)＝0，所以h(x)＜0. 9(x －1)于是当1＜x ＜3时，f(x)＜x ＋5
法二：记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1) ，则当1＜x ＜3时，由(1)得h ′(x)＝f(x)＋(x＋5)f ′(x)－9
3⎛11⎫－9 ＜(x－1) ＋(x＋2⎝x 2x ⎭1
＝[3x(x－1) ＋(x＋5)(2＋x) －18x] 2x
1⎛2＋x ＋1－18x ⎤ ＜⎡3x (x －1)＋(x ＋5)⎝22⎦2x ⎣
1
＝(7x2－32x ＋25) ＜0. 4x 因此h(x)在(1,3)内单调递减． 又h(1)＝0，所以h(x)＜0， 9(x －1)
即f(x)＜.
x ＋5
【反思】 此题的关键点是转化所证不等式构造新函数，研究其性质．(1)的证法一是利用g(x)的递减性形成不等式g(x)＜g(1)．
x 1
证法二又利用了不等式的“同向相加”x ，ln x－x －1，得到
22x 1
ln xx ＜x －1＋＋同样(2)也采用了类似的证法
22热点三 恒成立及求参数范围问题
恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成函数表达式中的常量，利用函数性质求解．
(2012·高考天津卷改编) 已知函数f(x)＝x －ln(x＋a) 的最小值为0，其中a ＞0. (1)求a 的值；
(2)若对任意的x ∈[0，＋∞) ，有f(x)≤kx 2成立，求实数k 的最小值． 【审题】 (1)根据极值与最值的关系，可求a. (2)中，f(x)≤kx 2对于x ∈[0，＋∞) 是恒成立． 而已知f(x)min ＝0，讨论k 的取值．
【转化】 (1)已知f(x)min ＝0转化求f(x)min 用a 表示． (2)f(x)≤kx 2恒成立转化为f(x)－kx 2≤0恒成立求解． 【解】 (1)f(x)的定义域为(－a ，＋∞) ．
x ＋a －11
f ′(x)＝1－由f ′(x)＝0，得x ＝1－a ＞－a.
x ＋a x ＋a 当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：
(2)当k ≤0时，取x ＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0，故k ≤0不合题意． 当k ＞0时，令g(x)＝f(x)－kx 2，即g(x)＝x －ln(x＋1) －kx 2.
－x[2kx－(1－2k )]1－2k x
g ′(x)＝2kx ＝. 令g ′(x)＝0，得x 1＝0，x 2＝1.
2k x ＋1x ＋1
1－2k 1
①当k ≥≤0，g ′(x)＜0在(0，＋∞) 上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞) 上单调
22k 递减．从而对于任意的x ∈[0，＋∞) ，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx 2在[0，＋∞) 上恒成立．
1
故k ≥
2
1－2k 1－2k 1－2k 1
②当0＜k ＜时，＞0，对于x ∈⎛0，，g ′(x)＞0，故g(x)在⎛0，内
22k 2k 2k ⎝⎝1－2k 单调递增．因此当取x 0∈⎛0，时，g(x0) ＞g(0)＝0，即f(x0) ≤kx 20不成立． 2k ⎭⎝
1
故0＜k ＜不合题意．
21
综上，k 的最小值为2
热点四 利用导数识别函数图象
给出函数解析式描绘或者识别其图象．除根据一般方法研究其性质外，求导也有独到的技巧．
x (2011·高考山东卷) 函数y ＝2sin x的图象大致是( )
2
【审题】 此函数不是一般的初等函数，根据简单的性质不易识别其图象．为了确定其单调性的变化．
x x
转化：函数y ＝2sin x与x 轴的交点转化y ＝sin x与y ＝
24
单调性转化为求y ′＞0，y ′＜0的x 的范围．1．(2013·东北三校联合模拟) 已知函数f(x)＝(1＋x)ln x.
(1)求f(x)在x ＝1处的切线方程； (2)设g(x)＝
1
，对任意x ∈(0,1)，g(x)＜－2. 求实数a 的取值范围．
a (1－x )
解：(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞) ， 1＋x
∵f ′(x)＝ln x＋
x
∴f ′(1)＝2，且切点为(1,0)，
故f(x)在x ＝1处的切线方程为y ＝2x －2.
1＋x 1＋x
(2)g(x)＝ln x，由题意知a ≠0，因为x ∈(0,1)，所以ln x＜0.
a (1－x )1－x ①当a ＜0时，g(x)＞0，不合题意．
2a (1－x )
②当a ＞0时，x ∈(0,1)，由g(x)＜－2，可得ln x＋0.
1＋x 2a (1－x )x 2＋(2－4a )x ＋1
设h(x)＝ln x＋，则x ∈(0,1)，h(x)＜0.h ′(x)＝.
1＋x x (1＋x )设m(x)＝x 2＋(2－4a)x ＋1，方程m(x)＝0的判别式Δ＝16a(a－1) ．
若a ∈(0,1]，Δ≤0，m(x)≥0，h ′(x)≥0，h(x)在(0,1)上是增函数，又h(1)＝0，所以x ∈(0,1)时，h(x)＜0.
若a ∈(1，＋∞) ，Δ＞0，m(0)＝1＞0，m(1)＝4(1－a) ＜0，故存在x 0∈(0,1)，使得m(x0) ＝0，对任意x ∈(x0, 1) ，m(x)＜0，h ′(x)＜0，h(x)在(x0, 1) 上是减函数，又h(1)＝0，故当x ∈(x0, 1) 时，h(x)＞0.
综上，实数a 的取值范围是(0,1]．
2．(2013·海淀区期末) 已知函数f(x)＝e x (x2＋ax －a) ，其中a 是常数．
(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[0，＋∞) 上的最小值． 解：(1)由f(x)＝e x (x2＋ax －a) 可得 f ′(x)＝e x [x2＋(a＋2)x]． 当a ＝1时，f(1)＝e ，f ′(1)＝4e.
所以曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y －e ＝4e(x－1) ，即y ＝4ex －3e. (2)令f ′(x)＝e x [x2＋(a＋2)x]＝0， 解得x ＝－(a＋2) 或x ＝0.
当－(a＋2) ≤0，即a ≥－2时，在区间[0，＋∞) 上，f ′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞) 上单调递增，
所以f(x)在区间[0，＋∞) 上的最小值为f(0)＝－a ；
当－(a＋2) ＞0，即a ＜－2时，f ′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：
由上表可知函数f(x)在区间[0，＋∞) 上的最小值为f(－(a＋2)) ＝＋e
综上可知，当a ≥－2时，f(x)在[0，＋∞) 上的最小值为－a ；当a ＜－2时，f(x)在[0，
a ＋4
＋∞) 上的最小值为＋.
e
1－x
3．(2013·山西高考训练) 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－aln x，a ≠0.
ax
x －1
(1)当a ＝－1时，求函数F(x)＝g(x)－的单调区间；
x
(2)当a ＞0时，x ∈[1，＋∞) ，f(x)≤g(x)恒成立，求实数a 的取值范围． x －1
解：(1)当a ＝－1时，F(x)＝ln x－，x ＞0.
x 所以F ′(x)＝
x －1
，x ＞0. x 当0＜x ＜1时，F ′(x)＜0，所以F(x)在区间(0,1)上单调递减； 当x ＞1时，F ′(x)＞0，所以F(x)在区间(1，＋∞) 上单调递增． 综上，函数F(x)的单调递增区间为(1，＋∞) ．单调递减区间为(0,1)． x －1
(2)设φ(x)＝g(x)－f(x)＝(x－a)ln x＋x ∈[1，＋∞) ，φ(1)＝0.
ax 1x －a
则φ′(x)＝＋ln x.
ax x
①当0＜a ＜1时，φ′(x)＞0，φ(x)在区间[1，＋∞) 上为增函数，则φ(x)≥φ(1)＝0. 21a 212
x ＋ax －⎫， ②当a ≥1时，令h(x)＝φ′(x)，则h ′(x)＝＋－＝⎛a ⎭x x ax x ⎝
a 22(a ＋2)(a －1)
∵－＜1，∴当x ≥1时，x 2＋ax －1＋a 0，故h ′(x)≥0，则h(x)
2a a a 在[1，＋∞) 上为增函数，即φ′(x)在[1，＋∞) 上为增函数． 1＋51
由φ′(1)＝1－a ＋0，解得1≤a ≤a 2
15
故当1≤a ≤时，φ′(x)≥φ′(1)≥0，故φ(x) 为增函数，φ(x)≥φ(1)＝0；
21＋5当a ＞φ′(1)＜0.
2
15
故存在x 0＞1，使得当x ∈[1，x 0) 时，φ′(x)＜0，则φ(x)＜0，故a ＞时不符合题
2意．
⎛1＋5.
综上，a ∈ 0，2⎝
x ＋a －
4．(2013·潍坊三模) 已知函数f(x)，g(x)＝e (1a)x
x ＋1
(1)若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x －3y ＋1＝0平行，求实数a 的值； (2)当0＜a ＜1时，求函数F(x)＝f(x)－g(x)在x ∈(0,1]上的值域．
x ＋a 1－a
解：(1)∵f(x)＝，∴f(x)＝；
x ＋1(x ＋1)1
又∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线z －3y ＋1＝0平行，∴f(1)＝，
31
∴a ＝－.
3
x ＋a (1－a)a
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝e ，
x ＋1
1－a (1－a )[1－e (1a )a ·(x ＋1)2](1－a)a
则F ′(x)＝－(1－a)·e ＝(x ＋1)(x ＋1)－
因为0＜a ＜1，所以1－a ＞0，e (1又x ∈(0,1]，所以(x＋1) 2＞1，e (1即1－e (1
－a)x
－a)x
.
－a)x
·(x＋1) 2＞1.
·(x＋1) 2＜0.
所以F ′(x)＜0，
即函数F(x)在x ∈(0,1]上单调递减． 因此，F(1)＝
a ＋11－a
e . 2
又F(0)＝a －1，
所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的值域为⎡
a ＋11－a
e ，a －1⎫(0＜a ＜1) ． ⎣2⎭
5．(2013·济南市模拟) 已知函数f(x)＝ax ＋ln x，其中a 为常数，设e 为自然对数的底数．
(1)当a ＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f(x)|＝
ln x1
x 2
11－x
解：(1)当a ＝－1时，f(x)＝－x ＋ln x，f ′(x)＝－1＝.
x x 当0＜x ＜1时，f ′(x)＞0；当x ＞1时，f ′(x)＜0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞) 上是减函数． f(x)max ＝f(1)＝－1.
111
，＋∞⎫. (2)∵f ′(x)＝a ＋，x ∈(0，e]，∈⎡⎭x x ⎣e 1
①若a ≥－，则f ′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上增函数
e ∴f(x)max ＝f(e)＝ae ＋1≥0. 不合题意．
111
②若a ＜－，则由f ′(x)＞0⇒a ＋＞0，即0＜x ＜－，
e x a 11
由f(x)＜0⇒a ＋0，即－x ≤e.
x a
11
0上增函数，在⎛e ⎫为减函数． 从而f(x)在⎛a ⎝⎝a ⎭11＝－1＋ln ⎛－ ∴f(x)max ＝f ⎛⎝a ⎝a 11
－＝－3，则ln ⎛－⎫＝－2 令－1＋ln ⎛⎝a ⎝a ⎭
1－1
∴－e 2，即a ＝－e 2. ∵－e 2＜－a ＝－e 2为所求．
a e (3)由(1)知当a ＝－1时f(x)max ＝f(1)＝－1， ∴|f(x)|≥1.
1－ln xln x1又令g(x)，g ′(x)＝，令g ′(x)＝0，得x ＝e ，
x 2x 当0＜x ＜e 时，g ′(x)＞0，g(x)在(0，e) 单调递增； 当x ＞e 时，g ′(x)＜0，g(x)在(e，＋∞) 单调递减． 11
∴g(x)max ＝g(e)＝＜1，∴g(x)＜1
e 2∴|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞∴方程|f(x)|＝
ln x1
x 2
ln x1
＋没有实数解． x 2