2019年高考数学一轮复习(讲+练+测)： 专题3.5 导数的综合应用(讲)

【考纲解读】

考 点 考纲内容 5年统计 分析预测 2013•浙江文科21，理科8，22； 1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，2014•浙江文科21，理科22； 与不等式、函数与方程、函数的2017•浙江卷7，20. 图象相结合； 2.单独考查利用导数研究函数的了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数导数在研究函数中的应用 小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题. 的极大值、极 某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现； 3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点： (1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础； (2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 【知识清单】

1. 利用导数研究函数的图象与性质

函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项. 对点练习：

【2017浙江卷】函数y=f(x)的导函数yf(x)的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是

1

【答案】D

2．与函数零点有关的参数范围问题

1．方程f(x)0有实根Û函数yf(x)的图象与x轴有交点Û函数yf(x)有零点． 2．求极值的步骤：

①先求f(x)0的根x0（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；

②分析x0两侧导数f(x)的符号：若左侧导数负右侧导数正，则x0为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则x0为极大值点.

3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.

4．函数yf(x)的零点就是f(x)0的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标. 对点练习：

【2016新课标1卷】已知函数fxx2eax1有两个零点.

x2''(I)求a的取值范围；

(II)设x1,x2是fx的两个零点,证明：x1x22. 【答案】(0,) 【解析】

（Ⅰ）f'(x)(x1)e2a(x1)(x1)(e2a)．

2

xx（i）设a0,则f(x)(x2)ex,f(x)只有一个零点．

1,)时,f'(x)0．所以f(x)在（ii）设a0,则当x(,1)时,f'(x)0；当x((,1)上单调递减,在(1,)上单调递增．

又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且blna,则 2f(b)a3(b2)a(b1)2a(b2b)0, 22故f(x)存在两个零点．

（Ⅱ）不妨设x1x2,由（Ⅰ）知x1(,1),x2(1,),2x2(,1),f(x)在(,1)上单调递减,所以x1x22等价于f(x1)f(2x2),即f(2x2)0． 由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2,而f(x2)(x22)ex2a(x21)20,所以

f(2x2)x2e2x2(x22)ex2．

设g(x)xe2x(x2)ex,则g'(x)(x1)(e2xex)．

所以当x1时,g'(x)0,而g(1)0,故当x1时,g(x)0． 从而g(x2)f(2x2)0,故x1x22．

3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题

不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助

3

图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．

恒成立f(x)minaf(x)a：有解f(x)maxa

无解f(x)amax对点练习：

设0a1，函数f(x)xa,g(x)xlnx，若对任意的x1,x2[1,e]，都有xf(x1)g(x2)成立，则a的取值范围为 ．

【答案】[e2,1]

4．利用导数证明、解不等式问题

无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝. 对点练习：

【2017课标II，理】已知函数fxaxaxxlnx，且fx0。

2(1)求a；

(2)证明：fx存在唯一的极大值点x0，且e【答案】(1)a1； (2)证明略。 【解析】

2fx022。

4

（2）由（1）知 fxx2xxlnx，f'x2x2lnx。

设hx2x2lnx，则h'x21x。 当x0,1 时，h12'x0 ；当x2, 时，h'x0 ， 所以hx 在0,1 单调递减，在122, 单调递增。 5

【考点深度剖析】

导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势．

【重点难点突破】

考点1 利用导数研究函数的图象与性质

【1-1】【2017河南开封10月月考】函数y=4cosx-e（e为自然对数的底数）的图象可能是

|x|

A B C D :【答案】A

6

【解析】函数为y4cosxe偶函数，图象关于y轴对称，排除B、D，若x0时，

xy4cosxex,y4sinxex(4sinxex)，当0x,sinx0,ex0，当

x时，

exe，44sinx4，4sinxex0，则y0，函数在(0,)上为减函数，选

A.

【1-2】【2016·全国卷Ⅰ】函数y＝2x－e在[－2,2]的图象大致为( )

2

|x|

【答案】D

【领悟技法】

导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x轴的交点为x0，且图象在x0两侧附近连续分布于x轴上下方，则x0为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，

7

由导函数f'(x)的正负，得出原函数f(x)的单调区间． 【触类旁通】

【变式一】【2016江西新余二模】将函数g(x)2cos(x)cos(x)图象上各点的横坐

4412标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）后得到h(x)的图象，设f(x)xh(x)，则f'(x)4的图象大致为（ ）



【答案】A

【变式二】【2017·丽水模拟】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 【答案】D

【解析】由题图，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，

8

f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．

考点2 与函数零点有关的参数范围问题

【2-1】【2017浙江杭州二模】设方程xlnax（a0， e为自然对数的底数），则（ ） A. 当a0时，方程没有实数根 B. 当0ae时，方程有一个实数根 C. 当ae时，方程有三个实数根 D. 当ae时，方程有两个实数根 【答案】D

【2-2】【2017课标3，理11】已知函数f(x)x2xa(e2x1ex1)有唯一零点，则

a=

A．1 2 B．

1 3 C．

1 2 D．1

【答案】C 【解析】

2x1x1试题分析：函数的零点满足x2xaee，

设gxe

x1ex1，则gxex1ex1ex11ex1e2x11ex1，

9

当gx0时，x1，当x1时，gx0，函数gx 单调递减， 当x1时，gx0，函数gx 单调递增， 当x1时，函数取得最小值g12，

设hxx2x ，当x1时，函数取得最小值1 ，

2

【领悟技法】

1.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.

2.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.

3. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题． 【触类旁通】

【变式一】【2017湖南长沙二模】已知函数fx是定义在R上的奇函数，且当x0时， fxx1ex，则对任意mR，函数Fxffxm的零点个数至多有（ ）A. 3个 B. 4个 C. 6个 D. 9个 【答案】A

【解析】当x0时f'xx2e,由此可知fx在,2上单调递减，在2,0x上单调递增， f2e, f10且x0,fx1,数fx是定义在R上的

2奇函数， f00，而x,1时， fx0,所以fx的图象如图，令tfx,则ftm，由图可知，当t1,1时方程tfx至多3个根，当t1,1时方程

10

tfx没有根，而对任意mR， ftm至多有一个根t1,1，从而函数

Fxffxm的零点个数至多有3个.

【变式二】【2017安徽阜阳二模】已知函数fxlnxe（1）当a0是，求证： fx2； （2）若函数fx有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）a1.

xaa(e是自然对数的底数 ）.

试题解析：（Ⅰ） 当a0时，

f'x11ex,令f'x=0.得： xx0,1 x2且fx在0,x0上单增，在x0,上单减

fxmax11lnx0ex0x02.

x0x0x0（Ⅱ）g'x1exa x故等价于gx在0,上有唯一极大值点x1,且gx10

g'x101ex1alnx1x1a x1得： ax1lnx1

11

故gx12lnx1令hx2lnx1x1, x11x,h10 xh'x2110,hx0x1，则x11 xx2又yxlnx在0,上单增，由x11，得ax1lnx11. 综上， a1.

考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题

3【3-1】若不等式mxlnx1对x0,1恒成立，则实数m的取值范围是 . e2【答案】[,)

3所以f(x)在(0,e2323)上是增函数，在(e,1]是减函数.所以

2323f(x)max2122elne1elnx1，则3m，所以.(2)令g(x)f(e)23x3e2333(e)1x3(lnx1)3x2224x3xlnx，因为x0,1，所以lnx0，所以易知xg(x)66xxg(x)0，所以g(x)在0,1上是增函数.易知当x0时，g(x)，故g(x)在0,1e2lnx1上无最小值，所以m在0,1上不能恒成立.综上所述，m，即实数m的取

3x3e2值范围是[,).

3【3-2】已知函数f(x)ln(2x)． x12

（1）求f(x)在1,a(a1)上的最小值；

（2）若关于x的不等式f2(x)mf(x)0只有两个整数解，求实数m的取值范围． 【答案】（1） 【解析】

ln2a1；（2）ln2,ln6. a3∴若

ea2，f(x)的最小值为f(1)ln2，．．．4分若a2，f(x)的最小值为2ln2af(a)，

a综上，当1a2时，f(x)的最小值为f(1)ln2；当a2，f(x)的最小值为

f(a)ln2a ae2（2）由（1）知，f(x)的递增区间为(0,)，递减区间为(,)， 且在(,)上ln2xlne10，又x0，则f(x)0．又f()0．

2∴m0时，由不等式f(x)mf(x)0得f(x)0或f(x)m，而f(x)0解集为

e2e2121(,)，整数解有无数多个，不合题意； 211m0时，由不等式f2(x)mf(x)0得f(x)0，解集为(0,)(,)，

22整数解有无数多个，不合题意；

m0时，由不等式f2(x)mf(x)0得f(x)m或f(x)0，

∵f(x)0解集为(0,)无整数解，

若不等式f(x)mf(x)0有两整数解，则f(3)mf(1)f(2)， ∴ln2mln6

21213 13

综上，实数m的取值范围是ln2,ln6

3【领悟技法】

含参数的不等式f(x)g(x)恒成立、有解、无解的处理方法：①yf(x)的图象和

1yg(x)图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造F(x)f(x)g(x)，转化为F(x)的

最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为ah(x)，或ah(x)，进而转化为求函数h(x)的最值. 【触类旁通】

2x11ax3a1，若存在x0,，使得不等式【变式一】已知函数fxefx1成立，则实数a的取值范围为（ ）

e22A．0, B．0, 3e1e1C．,e21 D． ,3e1e1【答案】C 【解析】

2x2【变式二】【2017福建三明5月质检】已知函数fxeax2x1， aR．

（Ⅰ）当a4时，求证：过点P1,0有三条直线与曲线yfx相切； （Ⅱ）当x0时， fx10，求实数a的取值范围． 【答案】（I）详见解析；（II）2,. 【解析】

2x2解法一：（Ⅰ）当a4时， fxe4x2x1，

 14

fxe2x·24x22x1 e2x8x22e2x4x26x

设直线与曲线yfx相切，其切点为x0,fx0，

则曲线yfx在点x0,fx0处的切线方程为： yfx0fx0xx0， 因为切线过点P1,0，所以fx0fx01x0， 即e∵e2x04x202x01 2e2x04x026x01x0，

2x00，∴8x0314x010，

3设gx8x14x1，

∵g2350， g010， g150， g2370 ∴gx0在三个区间2,0,0,1,1,2上至少各有一个根

又因为一元三次方程至多有三个根，所以方程8x314x10恰有三个根， 故过点P1,0有三条直线与曲线yfx相切．

（1）当a2时，∵x0，∴∴mxax122，从而mx0（当且仅当x0时，等号成立） e2x1在,0上单调递增， e2x又∵m00，∴当x0时， mx0，从而当x0时， hx0，

1在,0上单调递减，又∵h00， e2x12从而当x0时， hx0，即ax2x12x0

e2∴hxax2x1于是当x0时， fx10．

15

（2）当a2时，令mx0，得a2e2x0，∴x121n2a0， 故当x11n2a2x22a,0时， mxe2xea0， ∴mxax11e2x在121n2a,0上单调递减， 又∵m00，∴当x11n22a,0时， mx0， 从而当x1221na,0时， hx0， 

解法二：（Ⅰ）当a4时， fxe2x4x22x1，

fxe2x·24x22x1 e2x8x22e2x4x26x，

设直线与曲线yfx相切，其切点为x0,fx0，

则曲线yfx在点x0,fx0处的切线方程为yfx0fx0xx0， 因为切线过点P1,0，所以fx0fx01x0， 即e2x04x202x01 2e2x04x206x01x0，

∵e2x00，∴8x3014x010

设gx8x314x1，则gx24x214，令gx0得x712 当x变化时， gx， gx变化情况如下表：

16

x gx 77 , 1212+ 0 极大值 77,1212 - 7 120 极小值7,12 + gx ↗ ↘ 2871 312↗ 2871 312

考点4利用导数证明、解不等式问题

【4-1】若f(x)的定义域为R，f(x)2恒成立，f(1)2，则f(x)2x4解集为（ ）

，) C．(,1) D．(,) A．(1,1) B．(1【答案】B

【解析】构造函数F(x)f(x)2x，则F'(x)f'(x)20，所以函数F(x)在定义域

，). 上单调递增，又F(1)f(1)24，所以f(x)2x4解集为(1【4-2】【2017浙江温州二模】

.证明：

（1）当（2）对任意

，

，当

；

时，

.

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】试题解析： 证明：（1）考虑函数则

的导数

，

，

，

17

从而故

在

， 内递减，在，都有（当且仅当时，

，即

时，

时，时，

，

，故要证②与③，只需证明

内递增.

②； ③.

， 在

内递减，

在

内递增，

，

时，等号成立）①，

；

，

因此对任意即所以当

（2）由①可知当即当当令函数注意到

【领悟技法】

1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.

2.利用导数解不等式的基本方法是构造函数，通过研究函数的单调性 ，从而解不等式的方法.

【触类旁通】

【变式一】【2017广东佛山二模】设函数fxaexlnx，其中aR， e是自然对数

x的底数.

18

（Ⅰ）若fx是0,上的增函数，求a的取值范围； （Ⅱ）若a2，证明： fx0. 2e【答案】（Ⅰ）,;（Ⅱ）见解析.

【解析】试题分析：（I）由于函数单调递增，故导函数恒为非负数，分离常数后利用导数求

1eaexlnx0，得a的最小值，由此得到a的取值范围；（II）将原不等式fx0，转化为xaexlnx，求出Fx的导数，对x分成0x1,x1两类，讨论函数的最小值，令Fxx由此证得Fx0，由此证得fx0. 试题解析：

令hx1111lnx， hx20， hx是0,上的减函数， xxx又h10，故1是hx的唯一零点，

当x0,1， hx0， gx0， gx递增；当x1,， hx0，

gx0， gx递减；

故当x1时， gx取得极大值且为最大值g1所以a1， e11，即a的取值范围是,. eeaexlnx0. （Ⅱ）fx0 xaex2lnx（x0）令Fx，以下证明当a2时， Fx的最小值大于0.

ex 19

求导得Fxax1exx211xax1ex.  2xx①当0x1时， Fx0， FxF1 ae0； ②当x1时， Fxax1xxxxGxe ，令， eax1x2ax12则Gxe x1ax1ae2220， 0，又G2e aa2mmae22me，即1m2取m1,2且使，则Gme

ae1am1am1e2e20，

因为GmG20，故Gx存在唯一零点x01,2，

aex0即Fx有唯一的极值点且为极小值点x01,2，又Fx0lnx0，

x0

【变式二】【2017课标3，理21】已知函数fxx1alnx . （1）若fx0 ，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n1【答案】(1)a1 ； (2)3 【解析】

11111m ，求m的最小值. 2222n 20

【易错试题常警惕】

易错典例：已知函数f(x)12ax(2a1)x2lnx(aR). 2（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设g(x)x22x，若对任意x1(0,2]，均存在x2(0,2]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．

易错分析：（Ⅰ）忽视定义域致误；（Ⅱ）对全称量词和特称量词理解不深刻致误． 正确解析：f(x)ax(2a1)（Ⅰ）f(x)2(x0). x(ax1)(x2)(x0). ①当a0时，x0，ax10， 在区间(0,2)x上，f(x)0；在区间(2,)上f(x)0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,).

21

②当0a1111时，2， 在区间(0,2)和(,)上，f(x)0；在区间(2,)上

aa2af(x)0，

故f(x)的单调递增区间是(0,2)和(,)，单调递减区间是(2,).

1a1a

1(x2)2③当a时，f(x)， 故f(x)的单调递增区间是(0,).

22x④当a11时，02， 2a1a1a在区间(0,)和(2,)上，f(x)0；在区间(,2)上f(x)0， 故f(x)的单调递增区间是(0,)和(2,)，单调递减区间是(,2).

1a1a

②当a111

时，f(x)在(0,]上单调递增，在[,2]上单调递减， 2aa

1a12lna. 2a故f(x)maxf()2由a111可知lnalnln1，2lna2，2lna2， 22e所以，22lna0，f(x)max0， 综上所述，aln21,

温馨提醒：(1)研究函数问题应竖立定义域优先原则；(2) 任意x1(0,2]，指的是区间内的任意一个自变量；存在x2(0,2]，指的是区间内存在一个自变量，故本题是恒成立问题和有解问题的组合.

【学科素养提升之思想方法篇】

22

——————化抽象为具体——数形结合思想

数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.

数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围. , 在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是 “无图考图”，如： 【典例1】已知a是常数，函数f(x)x131x(1a)x2ax2的导函数yf'(x)的图32像如图所示，则函数g(x)|a2|的图像可能是（ ）

【答案】D 【解析】

23

yO 2x

lnx,x1,【典例2】已知函数f(x)1（a为常数，e为自然对数的底数）的图

(x2)(xa),x1e象在点A（e,1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，则实数a的取值范围是_____. 【答案】(,322)(322,) 【解析】

23

24