导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用 .题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论.(1) 单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零 的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论.(2) 极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点.(3) 最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在 极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值.1已知函数 f(x) = x -，g(x)= alnx(a R). X(1)当a 2时，求F(x)= f(x) g(x)的单调区间；设h(x) = f(x) + g(x)，且h(x)有两个极值点为xi, x?，其中禺 0, 1 ，求h(xj h(X2)的最小值.1(1)由题意得 F(x) = x； alnx,入2x ax+ 1(0,+p，则 F (x)=x2其定义域为审题程序第步：在定义域内，依据F (x) 0根的情况对F (x)的符号讨论;第二步：整合讨论结果，确定单调区间；第三步：建立x1 x2及a间的关系及取值范围；第四步：通过代换转化为关于 心或X的函数，求出最小值.规范解答令 m(x) = x2 ax+ 1，贝U = a2 4.22当一2a2 时，A0,当a2时，A0,设F (x) = 0的两根为 F(x)的单调递增区间为(0,+x)；a . a2 4a+a2 4,X2 =X1 = F(x)的单调递增区间为aa2 40, 2flF(x)的单调递减区间为Ja2 42a -4a+s ,a+寸a2 4 .2 ， 2 -h(X1) h(X2)min = Hj=5ln2 一 3.Ja 42+a -4a+s ,综上，当一2a2时，F(x)的单调递增区间为F(x)的单调递减区间为0, 21对 h(x) = x - + alnx, x (0,+ s) x21 a x + ax+ 1求导得，h (x) = 1+ x + x=x2设 h (x) = 0 的两根分别为 X1 , x2,则有 X1 x2= 1 , X1 + x2= a, x2=x，从而有 a= x1 x；令 H(x)= h(x) h j1=x+x一x - xnx-卜 x+l x1 1x lnxx xnx+ X-1当 x 0,H (x)0 时需根据方程x2 - ax + 1 = 0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“ ”的取值作为分类讨论的依据.在 中求出h(xj-h(X2)的最小值，需先求出其解析式.由题可知xi, X2是h (x) = 0的两根，可得到 x1x2 = 1, x1 + x2=- a,从而将h(x1)- h(x2)只用一个变量 x1导出.从而得到 H(x1)、亠(们=h(x1)- h.,这样将所求问题转化为研究新函数H(x) = h(x) h -在0,乙上的最值问题，体现转为与化归数学思想.答题模板解决这类问题的答题模板如下:求定义域一求出函数的定义域.求导数一准确求出函数的导数.|根据参数的取值范围，结合极值点与讨论2调性| 给定区间的位置对导函数的符号进行分类讨论，确定函数的单调性.讨论扱值最僵根据函数的单调性，确定极值、最值 的取得情况.整合结论根据分类讨论的结果，对结论进行整 合，做到不重不漏.题型专练1.设函数 f(x) = (1+ x)2 2ln(1 + x).(1)求f(x)的单调区间；当0a0，得 x0;由 f (x)0，得一1x 1),则g(x)= 2 a22 axa1+ x_1+ x-0a0,+ x上为增函数.a2a上为减函数，在令 g (x)= 0,得 x = 一,函数g(x)在0,a3 当0严V3，即0a3,即a2时，g(x)在区间0,3上为减函数,2 a2 - g(x)min = g(3) = 6 - 3a 2ln4-32综上所述，当 0a3时，g(x)min = a 2ln2a；r 3t当 2w a2 时，g(x)min = 6 3a 2ln4.北京卷(19)(本小题13分)已知函数 f (x) =excosx-x.(1) 求曲线y= f (x)在点(0, f ( 0)处的切线方程；(n)求函数f(x)在区间0，n上的最大值和最小值.2(19)(共 13 分)解：(I)因为 f (x) = ex cosx - x，所以 f (x) = ex(cosx - sin x) -1, f (0) = 0 .又因为f (0) =1，所以曲线y二f (x)在点(0, f (0)处的切线方程为y = 1.(n)设 h(x)二ex(cosx-sinx)-1，贝U h(x)二 ex(cosxsinxsinx-cosx) =2exsinx.当 x(0, n)时，h(x)c0 ,2所以h(x)在区间0, n上单调递减.2n所以对任意 X (0,有 h(x) : h(0) = 0，即 f (x) ： 0 .2n所以函数f (x)在区间0, 2】上单调递减.因此f (x)在区间0, n上的最大值为f (0) =1，最小值为f(-)=-.2 2 221. (12 分)已知函数 f (x) = ax3 -axxInx,且 f (x) 一0.(1 )求 a；(2) 证明：f (x)存在唯一的极大值点 x0，且e： f(x0) ： 2.21.解：(1) f x的定义域为0,+ :-设 g x = ax - a - I nx，贝U f x = xg x , f x - 0 等价于 g x _ 01因为 g 1 =0, g x - 0,故g 1 =0,而g x = a , g 1 =a -1,得a = 1x若a=1，则g x =1-1.当0vx v 1时，g x 1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)由(1)知 f x =x2 _x-x ln x, f ( x) = 2x- 2 - ln x1 设 h x =2x_2_l nx,贝 Uh ( x) = 2 _ ”x当 XE0, 1 时，h x V 0 ；当 xw 1 ,+ ：12 丿(I2八2 一r】又 h (e- )0, h - vo, h (1 ) = o ,所以 h (x )在.( 宅丿I,h x 0，所以h x在10,1单调递减0,-有唯一零点X。，在I1 ,+ -I2丿，在i1 ,+ ：单调递增2有唯一零点1，且当x三0,x0时，h x 0 ；当x三x0,1时，h x v0，当 x 三1,+ ：时，h x 0.因为f x二h x，所以x=xo是f(x)的唯一极大值点由 f X0i；=0得 In x-1),故f X =x(1 x)1由 X。0,1 得 f x。V -因为X=X0是f(x)在(0,1 )的最大值点，由e三0,1 ,f e- - 0得f x f e“i； = e所以 e -v f x0 v2-2题型二利用导数研究方程的根、函数的零点或图象交点题型概览：研究方程根、函数零点或图象交点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.典例2已知函数f(x)= (x+ a)ex，其中e是自然对数的底数，a R.(1)求函数f(x)的单调区间；当a1时，试确定函数g(x) = f(x-a) x2的零点个数，并说明理由. 审题程序 第一步：利用导数求函数的单调区间；第二步：简化g(x)二0,构造新函数；第三步：求新函数的单调性及最值；第四步：确定结果.规范解答(1)因为 f(x) = (x+ a)ex，x R， 所以 f (x) = (x+ a+ 1)ex.令 f (x) = 0，得 x= a 1.当x变化时，f(x)和f (x)的变化情况如下：x(X，a 1)a 1(a 1，+ x )f (x)0+f(x)故f(x)的单调递减区间为(一X， a 1)，单调递增区间为(一a 1，+).(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点.理由如下：由 g(x) = f(x a) x2= 0，得方程 xeTa= x2，显然x= 0为此方程的一个实数解，所以x= 0是函数g(x)的一个零点.当xm0时，方程可化简为ex a= x.设函数 F(x)= exa x，则 F (x)= ex a