专题三、导数的综合应用2009-2-25
高考趋势
导数作为进入高中考试范围的新内容，在考试中占比较大．常常运用导数确定函数的单调性，进而研究函数的最值、极值，方程及不等式的解等．
导数是研究函数的工具，导数进入新教材之后，给函数问题注入了生机和活力，开辟了许多解题新途径，拓展了高考对函数问题的命题空间。所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情，对函数的命题已不再拘泥于一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数等，对研究函数的目标也不仅限于求定义域，值域，单调性，奇偶性，对称性，周期性等，而是把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象，试题的命制往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维，解决单调性，极值，最值，切线，方程的根，参数的范围等问题，这类题难度很大，综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏。解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想。 考点展示
1.设函数f(x)?sin(?x??6)?1(??0)的导数f?(x)的最大值为3，则f(x)的图象的对称轴的方程是 22.已知函数f?x?的导函数为f'?x?，且满足f?x??3x?2xf'?2?，则f'?5?? 6 。 3.曲线y?sinx在点（
?3,3?）处的切线方程为 x?2y?3??0 234.设a?R，函数f(x)?ex?a?e?x的导函数是f?(x)，且f?(x)是奇函数 . 若曲线y?f(x)的一条切线的斜率是则切点的横坐标为 ln2
5.函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)?f(2?x)，且当x?(??,1)时
3，2，
(x?1)f?(x)?0，设
1a?f(0),b?f(),c?f(3).2则
c?a?b
6.函数f(x)的定义域为（a,b），其导函数 f?(x)在(a,b)内的图象如
示，则函数f(x)在区间（a,b）内极小值点的个数是 1 327.如图为函数f(x)?ax?bx?cx?d的图象，f'(x)为函数f(x)的导函
图
y所
数，则不等式
oxx?f'(x)?0的解集为___(??,?3)?(0,3)___ ______．
样题剖析
例1、（2008浙江）已知a是实数，函数f(x)?⑴求函数f(x)的单调区间；
⑵设g(x)为f(x)在区间?0,2?上的最小值.（i）写出g(a)的表达式；（ii）求a的取值范围，使得?6?g(a)??2.
-33x(x?a).
??)， （1）解：函数的定义域为[0，f?(x)?x?x?a3x?a?（x?0）． 2x2x若a≤0，则f?(x)?0，
f(x)有单调递增区间[0，??)．
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若a?0，令f?(x)?0，得x?a3， 当0?x?a3时，f?(x)?0， 当x?a3时，f?(x)?0． f(x)有单调递减区间??a??a??0，3??，单调递增区间??3，????．
（2）解：（i）若a≤0，f(x)在[0，2]上单调递增， 所以g(a)?f(0)?0．
若0?a?6，f(x)在??0，a??上单调递减，在??a，2??3??3??上单调递增，所以g(a)?f??a?2aa?3????33． 若a≥6，f(x)在[0，2]上单调递减， 所以g(a)?f(2)?2(2?a)．
??0，a≤0，综上所述，g(a)????2aa，0?a?6， ?33??2(2?a)，a≥6．（ii）令?6≤g(a)≤?2． 若a≤0，无解．
若0?a?6，解得3≤a?6． 若a≥6，解得6≤a≤2?32． 故a的取值范围为3≤a≤2?32． 变式：已知函数y?f(x)?lnxx. （1）求y?f(x)的最大值；
(2) 设实数a?0，求函数F(x)?af(x)在?a,2a?上的最小值.
解（1）令f/(x)?0得x?e ?当x?(0,e)时，f/(x)?0，f(x)在(0,e)上为增函数
当x?(e,??)时，f/(x)?0，在(e,??)上为减函数 （2）?a?0，由（2）知：
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?
F(x)在(0,e)上单调递增，在(e,??)上单调递减．
?F(x)在?a,2a?上的最小值fmin(x)?min{F(a),F(2a)}
?F(a)?F(2a)?1aln ?当0?a?2时，22F(a)?F(2a)?0,fmi(nx)?F(a)?lna
当2?a时F(a)?F(2a)?0，fmin(x)?F(2a)?例2、已知f(x)?xlnx,g(x)??x2?ax?3
（1）求函数f(x)在[t,t?2](t?0)上的最小值
（2）对一切的x?(0,??),2f(x)?g(x)恒成立，求实数a的取值范围 （3）证明对一切x?(0,??)，都有lnx?解
1ln2a 212?成立 exex11?t?t?2，即t?时，f(x)在[t,t?2]单调递增，f(x)min?f(t)?tlnt ee1?10?t??-e ?f(x)min?e，1?t?tlnt?e（2）2xlnx??x2?ax?3，则a?2lnx?x?则h'(x)?33,设h(x)?2lnx?x?(x?0)， xx(x?3)(x?1),x?(0,1),h'(x)?0，h(x)单调递增，x?(1,??)，h'(x)?0，h(x)单调递减 2x?h(x)min?h(1)?4，因为对一切x?(0,??)，2f(x)?g(x)恒成立，?a?h(x)min?4
x2?，x?(0,??)， exe11由（1）可知f(x)?xlnx，x?(0,??)的最小值为?，当且仅当x=时取得
eex21?x1设m(x)?x?，x?(0,??)，则m'(x)?x，易得m(x)max?m(1)??。当且仅当x=1时取得
eeee12从而对一切x?(0,??)，都有lnx?x?成立
xee（3）问题等价于证明xlnx?x2变式1：已知函数f(x)=ln(1+x)-. 1?x2
(1) 求函数f(x)的单调区间; （2）若不等式(1?)求?的最大值.
解: （1）函数f(x)的定义域是(?1,??)，
1na?a?e对任意的n?N*都成立（其中e是自然对数的底数）.
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