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1、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
2、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，最小的为最小值已知函数f(x)x，g(x)alnx(aR)(1)当a2时，求F(x)f(x)g(x)的单调区间；(2)设h(x)f(x)g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x1，求h(x1)h(x2)的最小值审题程序第一步：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
3、关于x1(或x2)的函数，求出最小值规范解答(1)由题意得F(x)xalnx，其定义域为(0，)，则F(x)，令m(x)x2ax1，则a24.当2a2时，0，从而F(x)0，F(x)的单调递增区间为(0，)；当a2时，0，设F(x)0的两根为x1，x2，F(x)的单调递增区间为和，F(x)的单调递减区间为.综上，当2a2时，F(x)的单调递增区间为(0，)；当a2时，F(x)的单调递增区间为和，F(x)的单调递减区间为.(2)对h(x)xalnx，x(0，)求导得，h(x)1，设h(x)0的两根分别为x1，x2，则有x1x21，x1x2a，x2，从而有ax1.令H(x)h(x)hxlnx2，H
4、(x)2lnx.当x时，H(x)0时需根据方程x2ax10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(2)中求出h(x1)h(x2)的最小值，需先求出其解析式由题可知x1，x2是h(x)0的两根，可得到x1x21，x1x2a，从而将h(x1)h(x2)只用一个变量x1导出从而得到H(x1)h(x1)h，这样将所求问题转化为研究新函数H(x)h(x)h在上的最值问题，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： 题型专练1设函数f(x)(1x)22ln(1x)(1)求f(x)的单调区间；(2)当0a0，得x0；由f(x)0，得1x1)，则g(x)2a.0a
5、0，令g(x)0，得x，函数g(x)在上为减函数，在上为增函数当03，即0a时，在区间0,3上，g(x)在上为减函数，在上为增函数，g(x)minga2ln.当3，即a2时，g(x)在区间0,3上为减函数，g(x)ming(3)63a2ln4.综上所述，当0a时，g(x)mina2ln；当a2时，g(x)min63a2ln4.北京卷（19）（本小题13分）已知函数f（x）=excosxx.（）求曲线y= f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）求函数f（x）在区间0，上的最大值和最小值.（19）（共13分）解：（）因为，所以.又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（）设，则.当时，所以在区间
6、上单调递减.所以对任意有，即.所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.21.（12分）已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.21.解：（1）的定义域为设，则等价于因为若a=1，则.当0x1时，单调递减；当x1时，0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故综上，a=1（2）由（1）知设当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，当时，.因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由由得因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得所以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
7、、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、直观的整体展现已知函数f(x)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，试确定函数g(x)f(xa)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)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)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得
8、xa1.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，)(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，显然x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点当x0时，方程可化简为exax.设函数F(x)exax，则F(x)exa1，令F(x)0，得xa.当x变化时，F(x)和F(x)的变化情况如下：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)即F(x)的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为(，a)所以F(x)的最小值F(x)minF(a
9、)1a.因为a0，所以对于任意xR，F(x)0，因此方程exax无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点典例321.（12分）已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.21.解：（1）的定义域为设，则等价于因为若a=1，则.当0x1时，单调递减；当x1时，0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故综上，a=1（2）由（1）知设当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，当时，.因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点由由得因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得所以解题反思在
10、本例(1)中求f(x)的单调区间的关键是准确求出f(x)，注意到ex0即可(2)中由g(x)0得xexax2，解此方程易将x约去，从而产生丢解情况研究exax的解转化为研究函数F(x)exax的最值，从而确定F(x)零点，这种通过构造函数、研究函数的最值从而确定函数零点的题型是高考中热点题型，要熟练掌握答题模板解决这类问题的答题模板如下：题型专练2(2017浙江金华期中)已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)xd的图象如图所示(1)求c，d的值；(2)若函数f(x)在x2处的切线方程为3xy110，求函数f(x)的解析式；(3)在(2)的条件下，函数yf(x)与yf(x)5xm的图象有三个
11、不同的交点，求m的取值范围解函数f(x)的导函数为f(x)3ax22bxc3a2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f(1)0，得解得(2)由(1)得，f(x)ax3bx2(3a2b)x3，所以f(x)3ax22bx(3a2b)由函数f(x)在x2处的切线方程为3xy110，得所以解得所以f(x)x36x29x3.(3)由(2)知f(x)x36x29x3，所以f(x)3x212x9.函数yf(x)与yf(x)5xm的图象有三个不同的交点，等价于x36x29x3(x24x3)5xm有三个不等实根，等价于g(x)x37x28xm的图象与x轴有三个交点因为g(x)3x214x8(3
12、x2)(x4)，x4(4，)g(x)00g(x)极大值极小值gm，g(4)16m，当且仅当时，g(x)图象与x轴有三个交点，解得16m. 所以m的取值范围为.21.（12分）已知函数ae2x+(a2) exx.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.21.解：（1）的定义域为，(十字相乘法)（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.（观察特殊值1）当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为.题型三利用导数证明不等式题型概览：证明f(x)g(x)，x
