本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放栏目导引知能训练轻松闯关专题探究突破热点专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略栏目导引知能训练轻松闯关专题探究突破热点专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略栏目导引知能训练轻松闯关专题探究突破热点专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略栏目导引知能训练轻松闯关专题探究突破热点专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略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
专题一利用导数研究函数性质
(2015·高考重庆卷)设函数f(x)＝(a∈R
(1)若f(x)在x＝0处取得极值确定a的值并求此时曲线y＝f(x)在点(1(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3＋∞)上为减函数求a的取值范围．
[解(1)对f(x)求导得(x)＝＝因为f(x)在x＝0处取得极值所以f′(0)＝0即a＝0.当a＝0时(x)＝(x)＝故f(1)＝(1)＝从而f(x)在点(1(1))处的切线方程为y－＝(x－1)化简得3x－＝0.
(2)法一：由(1)知f′(x)＝令g(x)＝－3x＋(6－a)x＋a由g(x)＝0解得x＝＝当x＜x时(x)＜0即f′(x)＜0故f(x)为减函数；当x＜x＜x时(x)＞0即f′(x)＞0故(x)为增函数；x＞x时(x)＜0即f′(x)＜0故f(x)为减函数．
由f(x)在[3＋∞)上为减函数知x＝解得a≥－故a的取值范围为法二：由f(x)在[3＋∞)上为减函数所以f′(x)≤0可得：a≥在[3＋∞)上恒成立．令μ(x)＝(x)＝所以μ(x)在[3＋∞)上单调递减所以a≥μ(3)＝－因此a的取值范围为
函数性质综合问题的难点
(1)单调性讨论：单调性的讨论是以导数等于零的点为
(2)极值讨论：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．
(3)最值讨论：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)＝
(1)求f(x)在区间(－∞)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在区间[－1](e为自
解：(1)当x<1时(x)＝－3x＋2x＝－x(3x－2)令f′(x)＝0解得x＝0或x＝当x变化时(x)，f(x)的变化情况如下表：
(－∞) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 －(x) ↘ 极小值 极大值 所以当x＝0时函数f(x)取得极小值f(0)＝0函数f(x)的极大值点为x＝
(2)①当－1≤x<1时由(1)知函数f(x)在[－1)和上单调递减在上单调递增．因为f(－1)＝2＝(0)＝0所以f(x)在[－1)上的最大值为2.当1≤x≤时(x)＝a当a≤0时(x)≤0；当a>0时(x)在[1]上单调递增．所以f(x)在[1]上的最大值为f()＝a.所以当a≥2时(x)在[－1]上的最大值为a；当a<2时(x)在[－1]上的最大值为2.
专题二利用导数证明不等式问题
(2015·高考天津卷节选)已知函数f(x)＝nx－xR，其中n∈N且n≥2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)求证：对于任意的正实数x都有f(x)≤g(x)．
[解(1)由f(x)＝nx－x可得f′(x)＝n－nx－1＝n(1－x－1)其中n∈N且n≥2.下面分两种情况讨论：当n为奇数时令f′(x)＝0解得x＝1或x＝－1.当x变化时(x)，f(x)的变化情况如下表：(－∞－1) (－1) (1，＋∞) f′(x) － ＋ － f(x) ↘
所以(x)在(－∞－1)(1，＋∞)上单调递减在(－1)内单调递增．当n为偶数时当f′(x)＞0即x＜1时函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0即x＞1时函数f(x)单调递减．所以(x)在(－∞)上单调递增在(1＋∞)上单调递减．
(2)证明：设点P的坐标为(x)，
则x＝n(x0)＝n－n曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x)(x－x)，即g(x)＝f′(x)(x－x)．令F(x)＝f(x)－g(x)即F(x)＝f(x)－f′(x)(x－x)，
则F′(x)＝f′(x)－f′(x)．
由于f′(x)＝－nx－1＋n在(0＋∞)上单调递减故(x)在(0＋∞)上单调递减．又因为F′(x)＝0所以当x∈(0)时(x)＞0当x∈(x＋∞)时(x)＜0所以F(x)在(0)上单调递增在(x＋∞)上单调递减所以对于任意的正实数x都有F(x)≤F(x)＝0即对于任意的正实数x都有f(x)≤g(x)．
利用导数证明不等式的策略
利用导数证明不等式的关键是构造函数其思路为：
(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式构造函数f(x)f(a)>f(b)的形式．
(2)对形如f(x)>g(x)的不等式构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．
(3)对于(或可化为)f(x)≥A的不等式可选x(或x)为主元构造函数f(x)(或f(x))．
2.(2016·邢台摸底考试)已知函数f(x)＝ax－(e为自然对数的底数)．
(1)当a＝时求函数f(x)的单调区间及极值；
(2)当2≤a≤＋2时求证：f(x)≤2x.
解：(1)当a＝时(x)＝－令f′(x)＝－＝0得x＝－1当x＜－1f′(x)＞0；当x＞－1时(x)＜0所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞－1)单调递减区间为(－1＋∞)当x＝－1时函数f(x)有极大值－没有极小值．
(2)证明：令F(x)＝2x－f(x)＝－(a－2)x当a＝2时(x)＝＞0所以f(x)＜2x.当2＜a≤2＋时(x)＝－(a－2)＝－(a－2)当x＜(a－2)时(x)＜0；当x＞(a－2)时(x)＞0所以F(x)在(－∞(a－2))上单调递减在((a－2)＋∞)上单调递增．所以F(x)≥F((a－2))＝(a－2)－(a－2)·(a－2)＝(a－2)[1－(a－2)]．因为2＜a≤2＋所以a－2＞0－(a－2)≥1－[(2＋)－2]＝0所以F(x)≥0即f(x)≤2x综上当2≤a≤＋2时(x)≤2x.
专题三利用导数研究恒成立问题
(2014·高考浙江卷)已知函数f(x)＝x＋3|x－a|(a>0)若f(x)在[－1]上的最小值记为g(a)．
(1)求g(a)；
(2)证明：当x∈[－1]时恒有f(x)≤g(a)＋4.
[解(1)因为a>0－1≤x≤1所以当00故f(x)在(a)上是增函数．所以g(a)＝f(a)＝a.
②当a≥1时有x≤a则f(x)＝x－3x＋3a(x)＝3x－3<0故f(x)在(－1)上是减函数所以g(a)＝(1)＝－2＋3a.综上(a)＝
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)．当0
所以h(x)在(a)上是增函数所以(x)在[a]上的最大值是h(1)＝4－3a－a且0
令t(a)＝2＋3a－a则t′(a)＝3－3a知t(a)在(0)上是增函数．所以(a)
利用导数
(1)已知不等式在某一区间上恒成立求参数的取值范围：①一般先分离参数再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；②如果无法分离参数可以考虑对参数或自变量进行分类求解如果是二次不等式恒成立的问题可以考虑限制二次项系数或判
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题．
3.(2016·洛阳统考)已知函数f(x)＝＋ax－
(1)若曲线y＝f(x)在点(2(2))处的切线平行于x轴求函数f(x)的单调区间；
(2)若x>0时总有f(x)>－求实数a的取值范围．
解：(1)由f′(x)＝＋2ax－2，得＝f(x)在点(2(2))处的切线斜率k＝4a＝0则a＝0.此时f(x)＝－(x)＝－由f′(x)＝0得x＝2.当x∈(－∞)时(x)<0，f(x)在(－∞)上单调递减；当x∈(2＋∞)时(x)>0，f(x)在(2＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)>－得a>－设g(x)＝－x>0，则g′(x)＝所以当00，g(x)在(0)上单调递增；当x>2时(x)<0，g(x)在(2＋∞)上单调递减．所以g(x)≤g(2)＝－因此实数a的取值范围为
专题四利用导数研究方程的根(或函数的零点)
(2015·高考北京卷)设函数f(x)＝－k＞0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点则f(x)在区间(1]上仅有一个零点．
[解(1)由f(x)＝－k(k＞0)得＞0且(x)＝－＝由f′(x)＝0解得x＝(负值舍去)．(x)与f′(x)在区间(0＋∞)上的情况如下：(0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↗ 所以(x)的单调递减区间是(0)，单调递增区间是(＋∞)．f(x)在x＝处取得极小值f()＝
(2)证明：由(1)知(x)在区间(0f()＝因为f(x)存在零点所以从而k≥当k＝时(x)在区间(1)上单调递减且()＝0所以x＝是f(x)在区间(1]上的唯一零点．当k＞时(x)在区间(1)上单调递减且(1)＝＞0()＝＜0所以f(x)在区间(1]上仅有一个零点．综上可知若f(x)存在零点则f(x)在区间(1]上仅有一个零点．
利用导数研究方程根的策略
研究方程根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．
4.(2016·贵州省七校第一次联考)函数f(x)＝(ax＋x)其中是自然对数的底数R.
(1)当a＞0时解不等式f(x)≤0；
(2)当a＝0时求整数t的所有值使方程f(x)＝x＋2在[t＋1]上有解．
解：(1)因为＞0所以不等式f(x)≤0即为ax＋x≤0又因为a＞0x≤0，
所以不等式f(x)≤0的解集为(2)当a＝0时方程即为x＝x＋2由于＞0所以x＝0不是方程的解所以原方程等价于－－1＝0.
令h(x)＝－－1因为h′(x)＝＋＞0对于x∈(－∞)∪(0，＋∞)恒成立所以h(x)在(－∞)和(0＋∞)内是单调递增函数又h(1)＝－3＜0(2)＝－2＞0(－3)＝－3－＜0(－2)＝－2＞0所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1]和[－3－2]上所以整数t的所有值为{－3
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