核心考点解读——导数与其他知识的综合问题(解答题)
利用导数研究不等式问题（II） 利用导数研究方程根的问题（II） 利用导数研究恒成立、存在性问题（II） 利用导数解决实际问题（最优化问题）（II） 1.涉及本单元知识的考题，一般在解答题中结合函数的图象进行分类讨论，作为压轴题进行考查． 2.从考查难度来看，本单元的考点综合性比较高，试题难度相对较大，高考中通常利用函数的求导法则和导数的运算性质，考查函数的的基本性质等，同时要结合其他知识进行考查，如数列、不等式等． 3.从考查热点来看，利用导数研究函数的综合问题是高考命题的热点，也是难点.注意分类讨论思想、数形结合思想的综合应用． 1.利用导数研究不等式问题 利用导数方法研究不等式问题，主要的技巧是灵活构造函数，通过函数的性质解决不等式问题，通常要利用函数的单调性以及函数的最值. 函数的单调性是研究不等式问题的有利武器之一，构造函数后，要重视对函数单调性的应用.同时要注意分类讨论思想的应用. 2.利用导数研究方程的根的问题 当函数具有极值点时，在这个极值点左、右两侧，函数的单调性是不同的，可以结合函数图象的变化趋势确定方程的根的情况.如果函数在定义域内有唯一的极大（小）值点，那么该极大（小）值点就是最大（小）值点，当最大（小）值点大于（小于）零且左、右两侧均出现小于（大于）0的函数值时，函数就出现两个零点，也就是说方程就有两个不同的实数根；若只出现一侧的函数值符号相反，则说明函数有一个零点，方程只有一个实数根.利用导数研究方程的根，要结合函数的极值点进行考查，同时注意函数单调性的变化趋势. 3.利用导数研究恒成立问题、存在性问题，通常采用分类讨论思想或分离参变量的方法，通过函数的单调性研究函数的最值，利用最值去研究恒成立问题、存在性问题，此类问题最后都化归为与函数最值有关的问题. 4.利用导数解决实际问题（最优化问题） (1)生活中常遇到求利润最大，用料最省，效率最高等实际问题，这些问题
通常称为最优化问题. (2)利用导数解决生活中的最优化问题的一般步骤： 5.导数与其他知识的综合应用最后都要化归为利用导数研究函数的单调性、极值以及最值问题，因此要熟练掌握利用导数研究函数性质的一般方法，并能够进行延伸、拓展.
1．（2017高考新课标Ⅰ，理21）已知函数f(x)?ae（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
2．（2017高考新课标III，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?
3.(2016高考新课标I，理21)已知函数f(x)?(x?2)e?a(x?1)有两个零点. （1）求a的取值范围；
（2）设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1?x2?2. 4.(2016高考新课标II，理21)（1）讨论函数f?x??x22x?(a?2)ex?x.
??1??1?1????2??22?1??1??m，求m的最小值. ?n??2?x?2xx并证明当x>0时，(x?2)e?x?2?0； e的单调性，
x?2ex?ax?agx）=(x?0) 有最小值.设g（x）的最小值为h(a)，求函数h(a)（2）证明：当a?[0,1) 时，函数（2x的值域.
5. (2015高考新课标Ⅱ，理21)设函数f(x)?emx?x2?mx． (1)证明：f(x)在(??,0)单调递减，在(0,??)单调递增；
(2)若对于任意x1,x2?[?1,1]，都有|f(x1)?f(x2)|?e?1，求m的取值范围．
1．已知函数f(x)?e?x12x?ax． 2（1）当a??1时，试判断函数f(x)的单调性；
（2）若a?1?e，求证：函数f(x)在[1,??)上的最小值小于 2．已知函数（1）若曲线（2）当
时，若
，与曲线
，
.
在它们的交点处的公共切线为
，求的取值范围.
，求，，的值；
1． 2
1．已知函数f(x)?x?1xlnx. 2（1）求函数f(x)的单调增区间；
（2）若x1,x2是方程f(x)?a的两个不同的实数解，证明：e(x1?x2)?2x1x2?0.
真题回顾：
1.（1）f(x)的定义域为(??,??)，f?(x)?2ae2x?(a?2)ex?1?(aex?1)(2ex?1)， （ⅰ）若a?0，则f?(x)?0，所以f(x)在(??,??)单调递减. （ⅱ）若a?0，则由f?(x)?0得x??lna.
当x?(??,?lna)时，f?(x)?0；当x?(?lna,??)时，f?(x)?0， 所以f(x)在(??,?lna)单调递减，在(?lna,??)单调递增. （2）（ⅰ）若a?0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.
（ⅱ）若a?0，由（1）知，当x??lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(?lna)?1?①当a?1时，由于f(?lna)?0，故f(x)只有一个零点； ②当a?(1,??)时，由于1?③当a?(0,1)时，1?又f(?2)?ae?41?lna. a1?lna?0，即f(?lna)?0，故f(x)没有零点； a1?lna?0，即f(?lna)?0. a?(a?2)e?2?2??2e?2?2?0，故f(x)在(??,?lna)有一个零点.
3annnn设正整数n0满足n0?ln(?1)，则f(n0)?e0(ae0?a?2)?n0?e0?n0?20?n0?0. 由于ln(?1)??lna，因此f(x)在(?lna,??)有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1). 2.（1）f?x?的定义域为?0，+??. ①若a?0，因为f?3a?1?1?=-+aln2?0，所以不满足题意； 2??2ax?a知，当x??0,a?时，f'?x??0；当x??a，+??时，f'?x??0，所?xx②若a?0，由f'?x??1?以f?x?在?0,a?单调递减，在?a，+??单调递增，故x=a是f?x?在?0，+??的唯一最小值点. 由于f?1??0，所以当且仅当a=1时，f?x??0.故a=1. （2）由（1）知当x??1,???时，x?1?lnx?0.令x?1?11?ln1?得?n2n?2?1??n.从而 ?21??1??ln?1???ln?1?2???2??2?1?11??ln?1?n???2??2?22?11?1??1. 2n2n
故?1???1??1?1????2??22?1?1??1???1??1??e1?1?1??2，所以m的最小值为3. .而????n?2??3??2??2??2??2?xx3.（1）f'(x)?(x?1)e?2a(x?1)?(x?1)(e?2a)． （i）设a?0，则f(x)?(x?2)e，f(x)只有一个零点．
（ii）设a?0，则当x?(??,1)时，f'(x)?0；当x?(1,??)时，f'(x)?0．所以f(x)在(??,1)单调递减，
x在(1,??)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，故f(x)存在两个零点． 22（iii）设a?0，由f'(x)?0得x?1或x?ln(?2a)．
若a??e，则ln(?2a)?1，故当x?(1,??)时，f'(x)?0，因此f(x)在(1,??)单调递增．又当x?1时2f(x)?0，所以f(x)不存在两个零点．
若a??e，则ln(?2a)?1，故当x?(1,ln(?2a))时，f'(x)?0；当x?(ln(?2a),??)时，f'(x)?0．因此2f(x)在(1,ln(?2a))单调递减，在(ln(?2a),??)单调递增．又当x?1时，f(x)?0，所以f(x)不存在两个零
点．综上，a的取值范围为(0,??)．
（2）不妨设x1?x2，由（Ⅰ）知x1?(??,1),x2?(1,??)，2?x2?(??,1)，f(x)在(??,1)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?x2?xx?(x?2)ex，则g'(x)?(x?1)(e?e)．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．
(x?1)(x?2)ex?(x?2)exx2ex??0, 4.（1）f(x)的定义域为(??,?2)(?2,??).f?(x)?22(x?2)(x?2)且仅当x?0时，f?(x)?0，所以f(x)在(??,?2),(?2,??)单调递增，因此当x?(0,??)时，
f(x)?f(0)??1,所以(x?2)ex??(x?2),(x?2)ex?x?2?0
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