函数与导数的综合应用
命题动向：函数与导数的解答题大多以基本初等函数为载体，综合应用函数、导数、方程、不等式等知识，并与数学思想方法紧密结合进行深入考查，体现了能力立意的命题原则．
这几年，函数与导数的解答题一直作为“把关题”出现，是每年高考的必考内容，虽然是“把关题”，但是同其他解答题一样，一般都设置了层次分明的“台阶”，入口宽，入手易，但是深入难，解到底难．从近几年的高考情况看，命题的方向主要集中在导数在研究函数、方程、不等式等问题中的综合应用．
题型1利用导数研究函数性质综合问题 例1 [2016·山东高考]设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x), 求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值．求实数a的取值范围．
解题视点 (1)求出g(x)的导数，就a的不同取值，讨论导数的符号；(2)f′(x)＝ln x－2a(x－1)，使用数形结合方法确定a的取值，使得在x<1附近f′(x)>0，即ln x>2a(x－1)，在x>1附近ln x<2a(x－1)．
1－2ax1
解 (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．则g′(x)＝x－2a＝x. 当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x) 单调递增；
1
0，?时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 当a>0时，x∈??2a?1?x∈??2a，＋∞?时，函数g(x)单调递减．所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
11
0，?，单调减区间为?，＋∞?. 当a>0时，g(x)的单调增区间为??2a??2a?
(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
111
0，?内单调递增， ②当0
1
1，?时，f′(x)>0. 可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈??2a?1
1，?内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意． 所以f(x)在(0,1)内单调递减，在??2a?
11
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
22a
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
111
，1?时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ④当a>时，0<<1，当x∈?2a??22a
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．
1?综上可知，实数a的取值范围为??2，＋∞?.
冲关策略
函数性质综合问题的难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论．
(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．
题型2利用导数研究方程的根(或函数的零点) 例2 [2017·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(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．
解题视点 (1)先求函数f(x)的定义域，再求f′(x)，对参数a进行分类讨论，由f′(x)>0(f′(x)<0)，得函数f(x)的单调递增(减)区间，从而判断f(x)的单调性；(2)利用(1)的结论，并利用函数的零点去分类讨论，即可求出参数a的取值范围．
解 (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＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
1
(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
a
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
1
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；
a
1－－－
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.又f(－2)＝ae4＋(a－2)e2＋2＞－2e2＋2＞0，
a
3?
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．设正整数n0满足n0＞ln ??a－1?， 则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞e n0－n0＞2 n0－n0＞0.
3?
由于ln ??a－1?＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．综上，a的取值范围为(0,1)．
冲关策略
研究方程根的情况，可以通过研究函数的单调性、极值、最值等，再结合零点存在性定理进行分析． 题型3利用导数研究与不等式有关的问题
命题角度1 证明不等式 例3 [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
3
(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
4a
解题视点 (1)结合导数，对a进行分类讨论，来研究函数的单调性；(2)根据(1)的单调性情况，通过作差构造新函数，再利用导数进行求解．
?x＋1??2ax＋1?1
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋2ax＋2a＋1＝. x
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
11
0，－?时，f′(x)＞0；当x∈?－，＋∞?时，f′(x)＜0. 若a＜0，则当x∈?2a???2a?11
0，－?上单调递增，在?－，＋∞?上单调递减． 故f(x)在?2a???2a?
1111－?＝ln?－?－1－. (2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f??2a??2a?2a4a
113131
－?－1－≤－－2，即ln?－?＋＋1≤0. 所以f(x)≤－－2等价于ln??2a??2a?2a4a4a4a1
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝x－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0， 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.
113
－?＋＋1≤0，即f(x)≤－－2. 从而当a＜0时，ln??2a?2a4a
冲关策略
利用导数证明不等式的基本方法
利用导数法证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上成立的基本方法：可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
命题角度2 不等式的恒成立问题
1e
例4 [2016·四川高考]设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝x－x，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
e
(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
解题视点 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，讨论时要注意定义域和参数范围，不重不漏，证明不等式可转化为求函数最值问题，对于(3)中的恒成立问题要想到前后之间的联系．
12ax2－1
解 (1)f′(x)＝2ax－x＝x(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
1?1?当a＞0时，由f′(x)＝0有x＝.当x∈0，时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 2a??2a
当x∈
?1，＋∞?时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． ?2a?
－
－
(2)证明：令s(x)＝ex1－x，则s′(x)＝ex1－1.当x＞1时，s′(x)＞0，所以s(x)单调递增，且s(1)＝0，
111e－
所以ex1＞x，从而g(x)＝－x－1＝－x＞0.
xexe
(3)由(2)，当x＞1时，g(x)＞0.当a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0. 故当f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.
11?1?＜f(1)＝0，而g?1?＞0，
当0＜a＜时，＞1.由(1)有f
2?2a??2a?2a
所以此时f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
1
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
2
11111x3－2x＋1x2－2x＋1－x1当x＞1时，h′(x)＝2ax－＋2－e＞x－＋2－＝＞＞0. xxxxxx2x2
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
1?又因为h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立．综上，a∈??2，＋∞?.
冲关策略
利用导数解决不等式的恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 命题角度3 存在型不等式恒成立问题
a
例5 设f(x)＝x＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
1?
(2)如果对于任意的s，t∈??2，2?，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
1?
解题视点 (1)等价于求使[g(x1)－g(x2)]max≥M成立时的最大整数M；(2)等价于在区间?f(x)min≥g(x)max
?2，2?上，
恒成立时，求a的取值范围．
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
2x－?. 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x??3?
22?2，2?上是单调递增函数，0，?上是单调递减函数，由g′(x)＞0得x＜0或x＞，又x∈[0,2]，所以g(x)在?在?3??3?3
2?85
所以g(x)min＝g?＝－，g(x)max＝g(2)＝1. ?3?27
112故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4.
27
1?1
，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在?，2?上，函数f(x)min≥g(x)max. (2)对于任意的s，t∈??2??2?
1
，2?上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 由(1)可知在??2?
1?a
，2上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立． 在??2?x
1?
设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在??2，2?上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2
1
时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.
2
1?
即函数h(x)＝x－x2ln x在??2，1?上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
冲关策略
双参数不等式问题的求解方法
一般采用等价转化法．
(1)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]max. (2)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]max>[f2(x2)]min. (3)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x1)]min>[f2(x2)]min.
(4)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)?[f1(x)]max>[f2(x)]max.
(5)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，使f1(x1)＝f2(x2)?f1(x)的值域与f2(x)的值域交集不为?.
命题角度4 证明正整数不等式 例6 [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值；
11?1＋1n?＜m，求m的最小值． 1＋??1＋2?·(2)设m为整数，且对于任意正整数n，?…·?2??2??2?解题视点 (1)对a进行分类讨论，当a＞0时，通过求函数的导数研究函数的单调性，求解函数的最值即可；
1
(2)结合(1)的结论，令x＝1＋n进行求解．
2
1?1
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为f?＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意． ?2?2
ax－a
②若a＞0，由f′(x)＝1－x＝x知，
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以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．因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
1111＋n?＜n， (2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0.令x＝1＋n，得ln??2?22
1111111
1＋?＋ln?1＋2?＋…＋ln?1＋n?＜＋2＋…＋n＝1－n＜1. 从而ln??2??2??2?222211?1＋1n?＜e.而?1＋1??1＋12??1＋13?＞2，所以m的最小值为3. 1＋??1＋2?·故?…·?2??2??2??2??2??2?冲关策略
证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的．本例(2)就是利用了(1)问的结论，构造了
1
函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令x＝1＋n，可得到解题的基本思路．
2
三角函数的综合问题
命题动向：三角函数不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学工具．高考命题者常在三角函数、解三角形和平面向量、数列等知识的交汇处命题．对三角函数与平面向量的考查，多以解答题的形式出现，难度中等．备考中注意与平面向量的加法、减法的几何意义，平行、垂直的条件以及数量积的定义相结合来寻找解题突破口，三角函数与数列相交汇时，常常用到数列的基本性质．
题型1三角函数图象和性质的综合问题
πππ
ωx－?＋sin?ωx－?，其中0＜ω＜3.已知f??＝0. 例1 [2017·山东高考]设函数f(x)＝sin?6?2????6?
π
(1)求ω；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移
4
π3π
－，?上的最小值． 个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在??44?
解题视点 (1)将函数f(x)化简为Asin(ωx＋φ)的形式后，通过解方程求得ω值； (2)y＝f(x)变换得到y＝g(x)，利用三角函数的图象和性质求最值．
ππωx－?＋sin?ωx－?， 解 (1)因为f(x)＝sin?6?2???
π31333?1?ωx－?. 所以f(x)＝sinωx－cosωx－cosωx＝sinωx－cosωx＝3sinωx－cosωx＝3sin?3??22222?2?
π?ωππ
由题设知f?＝0，所以－＝kπ，k∈Z.故ω＝6k＋2，k∈Z，又0＜ω＜3，所以ω＝2. ?6?63
ππππ2x－?，所以g(x)＝3sin?x＋－?＝3sin?x－?. (2)由(1)得f(x)＝3sin?3???43??12?
π3ππ2πππππ3－，?，所以x－∈?－，?，当x－＝－，即x＝－时，g(x)取得最小值－. 因为x∈??44?12?33?12342
冲关策略
解决此类问题，一般先由图象或三角公式确定三角函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b(或y＝Acos(ωx＋φ)＋b等)的解析
式，然后把ωx＋φ看成一个整体研究函数的性质．
题型2解三角形与数列的综合问题 例2 [2018·衡中模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2B＋cosB＝1－cosAcosC. (1)求证：a，b，c成等比数列；(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．
解题视点 (1)根据正弦定理将角的问题转化为边的问题，由数列的概念得证；(2)利用均值不等式解决三角形中的面积最值问题．
解 (1)证明：在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)．由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC， ∴－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，化简，得sin2B＝sinAsinC.由正弦定理，得b2＝ac， ∴a，b，c成等比数列．
a2＋c2－b2a2＋c2－ac2ac－ac1
(2)由(1)及题设条件，得ac＝4.则cosB＝＝≥＝，
2ac2ac2ac2
1?23
当且仅当a＝c时，等号成立．∵0 ∴S△ABC＝acsinB≤×4×＝3.∴△ABC的面积的最大值为3. 222 冲关策略 纵观近年的高考试题，许多新颖别致的三角函数解答题就是以数列为出发点设计的．在这类试题中数列往往只是起到包装的作用，实质是考查考生利用三角函数的性质、三角恒等变换与正、余弦定理来解决问题的能力．解决这类问题的基本思路是脱掉数列的外衣，抓住问题的实质，选择合理的解决方法，灵活地实现问题的转化． 题型3三角变换与解三角形的综合 B 例3 [2017·全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2. 2 (1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b. B 解题视点 (1)利用三角形中A＋C＋B＝π，将sin(A＋C)化为sinB，再利用倍角公式，将8sin2化成4(1－cosB)， 2 1 即sinB＝4(1－cosB)等式两边同时平方，再利用cos2B＋sin2B＝1解出cosB；(2)利用三角形面积公式S＝acsinB和 2 (1)中结论解出ac的值，再利用余弦定理求解． B 解 (1)由题设及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2，故sinB＝4(1－cosB)． 2 15 上式两边平方，整理得17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝1(舍去)，cosB＝. 17 1581417 (2)由cosB＝得sinB＝，故S△ABC＝acsinB＝ac.又S△ABC＝2，则ac＝. 17172172 1517 1＋?＝4.所以b＝2. 由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2××?2?17? 冲关策略 三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键． 题型4平面几何中的三角函数求值 例4 [2018·北京模拟]已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC＋3asinC－b－c＝0. 1129 (1)求A；(2)若AD为BC边上的中线，cosB＝，AD＝，求△ABC的面积． 72 解题视点 (1)利用正弦定理将边的关系化为角的关系，利用三角恒等变换求出A；(2)先根据两角和的正弦公式求出sinC，然后根据正弦定理得到边长a，c的比值关系，再在△ABD中利用余弦定理求出a，c的值，最后由三角形面积公式可求结果． 解 (1)acosC＋3asinC－b－c＝0，由正弦定理得sinAcosC＋3sinAsinC＝sinB＋sinC， 1 即sinAcosC＋3sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC，又sinC≠0，所以化简得3sinA－cosA＝1，所以sin(A－30°)＝.在 2 △ABC中，0°＜A＜180°，所以A－30°＝30°，得A＝60°. 1433114353 (2)在△ABC中，因为cosB＝，所以sinB＝.所以sinC＝sin(A＋B)＝×＋×＝. 77272714 asinA7129 由正弦定理得，c＝＝.设a＝7x，c＝5x(x＞0)，则在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，即＝ sinC54 111125x2＋×49x2－2×5x××7x×，解得x＝1，所以a＝7，c＝5，故S△ABC＝acsinB＝103. 4272冲关策略
函数与导数的综合应用
