导数的综合大题及其分类.

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 －1

x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )．

(1)当a ≥－2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x 1，x 2，其中x 1∈⎝ ⎛⎦

⎥⎤

0，12，求

h (x 1)－h (x 2)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x 1、x 2及a 间的关系及取值范围；

第四步：通过代换转化为关于x 1(或x 2)的函数，求出最小值．

[规范解答] (1)由题意得F (x )＝x －1

x －a ln x ， 其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1

x 2，

令m (x )＝x 2－ax ＋1，则Δ＝a 2－4.

①当－2≤a ≤2时，Δ≤0，从而F ′(x )≥0，∴F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a >2时，Δ>0，设F ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－4

2

，

∴F (x )的单调递增区间为

⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞，

F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭

⎪⎫

a －a 2－42，

a ＋a 2－42. 综上，当－2≤a ≤2时，F (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >2时，F (x )的单调递增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－4

2，＋∞，

F (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫

a －a 2－42，

a ＋a 2－42. (2)对h (x )＝x －1

x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞) 求导得，h ′(x )＝1＋1x 2＋a x ＝x 2＋ax ＋1

x 2

，

设h ′(x )＝0的两根分别为x 1，x 2，则有x 1·x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ， ∴x 2＝1x 1

，从而有a ＝－x 1－1x 1

.

令H (x )＝h (x )－h ⎝⎛⎭⎫1

x

＝x －1x ＋⎝

⎛⎭

⎫－x －1x ln x －⎣⎡⎦⎤

1x

－x ＋⎝⎛⎭⎫－x －1x ·ln 1x ＝2⎣⎡⎦

⎤⎝⎛⎭⎫－x －1x ln x ＋x －1

x

， H ′(x )＝2⎝⎛⎭⎫1x 2－1ln x ＝2(1－x )(1＋x )ln x

x 2

. 当

x ∈⎝ ⎛⎦

⎥⎤

0，12时，H ′(x )<0， ∴H (x )在⎝ ⎛⎦

⎥⎤

0，12上单调递减，

又

H (x 1)＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

1x 1＝h (x 1)－h (x 2)，

∴[h (x 1)－h (x 2)]min ＝H ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

12＝5ln2－3.

[解题反思] 本例(1)中求F (x )的单调区间，需先求出F (x )的定义域，同时在解不等式F ′(x )>0时需根据方程x 2－ax ＋1＝0的根的情况求出不等式的解集，故以判别式“Δ”的取值作为分类讨论的依据．在(2)中求出h (x 1)－h (x 2)的最小值，需先求出其解析式．由题可知x 1，x 2是h ′(x )＝0的两根，可得到x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝－a ，从而将h (x 1)－h (x 2)只用一个变量x 1导出．从而得到H (x 1)

＝h (x 1)－h ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

1x 1，这样将所求问题转化为研究新函数

H (x )＝h (x )－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 在⎝ ⎛⎭

⎪⎫

0，12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 )＝(1＋x )2－2ln(1＋x )． (1)求f (x )的单调区间；

(2)当0

1＋x ＝2x (x ＋2)x ＋1

.

由f ′(x )>0，得x >0；由f ′(x )<0，得－1

∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)． (2)由题意可知g (x )＝(2－a )x －2ln(1＋x )(x >－1)， 则g ′(x )＝2－a －2

1＋x ＝(2－a )x －a 1＋x .

∵00， 令g ′(x )＝0，得x ＝a

2－a

，

∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭

⎪⎫a 2－a ，＋∞上为增函数．

①当0

<3，即0

2时，在区间[0,3]上，

g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2－a 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a ，3上为增函数， ∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭

⎪⎫a 2－a ＝a －2ln 22－a .

②当a 2－a ≥3，即3

2≤a <2时，g (x )在区间[0,3]上为减函数，

∴g (x )min ＝g (3)＝6－3a －2ln4.

综上所述，当0

2－a

；