教师版。导数及其应用(二轮)

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2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题一 5 第5讲导数的简单应用

第5讲导数的简单应用导数运算及其几何意义[核心提炼]1．导数公式 (1)(sin x )′＝cos x ； (2)(cos x )′＝－sin x ； (3)(a x )′＝a x ln a (a >0)； (4)(log a x )′＝1x ln a(a >0，且a ≠1)． 2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．[典型例题](1)(2019·绍兴市柯桥区高三模拟)已知曲线y ＝14x 2－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐标为( )A ．－3B ．2C ．－3或2 D.12(2)已知f (x )＝ln xx 2＋1，g (x )＝(1＋sin x )2，若F (x )＝f (x )＋g (x )，则F (x )的导函数为________．【解析】 (1)设切点为(m ，n )(m ＞0)，y ＝14x 2－3ln x 的导数为y ′＝12x －3x ，可得切线的斜率为12m －3m ＝－12，解方程可得，m ＝2. 故选B.(2)因为f ′(x )＝（ln x ）′（x 2＋1）－ln x （x 2＋1）′（x 2＋1）2＝1x （x 2＋1）－2x ln x （x 2＋1）2＝x 2＋1－2x 2ln x x （x 2＋1）2g ′(x )＝2(1＋sin x )(1＋sin x )′＝2cos x ＋sin 2x ，所以F ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )＝x 2＋1－2x 2ln xx （x 2＋1）2＋2cos x ＋sin 2x .【答案】 (1)B (2)x 2＋1－2x 2ln xx （x 2＋1）2＋2cos x ＋sin 2x利用导数几何意义解题的思路(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化． (2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．[对点训练]1．已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．解析：因为f ′(x )＝a －1x ，所以f ′(1)＝a －1，又f (1)＝a ，所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x－1)，令x ＝0，得y ＝1.故填1.答案：12．(2019·浙江省十校联合体期末检测)已知函数f (x )＝a e x ＋x 2，g (x )＝cos πx ＋bx ，直线l 与曲线y ＝f (x )切于点(0，f (0))，且与曲线y ＝g (x )切于点(1，g (1))，则a ＋b ＝________，直线l 的方程为________．解析：f ′(x )＝a e x ＋2x ，g ′(x )＝－πsin πx ＋b ， f (0)＝a ，g (1)＝cos π＋b ＝b －1， f ′(0)＝a ，g ′(1)＝b ，由题意可得f ′(0)＝g ′(1)，则a ＝b ，又f ′(0)＝b －1－a 1－0＝a ，即a ＝b ＝－1，则a ＋b ＝－2；所以直线l 的方程为x ＋y ＋1＝0. 答案：－2 x ＋y ＋1＝03．(2019·湖州期末)如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，其中g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝________．解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，即f ′(3)＝－13.又因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 答案：0利用导数研究函数的单调性[核心提炼]1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．[典型例题](1)设函数f (x )＝x e 2－x ＋e x ，求f (x )的单调区间．(2)设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.71 828…)若函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围．【解】 (1)因为f (x )＝x e 2－x ＋e x . 由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x ＞0知， f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立．因为e x >0，所以只需ln x ＋1x －a ≤0，即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x . 因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2，由g ′(x )＝0，得x ＝1.x ⎝⎛⎭⎫1e ，1(1，e) g ′(x ) －＋ g (x )g ⎝⎛⎭⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1>1＋1e ，所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －1. 故a ≥e －1.求解或讨论函数单调性问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． [注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[对点训练]1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R 上的偶函数f (x )，其导函数f ′(x )；当x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )＜g (1－2x )的解集为( )A ．(13，1)B ．(－∞，13)∪(1，＋∞)C ．(13，＋∞)D ．(－∞，13)解析：选A.因为定义在R 上的偶函数f (x )，所以f (－x )＝f (x )．因为x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，所以x 2f ′(x )＋2xf (x )≤0，因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )≤0，所以g (x )在[0，＋∞)为减函数，因为f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，所以g (x )在(－∞，0)上为增函数，因为g (x )＜g (1－2x )，所以|x |＞|1－2x |，即(x －1)(3x －1)＜0，解得13＜x ＜1，选A.2．(2019·湖州市高三期末)已知函数f (x )＝x －1e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若函数y ＝g (x )对任意x 满足g (x )＝f (4－x )，求证：当x ＞2时，f (x )＞g (x )； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2＞4. 解：(1)因为f (x )＝x －1e x ，所以f ′(x )＝2－xe x .令f ′(x )＝0，解得x ＝2.f ′(x ) ＋ 0 － f (x )极大值1e2所以f (x )在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．所以当x ＝2时，f (x )取得极大值f (2)＝1e 2.(2)证明：g (x )＝f (4－x )＝3－xe 4－x ，令F (x )＝f (x )－g (x )＝x －1e x －3－xe 4－x ，所以F ′(x )＝2－x e x －2－x e 4－x ＝（2－x ）（e 4－e 2x ）e x ＋4.当x ＞2时，2－x ＜0，2x ＞4，从而e 4－e 2x ＜0，所以F ′(x )＞0，F (x )在(2，＋∞)是增函数．所以F (x )＞F (2)＝1e 2－1e 2＝0，故当x ＞2时，f (x )＞g (x )成立．(3)证明：因为f (x )在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．所以若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，x 1、x 2不可能在同一单调区间内．不妨设x 1＜2＜x 2，由(2)可知f (x 2)＞g (x 2)，又g (x 2)＝f (4－x 2)，所以f (x 2)＞f (4－x 2)．因为f (x 1)＝f (x 2)，所以f (x 1)＞f (4－x 2)．因为x 2＞2，4－x 2＜2，x 1＜2，且f (x )在区间(－∞，2)内为增函数，所以x 1＞4－x 2，即x 1＋x 2＞4.利用导数研究函数的极值(最值)问题[核心提炼]1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．[典型例题](1)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x (x ≥12)．①求f (x )的导函数；②求f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围．(2)(2019·浙江名校协作体高三联考)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x ＋a ln x .①若函数f (x )在(0，2)上递减，求实数a 的取值范围； ②当a ＞0时，求f (x )的最小值g (a )的最大值；③设h (x )＝f (x )＋|(a －2)x |，x ∈[1，＋∞)，求证：h (x )≥2. 【解】 (1)①因为(x －2x －1)′＝1－12x －1， (e －x )′＝－e －x ，所以f ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x－(x －2x －1)e －x ＝（1－x ）（2x －1－2）e －x 2x －1⎝⎛⎭⎫x >12. ②由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.因为 x 12 (12，1) 1 (1，52)52 (52，＋∞) f ′(x ) －0 ＋ 0 －f (x )12e －1212e －52又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x ≥0，所以f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12. (2)①函数f (x )在(0，2)上递减⇔任取x ∈(0，2)，恒有f ′(x )≤0成立，而f ′(x )＝ax －2x 2≤0⇒任取x ∈(0，2)，恒有a ≤2x 成立，而2x＞1，则a ≤1满足条件． ②当a ＞0时，f ′(x )＝ax －2x 2＝0⇒x ＝2a .x (0，2a )2a (2a，＋∞) f ′(x ) －0 ＋ f (x )极小值f (x )的最小值g (a )＝f (2a )＝a ＋a ln 2a ，g ′(a )＝ln 2－ln a ＝0⇒a ＝2.a (0，2) 2 (2，＋∞)g ′(a ) ＋0 － g (x )极大值g (a )的最大值为g (2)＝2.③证明：当a ≥2时，h (x )＝f (x )＋(a －2)x ＝2x ＋a ln x ＋(a －2)x ，h ′(x )＝ax －2x2＋a －2≥0，所以h (x )在[1，＋∞)上是增函数，故h (x )≥h (1)＝a ≥2. 当a ＜2时，h (x )＝f (x )－(a －2)x ＝2x ＋a ln x －(a －2)x ，h ′(x )＝ax －2x 2－a ＋2＝（（2－a ）x ＋2）（x －1）x 2＝0，解得x ＝－22－a ＜0或x ＝1，h (x )≥h (1)＝4－a ＞2，综上所述：h (x )≥2.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．[对点训练](2019·嵊州模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝13x 3＋12x 2＋mx ＋n ，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切于点(1，0)．(1)求直线l 的方程及g (x )的解析式；(2)若h (x )＝f (x )－g ′(x )(其中g ′(x )是g (x )的导函数)，求函数h (x )的极大值．解：(1)直线l 是函数f (x )＝ln x 在点(1，0)处的切线，故其斜率k ＝f ′(1)＝1，所以直线l 的方程为y ＝x －1.又因为直线l 与g (x )的图象相切，且切于点(1，0)，所以g (x )＝13x 3＋12x 2＋mx＋n 在点(1，0)处的导数值为1，所以⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝0，g ′（1）＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧13＋12＋m ＋n ＝0，1＋1＋m ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝16，所以g (x )＝13x 3＋12x 2－x ＋16.(2)由(1)得h (x )＝f (x )－g ′(x )＝ln x －x 2－x ＋1(x >0)，所以h ′(x )＝1x －2x －1＝1－2x 2－x x ＝－（2x －1）（x ＋1）x .令h ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝－1(舍)．当0<x <12时，h ′(x )>0，即h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增；当x >12时，h ′(x )<0，即h (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减．因此，当x ＝12时，h (x )取得极大值，所以h (x )极大值＝h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 12＋14＝14－ln 2. 专题强化训练1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A.因为f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析：选C.因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.所以f ′(x )＝3x 2＋4x .由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞)，故选C. 3．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B.⎝⎛⎦⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g （1）≥0⇔－26≤a ≤26或a ≥－4⇔a≥－2 6.4．(2019·台州二模)已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )，F (x )＝f ′（x ）e x，若F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，则函数f (x )的最小值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析：选C.因为f ′(x )＝2x ＋b ，所以F (x )＝2x ＋b e x ，F ′(x )＝2－2x －be x，又F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧F ′（0）＝－2，F （0）＝c ，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，b ＝4，所以f (x )＝(x ＋2)2≥0，f (x )min ＝0.5．(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)(x －x 3)(其中x 1＜x 2＜x 3)，g (x )＝e x －e －x ，且函数f (x )的两个极值点为α，β(α＜β)．设λ＝x 1＋x 22，μ＝x 2＋x 32，则( )A ．g (α)＜g (λ)＜g (β)＜g (μ)B ．g (λ)＜g (α)＜g (β)＜g (μ)C ．g (λ)＜g (α)＜g (μ)＜g (β)D ．g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)解析：选D.由题意，f ′(x )＝(x －x 1)(x －x 2)＋(x －x 2)(x －x 3)＋(x －x 1)(x －x 3)，因为f ′(x 1＋x 22)＝－（x 2－x 1）24＜0，f ′(x 2＋x 32)＝－（x 2－x 3）24＜0，因为f (x )在(－∞，α)，(β，＋∞)上递增，(α，β)上递减，所以α＜λ＜μ＜β，因为g (x )＝e x －e －x 单调递增，所以g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)．故选D.6．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f (x )＝x ＋2b x ＋a ，x ∈[a ，＋∞)，其中a ＞0，b ∈R ，记m (a ，b )为f (x )的最小值，则当m (a ，b )＝2时，b 的取值范围为( )A ．b ＞13B ．b ＜13C ．b ＞12D ．b ＜12解析：选D.函数f (x )＝x ＋2bx ＋a ，x ∈[a ，＋∞)，导数f ′(x )＝1－2bx2，当b ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在x ∈[a ，＋∞)递增，可得f (a )取得最小值，且为2a ＋2b a ，由题意可得2a ＋2ba＝2，a ＞0，b ≤0方程有解；当b ＞0时，由f ′(x )＝1－2bx 2＝0，可得x ＝2b (负的舍去)，当a ≥2b 时，f ′(x )＞0，f (x )在[a ，＋∞)递增，可得f (a )为最小值，且有2a ＋2ba＝2，a ＞0，b ＞0，方程有解；当a ＜2b 时，f (x )在[a ，2b ]递减，在(2b ，＋∞)递增，可得f (2b )为最小值，且有a ＋22b ＝2，即a ＝2－22b ＞0，解得0＜b ＜12.综上可得b 的取值范围是(－∞，12)．故选D.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f (x )＝2x 2＋3x2e x的大致图象是( )解析：选B.由f (x )的解析式知有两个零点x ＝－32与x ＝0，排除A ，又f ′(x )＝－2x 2＋x ＋32e x ，由f ′(x )＝0知函数有两个极值点，排除C ，D ，故选B.8．(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝⎛⎭⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( )A ．4e 2B ．4e C.e 24 D.e4解析：选A.由y ＝tx ，得y ′＝t 2tx ，则切线斜率为k ＝t 4，所以切线方程为y －2＝t4⎝⎛⎭⎫x －4t ，即y ＝t4x ＋1.设切线与曲线y ＝e x ＋1＋1 的切点为(x 0，y 0)．由y ＝e x ＋1＋1，得y ′＝e x ＋1，则由e x 0＋1＝t 4，得切点坐标为⎝⎛⎭⎫ln t 4－1，t 4＋1，故切线方程又可表示为y －t 4－1＝t4⎝⎛⎭⎫x －ln t 4＋1，即y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t 2＋1，所以由题意，得－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1，即ln t4＝2，解得t ＝4e 2，故选A. 9．(2019·金华十校高考模拟)已知函数f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a 的取值范围为____________．解析：由题意知，f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1的导数f ′(x )＝2x 2－2x ＋a .2x 2－2x ＋a ＝3有两个不等正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8（a －3）＞012（a －3）＞0，得3＜a ＜72.答案：⎝⎛⎭⎫3，72 10．(2019·湖州市高三期末)定义在R 上的函数f (x )满足：f (1)＝1，且对于任意的x ∈R ，都有f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．解析：设g (x )＝f (x )－12x ，因为f ′(x )＜12，所以g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )为减函数，又f (1)＝1，所以f (log 2x )＞log 2x ＋12＝12log 2x ＋12，即g (log 2x )＝f (log 2x )－12log 2x ＞12＝g (1)＝f (1)－12＝g (log 22)，所以log 2x ＜log 22，又y ＝log 2x 为底数是2的增函数，所以0＜x ＜2，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为(0，2)．答案：(0，2)11．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3，所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．答案：y ＝－3x [－2，2]12．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12，1，当x ∈(12，1)时，f ′(x )＜0，x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 113．(2019·唐山二模)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x －n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1n 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减，所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1. 因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)．答案：(0，1)14．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e －12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.答案：32e≤a <115．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0成立，即x ∈(－2，－1)时，a ＜⎝⎛⎭⎫x ＋2x max＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．16．(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x －1，当x ＝0，1时，k ∈R ，当x ∈(0，1)时，k ≤e x －1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x －1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x －1≥x ，又x ≠0，所以e x －1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6，由①②可知，4＜λ＜6.17．(2019·宁波市高考模拟)已知f (x )＝x ＋a 2x ，g (x )＝x ＋ln x ，其中a ＞0.若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)⇔当x ∈[1，e]有f (x )min ≥g (x )max ，当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在x ∈[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a2x2，因为a ＞0，所以令f ′(x )＝0得x ＝a .①当0＜a ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝a 2＋1.令a 2＋1≥e ＋1得a ≥e ，这与0＜a ＜1矛盾． ②当1≤a ≤e 时，若1≤x ＜a ，则f ′(x )＜0，若a ＜x ≤e ，则f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (a )＝2a ，令2a ≥e ＋1得a ≥e ＋12，又1≤a ≤e ，所以e ＋12≤a ≤e.③当a ＞e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e.令e ＋a 2e ≥e ＋1得a ≥e ，又a ＞e ，所以a ＞e.综合①②③得，所求实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e ＋12，＋∞. 18．(2019·宁波九校联考)已知函数f (x )＝e －x －11＋x .(1)证明：当x ∈[0，3]时，e －x ≥11＋9x； (2)证明：当x ∈[2，3]时，－27＜f (x )＜0.证明：(1)要证e －x ≥11＋9x ，也即证e x ≤1＋9x .令F (x )＝e x －9x －1，则F ′(x )＝e x －9.令F ′(x )＞0，则x ＞2ln 3.因此，当0≤x ＜2ln 3时，有F ′(x )＜0，故F (x )在[0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3＜x ≤3时，有F ′(x )＞0，故F (x )在[2ln 3，3]上单调递增．所以，F (x )在[0，3]上的最大值为max{F (0)，F (3)}．又F (0)＝0，F (3)＝e 3－28＜0.故F (x )≤0，x ∈[0，3]成立，即e x ≤1＋9x ，x ∈[0，3]成立．原命题得证．(2)由(1)得：当x ∈[2，3]时，f (x )＝e －x －11＋x ≥11＋9x －11＋x .令t (x )＝11＋9x －11＋x，则t ′(x )＝－(1＋9x )－2·9＋(1＋x )－2＝1（1＋x ）2－9（1＋9x ）2＝（1＋9x ）2－9（1＋x ）2（1＋9x ）2（1＋x ）2＝72x 2－8（1＋9x ）2（1＋x ）2≥0，x ∈[2，3]．所以，t (x )在[2，3]上单调递增，即t (x )≥t (2)＝－1657＞－1656＝－27，x ∈[2，3]，所以f (x )＞－27得证．下证f (x )＜0. 即证e x ＞x ＋1令h (x )＝e x －(x ＋1)则h ′(x )＝e x －1＞0，所以h (x )在[2，3]上单调递增，所以，h (x )＝e x －(x ＋1)≥e 2－3＞0，得证．另证：要证11＋9x －11＋x＞－27，即证9x 2－18x ＋1＞0，令m (x )＝9x 2－18x ＋1＝9(x －1)2－8在[2，3]上递增，所以m (x )≥m (2)＝1＞0得证．。

高考理科数学二轮课件专题导数及其应用

最优化决策
结合边际分析和弹性分析的结果，确定经济变量的最优取值范围，为制定经济政策提供科学依据。
05 微分方程初步知识及其应用
微分方程基本概念和分类
微分方程定义
微分方程是描述自变量、未知函数及其导数之间关系的数学方程。可分为一阶、二阶等微分方程；根据方程形式，可分为线性、非线性微分方程。
函数能够满足问题的需求。
利用构造函数法证明不等式的步骤
03
首先构造函数，然后求导并判断函数的单调性或最值，最后根
据函数的性质证明不等式。
04 导数在优化问题中的应用
最值问题求解策略
一阶导数测试法
闭区间上连续函数的性质
通过求一阶导数并判断其符号变化来确定函数的单调性，进而找到函数的极值点。
对于闭区间上的连续函数，通过比较区间端点和驻点的函数值来确定函数的最值。
优化方法的选择
针对不同类型的优化问题，选择合适的优化方法，如梯度下降法、牛顿法等，进行求解。
经济学中边际分析和弹性分析
边际分析
利用导数研究经济变量之间的边际关系，如边际成本、边际收益等，为经济决策提供定量依据。
弹性分析
通过导数研究经济变量之间的相对变化率，如需求弹性、供给弹性等，揭示经济变量之间的相互影响程度。
02
01
电路分析问题
电路中的电压、电流等物理量的变化可以通过电路微分方程进行分析和计算。
04
03
06 总结与提高
知识体系回顾与总结
A
导数的定义与计算
导数描述了函数在某一点处的切线斜率，可以通过极限的定义进行计算。
导数的几何意义与应用
导数在几何上表示切线斜率，可以用于求曲线的切线方程和法线方程。

高考二轮复习导数及其应用(2)

一、选择题【山东省莱州一中2012届高三第一次质检理】12.已知函数()(R)f x x ∈导函数f ′()x 满足f ′()x <()f x ，则当0a >时，()f a 与(0)a e f 之间的大小关系为（） A.()(0)a f a e f < B.()(0)a f a e f >C.()(0)a f a e f =D.不能确定，与()f x 或a 有关【答案】A【山东滨州2012届高三期中联考理12.函数32()393,f x x x x =--+若函数()()[2,5]g x f x m x =-∈-在上有3个零点，则m 的取值范围为（）A ．（-24,8）B ．（-24,1]C ．[1,8]D ．[1,8）【答案】D【山东济宁梁山二中2012届高三12月月考理】11. 已知函数在区间上是减函数，则的最小值是 A.B.C.2D. 3【答案】C二、解答题【山东省聊城一中2012届高三上学期期中理】21．（本小题满分12分）函数（I ）当时，求函数的极值；（II ）设，若，求证：对任意，且，都有. 【答案】21.（本小题满分12分）解：（1）当时，函数定义域为（）且)(131)(23R b a bx ax x x f ∈+-+=、[-1,3]b a +3223R ,2)1ln()(2∈-++=b x x b x x f 23=b )(x f x x f x g 2)()(+=2≥b ),1(,21+∞-∈x x 21x x ≥)(2)()(2121x x x g x g -≥-23=b ,2)1ln(23)(2x x x x f -++=+∞-,1令，解得或…………………2分当变化时，的变化情况如下表：+_ 0 +增函数极大值减函数极小值增函数所以当时，，当时，；……………………6分（2）因为，所以，因为，所以（当且仅当时等号成立），所以在区间上是增函数，……………………10分从而对任意，当时，，即,所以. …………12分【山东省临清三中2012届高三12月模拟理】20．（本小题满分12分）已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）设，若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】20．解：（I ）的定义域是．．．．．．．．．．．1分 02)1(232=-++x x 211-=x 212=x x )(),('x f x f x )21,1(--21-)21,21(-21),21(+∞)('x f )(x f 21-=x 2ln 2345)21()(-=-=f x f 极大值21=x 23ln 2343)21()(+-==f x f 极小值x x b x x f 2)1ln()(2-++=)1(122212)('2->+-+=-++=x x b x x b x x f 2≥b 0)('≥x f 0,2==x b )(x f ),1(+∞-),1(,21+∞-∈x x 21x x ≥)()(21x f x f ≥22112)(2)(x x g x x g -≥-)(2)()(2121x x x g x g -≥-14341ln )(-+-=xx x x f )(x f 42)(2-+-=bx x x g )2,0(1∈x []2,12∈x )()(21x g x f ≥b 14341ln )(-+-=xx x x f (0,)+∞．．．．．．．．．．．．．．． 2分由及得；由及得，故函数的单调递增区间是；单调递减区间是．．．．．4分（II ）若对任意，，不等式恒成立，问题等价于，．．．．．．．．．5分由（I ）可知，在上，是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点，故也是最小值点，所以；．．．．．．．6分当时，；当时，；当时，；．．．．．．．．．．．．8分问题等价于或或．．．．．．．．11分解得或或即，所以实数的取值范围是．．．．．．．．．．．．．．．．．12分【山东省聊城市五校2012届高三上学期期末联考】20. （本小题满分12分）统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y （升）关于行驶速度x （千米/小时）的函数解析式可以表示为：880312800013+-=x x y )1200(≤<x .已知甲、乙两地相距100千米.（Ⅰ）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？（Ⅱ）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？22243443411)(x x x x x x f --=--='0>x 0)(>'x f 31<<x 0>x 0)(<'x f 310><<x x 或)(x f )3,1(),3(,)1,0(∞+)2,0(1∈x []2,12∈x )()(21x g x f ≥max min )()(x g x f ≥(0,2)1x =min 1()(1)2f x f ==-[]2()24,1,2g x x bx x =-+-∈1b <max ()(1)25g x g b ==-12b ≤≤2max ()()4g x g b b ==-2b >max ()(2)48g x g b ==-11252b b <⎧⎪⎨-≥-⎪⎩212142b b ≤≤⎧⎪⎨-≥-⎪⎩21482b b >⎧⎪⎨-≥-⎪⎩1b <12b ≤≤b ∈∅b ≤b ,⎛-∞ ⎝⎦【答案】20. （I ）当x=40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040=2.5小时，[来源:Z§xx§]要耗油(1128000×403－380×40+8)×2.5=17.5（升）.所以，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5.（II ）当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)=(1128000x 3－380x+8)·100x =11280x 2+800x －154(0＜x ≤120)，h '(x)=232640640800800640xx x x ⋅-=-(0＜x ≤120)，令h '(x)=0得x=80当x ∈(0,80)时，h '(x)＜0,h(x)是减函数；当x ∈(80,120)时，h '(x)＞0,h(x)是增函数,∴当x=80时，h(x)取到极小值h(80)=11.25,因为h(x)在(0,120]上只有一个极值，所以它是最小值.故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升. 【山东省莱州一中2012届高三第一次质检理】19.（本小题满分12分）32()f x x ax bx c =+++在1x =、2x =-处取得极值（1）求a 、b 的值. （2）若[]113,2,()2x f x c ∈->-恒成立，求c 的取值范围. 【答案】19.（1）f ′()x 2320x ax b =++=的两根为1,2-23132623aa b b ⎧-=-⎧⎪=⎪⎪∴∴⎨⎨⎪⎪=-=-⎩⎪⎩11722c c ∴-<-即2311c c c-->0c <<或c >. 【山东省莱州一中2012届高三第一次质检理】22.（本小题满分14分）已知函数2()ln(1)().f x x ax a x a R =---∈ （1）当1a =时，求函数()f x 的最值；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）试说明是否存在实数(1)a a ≥使()y f x =的图象与5ln 28y =+无公共点. 【答案】22.解：（1）函数2()ln(1)()f x x ax a x a R =---∈的定义域是(1,)+∞.当1a =时，f ′()x 32()122111x x x x x -=--=--，所以()f x 在3(1,)2为减函数，在3(,)2+∞为增函数，所以函数()f x 的最小值为33()ln 224f =+.(2) f ′()x 22()22,11a x x a x a x x +-=--=-- 若0a ≤时，则22()221,()021a x x a f x x +-+≤=>-在(1,)+∞恒成立，所以()f x 的增区间为(1,)+∞. 若0a >，则212a +>，故当21,2a x +⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，f ′()x 22()201a x x x +-=≤-，[来源:学#科#网] 当2,2a x +⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，22()2()0,1a x x f x x +-=≥- 所以0a >时()f x 的减区间为21,2a +⎛⎤ ⎥⎝⎦，()f x 的增区间为2,2a +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（3）1a ≥时，由（2）知()f x 在(1,)+∞上的最小值为22()1ln 242a a af a +=-+-，令22()()1ln 242a a ag a f a +==-+-在[)1,+∞上单调递减，所以max 3()(1)ln 24g a g ==+，则max 51()(ln 2)088g a -+=>，因此存在实数(1)a a ≥使()f x 的最小值大于5ln 28+，故存在实数(1)a a ≥使()y f x =的图象与5ln 28y =+无公共点.【山东省济宁市重点中学2012届高三上学期期中理】22.（本小题满分12分）建造一条防洪堤，其断面为如图等腰梯形ABCD ，腰与底边所成角为60︒，考虑到防洪堤坚固性及石块用料等因素，设计其断面面积为63平方米，为了使堤的上面与两侧面的水泥用料最省，则断面的外周长（梯形的上底线段与两腰长的和）要最小. (1) 求外周长的最小值，此时防洪堤高h 为多少？(2) 如防洪堤的高限制在[3,32]范围内，外周长最小为多少米？【答案】22解：（1）由题意，所以12(2BC+233h)h= 63, BC=63h -33h …………………4分设外围周长为，则当，即时等号成立.……………………6分所以外围的周长的最小值为米，此时堤高米. --------------8分（2）由（1），由导数或定义可证明在单调递增，…10分所以的最小值为米（当） -------------------1236)(21=+h BC AD h BC h BC AD 33260cot 20+=+=l 26363333660sin 220≥+=-+=+=h h h h h BC AB l hh 363=6=h 266=h )6(3hh l +=]24,3[∈h l 3533633=+⨯3=h分【山东省济宁市鱼台一中2012届高三第三次月考理】21．（12分）如图，有一块半椭圆形钢板，其长半轴长为2r ，短半轴长为r ，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB 是半椭圆的短轴，上底CD 的端点在椭圆上，记2CD x =，梯形面积为S ．（1）求面积S 以x 为自变量的函数式,并写出其定义域; （2）求面积S 的最大值．【答案】21．解: 以AB 所在的直线为x 轴,以AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系．椭圆方程为222214y x r r+=设(,)C x y 则y =（1）1(22)2(2S x r r x =+⋅=+定义域为{}0x x r <<．（2）由（1）知2(S r x =+=设222g(x)=(r+x)(r -x )则22()(2)g (x)x r x r '=-+- 由0g (x)'=得2r x =当02r x <<0g (x)'>当2rx r <<0g (x)'< ∴当2r x =时g(x)取最大值,S 取最大值, 【山东济宁金乡一中2012届高三12月月考理】22、（本小题满分15分）设函数（Ⅰ）求函数的极值点；（Ⅱ）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有，求p 的取值范围；（Ⅲ）证明：()ln 1f x x px =-+()f x 0)(≤x f ).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n【答案】22、解：（1）， …………2分当上无极值点…………3分当p>0时，令的变化情况如下表：…………4分从上表可以看出：当p>0 时，有唯一的极大值点…………5分（Ⅱ）当p>0时在处取得极大值，此极大值也是最大值，…………7分要使恒成立，只需，…………8分∴∴p 的取值范围为[1，+∞…………10分（Ⅲ）令p=1，由（Ⅱ）知，∴，…………11分∴…………12分 ∴ …………13分),0()(,1ln )(+∞∴+-=的定义域为x f px x x f x pxp x x f -=-='11)(),0()(,0)(0+∞>'≤在时，x f x f p x x f x f p x x f 随、，)()(),,0(10)('+∞∈=∴='()f x p x 1=1x=p 11()lnf pp =()0f x £11()ln 0f p p = 1p ³)2,1ln ,01ln ≥∈-≤∴≤+-n N n x x x x ，1ln 22-≤n n 22222111ln n n n nn -=-≤)11()311()211(ln 33ln 22ln 222222222n n n -++-+-≤+++ )13121()1(222n n +++--=…………14分…………15分∴结论成立【山东济宁梁山二中2012届高三12月月考理】21．（本小题满分12分）已知函数，．（1）设（其中是的导函数），求的最大值；（2）证明: 当时，求证：；（3）设,当时,不等式恒成立,求的最大值．【答案】21．解:（1）,所以．当时，；当时，．因此，在上单调递增，在上单调递减．因此，当时，取得最大值；（2）当时，．由（1）知：当时，，即．因此，有．（3）不等式化为所以对任意恒成立．令，则， ))1(1431321()1(+++⨯+⨯--<n n n )11141313121()1(+-++-+---=n n n )1(212)1121()1(2+--=+---=n n n n n ()ln f x x =21()22g x x x =-/()(1)()h x f x g x =+-/()g x ()g x ()h x 0b a <<()(2)2b af a b f a a-+-<k Z ∈1x >/(1)()3()4k x xf x g x -<++k /()(1)()ln(1)2h x f x g x x x =+-=+-+1x >-1()111xh x x x -'=-=++10x -<<()0h x '>0x >()0h x '<()h x (1,0)-(0,)+∞0x =()h x (0)2h =0b a <<102b aa--<<10x -<<()2h x <ln(1)x x +<()(2)lnln 1222a b b a b af a b f a a a a +--⎛⎫+-==+< ⎪⎝⎭/(1)()3()4k x xf x g x -<++ln 21x x xk x +<+-ln 21x x xk x +<+-1x >()ln 21x x x g x x +=+-()()2ln 21x x g x x --'=-令，则，所以函数在上单调递增．因为，所以方程在上存在唯一实根，且满足．当，即，当，即，所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以．所以．故整数的最大值是．【莱州一中2012高三第三次质量检测理】22.（本小题满分14分）已知定义在实数集上的函数(),n n f x x n =∈ N *，其导函数记为()n f x '，且满足222121221()()[(1)]f x f x f ax a x x x -'+-=-，其中a 、1x 、2x 为常数，12x x ≠.设函数()g x = 123()()ln (),(f x mf x f x m +-∈R 且0)m ≠.（Ⅰ）求实数a 的值；（Ⅱ）若函数()g x 无极值点，其导函数()g x '有零点，求m 的值；（Ⅲ）求函数()g x 在[0,]x a ∈的图象上任一点处的切线斜率k 的最大值. 【答案】22.（本小题满分14分）解：（Ⅰ）因为222(),()2f x x f x x '==，所以222112212[(1)]x x ax a x x x -+-=-，整理得：12()(21)0,x x a --=又12x x ≠，所以12a =.…………………………………………3分（Ⅱ）因为23123(),(),()f x x f x x f x x ===，所以2()3ln (0)g x mx x x x =+->.…………………………4分()ln 2h x x x =--()1x >()1110x h x x x-'=-=>()h x ()1,+∞()()31ln30,422ln 20h h =-<=->()0h x =()1,+∞0x ()03,4x ∈01()0x x h x <<<时，()0g x '<0()0x x h x >>时，()0g x '>()ln 21x x xg x x +=+-()01,x ()0,x +∞()()()()()000000min001ln 122225,611x x x x g x g x x x x ++-==+=+=+∈⎡⎤⎣⎦--()()0min 25,6k g x x <=+∈⎡⎤⎣⎦k 5导数2 由条件23230,()21mx x x g x mx x x+-'>=-+=.……………………5分因为()g x '有零点而()g x 无极值点,表明该零点左右()g x '同号，又0m ≠，所以二次方程2230mx x +-=有相同实根，即1240,m ∆=+= 解得124m =-.…………………………………………8分（Ⅲ）由（Ⅰ）知，2133,()21,22a k g x mx k m x x ''===-+=+，因为1(0,]2x ∈，所以23x ∈[12，+∞]，所以①当60m -≤<或0m >时，0k '≥恒成立，所以()k g x '=在（0，12]上递增，故当12x =时，k 取得最大值，且最大值为5m -，…………10分 ②当6m <-时，由0k '=得x =，而102<.若x ∈，则0k '>，k 单调递增；若1]2x ∈，则0k '<，k 单调递减.故当x =时，k 取得最大值，且最大值等于2311=-…………………13分综上，max5,(600)16)m m m k m --≤<>⎧⎪=⎨-<-⎪⎩或…………………………14分。

高考数学统考二轮复习第二部分专题6 函数与导数第3讲导数的简单应用(教师用书)教案理

学习资料专题6第3讲导数的简单应用导数的运算与导数的几何意义授课提示：对应学生用书第59页考情调研考向分析导数的概念和运算是高考的必考内容，一般渗透在导数的应用中考查;导数的几何意义常与解析几何中的直线交汇考查；题型为选择题或解答题的第（1）问，低档难度。

1.导数的基本运算．2。

求过某点的切线斜率（方程）等问题．3。

由曲线的切线方程求参数。

［题组练透］1．若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k ＝（） A ．3 B.错误! C ．2D.错误!解析:设切点为（x 0,kx 0－2）, ∵y ′＝错误!，∴错误! 由①得kx 0＝3,代入②得1＋3ln x 0＝1，则x 0＝1，k ＝3, 故选A. 答案：A2．直线y ＝e x ＋2b 是曲线y ＝ln x （x 〉0)的一条切线，则实数b ＝________。

解析:设切点为（x 0，y 0），由题意得y ′＝错误!（x >0)，所以y ′|x ＝x 0＝错误!＝e,所以x 0＝错误!，所以y 0＝ln x 0＝ln 错误!＝－1，又y 0＝e x 0＋2b ,所以b ＝－1.答案：－13．（2020·三明质检）曲线y ＝ln x －ax 在x ＝2处的切线与直线ax －y －1＝0平行，则实数a ＝________。

解析：因为y ＝ln x －ax ，所以y ′＝错误!－a ，因此其在x ＝2处的切线斜率为k ＝错误!－a ，又曲线y ＝ln x －ax 在x ＝2处的切线与直线ax －y －1＝0平行，所以12－a ＝a ，因此a ＝错误!。

答案：14[题后悟通］1．求曲线y＝f（x)的切线方程的3种类型及方法类型方法已知切点P(x0，y0),求切线方程求出切线的斜率f′（x0),由点斜式写出方程已知切线的斜率k，求切线方程设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0）解得x0，再由点斜式写出方程已知切线上一点（非切点），求切线方程设切点P(x0，y0),利用导数求得切线斜率f′（x0），再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程类型解题关键已知曲线在某点处的切线求参数关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围关键是过好“双关"：一是转化关,即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值,从而得所求代数式的取值范围导数与函数的单调性授课提示：对应学生用书第60页考情调研考向分析考查函数的单调性，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，题型以解答题为主，一般难度较大.1.求函数的单调区间．2.原函数与导函数图象间的关系．3。

导数及其应用(教学案)-2020年高考文数二轮复习精品资料+Word版含解析

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．优解：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1，得ax 2＋ax ＋2＝0，∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．答案：8高频考点二利用导数研究函数的单调性例2、（2018年全国卷Ⅱ）若在是减函数，则的最大值是A. B. C. D.【答案】C 【解析】因为，所以由得，因此，从而的最大值为。

【变式探究】【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），.若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 .所以等价于，即.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-. 当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）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.从而当a ＜0时，，即.【变式探究】(1)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＞x 2＋12的解集为( )A ．(1,2)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)解析：令g (x )＝f (x )－12(x ＋1)，∴g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，故g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减且g (1)＝0.令g (x )＞0，则x ＜1，f (x 2)＞x 2＋12⇔f (x 2)－x 2＋12＞0⇔g (x 2)＞0⇔x 2＜1⇔－1＜x ＜1.故选C. 答案：C(2)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0] B ．[－1，＋∞) C ．[0,3]D ．[3，＋∞)解析：通解：由题意知f ′(x )≥0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞恒成立，又f ′(x )＝2x ＋a －1x 2，所以2x ＋a －1x 2≥0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞恒成立，分离参数得a ≥1x 2－2x ，若满足题意，需a ≥⎝⎛⎭⎫1x 2－2x max .令h (x )＝1x 2－2x ，x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞.因为h ′(x )＝－2x 3－2，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，h ′(x )＜0，即h (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减，所以h (x )＜h ⎝⎛⎭⎫12＝3，故a ≥3.优解：当a ＝0时，检验f (x )是否为增函数，当a ＝0时， f (x )＝x 2＋1x ，f ⎝⎛⎭⎫12＝14＋2＝94，f (1)＝1＋1＝2，f ⎝⎛⎭⎫12＞f (1)与函数是增函数矛盾．排除A 、B 、C.故选D. 答案：D 【方法技巧】1．若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可． 2．若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解．【变式探究】已知函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x ，则函数f (x )的单调递减区间为________．高频考点三含参数的函数的单调性例3、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），.若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为.所以等价于，即.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-. 当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）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.从而当a ＜0时，，即.【变式探究】已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2. (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：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ).(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )①若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)＞0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增②若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减.③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减.(2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点.(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点.(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点综上，a 的取值范围为(0，＋∞).【方法技巧】1．求函数的单调区间的“三个”方法方法一第1步：确定函数y ＝f (x )的定义域；第2步：求导函数y ′＝f ′(x )；第3步：解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，解集在定义域内的部分为单调区间．方法二第1步：确定函数y ＝f (x )的定义域：第2步：求导函数y ′＝f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；第3步：把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义域分成若干个小区间；第4步：确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．方法三第1步：确定函数y ＝f (x )的定义域；解：(1)当k ＝1时，f (x )＝x ln x －x ＋1， f ′(x )＝ln x .令f ′(x )＞0，得x ＞1，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)f ′(x )＝ln x ＋1－k ，当k ≤1时，由x ＞1，知f ′(x )＞0，所以f (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，且图象不间断，又f (1)＝0，所以当x ＞1时，f (x )＞f (1)＝0，所以函数y ＝f (x )在区间(1，＋∞)上没有零点，不符合题意．当k ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k －1＞1，若1＜x ＜e k －1，则f ′(x )＜0，故f (x )在(1，e k －1)上是单调递减函数，若x ＞e k －1，则f ′(x )＞0，故f (x )在(e k －1，＋∞)上是单调递增函数，所以当1＜x ＜e k－1时，f (x )＜f (1)＝0，又f (e k )＝k e k －k (e k －1)＝k ＞0，f (x )在(1，＋∞)上的图象不间断，所以函数y ＝f (x )在区间(1，＋∞)上有1个零点，符合题意．综上，实数k 的取值范围为(1，＋∞)．(3)假设存在正整数k ，使得f (x )＋x ＞0在(1，＋∞)上恒成立，由x ＞1知x －1＞0，从而k ＜x ln x ＋xx －1在(1，＋∞)上恒成立．(*)记g (x )＝x ln x ＋x x －1(x ＞1)，则g ′(x )＝x －2－ln xx －12(x ＞1)，设h (x )＝x －2－ln x (x ＞1)，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x＞0，所以h (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－ln 4＞0，h (x )在[3,4]上的图象不间断，所以存在唯一的实数x 0∈(3,4)，使得h (x 0)＝0，所以当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 0)上单调递减，当x ＞x 0时，h (x )＞0，g ′(x )＞0，g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值，也为最小值，且最小值为g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1.又h (x 0)＝x 0－2－ln x 0＝0，所以ln x 0＝x 0－2，所以g (x 0)＝x 0，由(*)知，k ＜x 0，又x 0∈(3,4)，k ∈N *，所以正整数k 的最大值为3，即存在最大的正整数k ＝3，使得f (x )＋x ＞0在(1，＋∞)上恒成立．1. （2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2).2. （2018年江苏卷）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3 【解析】由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，3. （2018年天津卷）设函数，其中,且是公差为的等差数列.（I ）若求曲线在点处的切线方程；（II）若，求的极值；（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.【答案】(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ)极大值为6；极小值为−6；(Ⅲ)【解析】（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故=3x2−1，因此f(0)=0，=−1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=(x−0)，故所求切线方程为x+y=0．（Ⅱ）由已知可得f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．故=3x2−6t2x+3t22−9．令=0，解得x=t2−，或x=t2+．当x变化时，，f(x)的变化如下表：x (−∞，t2−) t2−(t2−，t2+) t2+(t2+，+∞) + 0 −0 + f(x) ↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6；函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．=3x3+(1−d2)．当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意．当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．g(x)的极小值g(x2)=g()=−．若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．所以，的取值范围是．4. （2018年全国卷Ⅱ）已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．【答案】见解析【解析】（1）当a =3时，f （x ）=，f ′（x ）=．令f ′（x ）=0解得x =或x =．当x ∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x ）>0；当x ∈（，）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（2）由于，所以等价于．设=，则g ′（x ）=≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点．又f （3a –1）=，f （3a +1）=，故f （x ）有一个零点．综上，f （x ）只有一个零点．1.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 2.【2017课标1，文14】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________．【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则，所以，所以曲线21y x x=+在点()1,2处的切线方程为，即1y x =+．3.【2017课标1，文21】已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <，()f x 在单调递减，在单调递增；（2）34[2e ,1]-．4.【2017课标II ，文21】设函数.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）在和单调递减，在单调递增（Ⅱ）[1,)+∞ 【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x 令f’(x )=0得x =-1- ，x =-1+当x ∈（-∞，-1-）时，f’(x )<0；当x ∈（-1-，-1+）时，f’(x )>0；当x ∈（-1-，+∞）时，f’(x )<0 所以f (x )在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增(2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe x ＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1，故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0），所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1当0＜x ＜1，，，取则当综上，a 的取值范围[1，+∞）5.【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），.若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 .所以等价于，即.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-. 当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）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.从而当a ＜0时，，即.6.【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数.,(I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程； (II)设函数,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】(I),（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为.（Ⅱ）因为，所以，，令，则，所以()h x 在R 上单调递增，因为()00h =，所以，当0x >时， ()0h x >；当0x <时， ()0h x <. （1）当0a <时，，当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增；当(),0x a ∈时， 0x a ->， ()0g x '<， ()g x 单调递减；当()0,x ∈+∞时， 0x a ->， ()0g x '>， ()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-. （2）当0a =时，，当时， ()0g x '≥， ()g x 单调递增；所以()g x 在(),-∞+∞上单调递增， ()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，，当(),0x ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增；当()0,x a ∈时， 0x a -<， ()0g x '<， ()g x 单调递减；当(),x a ∈+∞时， 0x a ->， ()0g x '>， ()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是()0g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增，在()0,a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是.7.【2017北京，文20】已知函数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-. 【解析】（Ⅰ）因为，所以.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. （Ⅱ）设，则.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为.8.【2017江苏，20】已知函数有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23b a >; 【2015高考湖南，文8】设函数，则()f x 是( )A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数【答案】A 【解析】函数，函数的定义域为（-1，1），函数所以函数是奇函数．，在（0,1）上()'0f x > ，所以()f x 在(0,1)上单调递增，故选A.【2015高考安徽，文21】已知函数（Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性；（Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值. 【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r ,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值. 【解析】（Ⅰ）由题意可知r x -≠ 所求的定义域为.，所以当r x -<或r x >时，0)(<'x f ，当r x r <<-时，0)(>'x f 因此，)(x f 单调递减区间为；)(x f 的单调递增区间为(),r r -（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知0)('=r f )(x f 在()r ,0上单调递增，在()+∞,r 上单调递减.因此r x =是)(x f 的极大值点，所以)(x f 在),0(+∞内的极大值为，内无极小值；综上，内极大值为100，无极小值.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数，0k >．（I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,e ⎤⎦上仅有一个零点．【答案】（I ）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；极小值；（II ）证明详见解析.【解析】（Ⅰ）由，（0k >）得.由'()0f x =解得x k =.()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；()f x 在x k =处取得极小值.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为.因为()f x 存在零点，所以，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间(1,)e 上单调递减，且()0f e =，所以x e =是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且，，所以()f x 在区间(1,]e 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,]e 上仅有一个零点.【2015高考湖北，文21】设函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，，其中e 为自然对数的底数.（Ⅰ）求()f x ，()g x 的解析式，并证明：当0x >时，()0f x >，()1g x >；（Ⅱ）设0a ≤，1b ≥，证明：当0x >时，.【答案】（Ⅰ），.证明：当0x >时，e 1x >，0e 1x -<<，故()0.f x >又由基本不等式，有，即() 1.g x > （Ⅱ）由（Ⅰ）得⑤⑥当0x >时，等价于⑦等价于⑧于是设函数，由⑤⑥，有当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而，即，故⑦成立.（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而，即，故⑧成立.综合⑦⑧，得.【解析】（Ⅰ）由()f x , ()g x 的奇偶性及,①得：②联立①②解得，．当0x >时，e 1x >，0e 1x-<<，故()0.f x > ③又由基本不等式，有，即() 1.g x > ④（Ⅱ）由（Ⅰ）得， ⑤， ⑥当0x >时，等价于， ⑦等价于⑧设函数，由⑤⑥，有当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而，即，故⑦成立．（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而，即，故⑧成立．综合⑦⑧，得．【2015高考山东，文20】设函数. 已知曲线在点(1,(1))f 处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程在(,1)k k +内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数（{},min p q 表示，,p q 中的较小值），求()m x 的最大值.【答案】（I ）1a = ；(II) 1k = ；(III) 24e. 【解析】（I ）由题意知，曲线在点(1,(1))f 处的切线斜率为2，所以'(1)2f =，又所以1a =.（II ）1k =时，方程在(1,2)内存在唯一的根.设当(0,1]x ∈时，()0h x <.又所以存在0(1,2)x ∈，使0()0h x =.因为所以当(1,2)x ∈时，，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当(1,)x ∈+∞时，()h x 单调递增. 所以1k =时，方程在(,1)k k +内存在唯一的根.（III ）由（II ）知，方程在(1,2)内存在唯一的根0x ，且0(0,)x x ∈时，，0(,)x x ∈+∞时，，所以.当0(0,)x x ∈时，若若0(1,),x x ∈由可知故当0(,)x x ∈+∞时，由可得0(,2)x x ∈时，单调递增；(2,)x ∈+∞时，单调递减；可知且.综上可得函数()m x 的最大值为24e . 1．（2014·陕西卷）设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R.(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(2)当n ≤2014时，求F (n )的表达式；(3)令g (n )为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当n ∈S 时p (n )的最大值．【解析】解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p (100)＝11192.(2)F (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，1≤n ≤9，2n －9，10≤n ≤99，3n －108，100≤n ≤999，4n －1107，1000≤n ≤2014.(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)，g (n )＝0；当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ；当n ＝100时，g (n )＝11，即g (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，11，n ＝100.1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，同理有f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤8，k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n ≤100时，S ＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．当n ＝9时，p (9)＝0.当n ＝90时，p (90)＝g （90）F （90）＝9171＝119.当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g （n ）F （n ）＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k20k ＋9关于k 单调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝8169. 又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为119. 31．（2014·辽宁卷）当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3]【答案】C 【解析】当－2≤x <0时，不等式可转化为a ≤x 2－4x －3x 3，令f (x )＝x 2－4x －3x 3(－2≤x <0)，则f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4，故函数f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤f min (x )＝f (－1)＝1＋4－3－1＝－2. 当x ＝0时，不等式恒成立．当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3，令g (x )＝x 2－4x －3x 3(0<x ≤1)，则g ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4，故函数g (x )在(0，1]上单调递增，此时有a ≥g max(x )＝g (1)＝1－4－31＝－6. 综上，－6≤a ≤－2.32．（2014·新课标全国卷Ⅱ）若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞) 【答案】D【解析】f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x ，且x >0，由题可知f ′(x )≥0，即得kx －1≥0，得x ≥1k (k <0时不满足)，因为函数f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以1k≤1，解得k ≥1.33．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．【解析】解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1. (2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4，由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0，所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．34．（2014·全国新课标卷Ⅰ）已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)【答案】C35．（2014·全国新课标卷Ⅰ）设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1， f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1，求a 的取值范围．【解析】解：(1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1，(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ， f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎫x －a 1－a (x －1)． (i)若a ≤12，则a 1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a 1－a 的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1. (ii)若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0. f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a <a a －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>a a －1，所以不合题意． (iii)若a >1, 则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1，符合题意．综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．36．（2014·山东卷）设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)讨论函数f (x )的单调性．【解析】解：(1)由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)．此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，所以f ′(1)＝12. 又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)，①当a ＝－12时，Δ＝0， f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0， f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a ＜0时，Δ＞0. 设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a， x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a. 因为x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a＞0，所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增． 37．（2014·陕西卷）设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．【解析】解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增．∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2， ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)，设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23. 又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图所示)，可知(3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a<1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x－x (x >0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立， ∴m ≥14⎝⎛⎭⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立， ∴m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.。

导数及其应用教师版

三、经典例题导讲[例1]已知2)2cos 1(x y +=,则='y .错因：复合函数求导数计算不熟练,其x 2与x 系数不一样也是一个复合的过程,有的同学忽视了,导致错解为:)2cos 1(2sin 2x x y +-='.正解：设2u y =,x u 2cos 1+=,则)2()2sin (2)2cos 1(2'⋅-⋅='+=''='x x u x u u y y x u x)2cos 1(2sin 42)2sin (2x x x u +-=⋅-⋅=∴)2cos 1(2sin 4x x y +-='.[例2]求322+=x y 在点)5,1(P 和)9,2(Q 处的切线方程。

错因：直接将P ，Q 看作曲线上的点用导数求解。

分析：点P 在函数的曲线上，因此过点P 的切线的斜率就是y '在1=x 处的函数值；点Q 不在函数曲线上，因此不能够直接用导数求值，要通过设切点的方法求切线．解：4.4,3212='∴='∴+==x y x y x y ，即过点P 的切线的斜率为4，故切线为：14+=x y ．设过点Q 的切线的切点为),(00y x T ，则切线的斜率为04x ，又2900--=x y k PQ ，故0024262x x x =--，3,1.06820020=∴=+-∴x x x 。

即切线QT 的斜率为4或12，从而过点Q 的切线为： 1512,14-=-=x y x y点评：要注意所给的点是否是切点．若是，可以直接采用求导数的方法求；不是则需设出切点坐标．[例3]求证：函数xx y 1+=图象上的各点处切线的斜率小于1，并求出其斜率为0的切线方程. 分析：由导数的几何意义知，要证函数xx y 1+=的图象上各点处切线的斜率都小于1，只要证它的导函数的函数值都小于1，因此，应先对函数求导后，再进行论证与求解. 解：（1）111,12<-='∴+=xy x x y ，即对函数x x y 1+=定义域内的任一x ，其导数值都小于1，于是由导数的几何意义可知，函数xx y 1+=图象上各点处切线的斜率都小于1. （2）令0112=-x，得1±=x ，当1=x 时，2111=+=y ；当1-=x 时，2-=y ， ∴曲线xx y 1+=的斜率为0的切线有两条，其切点分别为)2,1(与)2,1(--，切线方程分别为2=y 或2-=y 。

导数及其应用(教学案)-2020年高考理数二轮复习精品资料Word版含解析_1

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一导数的几何意义及应用例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

【新课标】高三数学二轮精品专题卷_导数及其应用

高三数学二轮精品专题卷：导数及其应用考试范围：导数及其应用一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t 秒后的位移为t t t s 833123+-=，那么速度为零的时刻是（）A ．1秒B ．1秒末和2秒末C ．4秒末D ．2秒末和4秒末2．（理）已知直线kx y =是曲线x y ln =的切线,则直线kx y =经过点（） A ．)1,(-e B ．)1,(e C ．)1,1(-eD ．)1,1(e（文）曲线2+=x xy 在点)1,1(--处切线的一个方向向量为（） A ．)2,1(- B ．)2,1(C ．)1,2(-D ．)1,2(3．设函数5221)(23+--=x x x x f ，若对于任意[]2,1-∈x ，m x f ＜)(恒成立，则实数m 的取值范围为（） A ．),7(+∞B ．),8(+∞C ．[),7+∞D ．),9(+∞4．曲线2)(3-+=x x x f 上点0P 处的切线垂直于直线x y 41-=，则点P 0的坐标是（） A ．)0,1(-B ．)2,0(-C ．)4,1(--或)0,1(D ．)4,1(5．已知函数)(x f y =，（x ∈R ）上任一点))(,(00x f x 处的切线斜率200)1)(3(+-=x x k ，则该函数的单调递增区间为（） A ．[)+∞,3 B ．(]3,-∞C ．(]1,--∞D ．[)+∞-,1 6．对于R上可导的任意函数)(x f ，若满足0)(')1(≤-x f x ，则必有（）A ．)1(2)2()0(f f f ＜+B ．)1(2)2()0(f f f ≤+C ．)1(2)2()0(f f f ＞+D ．)1(2)2()0(f f f ≥+ 7．已知函数1)(+-=mx e x f x 的图像为曲线C ，若曲线C 不存在与直线x y 21=垂直的切线，则实数m 的取值范围是（） A ．21-≤m B ．21-＞m C ．2≤m D ．2＞m8．若函数1ln 21)(2+-=x x x f 在其定义域内的一个子区间)1,1(+-k k 内不是单调函数，则实数k 的取值范围（） A ．[)+∞,1B ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡23,1 C ．[)2,1+ D ．⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,239．已知对∈∀x R ，函数)(x f 都满足)2()2(x f x f -=+ππ，且当)2,2(ππ-∈x 时，x x x f sin 2)(+=，则（）A ．)3()2()1(f f f ＜＜B ．)1()3()2(f f f ＜＜C ．)1()2()3(f f f ＜＜D ．)2()1()3(f f f ＜＜10．（理）已知点P 是曲线13+-=x x e e y 上一动点，α∠为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α∠的最小值是（） A ．0B ．4πC ．32π D ．43π （文）右图是某一函数在第一象限内的图像，则该函数的解析式可能是（）A ．x x e e y -+=B ．xx y 1ln +-= C ．x x y ln +-=D ．xx y 1ln+= 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在题中的横线上）11．（理）如图所示，点)1,0(),1,1(),0,1(),0,0(C B A O ，则曲线2x y =与x 轴围成的封闭图形的面积是．（文）若幂函数)(x f 的图象经过点)21,41(A ，则该函数在点A 处的切线方程为．12．如图，函数)(x f 的图象是折线段ABC ，其中A ，B ，C 的坐标分别为)4,4(),0,2(),4,0(则=-+→xf x f x △△△)1()1(lim 0．13．(理)曲线xxy tan 1tan +=在点)21,4(πM 处的切线的斜率为．（文）函数63)(23+-=x x x f 在=x 处取得极小值．14．已知函数)(x f 的导函数为)('x f ，且x xf x f ln )1('2)(+=，则)1('f = ． 15．(理)直线x y =是曲线kx y sin =的一条切线，则符合条件的一个实数k 值为．（文）函数f (x )＝x 3－3x-a 有三个不同的零点，则a 的取值范围是．三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．（本小题满分12分）已知函数x mx x x t ++=23)(是奇函数，2)(2++=nx ax x s 是偶函数，设)()()(x s x t x f ++．（1）若1-=a ,令函数)(2)(x f x x g -=,求函数)(x g 在)2,1(-上的极值；（2）对）（+∞-∈∀,31,21x x 恒有0)()(2121＞x x x f x f --成立，求实数a 的取值范围.17．（本小题满分12分）请你设计一个LED 霓虹灯灯箱。

导数及其应用(二轮学案)

导数及其应用一典型例题：例1 如果函数y ＝f(x)的图象如右图，那么导函数y ＝f '(x)的图象可能是（）例2已知函数.21)(23c bx x x x f ++-= （1）若)(x f 有极值，求b 的取值范围；（2）若)(x f 在1=x 处取得极值时，当2)(,]2,1[c x f x <-∈时恒成立，求c 的取值范围；(3)若)(x f 在1=x 处取得极值时，证明：对[－1，2]内的任意两个值12,,x x 都有127|()()|2f x f x -≤．例3【烟台·理科】设函数),(2131)(22R b a bx ax x x g ∈-+=，在其图象上一点P （x ，y ）处的切线的斜率记为).(x f（1）若方程)(,420)(x f x f 求和有两个实根分别为-=的表达式；（2）若22,]3,1[)(b ax g +-求上是单调递减函数在区间的最小值。

例4已知()ln f x x x =. (1)求函数()y f x =的图象在x e =处的切线方程；(2)设实数0a>,求函数()()f x F x a=在[,2]a a 上的最小值； (3)证明:对一切(0,+)x ∈∞,都有12ln x x e ex>-成立. 例5已知函数)0(ln )(>+=a x a x x f （1）求)(x f 的极值；（2）若函数)(x f 的图象与函数)(x g =1的图象在区间],0(2e 上有公共点，求实数a 的取值范围.练习：1设函数()()1ln 2++=x b x x f ，其中0≠b . （1）若12-=b，求()x f 的单调递增区间；（2）如果函数()x f 在定义域内既有极大值又有极小值，求实数b 的取值范围；（3）求证对任意的*N n ∈,不等式311lnn n n n ->+恒成立。

2已知函数2()ln(1)(1)f x a x x =+++在1x =处有极值．（Ⅰ）求实数a 值；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）试问是否存在实数m ，使得不等式2214()m tm e f x ++-≤对任意[]1,x e e ∈- 及[]1,1t ∈-恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由.() 71828.2=e 3设函数()()1ln 2++=x b x x f ，其中0≠b .（1）若12-=b，求()x f 的单调递增区间；（2）如果函数()x f 在定义域内既有极大值又有极小值，求实数b 的取值范围；（3）求证对任意的*N n ∈,不等式311lnn n n n ->+恒成立。

高三数学二轮复习 2.4导数及其应用课件

3．导数的计算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c为常数)；
②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝1x； ⑧(logax)′＝－xl1na.
(2)导数的四则运算法则 ①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； ②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； ③[gfxx]′＝f′xgxg－ 2xfxg′x. ④(理)(f(u))′＝f′(u)·φ′(x)＝af′(ax＋b)
[解析] (1)f′(x)＝1k(x2－k2)exk，令f′(x)＝0，得x＝±k. 当k>0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，－k)
－k
(－k， k)
k
(k，＋ ∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x)
4k2 e－1
0
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e等价于 f(－k)＝4ek2≤1e. 解得－12≤k<0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e时， k 的取值范围是[－12，0)．
[评析] 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况，大多数情况下是归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．

高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析20---导数的简单应用

高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．『典型题训练』1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为()A．2x－y－1＝0B．2x－y－2ln2＋1＝0C．2x－y－2ln2－1＝0D．2x＋y－2ln2－1＝02．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点()A．(0，2) B．(1，0)C．(1，a＋1) D．(e，1))，则曲线y＝f(x)在x＝0 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′(π2处的切线方程是()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝04．已知函数f(x)＝a e x＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝(2e+2)x＋b，那么ab＝()A．2 B．1 C．－1 D．－25．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝e x＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是()，+∞)B．[0，＋∞)A．[−94]C．(−∞，1]D．(−∞，94在点(－1，－3)处的切线方程为________________．6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝2x−1x+2微专题2利用导数研究函数的单调性『常考常用结论』导数与单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0；2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．『提分题组训练』1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln12 020+2 0192 020，b＝ln12 021+2 0202 021，c＝ln12 022+2 0212 022，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，2] B．(2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，2)3．已知函数f(x)＝23x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是()A．(2√2，＋∞) B．[2√2，＋∞)C．(－∞，－2√2) D．(－∞，－2√2]4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x<f(x)cos x恒成立，则()A．√2f(−5π6)>f(−3π4)B．f(−5π6)>√2f(−3π4)C．√2f(−5π6)<f(−3π4)D．f(−5π6)<√2f(−3π4)5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋5e x(e为自然对数的底数)的解集为()A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)C．(－∞，0)∪(5，+∞) D.(−∞，0)6．[2021·山东济南一模]设a＝2022ln2020，b＝2021ln2021，c＝2020ln2022，则() A．a>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a>b>c微专题3利用导数研究函数的极值、最值『常考常用结论』导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．『提分题组训练』1．已知函数f(x)＝12sin2x＋sin x，则f(x)的最小值是()A．－3√32B．3√32C．－3√34D．3√342．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A ．a ＜bB ．a ＞bC ．ab ＜a 2D ．ab ＞a 23．函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则点(a ，b )为() A ．(3，－3) B ．(－4，11) C ．(3，－3)或(－4，11) D ．(4，11)4．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(2a ，3－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是() A ．(－3，1) B ．(－2，1) C ．(−3，−12) D ．(－2，－1]5．若函数f (x )＝12e 2x －m e x －m2x 2有两个极值点，则实数m 的取值范围是() A ．(12，+∞) B ．(1，＋∞) C ．(e 2，+∞) D ．(e ，＋∞) 6．[2021·山东模拟]若函数f (x )＝{2x−2−2m ，x <12x 3−6x 2，x ≥1有最小值，则m 的一个正整数取值可以为________．参考答案导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用典型题训练1．解析：由题意，求导函数可得y ′＝1x －2， ∵切线与直线y ＝2x ＋1平行， ∴1x －2＝2， ∴x ＝14，∴切点P 坐标为(14，−2ln 2−12)，∴过点P 且与直线y ＝2x ＋1平行的切线方程为y ＋2ln2＋12＝2(x −14)，即2x －y －2ln2－1＝0.故选C.答案：C2．解析：由f (x )＝ax －ln x ＋1⇒f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ＋1，故过(1，f (1))处的切线方程为：y ＝(a －1)(x －1)＋a ＋1＝(a －1)x ＋2，故l 过定点(0，2)．故选A.答案：A3．解析：∵f (x )＝cos x －xf ′(π2)， ∴f ′(x )＝－sin x －f ′(π2)，∴f ′(π2)＝－sin π2－f ′(π2)＝－1－f ′(π2)，解得：f ′(π2)＝－12，∴f (x )＝cos x ＋12x ，f ′(x )＝－sin x ＋12，∴f (0)＝1，f ′(0)＝12，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －1＝12x ，即x －2y ＋2＝0.故选C.4．解析：因为f (x )＝a e x ＋x 2，所以f ′(x )＝a e x ＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e ＋2＋b )，将切点代入f (x )中，有f (1)＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1，所以ab ＝－2.故选D. 答案：D5．解析：f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x+b ，设斜率为1的切线在C 1，C 2上的切点横坐标分别为x 1，x 2，由题知e x 1＝1x2+b＝1，∴x 1＝0，x 2＝1－b ，两点处的切线方程分别为y －(1＋a )＝x 和y －a 2＝x －(1－b )，故a ＋1＝a 2－1＋b ，即b ＝2＋a －a 2＝－(a −12)2＋94≤94.故选D. 答案：D6．解析：y ′＝(2x−1x+2)′＝2(x+2)−(2x−1)(x+2)2＝5(x+2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(−1+2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即y ＝5x ＋2.答案：y ＝5x ＋2微专题2利用导数研究函数的单调性提分题组训练1．解析：构造函数f (x )＝ln x ＋1－x ，f ′(x )＝1x－1＝1−x x，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (12 020)>f (12 021)>f (12 022)，a >b >c .故选A.2．解析：由题意得，f ′(x )＝2x －ax ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立，因为2x 2在x ∈[1，＋∞)的最小值为2，所以m ≤2.故选C. 答案：C3．解析：f ′(x )＝2x 2－2ax ＋4，由题意得∃x ∈(－2，－1)，使得不等式f ′(x )＝2(x 2－ax ＋2)<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <(x +2x )max ，令g (x )＝x ＋2x ，x ∈(－2，－1)，则g ′(x )＝1－2x 2＝x 2−2x 2，令g ′(x )>0，解得－2<x <－√2，令g ′(x )<0，解得－√2<x <－1，故g (x )在(－2，－√2)上单调递增，在(－√2，－1)上单调递减，故g (x )max ＝g (－√2)＝－2√2，故满足条件的a 的范围是(－∞，－2√2)，故选C. 答案：C4．解析：因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立，即任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立，又x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以[f (x )sin x ]′＝f ′(x )sin x−f (x )cos x(sin x )2<0，所以f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减，因为－5π6<－3π4，所以f(−5π6)sin(−5π6)>f(−3π4)sin(−3π4)，即f(−5π6)−12>f(−3π4)−√22，所以√2f (−5π6)<f (−3π4)，故选C.答案：C5．解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，因为f (x )>1－f ′(x )，所以g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，所以g (x )是R 上的增函数，又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝5，所以不等式f (x )>1＋5e x 可化为e xf (x )－e x >5，即g (x )>g (0)，所以x >0.故选A.答案：A6．解析：令f (x )＝ln xx+1且x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝1+1x−ln x (x+1)2，若g (x )＝1＋1x －ln x ，则在x ∈(0，＋∞)上g ′(x )＝－1x 2−1x <0，即g (x )单调递减，又g (e)＝1e >0，g (e 2)＝1e 2－1<0，即∃x 0∈(1e ，e 2)使g (x 0)＝0， ∴在(x 0，＋∞)上g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； ∴f (2021)<f (2020)，有ln 20212 022<ln 20202 021，即a >b ，令m (x )＝ln xx−1且x ∈(0，1)∪(1，+∞)，则m ′(x )＝1−1x−ln x (x−1)2，若n (x )＝1－1x －ln x ，则n ′(x )＝1x (1x －1)，即在x ∈(0，1)上n (x )单调递增，在x ∈(1，＋∞)上n (x )单调递减，∴n (x )<n (1)＝0，即m ′(x )<0，m (x )在x ∈(1，＋∞)上递减， ∴m (2022)<m (2021)，有ln 20222 021<ln 20212 020，即b >c ，故选D.答案：D微专题3利用导数研究函数的极值、最值提分题组训练1．解析：由题得f ′(x )＝cos2x ＋cos x ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)，所以当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )取得最小值时，cos x ＝12，此时sin x ＝±√32，当sin x ＝－√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝－3√34；当sin x ＝√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝3√34；所以f (x )的最小值是－3√34.故选C.答案：C 2．解析：当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .综上，可知必有ab >a 2成立．故选D.答案：D3．解析：由f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，求导f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则{f(1)=10f′(1)=0，即{1−a−b+a2=103−2a−b=0，解得{a=−4b=11或{a=3b=−3，当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.答案：B4．解析：因为函数f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，所以2a<－1<3－a2≤2，解得－2<a≤－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1]故选D.答案：D5．解析：依题意，f′(x)＝e2x－m e x－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－m e x－mx＝0，则e2x＝m(e x+x)，显然m≠0，则1m ＝e x+xe2x，设g(x)＝e x+xe2x，则g′(x)＝(e x+1)·e2x−(e x+x)·2e2xe4x ＝1−e x−2xe2x，设h(x)＝1－e x－2x，则h′(x)＝－e x－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，<1，解得m>1.∴0<1m故选B.答案：B6．解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.答案：4。

高考二轮复习导数及其应用(第2课时)

专题一函数与导数的题型与方法第三讲导数及其应用(第2课时)一、热点分类突破类型三利用导数研究函数的性质利用导数研究函数性质的一般步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导函数f ’(x);（3） ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解（或证明）不等式f ’(x)>0或f ’(x)<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ’(x)≥0或f ’(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.（4） ①若求极值，则先求方程f ’(x)=0的根，再检查f ’(x)在方程根的左右函数值的符号.②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ’（x ）=0的根的大小或存在情况来求解.（5）求函数f(x)在闭区间[a,b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a),f(b) 与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.1()(),.(1)()(2)[0,4]()x f x x a e a R f x x f x =+∈∈【例】（2014 北京西城区高三期末考试）已知函数求函数的单调区间；当时，求函数的最小值22()ln ,.(1)()(2).a f x x a R x f x =+∈∞【例】（2014 兴化市安丰高级中学月考）已知函数若函数在[2,+)上是增函数，求实数a 的取值范围；若函数f(x)在[1,e]上的最小值为3，求实数a 的取值范围 1113113{}01,=(),1,2,3....10112.61 1.01,01=-n n n n n n n k k a a f a n a a a a n k a x f +++<<=<<<<<=<<'<<∴∴【例】已知函数f(x)=x-sinx,数列a 满足：证明：（）；（）证明：（）当n=1时，0<a 假设当时，当时，（x ）1cosx>0，f(x)在（0,1）上是增函数，又f(x)在[0,1]上连续，f(0)<f(a )<f(1)，即0<a 11sin11,10101k n n n k a a +<-<∴=+<<∴<<当时，成立，对一切正整数成立.1113222221sin sin 0,,0 1.1(2)()=sin (01)6=2sin 2()+=022222()0,1=n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a g x x x x x x x x x x g x +++<-=--=-<∴<<<<-+<<'=-+>-∴∴又0<时，综上所述，设函数，由（1）知当0<x<1时，sinx<x ，g （x)cosx-1+，在（）上是增函数，又g(x)在[0,1]上连续且g(0)0，当33101111,()0,sin 0,.66n n n n n n n x g a a a a a a +<<<>-+><时，g(x)>0成立.0<a 于是即则二、课堂总结='''⇒≥⇒≤已知函数单调性求参数取值范围时，容易忽略f (x)0这一特殊情况，从而造成漏解，需记住：f(x)在区间I 上为增函数f (x)0在区间I 上恒成立，f(x)在区间I 上为减函数f (x)0在区间I 上恒成立.。

2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题一第4讲导数的综合应用与热点问题

第4讲导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.解析：(1)由题意：f (x )＝ax 2＋x －1e x 得f ′(x )＝(2ax ＋1)e x －(ax 2＋x －1)e x(e x )2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x ；∴f ′(0)＝21＝2；即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥x 2＋x －1＋e x ＋1e x ，令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1，当x ＜－1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞－1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增．所以g (x )≥g (－1)＝0.因此当a ≥1，f (x )＋e ≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞) f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x，因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增，又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12＞0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x ＜x 0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞x 0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3＞0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝a .由α＞x 0＞1得1a＜1＜x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1a ＝⎝⎛⎭⎫1a －1ln 1a －1a －1＝f (α)a ＝0，故1a 是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根．综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x )和g (x )，利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )＞g (x )对一切x ∈[a ，b ]恒成立⇔[a ，b ]是f (x )＞g (x )的解集的子集⇔[f (x )－g (x )]min ＞0(x ∈[a ，b ])．(2)f (x )＞g (x )对x ∈[a ，b ]能成立⇔[a ，b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max＞0(x ∈[a ，b ])．(3)对∀x 1，x 2∈[a ，b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f (x )＝ln(x －1)． (1)证明：f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1；(2)证明：e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3.[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析] (1)令h (x )＝f (x ＋1)－x ＋12＋2x ＋1(x ＞0)，则h (x )＝ln x －x ＋12＋2x ＋1，h ′(x )＝1x －12－2(x ＋1)2＝2－x －x 32x (x ＋1)2＝(1－x )(x 2＋x ＋2)2x (x ＋1)2，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0，所以f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1.(2)由(1)易知ln t ≤t ＋12－2t ＋1，t ＞0.要证e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3，即(e x ＋1)2≥2x (e x ＋1)＋4，只需证e x＋1≥2x ＋4e x ＋1，即证e x ＋12≥x ＋2e x ＋1.令t ＝e x，则x ≤e x ＋12－2e x ＋1，即x ＋2e x ＋1≤e x ＋12，得证．用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1＜x 2，有f (x 1)＜f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )＜g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )＜0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例1－2] (2019·西安三模)已知f (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2，g (x )＝k (x ＋1)． (1)求f (x )的单调区间．(2)当k ＝2时，求证：对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)若存在x 0＞－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )＞g (x )成立，试求k 的取值范围． [审题指导] (1)求f (x )的导数f ′(x )，再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围． [解析] (1)f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1)＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2(x ＞－2)．当f ′(x )＞0时，x 2＋3x ＋1＜0，解得－2＜x ＜－3＋52.当f ′(x )＜0时，解得x ＞－3＋52.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．当k ＝2时，由题意，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)x ＋2，当x ＞－1时，h ′(x )＜0恒成立，h (x )单调递减．又h (－1)＝0，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )＜0对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－k＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2.由(2)知，当k ＝2时，f (x )＜g (x )恒成立，即对于x ＞－1，2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k ＞2时，对于x ＞－1，x ＋1＞0，此时2(x ＋1)＜k (x ＋1)．2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)＜k (x ＋1)，即f (x )＜g (x )恒成立，不存在满足条件的x 0；当k ＜2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同，当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减．当x ∈(－1，x 0)时，h (x )＞h (－1)＝0，即f (x )－g (x )＞0恒成立．综上，k 的取值范围为(－∞，2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a 即可；f (x )≤a 恒成立，只需f (x )max ≤a 即可．(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x ＞0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)．令t ＝x 1x 2，φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t.易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1. 又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12. 热点二利用导数研究函数的零点问题直观想象素养直观想象——数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.(1)证明：当a ≤2e时，f (x )≥0.(2)判断函数f (x )有几个不同的零点，并说明理由．[审题指导] (1)要证明f (x )≥0，只需证明f (x )min ≥0，根据函数单调性求出f (x )min ，证明其在0＜a ≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f (x )的零点的个数，结合(1)需分a ＝2e ，0＜a ＜2e ，a ＞2e ，三种情况进行分类讨论．[解析] (1)函数的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax ＝0，则x ＝a2，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1，当0＜a ≤2e 时，ln a 2＋1≤ln 1e ＋1＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1≥0，所以f (x )≥0成立．(2)①当a ＝2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1e；②当0＜a ＜2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1，且f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＞0，即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点；③当a ＞2e 时，f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＜0，又1e ＜ a 2，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2＞0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2上有唯一的零点，又当a ＞2e时，a ＞a2，f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1)，令g (a )＝a －ln a －1，g ′(a )＝1－1a ＝a －1a，g ′(a )＝0，得a ＝1，可知g (a )在⎝⎛⎭⎫2e ，1上递减，在(1，＋∞)上递增，所以g (a )≥g (1)＝0，所以f (a )≥0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上有唯一的零点，所以，当a ＞2e时，f (x )有2个不同的零点，综上所述，①当a ＝2e 时，有唯一的零点；②当0＜a ＜2e 时，不存在零点；③当a ＞2e 时，有2个不同的零点．1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况，进而求解．2．研究方程的根的情况，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，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋12x 2(其中a ∈R )，(1)若a ＞0，讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0，求证：函数f (x )有唯一的零点．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1x ＋x ＝(2x －a )ln x ＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x )，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0⇒x 1＝a 2，x 2＝1e，①当x 1＝x 2，即a 2＝1e ，a ＝2e 时，f ′(x )≥0，f (x )是(0，＋∞)上的增函数；②当x 1＜x 2，即a 2＜1e ，0＜a ＜2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；③当x 2＜x 1，即1e ＜a 2，a ＞2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ⎝⎛⎭⎫1e ，a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；综上所述，当0＜a ＜2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2，⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 2，1e 单调递减；当a ＝2e时，f (x )在(0，＋∞)单调递增；当a ＞2e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e ，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，a 2单调递减． (2)若a ＜0，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，故当x ＝1e 时，f (x )取得极小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ⎝⎛⎭⎫1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ⎝⎛⎭⎫a －12e ＜0，以下证明：在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0，令x ＝1et ，t ＞1，则x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1e t ＝1e t⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1e t －a ln 1e t ＋12e t ，f (x )＜0⇒f ⎝⎛⎭⎫1e t ＜0⇒⎝⎛⎭⎫1e t －a (－t )＋12e t ＜0⇔at e t －t ＋12＜0⇒at e t ＜t －12，因为a ＜0，t ＞1，不等式at e t ＜t －12显然成立，故在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0，又f (1)＝12＞0，即f (1)f ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，故当a ＜0时，函数f (x )有唯一的零点x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1.限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. 解析：(1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x ＞cos x ，得f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x＜cos x ，得f ′(x )＞0，则f (x )单调递增．所以，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，g ′(x )＜0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＜0.因此，h (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝0.所以，当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 22－k ln 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，e)上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2所以，f x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k 2＜0，所以f (x )在区间(1，e]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，e]上仅有一个零点． 3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点，所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值．综上，a ≤－2e －32或a ＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)，由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数， h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ，又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝u u ＋ln u，其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u ＜37u 成立．综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点，所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值．综上，a ≤－2e －32或a ＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)，由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ，又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝uu ＋ln u，其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u 37u 成立．综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．4．(2019·厦门二调)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝x ＋1x ＋f ′(x )．(1)讨论h (x )＝g (x )－f (x )的单调性；(2)若h (x )的极值点为3，设方程f (x )＋mx ＝0的两个根为x 1，x 2，且x 2x 1≥e a ，求证：f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 解析：(1)∵h (x )＝g (x )－f (x )＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)，∴h ′(x )＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2.在(0，＋∞)递增；②a ＋1＞0即a ＞－1时，x ∈(0,1＋a )时，h ′(x )＜0，x ∈(1＋a ，＋∞)时，h ′(x )＞0， h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，综上，a ＞－1时，h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，a ≤－1时，h (x )在(0，＋∞)递增．(2)证明：由(1)得x ＝1＋a 是函数h (x )的唯一极值点，故a ＝2. ∵2ln x 1＋mx 1＝0,2ln x 2＋mx 2＝0， ∴2(ln x 2－ln x 1)＝m (x 1－x 2)，又f (x )＝2ln x ，∴f ′(x )＝2x，f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＝2x 1＋x 2＋m2x 1－x 2＝x 1－x 22⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 2＋m＝x 1－x 2x 1＋x 2＋m x 1－x 22＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1.令x 2x 1＝t ≥e 2，φ(t )＝1－t 1＋t ＋ln t ，则φ′(t )＝t 2＋1t (t ＋1)2＞0， ∴φ(t )在[e 2，＋∞)上递增，φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1＞1＋232＋1＝65.故f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2＞0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1＜0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝，故点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上．由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题重在“拆分”思维流程函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点.(1)设g (x )＝f ′(x )，对g (x )求导可得g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，得证．(2)对x 进行讨论，当x ∈(－1,0]时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，利用函数单调性，确定f (x )先增后减且f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，所以此区间上没有零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，所以此区间上没有零点. 审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．规范解答评分细则[解析] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.1分① 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点.2分② 设零点为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0.3分③所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点.4分④(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点.6分⑤(ⅱ)当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减.8分⑥ 又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2没有零点.9分⑦ (ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点.10分⑧ (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.12分⑨第(1)问踩点得分①构造函数g (x )＝f ′(x )并正确求导g ′(x )得1分．②判断g ′(x )在⎣⎡⎦⎤－1，π2上递减，由零点存在定理判定g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点α，得1分． ③判断g ′(x )在(－1，α)，⎝⎛⎭⎫α，π2上的符号，得1分．④得出g (x )＝f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一极大值点得1分．第(2)问踩点得分⑤判断f ′(x )在(－1,0)递增，得1分，判断f (x )在(－1,0)递减，又f (0)＝0，有唯一零点，得1分． ⑥当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时判断f ′(x )的单调性，得1分；判断f ′(x )存在零点β，研究f (x )的单调性，得1分．⑦由f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，结合f (x )的单调性，得出f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上无零点，得1分． ⑧当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，研究f (x )的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分． ⑨当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.。

高考理科数学二轮专题提分教程全国课件导数及其应用

可导与连续关系
可导必连续
如果函数在某一点处可导，则该函数在该点处必定连续。这是因为可导的定义中已经包含了函数在该点处的连续性。
连续不一定可导
虽然连续函数在其定义域内具有许多良好的性质，但并不意味着它在每一点处都可导。例如，绝对值函数在原点处连续但不可导。
基本初等函数导数公式
常数函数
幂函数
物理学中速度和加速度计算
要点一
速度计算
要点二
加速度计算
在物理学中，速度是位移对时间的导数。通过求解位移函数的导数，可以得到物体在任意时刻的速度。
加速度是速度对时间的导数。通过对速度函数求导，可以得到物体在任意时刻的加速度，进而分析物体的运动状态。
工程学中最优化问题求解
最值问题
在工程学中，经常需要求解某个函数的最值问题，如最小成本、最大效益等。通过求解函数的导数，并令其等于零，可以找到函数的极值点，进而确定最值。
正弦函数y=sinx的导数为cosx；余弦函数 y=cosx的导数为-sinx；正切函数y=tanx的导数为sec2x。
复合函数、反函数求导法则
复合函数求导法则
如果u=g(x)在点x处可导，且y=f(u)在点u=g(x)处也可导，则复合函数y=f[g(x)]在点x处也可导，且其导数可由f'和g'通过链式法则求得：dy/dx = f'(u) * g'(x)。
利用中值定理求极限或判断函数性质
利用中值定理求极限
通过中值定理找到满足条件的点，然后利用该点的性质求出极限。Biblioteka 利用中值定理判断函数单调性
通过中值定理找到满足条件的点，然后利用该点的性质判断函数的单调性。
利用中值定理判断函数凹凸性

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节：导数与函数的单调性(教师版)

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()答案D解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.4.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.R答案B解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，故选B.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.考点一不含参函数的单调性1.函数f(x)＝x＋3x＋2ln x的单调递减区间是()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.感悟提升确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.2.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.2.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解.训练2(1)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是()A.13，＋∞ B.－∞，13C.13，＋∞ D.－∞，13(2)(2022·郑州调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。

2020数学(理)二轮教师用书：第2部分专题6 第2讲导数的简单应用 Word版含解析

第2讲导数的简单应用[做小题——激活思维]1．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0,0)处的切线方程为________． y ＝3x [因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x ，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .]2.设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是以下选项中的( )C [由题图知，当x ＜0时，f ′(x )＞0，所以y ＝f (x )在(－∞，0)上单调递增．因为当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以y ＝f (x )在(0,2)上单调递减．又当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以y ＝f (x )在(2，＋∞)上单调递增．]3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( ) A ．(－1,1] B ．(0,1] C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)B [函数定义域为(0，＋∞)，由y ′＝x －1x ＝x 2－1x ≤0得，0＜x ≤1，故选B.]4．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)D [f ′(x )＝k －1x ，由题意知k －1x ≥0，即k ≥1x 在(1，＋∞)上恒成立，又当x ∈(1，＋∞)时，0＜1x ＜1，所以k ≥1，故选D.]5．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m 的值为( ) A ．7 B.283 C ．3D ．4D [f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]， f ′(x )＝0时，x ＝2，f ′(x )＜0时，0≤x ＜2，f ′(x )＞0时，2＜x ≤3. 所以f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4，故选D.]6．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则a ＋b 等于( ) A ．0或－7 B ．－7 C ．0D ．7 B [因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，所以f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，① f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，② 由①②得⎩⎨⎧ a ＝4，b ＝－11或⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3，而要在x ＝1处取到极值，则Δ＝4a 2－12b ＞0，故舍去⎩⎨⎧ a ＝－3，b ＝3，所以只有⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11，所以a ＋b ＝－7，故选B.][扣要点——查缺补漏]1．导数的几何意义(1)f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处切线的斜率． (2)函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，如T 1.2．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y ＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．如T2.(2)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.如T3.(3)若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．如T4.3．导数与函数的极值、最值(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．如T5.(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间的端点处取得．如T6.导数的运算及其几何意义(5年11考)则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝xD[法一：(直接法)因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.法二：(特值法)因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.]2．(2011·大纲版高考)曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A ．13 B ．12 C ．23D ．1A [由题意，得：y ′＝(e －2x ＋1)′＝e －2x (－2x )′＝－2e －2x，则在点(0,2)处的切线斜率为k ＝－2e 0＝－2， ∴切线方程为y ＝－2x ＋2. 联立⎩⎨⎧y ＝－2x ＋2，y ＝x ，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23.∴与y ＝0和y ＝x 围成三角形的面积为 S △OBC ＝12OB ×23＝12×1×23＝13.]3．(2016·全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.1－ln 2 [求得(ln x ＋2)′＝1x ，[ln(x ＋1)]′＝1x ＋1.设曲线y ＝ln x ＋2上的切点为(x 1，y 1)，曲线y ＝ln(x ＋1)上的切点为(x 2，y 2)，则k ＝1x 1＝1x 2＋1，所以x 2＋1＝x 1.又y 1＝ln x 1＋2，y 2＝ln(x 2＋1)＝ln x 1，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝2，所以x 1＝1k ＝12，y 1＝ln 12＋2＝2－ln 2，所以b ＝y 1－kx 1＝2－ln 2－1＝1－ln 2.]1．(考查导数的运算)设函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x ＋f (1)ln x ，曲线f (x )在(1，f (1))处的切线方程是( )A ．5x －y －4＝0B ．3x －y －2＝0C ．x －y ＝0D ．x ＝1A [∵f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x ＋f (1)ln x ，∴f ′(x )＝2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2＋f (1)x .令x ＝12得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12－2＋2f (1)，即f (1)＝1.又f (1)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3，∴f ′(1)＝2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＋f (1)＝6－2＋1＝5.∴曲线在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝5(x －1)，即5x －y －4＝0，故选A.]2．(与不等式交汇)若曲线y ＝x 3－2x 2＋2在点A 处的切线方程为y ＝4x －6，且点A 在直线mx ＋ny －1＝0(其中m ＞0，n ＞0)上，则1m ＋2n的最小值为( )A ．4 2B ．3＋2 2C ．6＋4 2D ．8 2C [设A (s ，t )，y ＝x 3－2x 2＋2的导数为y ′＝3x 2－4x ，可得切线的斜率为3s 2－4s ，切线方程为y ＝4x －6，可得3s 2－4s ＝4，t ＝4s －6，解得s ＝2，t ＝2或s ＝－23，t ＝－263.由点A 在直线mx ＋ny －1＝0(其中m ＞0，n ＞0)，可得2m ＋2n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＝－23，t ＝－263，舍去，则1m ＋2n ＝(2m ＋2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋n m ＋2m n ≥2⎝⎛⎭⎪⎫3＋2n m ·2m n ＝6＋42，当且仅当n ＝2m 时，取得最小值6＋42，故选C.]3．(求切点的坐标)设曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则点P 的坐标为________．(1,1) [∵函数y ＝e x 的导函数为y ′＝e x ， ∴曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线的斜率k 1＝e 0＝1. 设P (x 0，y 0)(x 0＞0)，∵函数y ＝1x 的导函数为y ′＝－1x 2，∴曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线的斜率k 2＝－1x 20，由题意知k 1k 2＝－1，即1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 20＝－1，解得x 20＝1，又x 0＞0，∴x 0＝1.又∵点P 在曲线y ＝1x (x ＞0)上， ∴y 0＝1，故点P 的坐标为(1,1)．]4．(与圆锥曲线交汇)已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P ，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为________．－4 [由已知可设P (4，y 1)，Q (－2，y 2)， ∵点P ，Q 在抛物线x 2＝2y 上，∴⎩⎨⎧ 42＝2y 1，(－2)2＝2y 2.∴⎩⎨⎧y 1＝8，y 2＝2.∴P (4,8)，Q (－2,2)．又∵抛物线可化为y ＝12x 2，∴y ′＝x . ∴过点P 的切线斜率为y ′|x ＝4＝4.∴过点P 的切线为y －8＝4(x －4)，即y ＝4x －8. 又∵过点Q 的切线斜率为y ′|x ＝－2＝－2， ∴过点Q 的切线为y －2＝－2(x ＋2)，即y ＝－2x －2.联立⎩⎨⎧ y ＝4x －8，y ＝－2x －2，得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝－4. ∴点A 的纵坐标为－4.]利用导数研究函数的单调性(5年4考)(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x . 讨论f (x )的单调性．[解] ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增．1．(借助单调性比较大小)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系为()A．e x1f(x2)＞e x2f(x1)B．e x1f(x2)＜e x2f(x1)C．e x1f(x2)＝e x2f(x1)D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定A[设g(x)＝f(x)e x，则g′(x)＝f′(x)e x－f(x)e xe2x＝f′(x)－f(x)e x，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即f(x1)e x1＜f(x2)e x2，所以e x1f(x2)＞e x2f(x1)．]2．(借助单调性解不等式)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(1)＝0.当x＞0时，xf′(x)＜2f(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是() A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(1，＋∞)C [令g (x )＝f (x )x 2，∴g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3，又g (1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )＜2f (x )，即g ′(x )＜0，因为f (x )为偶函数，所以当x ＜0时，g ′(x )＞0，f (x )＞0等价于g (x )＞0，所以⎩⎨⎧ x ＞0，g (x )＞g (1)或⎩⎨⎧x ＜0，g (x )＞g (－1)，所以0＜x ＜1或－1＜x ＜0，选C.]3．(已知单调性求参数的范围)已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围． [解](1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )·e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x ＞0，因为e x ＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2. 所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为e x ＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1(x ＋1)2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.4．(含参数的复合函数的单调性)已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．[解] f ′(x )＝a x ＋1－a －2x ＝－2x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2＋a 2x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22，又f (x )的定义域为(－1，＋∞)， ①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1,0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． ②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋22，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，0，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． ③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时， f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减． ④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1,0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，＋∞，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，f (x )在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1,0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，＋∞上单调递减.利用导数研究函数的极值(最值)问题(5年5考)的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1A [函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)·e x －1 ＝e x －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)·e －3＝0，所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)e x －1，f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2)．由e x －1>0恒成立，得x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；－2<x <1时，f ′(x )<0； x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点．所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1. 故选A.]2．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．切入点：(1)分a ＞0，a ＝0，a ＜0三类讨论f (x )的单调性；(2)分析f (x )在[0,1]上的单调性，分情况求a ，b 的值．[解](1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a ＜0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.[教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅱ)(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2e x的单调性，并证明当x＞0时，(x －2)e x＋x＋2＞0.(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝e x－ax－ax2(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．[解](1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f′(x)＝(x－1)(x＋2)e x－(x－2)e x(x＋2)2＝x2e x(x＋2)2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)e x>－(x＋2)，即(x－2)e x＋x＋2>0.(2)g′(x)＝(x－2)e x＋a(x＋2)x3＝x＋2x3(f(x)＋a)．由(1)知，f(x)＋a单调递增．对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一x a∈(0,2]，使得f(x a)＋a＝0，即g′(x a)＝0.当0<x<x a时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>x a时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．因此g(x)在x＝x a处取得最小值，最小值为g(x a)＝e x a－a(x a＋1)x2a＝e x a＋f(x a)(x a＋1)x2a＝e x ax a＋2.于是h(a)＝e x a x a＋2.由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝(x ＋1)ex(x ＋2)2＞0，得y ＝e x x ＋2单调递增，所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24.因为y ＝e x x ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.2．(2018·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .[解](1)当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x (1＋x )2. 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0.故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0，且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2. 由于当|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a ，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16.1．(知图判断函数极值)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论一定成立的是( )A ．x ＝1为f (x )的极大值点B ．x ＝1为f (x )的极小值点C ．x ＝－1为f (x )的极大值点D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 D [绘制表格考查函数的性质如下：2．(已知最值求参数)已知函数f (x )＝ln x －ax ，若函数f (x )在[1，e]上的最小值为32，则a 的值为( )A ．－ eB ．－e 2C ．－32D ．e 12A [由题意，f ′(x )＝1x ＋ax 2，若a ≥0，则f ′(x )＞0，函数单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，矛盾；若－e ＜a ＜－1，函数f (x )在[1，－a ]上递减，在[－a ，e]上递增，所以f (－a )＝32，解得a ＝－e ；若－1≤a ＜0，函数f (x )是递增函数，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若a ≤－e ，函数f (x )单调递减，所以f (e)＝32，解得a ＝－e2，矛盾．综上a ＝－ e.故选A.]3．(已知极值点个数求参数范围)已知n ＞0，若函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋nx ，x ≤0，mx 2－x ln x ＋x ，x ＞0恰有三个极值点，则实数m 的取值范围是________． ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e [由题意知f (x )的导函数f ′(x )＝⎩⎨⎧2x ＋n ，x ≤0，2mx －ln x ，x ＞0在定义域上有三个零点，且在这三个零点附近的左、右两侧的函数值异号．当x ≤0时，令2x ＋n ＝0，得x ＝－n 2，因为n ＞0，所以x ＝－n2是f ′(x )的一个零点，且f ′(x )在其附近的左、右两侧的函数值异号，故需f ′(x )＝2mx －ln x 在(0，＋∞)上有两个零点，且在这两个零点附近的左、右两侧的函数值均异号，即y ＝2mx 与y ＝ln x 的图象在(0，＋∞)上有两个交点，故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e .]4．(极值点个数的判断)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ) . (1)讨论函数f (x )的定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值．[解](1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .①当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞1a .∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x . ∵x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立， ∴x ∈(0，＋∞)，1＋1x －ln xx ≥b 恒成立．令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，由g ′(x )≥0得x ≥e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增．∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，故实数b 的最大值是1－1e 2.。

2020届高三数学二轮复习专题一第5讲导数及其应用教案

第5讲导数及其应用自主学习导引真题感悟1．(2020·辽宁)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析根据函数的导数小于0的解集就是函数的单调减区间求解．由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0＜x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案 B2．(2020·安徽)设函数f (x )＝a e x＋1a e x＋b (a ＞0)． (1)求f (x )在[0，＋∞)内的最小值；(2)设曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝32x ，求a 、b 的值．解析 (1)f ′(x )＝a e x－1a e x，当f ′(x )＞0，即x ＞－ln a 时，f (x )在(－ln a ，＋∞)上递增；当f ′(x )＜0，即x ＜－ln a 时，f (x )在(－∞，－ln a )上递减．①当0＜a ＜1时，－ln a ＞0，f (x )在(0，－ln a )上递减，在(－ln a ，＋∞)上递增，从而f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (－ln a )＝2＋b ；②当a ≥1时，－ln a ≤0，f (x )在[0，＋∞)上递增，从而f (x )在[0，＋∞)上的最小值为f (0)＝a ＋1a＋b .(2)依题意f ′(2)＝a e 2－1a e 2＝32，解得a e 2＝2或a e 2＝－12(舍去)，所以a ＝2e 2，代入原函数可得2＋12＋b ＝3，即b ＝12，故a ＝2e 2，b ＝12.考题分析在每年的高考命题中都有导数应用的解答题出现，是高考试题的压轴题，难度较大，主要考查函数的单调性、极值、最值及根据单调性、极值、最值等确定参数的值或范围，解题的方法也是灵活多样，但导数的工具性都会有很突出的体现．网络构建高频考点突破考点一：利用导数研究函数的单调性【例1】(2020·临沂模拟)已知函数f (x )＝2ax ＋a 2－1x 2＋1，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．[审题导引] (1)直接根据导数的几何意义解决；(2)根据函数的结构特点，函数f (x )的导数应是一个分式，但分式的分母符号确定，其分子是一个多项式，所以讨论函数的单调性等价于讨论这个分子多项式的符号．[规范解答] (1)当a ＝1时，f (x )＝2xx 2＋1，f ′(x )＝－2x ＋1x －1x 2＋12. 由f ′(0)＝2，得曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程是2x －y ＝0. (2)f ′(x )＝－2x ＋aax －1x 2＋1.①当a ＝0时，f ′(x )＝2xx 2＋1. 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．当a ≠0，f ′(x )＝－2ax ＋a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1ax 2＋1.②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝－a ，x 2＝1a，f (x )与f ′(x )的情况如下：故f (x )的单调减区间是(－∞，－a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，＋∞；单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a .③当a ＜0时，f (x )与f ′(x )的情况如下：↘↗所以f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a ，(－a ，＋∞)；单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，－a .综上，a ＞0时，f (x )在(－∞，－a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，1a 单调递增．a ＝0时，f (x )在(0，＋∞)单调递增，在(－∞，0)单调递减；a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1a ，(－a ，＋∞)单调递增；在⎝⎛⎭⎪⎫1a，－a 单调递减．【规律总结】函数的导数在其单调性研究的作用(1)当函数在一个指定的区间内单调时，需要这个函数的导数在这个区间内不改变符号(即恒大于或者等于零、恒小于或者等于零)，当函数在一个区间内不单调时，这个函数的导数在这个区间内一定变号，如果导数的图象是连续的曲线，这个导数在这个区间内一定存在变号的零点，可以把问题转化为对函数零点的研究．(2)根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中若含有字母参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这样的点不止一个，则要根据字母参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，最后在分类解决问题后要整合一个一般的结论．[易错提示] 在利用“若函数f (x )单调递增，则f ′(x )≥0”求参数的范围时，注意不要漏掉“等号”．【变式训练】1．(2020·临川五月模拟)已知函数f (x )＝1－xax＋ln x .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求正实数a 的取值范围； (2)讨论函数f (x )的单调性．解析 (1)∵f (x )＝1－xax＋ln x ，∴f ′(x )＝ax －1ax 2(a ＞0)．∵函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数， ∴f ′(x )＝ax －1ax 2≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≥1x对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴a ≥1.(2)∵a ≠0，f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ax 2＝x －1a x 2，x ＞0，当a ＜0时，f ′(x )＞0对x ∈(0，＋∞)恒成立， ∴f (x )的增区间为(0，＋∞)，当a ＞0时，f ′(x )＞0⇒x ＞1a ，f ′(x )＜0⇒x ＜1a，∴f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a .考点二：利用导数研究函数的极值与最值【例2】(2020·朝阳二模)已知函数f (x )＝a ln x ＋2a2x＋x (a ≠0)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)当a ∈(－∞，0)时，记函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤12e 2.[审题导引] (1)利用导数的几何意义可求；(2)讨论函数f (x )的导函数的符号可知f (x )的单调性；(3)利用(2)中函数f (x )的单调性求出f (x )的最小值g (a )，并求g (a )的最大值可证不等式．[规范解答] (1)f (x )的定义域为{x | x ＞0}．f ′(x )＝a x －2a 2x2＋1(x ＞0)．根据题意，有f ′(1)＝－2，所以2a 2－a －3＝0，解得a ＝－1或a ＝32.2)f ′(x )＝a x －2a 2x 2＋1＝x 2＋ax －2a 2x 2＝x －a x ＋2ax2(x ＞0)． ①当a ＞0时，因为x ＞0，由f ′(x )＞0得(x －a )(x ＋2a )＞0，解得x ＞a ；由f ′(x )＜0得(x －a )(x ＋2a )＜0，解得0＜x ＜a .所以函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减． ②当a ＜0时，因为x ＞0，由f ′(x )＞0得(x －a )(x ＋2a )＞0，解得x ＞－2a ；由f ′(x )＜0得(x －a )(x ＋2a )＜0，解得0＜x ＜－2a .所以函数f (x )在(0，－2a )上单调递减，在(－2a ，＋∞)上单调递增．(3)证明由(2)知，当a ∈(－∞，0)时，函数f (x )的最小值为g (a )，且g (a )＝f (－2a )＝a ln(－2a )＋2a2－2a－2a ＝a ln(－2a )－3a .g ′(a )＝ln(－2a )＋a ·－2－2a－3＝ln(－2a )－2，令g ′(a )＝0，得a ＝－12e 2.当a 变化时，g ′(a )，g (a )的变化情况如下表：a ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12e 2 －12e 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2，0g ′(a ) ＋ 0 － g (a )↗极大值↘－12e 2是g (a )在(－∞，0)上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g (a )的最大值点．所以g (a )最大值＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2 ＝－12e 2ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2－3⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2 ＝－12e 2ln e 2＋32e 2＝12e 2.所以，当a ∈(－∞，0)时，g (a )≤12e 2成立．【规律总结】1．利用导数研究函数的极值的一般步骤 (1)确定定义域． (2)求导数f ′(x )．(3)①若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检验f ′(x )在方程根左、右值的符号，求出极值．(当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内)②若已知极值大小或存在的情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况，从而求解．2．求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤 (1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【变式训练】2．(2012·济南模拟)某旅游景点预计2013年1月份起前x 个月的旅游人数的和p (x )(单位：万人)与x 的关系近似地满足p (x )＝12x (x ＋1)·(39－2x )，(x ∈N ＋，且x ≤12)．已知第x 月的人均消费额q (x )(单位：元)与x 的近似关系是q (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧35－2x x ∈N ＋，且1≤x ≤6，160xx ∈N ＋，且7≤x ≤12.(1)写出2013年第x 月的旅游人数f (x )(单位：人)与x 的函数关系式；(2)试问：2013年哪个月旅游消费总额最大？最大月旅游消费总额为多少元？解析 (1)当x ＝1时，f (1)＝p (1)＝37，当2≤x ≤12，且x ∈N ＋时，f (x )＝p (x )－p (x －1)＝12x (x ＋1)(39－2x )－12(x －1)x (41－2x )＝－3x 2＋40x .验证x ＝1符合f (x )＝－3x 2＋40x (x ∈N ＋，且1≤x ≤12)． (2)第x 月旅游消费总额为g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x 2＋40x 35－2x x ∈N ＋，且1≤x ≤6－3x 2＋40x ·160x x ∈N ＋，且7≤x ≤12即g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧6x 3－185x 2＋1 400x x ∈N ＋，且1≤x ≤6－480x ＋6 400x ∈N ＋，且7≤x ≤12当1≤x ≤6，且x ∈N ＋时，g ′(x )＝18x 2－370x ＋1 400，令g ′(x )＝0，解得x ＝5，x ＝1409(舍去)．当1≤x ＜5时，g ′(x )＞0，当5＜x ≤6时，g ′(x )＜0，∴当x ＝5时，g (x )max ＝g (5)＝3 125(万元)．当7≤x ≤12，且x ∈N ＋时，g (x )＝－480x ＋6 400是减函数，当x ＝7时，g max (x )＝g (7)＝3 040(万元)，综上，2013年第5月份的旅游消费总额最大，最大消费总额为3 125万元．考点三：利用导数研究不等式【例3】(2012·长治模拟)设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )． (1)当a ＝0时，求函数f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程；(2)对任意的x ∈[1，＋∞)函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． [审题导引] (1)利用导数的几何意义k ＝f ′(x 0)求出切线方程；(2)讨论a 的取值求出f (x )在[1，＋∞)上的最小值，由最小值大于等于0恒成立求a 的范围． [规范解答] (1)当a ＝0时，f (x )＝－x ln x ＋x －1，由f ′(x )＝－ln x ，则k ＝f ′(e)＝－1，f (e)＝－1，∴函数f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程为y ＋1＝－(x －e)，即x ＋y ＋1－e ＝0.(2)f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x ，易知，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)，当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0符合题意．所以a ≥12.当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0显然不成立，a ≤0舍去．当0＜a ＜12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x，则f ′(x )≤2a (x －1)－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)．因为0＜a ＜12，所以12a ＞1.x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立， f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0显然不成立，0＜a ＜12舍去．综上可得：a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 【规律总结】利用导数解决不等式问题的类型(1)不等式恒成立：基本思路就是转化为求函数的最值或函数值域的端点值问题．(2)比较两个数的大小：一般的解决思路是把两个函数作差后构造一个新函数，通过研究这个函数的函数值与零的大小确定所比较的两个函数的大小．(3)证明不等式：对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函数，然后利用函数的单调性和极值解决．【变式训练】3．(2012·济南模拟)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln x ＋1x－x (a ＞1)．(1)试讨论f (x )在区间(0,1)上的单调性；(2)当a ∈[3，＋∞)时，曲线y ＝f (x )上总存在相异两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))，使得曲线y ＝f (x )在点P ，Q 处的切线互相平行，求证：x 1＋x 2＞65.解析 (1)由已知x ＞0，f ′(x )＝a ＋1a x －1x 2－1＝－x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a x ＋1x 2＝－x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x2. 由f ′(x )＝0，得x 1＝1a，x 2＝a .因为a ＞1，所以0＜1a ＜1，且a ＞1a.所以在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上，f ′(x )＜0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上，f ′(x )＞0.故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递增．(2)证明由题意可得，当a ∈[3，＋∞)时，f ′(x 1)＝f ′(x 2)(x 1，x 2＞0，且x 1≠x 2)．即a ＋1a x 1－1x 21－1＝a ＋1a x 2－1x 22－1，所以a ＋1a ＝1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2，a ∈[3，＋∞)．因为x 1，x 2＞0，且x 1≠x 2，所以x 1x 2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222恒成立，所以1x 1x 2＞4x 1＋x 22，又x 1＋x 2＞0，所以a ＋1a ＝x 1＋x 2x 1x 2＞4x 1＋x 2，整理得x 1＋x 2＞4a ＋1a.令g (a )＝4a ＋1a，因为a ∈[3，＋∞)，所以g (a )在[3，＋∞)上单调递减，所以g (a )＝4a ＋1a在[3，＋∞)上的最大值为g (3)＝65，所以x 1＋x 2＞65.考点四：定积分【例4】(2012·丰台二模)由曲线y ＝1x与y ＝x ，x ＝4以及x 轴所围成的封闭图形的面积是A.3132 B.2316 C ．ln 4＋12D ．ln 4＋1 [审题导引] 作出图形，找到所求面积的区域以及边界坐标，利用定积分求解． [规范解答] 如图，面积S ＝⎠⎛01x d x ＋⎠⎛141xd x ＝12x 2 |10＋ln x |41 ＝12＋ln 4.[答案] C 【规律总结】定积分的应用及技巧(1)对被积函数，要先化简，再求定积分．(2)求被积函数是分段函数的定积分，依据定积分的性质，分段求定积分再求和． (3)对含有绝对值符号的被积函数，要去掉绝对值符号才能求定积分．(4)应用定积分求曲边梯形的面积，解题的关键是利用两条曲线的交点确定积分区间以及结合图形确定被积函数．求解两条曲线围成的封闭图形的面积一般是用积分区间内上方曲线减去下方曲线对应的方程、或者直接作差之后求积分的绝对值，否则就会求出负值．[易错提示] 在使用定积分求两曲线围成的图形的面积时，要注意根据曲线的交点判断这个面积是怎样的定积分，既不要弄错积分的上下限，也不要弄错被积函数．【变式训练】4．(2012·济南模拟)已知函数f (x )＝3x 2＋2x ＋1，若11-⎰f (x )d x ＝2f (a )(a ＞0)成立，则a ＝________.解析因为11-⎰f (x )d x ＝11-⎰(3x 2＋2x ＋1)d x ＝(x 3＋x 2＋x ) |1－1＝4，所以2(3a 2＋2a ＋1)＝4⇒a ＝－1或a ＝13.又∵a ＞0，∴a ＝13.答案 13名师押题高考【押题1】若函数f (x )＝－x ·e x，则下列命题正确的是A ．∀a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e，∃x ∈R ，f (x )＞aB ．∀a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，∃x ∈R ，f (x )＞a C ．∀x ∈R ，∃a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ，f (x )＞aD ．∀x ∈R ，∃a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，f (x )＞a解析 f ′(x )＝－e x(1＋x )，令f ′(x )＞0，则x ＜－1，令f ′(x )＜0，则x ＞－1. ∴f (x )max ＝f (x )极大＝f (－1)＝1e.由图知∀a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ，∃x ∈R ，f (x )＞a ，故选A. 答案 A[押题依据] 利用函数的导数研究函数的最值问题是高考的重点内容．本题以命题为载体考查了利用导数求函数的最值(极值)，体现了转化了的数学思想方法，考查了能力，故押此题．【押题2】设f (x )＝ex 1＋ax2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．解析对f (x )求导得 f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax1＋ax22.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12，f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1212 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x)＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗所以，x 1＝2是f (x )的极小值点，x 2＝2是f (x )的极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1. [押题依据] 本题考查了利用导数研究函数的最值与极值，利用导数及函数的单调性求参数的范围，符合高考的要求．能够考查学生对导数在研究函数中的应用的掌握情况，难度适中且有一定的区分度，故押此题．。

专题(9)构造法解决抽象函数问题教师版

高三第二轮专题复习专题（9）——构造法解决抽象函数问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数()f x 及其导数满足的条件，需要就此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目。

一、典例探究类型1、只含()f x 型例1、定义在R 上的函数()f x 满足(1)1f =，且对任意x R ∈都有1()2f x '<，则不等式221()2x f x +>的解集为（）.A.(1,2)B.(0,1)C.(1,)+∞D.(1,1)-答案：D.说明：利用[()]()f x kx b f x k ''++=+，构造函数()()g x f x kx b =++，利用导数，判断函数()g x 的单调性，在利用单调性比较函数值的大小，解抽象函数的不等式.类型2、含()()f x f x λ'±（λ为常数）型例2、定义在R 上的函数()f x 满足()2()0f x f x '+>恒成立，且1(2)f e=，则不等式2()0x x e f x e ->的解集为_______________.答案：(2,)+∞.x λ变式：已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且对任意x R ∈，均有()()f x f x '>，则有（）.A.20152015(2015)(0),(2015)(0)e f f f e f -<>B. 20152015(2015)(0),(2015)(0)e f f f e f -<<C. 20152015(2015)(0),(2015)(0)e f f f e f ->>D. 20152015(2015)(0),(2015)(0)e f f f e f -><答案：D.说明：由于0xe >所以[()][()()]x x ef x f x f x e ''=+，其符号由()()f x f x '+的符号确定； ()()()[]x xf x f x f x e e '-'=，其符号由()()f x f x '-的符号确定.含有()()f x f x '±类的问题可以考虑构造以上两个函数.类型3、含()()xf x nf x '±型例3、设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，且(2)0f -=.当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（）.A.(,2)(0,2)-∞- B.(2,0)(2,)-+∞ C.(,2)(2,0)-∞-- D.(0,2)(2,)+∞说明：由于2()()()[()]()(),[]f x xf x f x xf x f x xf x x x'-'''=+=，在含有()()xf x f x '±类的问题中，可以考虑构造以上函数. 变式：设函数()f x 在R 上的导函数为()f x '，且22()()f x x f x x '+>.下面的不等式在R 上恒成立的是（）.A.()0f x >B. ()0f x <C. ()f x x >D. ()f x x <答案：A.说明：对于()()0(0)xf x nf x x '->≠型，构造函数()()n f x F x x =，则1()()()n xf x nf x F x x +'-'=，需要注意对1n x +的符号进行讨论.特别地，当1n =时，()()0xf x f x '->，构造()()f x F x x =，那么2()()()0xf x f x F x x '-'=>. 类型4、含()()tan f x f x x '±型例4、已知函数()f x 的导函数为()f x '，当(0,)2x π∈时，()sin2()(1cos2)f x x f x x '<+成立，下列不等式一定成立的是（）.()()43ππ<()()43ππ>()()46ππ<()()46ππ>说明：由于当(0,)2x π∈时，[sin ()]cos ()sin ()x f x x f x x f x ''=+，其符号与()()tan f x f x x '+相同，2()()sin ()cos []sin sin f x f x x f x x x x'-'=，其符号与()tan ()f x x f x '-相同.在含有()()tan f x f x x '±的问题中，可以考虑构造函数()()()sin ,()cos ,,sin cos f x f x f x x f x x x x . 类型5、利用单调性构造函数例5、已知函数21()ln ,()2f x xg x x ==，若120x x >>，试问：(,1)m m Z m ∈≤取何值时，总有 121122[()()]()()m g x g x x f x x f x ->-恒成立.答案：1m =.二、课后巩固1、已知定义在R 上的奇函数()f x ，满足(1)0f -=.当0x >时，2(1)()2()0x f x xf x '+-<，则不等式()0f x >的解集为_____________.2、已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()f x '，满足()()f x f x '<且(1)y f x =+为偶函数，(2)1f =，则不等式()x f x e <的解集为_____________.答案：(0,)+∞.3、已知偶函数()f x 是定义在{|0}x R x ∈≠上的可导函数，其导函数为()f x '.当0x <时，()()f x f x x '>恒成立.设1m >，记4(1)4,2(2(1)()11mf m m a b c m f m m +===+++，则,,a b c 的大小关系为（）. A.a b c << B.a b c >> C.b a c << D.b a c >>答案：A.。

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高三二轮导学案学科数学编号 1.5 编写人邓赞武审核人使用时间班级：小组：姓名：小组评价：教师评价：第5 讲导数及其应用【高考考情】导数可与函数、不等式等许多知识进行整合，可以考查分类整合、数形结合等数学思想方法，其主要考点有：①利用导数研究曲线的切线；②利用导数研究导数的单调性；③利用导数研究函数的极值与最值；④利用导数研究函数的图象以及函数零点问题；⑤利用导数处理与不等式有关的问题以及含参范围问题。

【使用说明及学法指导】①要求学生课前必须完成知识梳理和基础自测题； ②探究案要规范书写，完成探究案后要写好解题心得．预习案一、知识梳理 1．导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的导数值就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，其切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求函数单调区间的步骤：1）、确定f(x)的定义域，2）、求导数y ′，3）、令y ′>0(y ′<0),解出相应的x 的范围。

当y ′>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当y ′<0时，f(x)在相应区间上是减函数。

注意导数与函数单调性的关系①f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.②f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常数，函数不具有单调性．3．求极值常按如下步骤：① 确定函数的定义域；② 求导数；③ 求方程/y =0的根及导数不存在的点，这些根或点也称为可能极值点；④通过列表法, 检查在可能极值点的左右两侧的符号，确定极值点。

4、求最值常按如下步骤：①求函数ƒ)(x 在(a ，b)内的极值； ②求函数ƒ)(x 在区间端点的值ƒ(a)、ƒ(b)； ③将(a ，b)内的极值与ƒ(a)、ƒ(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值。

最值（或极值）点必在下列各种点之中：导数等于零的点、导数不存在的点、端点。

5．四个易误导数公式及两个常用的运算法则(1)(sin x )′＝cos x . (2)(cos x )′＝－sin x .(3)(a x )′＝a x ln a (a >0，且a ≠1)． (4)(log a x )′＝1x ln a (a >0，且a ≠1)．(5)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )． (6)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)． 6．定积分的三个公式与一个定理(1)定积分的性质：①⎰⎰=b abadx x f k dx x kf )()(；②⎰⎰⎰±=±b ab abadx x g dx x f dx x g x f )()()]()([；（其中a ＜c ＜b )。

③⎰⎰⎰+=bacabcdx x f dx x f dx x f )()()( (其中a <c <b )．(2)微积分基本定理：一般地，如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么ʃb a f (x )d x ＝F (b )－F (a ). 二、基础自测考点1. 导数的概念1. 质点沿直线运动，运动方程s ＝16t 3－12t ＋1，那么质点在t ＝2时的加速度为________．2.过点(1,0)作曲线y ＝e x 的切线，则切线方程为________．解；设切点为P (x 0，e x 0)，则切线斜率为e x 0，切线方程为y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，又切线经过点(1,0)，所以－e x 0＝e x 0(1－x 0)，解得x 0＝2，切线方程为y －e 2＝e 2(x －2)，即e 2x －y －e 2＝0. 考点3. 导数与定积分的运算 3.()f x '是31()213f x x x =++的导函数，则(1)f '-的值是3. 解：()f x '是31()21f x x x =++的导函数，2'()2f x x =+，则(1)f '-=3． 5． (2012·辽宁)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)5【解】答案 B 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．6．f (x )＝2x 3－6x 2＋a (a 是常数)在[－2,2]上有最大值3，那么在[-2,2]上f (x )的最小值是 6【解】[f ′(x )＝6x 2－12x ，若f ′(x )>0，则x <0或x >2，又f (x )在x ＝0处连续，∴f (x )的增区间为[－2,0)．同理f ′(x )<0，得减区间(0,2]．∴f (0)＝a 最大．∴a ＝3，即f (x )＝2x 3－6x 2＋3.比较f (-2)，f (2)得f (－2)＝－37为最小值．考点5. 用导数研究函数的图象以及函数零点问题7.函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所示，则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点个7.解：先由导函数取值的正负确定函数的单调性，然后列表可判断函数极小值点的有1个数。

8、函数22()(1)ln(1)f x x x =+-+，若关于x 的方程2()f x x x a =++在区间[0,2]上恰好有两个相异的实根，求实数a 的取值范围。

8【解】方程2()f x x x a =++,即21ln(1)0x a x -+-+=记2()1ln(1),[0,2]g x x a x x =-+-+∈，则21'()111x g x x x -=-=++. 由'()0g x >得 1 1x x <->或，由'()0g x <得11x -<<∴()g x 在[0,1]上递减，在[1,2]递增……11分，为使2()f x x x a =++在[0,2]上恰好有两个相异的实根，只须()0g x =在[0,1)和(1,2]上各有一个实根，于是有(0)0(1)0(2)0g g g ≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩解得 2ln232ln3a -<≤- 考点6.利用导数处理与不等式有关的问题以及含参范围问题。

9. 3()31f x ax x =-+对于[]1,1x ∈-总有()0f x ≥成立，则a =9. 解：要使()0f x ≥恒成立，只要min ()0f x ≥在[]1,1x ∈-上恒成立。

答案：4 10求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.10【证明】设F (x )＝23x 3－(12x 2＋ln x )，故F ′(x )＝2x 2－x －1x .∴F ′(x )＝(x －1)(2x 2＋x ＋1)x.∵x >1，∴F ′(x )>0.∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数．又F (x )在(1，＋∞)上连续，F (1)＝16>0，∴F (x )>16在(1，＋∞)上恒成立∴F (x )>0∴当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.一、合作探究应用一导数几何意义的应用例1、设0≠t ，点P （t ，0）是函数c bx x g ax x x f +=+=23)()(与的图象的一个公共点，两函数的图象在点P 处有相同的切线.（Ⅰ）用t 表示a ，b ，c ；（Ⅱ）若函数)()(x g x f y -=在（－1，3）上单调递减，求t 的取值范围.【解】（I ）∵)(x f ，)(x g 的图象都过点（t ，0），∴0)(=t f ，即03=+at t .∵,0≠t ∴2t a -=..,0,0)(2ab c c bt t g ==+=所以即又∵)(x f ，)(x g 在点（t ，0）处有相同的切线，∴).()(t g t f '='而.23,2)(,3)(22bt a t bx x g a x x f =+='+='所以将2t a -=代入上式得.t b = 因此.3t ab c -==故2t a -=，t b =，.3t c -=（II ）法一：∵)()(x g x f y -=3223x t x tx t =--+在（－1，3）上单调递减，2232y x tx t '=--(3)()x t x t =+-≤0在（－1，3）上恒成立，∴⎩⎨⎧≤'≤'=-=.0|,0|31x x y y 即⎩⎨⎧≤-+≤--+-.0)3)(9(.0)1)(3(t t t t 得.39≥-≤t t 或∴t 的取值范围为).,3[]9,(+∞⋃--∞解法二：若0,(3)()03t t y x t x t x t '>=+-<-<<由得∴(,)3t t -为)()(x g x f y -=的单调减区间，又∵函数)()(x g x f y -=在（－1，3）上单调递减，∴(1,3)(,)3t t -⊂-，即 1.3t-≤- ∴3t≥若0.t <(3)()03t y x t x t t x '=+-<<<-由得，∴(1,3)(,).3t t -⊂-即9t ∴≤-所以t 的取值范围为).,3[]9,(+∞⋃--∞[解题心得]：应用二利用导数研究函数的性质例2、设函数21()ln ().2a f x x ax x a R -=+-∈(Ⅰ) 当1a =时，求函数()f x 的极值（Ⅱ）当1a >时，讨论函数()f x 的单调性.（Ⅲ）若对任意(2,3)a ∈及任意12,[1,2]x x ∈，恒有12ln 2()()ma f x f x +>- 成立，求实数m 的取值范围.解：(Ⅰ)函数的定义域为(0,)+∞.当1a =时，'11()ln ,()1.x f x x x f x x x-=-=-=令'()0,f x =得1x =，当01x <<时，'()0;f x <当1x >时，'()0.f x >()=(1)1,f x f ∴=极小值无极大值.4分（Ⅱ）'1()(1)f x a x a x =-+- 2(1)1a x ax x -+-= [(1)1](1)a x x x-+-=1(1)()(1)1a x x a x----=5分当111a =-，即2a =时，2'(1)()0,x f x x -=-≤ ()f x 在(0,)+∞上是减函数；当111a <-，即2a >时，令'()0,f x <得101x a <<-或1;x > 令'()0,f x >得1 1.1x a <<- 当111a >-，即12a <<时，令'()0,f x <得01x <<或1;1x a >- 令'()0,f x >得11.1x a <<-7分综上，当2a =时，()f x 在定义域上是减函数当2a >时，()f x 在1(0,)1a -和(1,)+∞单调递减，在1(,1)1a -上单调递增；当12a <<时，()f x 在(0,1)和1(,)1a +∞-单调递减，在1(1,)1a -上单调递8分（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当(2,3)a ∈时，()f x 在[1,2]上单调递减，当1x =时，()f x 有最大值，当2x =时，()f x 有最小值.123()()(1)(2)ln222a f x f x f f ∴-≤-=-+∴ln 2ma +>3ln 222a -+ 10分而0a >经整理得1322m a >- 由23a <<得1130422a-<-<，所以0.m ≥ 12分[解题心得]：应用三利用导数解决与方程、不等式有关的问题例3、已知函数x x a x x f --+=2)ln()(在点0=x 处取得极值。