高考文科数学(北师)大题专项(一) 导数的综合应用
导数在文科数学中的综合应用
变量关 系是函数关系式给 与表示 ， 还应确定 函数关 系式 中 自变 量的定 义区间。
时， 由于厂（ ）＜ 知 ） ∈Ｒ 是减函数。 ０， （ ）
１
一
例 ：２０ （０ ０年新课程卷 高考 题 ） 用总长 １ ． ｍ 的钢条制作 ４８
（） ＝ ３ ） ａ ＋ｘ一 ＋ ＝ ３ 一 ’ ２当０ 一 时 ＝ｘ ３ Ｉ 一 （ ÷）＋ ’作容器 的底 面 的一边 比另一 如
问题 。
【 关键词 】 导数 ； 文科数学 ； 应用
导数是教材新增 内容 ， 几年高考 题 中都 是以导数 为 内容 近 考察 导数 的应用 ， 注意导数对某 些传 统数 学内容 ： 应 判断函数 的
单凋性 ， 求极值 ， 求最值 ， 切线方程 等的解 决提供 了新 的思维 求 方法 。从而使 问题 的解 决更加快捷 便利 。极 限思想 ， 导数 的几
科 学教 育家 ２０年 ８ 第８ ０８ 月 期
学术性 ・ 实践性・ 理论性
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导 数 在 文 科 数 学 中 的综 合 应 用
郭 小华
（ 陶县 第一中学 河北 馆 陶 ０ ７ ５ ） 馆 ５７ ０ 【 摘要 】 导数为判断 函数 的单调性 、 求极值 、 求最值、 求切 线方程 等的解决 提供新 的思维 方法。本文运用 导数 ， 决一些 函数 解
（） ２ 若 ） 区间 ［一２ ２ 上 最大值 为 ２ ， 它在该 区间 在 ，］ ０求
上的最小值。
解 ：１ （ ＝ 一 ｘ ６ ９令 ，（ （ ） ３ ＋ ＋ ）＜ ， ０ 解得 ＜一１或
高考数学一轮复习高考大题增分专项1高考中的函数与导数课件文北师大
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题型一 题型二 题型三
策略一 策略二 策略三
(1)解 因为函数 g(x)的导函数 g'(x)=ex,所以 g(x)=ex+c(c 为常数).
因为 g(0)g'(1)=e,所以(1+c)e=e,可得 c=0,即 g(x)=ex. 因为存在 x∈(0,+∞),使得不等式 g(x)<������-������+3成立,
题型一 题型二 题型三
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策略一 策略二 策略三
对点训练1已知函数f(x)=ax+ln x,函数g(x)的导函数g'(x)=ex,且 g(0)g'(1)=e,其中e为自然对数的底数.
(1)若存在x∈(0,+∞),使得不等式 g(x)<������-���������+��� 3 成立,试求实数m的 取值范围;
当 x∈(0,+∞)时,因为 ex>1, ������ + 21������≥2 ������·21������ = 2
当且仅当������
= 1 时等 号成立
2
,
所以 ex ������ + 1 >1,所以 h'(x)<0,
2 ������
所以 h(x)在(0,+∞)上是减少的,
所以 h(x)<h(0)=3,所以 m<3.
2
所以
1
φ(x)min=φ(t)=et+t-2>e2
+
12-2>
2.25
+
1 2
-2=0,
高考数学一轮复习课时训练：导数的综合应用北师大
A 级(时间：40分钟 满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高为( )．A.2033 cm B ．100 cm C ．20 cm D.203 cm解析 设圆锥的体积为V cm 3，高为h cm ， 则V ＝13π(400－h 2)h ＝13π(400 h －h 3)， ∴V ′＝13π(400－3h 2)， 由V ′＝0，得h ＝2033.所以当h ＝2033 cm 时，V 最大． 答案 A2．已知对任意实数x ，都有f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，且x ＞0时，f ′(x )＞0，g ′(x )＞0，则x ＜0时( )． A ．f ′(x )＞0，g ′(x )＞0 B ．f ′(x )＞0，g ′(x )＜0 C ．f ′(x )＜0，g ′(x )＞0D ．f ′(x )＜0，g ′(x )＜0解析 由题意知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数．当x ＞0时，f (x )，g (x )都单调递增，则当x ＜0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )＞0，g ′(x )＜0. 答案 B3．设p ：f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q ：m ≥43，则p 是q 的( )．A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析 ∵f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1，∴f ′(x )＝3x 2＋4x ＋m .由f (x )为增函数得f ′(x )≥0在R 上恒成立，则Δ≤0，即16－12m ≤0，解得m ≥43.故为充要条件． 答案 C4．(2011·辽宁)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 ．(－∞，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－2x －4，则g ′(x )＝f ′(x )－2＞0， ∴g (x )在R 上递增．又g (－1)＝f (－1)－2(－1)－4＝0. ∴g (x )＞0⇒x ＞－1.故选B. 答案 B5．对于R 上可导的任意函数f (x )，满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( )． A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)≤2f (1) C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)＞2f (1)解析 由(x －1)f ′(x )≥0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，f ′(x )≥0，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，f ′(x )≤0.①函数y ＝f (x )在(－∞，1]上单调递减，f (0)＞f (1)；在[1，＋∞)上单调递增，f (2)＞f (1)．∴f (0)＋f (2)＞2f (1)．②函数y ＝f (x )可为常数函数，f (0)＋f (2)＝2f (1)． 答案 C二、填空题(每小题4分，共12分)6．已有函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )＜0的解集是________．解析 在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．又函数f (x )是R 上的偶函数，所以f (1)＝f (－1)＝0.当x ＞0时，f (x )＜0，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，图象关于y 轴对称，f (x )＞0，∴x ＜－1. 答案 (－∞，－1)∪(0,1)7．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________．解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点．答案 (－2,2)8．(2011·北京)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，(x －1)3，x ＜2.若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．解析 当x ＜2时，f ′(x )＝3(x －1)2＞0，说明函数在(－∞，2)上单调递增，函数的值域是(－∞，1)，函数在[2，＋∞)上单调递减，函数的值域是(0,1]，因此，结合图形要使方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则0＜k ＜1. 答案 (0,1)三、解答题(共23分)9．(11分)统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/时)的函数解析式可以表示为：y ＝1128 000x 3－380 x ＋8(0＜x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)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？解 (1)当x ＝40(千米/时)时，汽车从甲地到乙地行驶了10040＝2.5(小时)．要耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000×403－380×40＋8×2.5＝17.5(升)．所以当汽车以40千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/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 )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8·100x ＝11 280x 2＋800x －154(0＜x ≤120)． h ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(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 )取得极小值h (80)＝11.25.因此h (x )在(0,120]上只有一个极值，也是它的最小值．所以，当汽车以80千米/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．10．(12分)(2011·洛阳模拟)已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32.(1)求f (x )的解析式；(2)若在区间[0，m ](m ＞0)上恒有f (x )≤x 成立，求m 的取值范围．解 (1)由f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .又由f (x )在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，可知x ＝0和x ＝1是f ′(x )＝0的解，∴⎩⎨⎧ f ′(0)＝0，f ′(1)＝0，即⎩⎨⎧c ＝0，3a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝0，b ＝－32a .∴f ′(x )＝3ax 2－3ax .又由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3a 4－3a 2＝32，∴a ＝－2，即f (x )＝－2x 3＋3x 2.(2)由f (x )≤x ，得－2x 3＋3x 2≤x ，即x (2x －1)(x －1)≥0，∴0≤x ≤12或x ≥1.又f (x )≤x 在区间[0，m ](m ＞0)上恒成立，∴0＜m ≤12.故m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.B 级(时间：30分钟 满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a ＜b ，则必有( )． A ．af (b )≤bf (a ) B ．bf (a )≤af (b ) C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )解析 ∵xf ′(x )≤－f (x )，f (x )≥0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2≤－2f (x )x 2≤0，则函数f (x )x 在(0，＋∞)上是单调递减的，由于0＜a ＜b ，则f (a )a ≥f (b )b .即af (b )≤bf (a )． 答案 A2．(2011·合肥二模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (x )在区间(－1,0)上单调递减，则a 2＋b 2的取值范围是( )．A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，94C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，95 解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(x )≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，即3x 2＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －3≥0，b ≤0，∴a ，b 所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O 到直线2a －b －3＝0的距离d ＝35，∴a 2＋b 2≥d 2＝95， ∴a 2＋b 2的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞.答案 C二、填空题(每小题4分，共8分)3．(★)(2012·九江模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析 (构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x 3. g (x )在区间[－1,0)上单调递增，∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案 4【点评】 本题考查了分类讨论思想构造函数，同时利用导数的知识来解决. 4．(2010·江苏)将边长为1 m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则s 的最小值是________．解析 如图所示，设AD ＝x m(0＜x ＜1)，则DE ＝AD ＝x m ， ∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x (m)， 又S △ADE ＝34x 2(m 2)，∴梯形的面积为34－34x 2(m 2)，∴s ＝433×x 2－6x ＋91－x 2(0＜x ＜1)，∴s ′＝－833×(3x －1)(x －3)(1－x 2)2，令s ′＝0得x ＝13或3(舍去)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，s ′＜0，s 递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，s ′＞0，s 递增．故当x ＝13时，s 的最小值是3233. 答案3233三、解答题(共22分)5．(10分)(2011·江苏)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800. 所以当x ＝15 cm 时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也就是最大值， 此时h a ＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.6．(★)(12分)(2011·浙江五校联考)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解 (1)根据题意知，f ′(x )＝a (1－x )x (x ＞0)，当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2， ∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3. ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g ′(t )＜0，g ′(3)＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎨⎧g ′(1)＜0，g ′(2)＜0，g ′(3)＞0，∴－373＜m ＜－9.【点评】利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：第一步：确定函数的定义域；第二步：求函数f(x)的导数f′(x)；第三步：求方程f′(x)＝0的根；第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺序将定义域分成若干个小开区间，并列出表格；第五步：由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区间内的单调性；第六步：明确规范表述结论.。
北师大文科数学高考总复习教师用书：导数的概念及运算 含答案
第1讲导数的概念及运算最新考纲 1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图像直观理解导数的几何意义；3.能根据导数的定义求函数y＝C(C为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x的导数；4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理1．导数与导函数的概念(1)当x1趋于x0，即Δx趋于0时，如果平均变化率趋于一个固定的值，那么这个值就是函数y＝f(x)在x0点的瞬时变化率．在数学中，称瞬时变化率为函数y＝f(x)在x0点的导数，通常用符号f′(x0)表示，记作f′(x0)＝(2)如果一个函数f(x)在区间(a，b)上的每一点x处都有导数，导数值记为f′(x)：f′(x)＝，则f′(x)是关于x的函数，称f′(x)为f(x)的导函数，通常也简称为导数．2．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)，切线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f(x)＝C(C为常数)f′(x)＝0f(x)＝xα(α是实数)f′(x)＝αxα－1f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝ln x f ′(x )＝1x f (x )＝log a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT 展示(1)f ′(x 0)与(f (x 0))′表示的意义相同．( ) (2)求f ′(x 0)时，可先求f (x 0)，再求f ′(x 0)．( ) (3)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点．( ) (4)若f (x )＝a 3＋2ax ＋x 2，则f ′(x )＝3a 2＋2x .( )解析 (1)f ′(x 0)表示函数f (x )的导数在x 0处的值，而f ((x 0))′表示函数值f (x 0)的导数，其意义不同，(1)错．(2)求f ′(x 0)时，应先求f ′(x )，再代入求值，(2)错．(4)f (x )＝a 3＋2ax ＋x 2＝x 2＋2ax ＋a 3，∴f ′(x )＝2x ＋2a ，(4)错． 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(教材改编)有一机器人的运动方程为s (t )＝t 2＋3t (t 是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻t ＝2时的瞬时速度为( ) A.194 B.174 C.154 D.134解析 由题意知，机器人的速度方程为v (t )＝s ′(t )＝2t －3t 2，故当t ＝2时，机器人的瞬时速度为v (2)＝2×2－322＝134. 答案 D3．(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________．解析 因为f (x )＝(2x ＋1)e x ，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x ， 所以f ′(0)＝3e 0＝3. 答案 34．(2017·豫北名校期末联考)曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________． 解析 ∵y ′＝－5e x ，∴所求曲线的切线斜率k ＝y ′|x ＝0＝－5e 0＝－5，∴切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0. 答案 5x ＋y ＋2＝05．(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图像在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.解析 由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1，则f ′(1)＝3a ＋1， 又f (1)＝a ＋2，∴切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)． ∵切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝3a ＋1，解得a ＝1. 答案 1考点一 导数的计算 【例1】 求下列函数的导数： (1)y ＝e x ln x ； (2)y ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝cos x e x .解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x 1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x e x .(2)因为y ＝x 3＋1＋1x 2，所以y ′＝(x 3)′＋(1)′＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2′＝3x 2－2x 3. (3)因为y ＝x －12sin x ，所以y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12sin x ′＝x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ′＝1－12cos x .(4)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x－cos x (e x)′(e x )2＝－sin x ＋cos xe x. 规律方法 (1)熟记基本初等函数的导数公式及运算法则是导数计算的前提，求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量提高运算速度，减少差错．(2)如函数为根式形式，可先化为分数指数幂，再求导．【训练1】 (1)f (x )＝x (2 017＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 018，则x 0等于( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e(2)(2015·天津卷)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数．若f ′(1)＝3，则a 的值为________．解析 (1)f ′(x )＝2 017＋ln x ＋1x ·x ＝2 018＋ln x ．由f ′(x 0)＝2 018，得ln x 0＝0，则x 0＝1.(2)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )． 由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3. 答案 (1)B (2)3考点二 导数的几何意义(多维探究) 命题角度一 求切线方程【例2－1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是________．(2)(2017·南昌质检)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( ) A ．x ＋y －1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y ＋1＝0 D ．x －y ＋1＝0解析 (1)设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1＋x . 又f (x )为偶函数，f (x )＝f (－x )＝e x －1＋x ， 所以当x >0时，f (x )＝e x －1＋x .因此，当x >0时，f ′(x )＝e x －1＋1，f ′(1)＝e 0＋1＝2.则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线的斜率为f ′(1)＝2，所以切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎨⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1,0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1. ∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 答案 (1)2x －y ＝0 (2)B 命题角度二 求切点坐标【例2－2】 (2017·西安调研)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P 的坐标为________．解析 由y ′＝e x ，知曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1. 设P (m ，n )，又y ＝1x (x >0)的导数y ′＝－1x 2， 曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m 2.依题意k 1k 2＝－1，所以m ＝1，从而n ＝1. 则点P 的坐标为(1,1)． 答案 (1,1)命题角度三 求与切线有关的参数值(或范围)【例2－3】 已知直线y ＝12x ＋b 与曲线y ＝－12x ＋ln x 相切，则b 的值为( ) A ．2 B ．－1 C ．－12 D ．1 解析 设切点坐标为P (x 0，y 0)， 由y ＝－12x ＋ln x ，得y ′＝－12＋1x . ∴y ′|x ＝x 0＝－12＋1x 0，依题意，－12＋1x 0＝12，∴x 0＝1，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，又切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12在直线y ＝12x ＋b 上， 故－12＝12＋b ，得b ＝－1. 答案 B规律方法 (1)导数f ′(x 0)的几何意义就是函数y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线的斜率，切点既在曲线上，又在切线上．切线有可能和曲线还有其他的公共点．(2)“曲线在点P 处的切线”是以点P 为切点，“曲线过点P 的切线”则点P 不一定是切点，此时应先设出切点坐标．(3)当曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线垂直于x 轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x ＝x 0.【训练2】 (1)若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．(2)函数f (x )＝ln x ＋ax 的图像存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是________．解析 (1)由题意得y ′＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x ，直线2x －y ＋1＝0的斜率为2. 设P (m ，n )，则1＋ln m ＝2，解得m ＝e ， 所以n ＝eln e ＝e ，即点P 的坐标为(e ，e)．(2)函数f (x )＝ln x ＋ax 的图像存在与直线2x －y ＝0平行的切线，即f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解，而f ′(x )＝1x ＋a ，即1x ＋a 在(0，＋∞)上有解，a ＝2－1x ，因为a ＞0，所以2－1x ＜2，所以a 的取值范围是(－∞，2)． 答案 (1)(e ，e) (2)(－∞，2)[思想方法]1．f ′(x 0)代表函数f (x )在x ＝x 0处的导数值；(f (x 0))′是函数值f (x 0)的导数，而函数值f (x 0)是一个常数，其导数一定为0，即(f (x 0))′＝0.2．对于函数求导，一般要遵循先化简再求导的基本原则．在实施化简时，必须注意交换的等价性．3．曲线的切线与二次曲线的切线的区别：曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点． [易错防范]1．利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆． 2．曲线y ＝f (x )“在点P (x 0，y 0)处的切线”与“过点P (x 0，y 0)的切线”的区别：前者P (x 0，y 0)为切点，而后者P (x 0，y 0)不一定为切点．3．对含有字母参数的函数要分清哪是变量哪是参数，参数是常量，其导数为零.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．设y ＝x 2e x ，则y ′＝( ) A ．x 2e x ＋2x B ．2x e x C ．(2x ＋x 2)e x D ．(x ＋x 2)e x 解析 y ′＝2x e x ＋x 2e x ＝(2x ＋x 2)e x .2．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2x ·f ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( ) A ．－e B ．－1 C ．1 D ．e解析 由f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，得f ′(x )＝2f ′(1)＋1x ， ∴f ′(1)＝2f ′(1)＋1，则f ′(1)＝－1. 答案 B3．曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程是( ) A ．x －3y ＋3＝0 B ．x －2y ＋2＝0 C ．2x －y ＋1＝0 D ．3x －y ＋1＝0解析 y ′＝cos x ＋e x ，故切线斜率为k ＝2，切线方程为y ＝2x ＋1，即2x －y ＋1＝0. 答案 C4．(2017·成都诊断)已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x ，设切点为(x 0，ln x 0)，则y ′|x ＝x 0＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1，解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e . 答案 C5．(2017·昆明诊断)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( ) A ．－1 B.12 C ．－2 D ．2 解析 ∵y ′＝－1－cos xsin 2 x ，∴＝－1.由条件知1a ＝－1，∴a ＝－1.二、填空题6．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.解析因为y′＝2ax－1x，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，解得a＝1 2.答案1 27.(2017·长沙一中月考)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)＝________.解析由图形可知：f(3)＝1，f′(3)＝－13，∵g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1－1＝0.答案08．(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.解析由y＝x＋ln x，得y′＝1＋1x，得曲线在点(1,1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1. 又该切线与y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y，得ax2＋ax＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案8三、解答题9．已知点M是曲线y＝13x3－2x2＋3x＋1上任意一点，曲线在M处的切线为l，求：(1)斜率最小的切线方程；(2)切线l 的倾斜角α的取值范围． 解 (1)y ′＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1≥－1， 所以当x ＝2时，y ′＝－1，y ＝53， 所以斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53， 斜率k ＝－1，所以切线方程为x ＋y －113＝0. (2)由(1)得k ≥－1，所以tan α≥－1，所以α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 10．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程． 解 (1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1， 由已知令3x 2＋1＝4，解之得x ＝±1. 当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4，∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)，∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)，即x ＋4y ＋17＝0.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图像上存在两点，使得函数的图像在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质，下列函数中具有T 性质的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝ln x C ．y ＝e x D ．y ＝x 3解析 若y ＝f (x )的图像上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))， 使得函数图像在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ：y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ：y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，∵x 1＞0，x 2>0，∴不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ：y ′＝e x ，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1.显然不存在这样的x 1，x 2；对于D ：y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2.答案 A12．(2017·合肥模拟)点P 是曲线x 2－y －ln x ＝0上的任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为( )A ．1 B.32 C.52 D. 2解析 点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，当过点P 的切线和直线y ＝x －2平行时， 点P 到直线y ＝x －2的距离最小，直线y ＝x －2的斜率为1，令y ＝x 2－ln x ，得y ′＝2x －1x ＝1，解得x ＝1或x ＝－12(舍去)，故曲线y ＝x 2－ln x 上和直线y ＝x －2平行的切线经过的切点坐标为(1,1)，点(1,1)到直线y ＝x －2的距离等于2，∴点P 到直线y ＝x －2的最小距离为 2.答案 D13．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝x －a ＋1x (x >0)．∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x ≥2(当且仅当x ＝1时取等号)．答案 [2，＋∞)14．已知函数f (x )＝x －2x ，g (x )＝a (2－ln x )(a >0)．若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线斜率相同，求a 的值，并判断两条切线是否为同一条直线．解根据题意有f′(x)＝1＋2x2，g′(x)＝－ax.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为f′(1)＝3，曲线y＝g(x)在x＝1处的切线斜率为g′(1)＝－a，所以f′(1)＝g′(1)，即a＝－3.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－f(1)＝3(x－1)．所以y＋1＝3(x－1)，即切线方程为3x－y－4＝0.曲线y＝g(x)在x＝1处的切线方程为y－g(1)＝3(x－1)，所以y＋6＝3(x－1)，即切线方程为3x－y－9＝0，所以，两条切线不是同一条直线.。
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的应用导数与函数的综合问题最值教学案理解析版
利用导数解决不等式的有关问题►考法１证明不等式【例１】（２0１8·郑州二模）已知函数f（x）＝ln x—２ax＋１（a∈R）．（１）讨论函数g（x）＝x２＋f（x）的单调性；（２）若a＝错误!，证明：|f（x）—１|＞错误!＋错误!.[解] （１）由题意知函数y＝g（x）的定义域为（0，＋∞），g（x）＝x２＋ln x—２ax＋１，则g′（x）＝错误!＋２x—２a＝错误!（x＞0），记h（x）＝２x２—２ax＋１，１当a≤0时，因为x＞0，所以h（x）＞0，故函数g（x）在（0，＋∞）上递增；２当0＜a≤错误!时，因为Δ＝４（a２—２）≤0，所以h（x）≥0，故函数g（x）在（0，＋∞）上递增；３当a＞错误!时，由g′（x）＜0，解得x∈错误!，所以函数g（x）在区间错误!上递减，同理可得函数g（x）在区间错误!，错误!上递增．（２）证明：当a＝错误!时，设H（x）＝f（x）—１＝ln x—x，故H′（x）＝错误!，故H′（x）＜0，得x＞１，由H′（x）＞0，得0＜x＜１，所以H（x）m ax＝f（１）—１＝—１，所以|H（x）|min＝１．设G（x）＝错误!＋错误!，则G′（x）＝错误!，由G′（x）＜0，得x＞e，由G′（x）＞0，得0＜x＜e，故G（x）m ax＝G（e）＝错误!＋错误!＜１，所以G（x）m ax＜|H（x）|min，所以|f（x）—１|＞错误!＋错误!.►考法２由不等式恒（能）成立求参数的范围【例２】已知函数f（x）＝错误!.（１）如果当x≥１时，不等式f（x）≥错误!恒成立，求实数k的取值范围；（２）若存在x0∈[１，e]，使不等式f（x0）≥错误!成立，求实数k的取值范围．[解] （１）当x≥１时，k≤错误!恒成立，令g（x）＝错误!（x≥１），则g′（x）＝错误!＝错误!.再令h（x）＝x—ln x（x≥１），则h′（x）＝１—错误!≥0，所以h（x）≥h（１）＝１，所以g′（x）＞0，所以g（x）为增函数，所以g（x）≥g（１）＝２，故k≤２，即实数k的取值范围是（—∞，２]．（２）当x∈[１，e]时，k≤错误!有解，令g（x）＝错误!（x∈[１，e]），由（１）题知，g（x）为增函数，所以g（x）m ax＝g（e）＝２＋错误!，所以k≤２＋错误!，即实数k的取值范围是错误!.[规律方法] １．利用导数证明含“x”不等式方法，即证明：f x＞g x.,法一：移项，f x—g x＞0，构造函数F x＝f x—g x，转化证明F x min＞0，利用导数研究F x 单调性，用上定义域的端点值.,法二：转化证明：f x min＞g x m ax.,法三：先对所求证不等式进行变形，分组或整合，再用法一或法二.２．利用导数解决不等式的恒成立问题的策略,１首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参数不等式，从而求出参数的取值范围.,２也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.３２（１）如果存在x１，x２∈[0,２]使得g（x１）—g（x２）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；（２）如果对于任意的s，t∈错误!，都有f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围．[解] （１）存在x１，x２∈[0,２]使得g（x１）—g（x２）≥M成立，等价于[g（x１）—g（x２）]m ax≥M.由g（x）＝x３—x２—３，得g′（x）＝３x２—２x＝３x错误!.令g′（x）＞0得x＜0，或x＞错误!，令g′（x）＜0得0＜x＜错误!，又x∈[0,２]，所以g（x）在区间错误!上递减，在区间错误!上递增，所以g（x）min＝g错误!＝—错误!，又g（0）＝—３，g（２）＝１，所以g（x）m ax＝g（２）＝１．故[g（x１）—g（x２）]m ax＝g（x）m ax—g（x）min＝错误!≥M，则满足条件的最大整数M＝４．（２）对于任意的s，t∈错误!，都有f（s）≥g（t）成立，等价于在区间错误!上，函数f（x）min≥g （x）m ax，由（１）可知在区间错误!上，g（x）的最大值为g（２）＝１．在区间错误!上，f（x）＝错误!＋x ln x≥１恒成立等价于a≥x—x２ln x恒成立．设h（x）＝x—x２ln x，h′（x）＝１—２x ln x—x，令m（x）＝x ln x，由m′（x）＝ln x＋１＞0得x＞错误!.即m（x）＝x ln x在错误!上是增函数，可知h′（x）在区间错误!上是减函数，又h′（１）＝0，所以当１＜x＜２时，h′（x）＜0；当错误!＜x＜１时，h′（x）＞0．即函数h（x）＝x—x２ln x在区间错误!上递增，在区间（１,２）上递减，所以h（x）m ax＝h（１）＝１，所以a≥１，即实数a的取值范围是[１，＋∞）．利用导数解决函数的零点问题►考法１判断、证明或讨论函数零点的个数【例３】设f（x）＝错误!x２—m ln x，g（x）＝x２—（m＋１）x.当m≥0时，讨论函数f（x）与g（x）图像的交点个数．[解] 令F（x）＝f（x）—g（x）＝—错误!x２＋（m＋１）x—m ln x，x＞0，问题等价于求函数F（x）的零点个数．当m＝0时，F（x）＝—错误!x２＋x，x＞0，有唯一零点；当m≠0时，F′（x）＝—错误!，当m＝１时，F′（x）≤0，函数F（x）为减函数，注意到F（１）＝错误!＞0，F（４）＝—ln ４＜0，所以F（x）有唯一零点．当m＞１时，0＜x＜１或x＞m时，F′（x）＜0；１＜x＜m时，F′（x）＞0，所以函数F（x）在（0,１）和（m，＋∞）上递减，在（１，m）上递增，注意到F（１）＝m＋错误!＞0，F（２m＋２）＝—m ln（２m＋２）＜0，所以F（x）有唯一零点．当0＜m＜１时，0＜x＜m或x＞１时，F′（x）＜0；m＜x＜１时，F′（x）＞0，所以函数F（x）在（0，m）和（１，＋∞）上递减，在（m,１）上递增，易得ln m＜0，所以F（m）＝错误!（m＋２—２ln m）＞0，而F（２m＋２）＝—m ln（２m＋２）＜0，所以F （x）有唯一零点．综上，函数F（x）有唯一零点，即两函数图像有一个交点．►考法２已知函数的零点个数求参数的范围【例４】已知函数f（x）＝２ln x—x２＋ax（a∈R）．（１）当a＝２时，求f（x）的图像在x＝１处的切线方程；（２）若函数g（x）＝f（x）—ax＋m在错误!上有两个零点，求实数m的取值范围．[解] （１）当a＝２时，f（x）＝２ln x—x２＋２x，则f′（x）＝错误!—２x＋２，切点坐标为（１,１），切线的斜率k＝f′（１）＝２，则函数f（x）的图像在x＝１处的切线方程为y—１＝２（x—１），即y＝２x—１．（２）g（x）＝f（x）—ax＋m＝２ln x—x２＋m，则g′（x）＝错误!—２x＝错误!，∵x∈错误!，∴由g′（x）＝0，得x＝１．当错误!≤x＜１时，g′（x）＞0，函数g（x）递增，当１＜x≤e时，g′（x）＜0，函数g（x）递减，故当x＝１时，函数g（x）取得极大值g（１）＝m—１，又g错误!＝m—２—错误!，g（e）＝m＋２—e２，∴g（x）＝f（x）—ax＋m在错误!上有两个零点需满足条件错误!解得１＜m≤２＋错误!.故实数m的取值范围是错误!.►考法３与函数零点有关的证明问题【例５】（２0１9·武汉模拟）已知a为实数，函数f（x）＝e x—２—ax.（１）讨论函数f（x）的单调性；（２）若函数f（x）有两个不同的零点x１，x２（x１＜x２），（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）证明：x１＋x２＞２．[解] （１）f′（x）＝e x—２—a.当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上递增．当a＞0时，由f′（x）＝e x—２—a＝0，得x＝２＋ln a.若x＞２＋ln a，则f′（x）＞0，函数f（x）在（２＋ln a，＋∞）上递增；若x＜２＋ln a，则f′（x）＜0，函数f（x）在（—∞，２＋ln a）上递减．（２）（ⅰ）由（１）知，当a≤0时，f（x）在R上递增，没有两个不同的零点．当a＞0时，f（x）在x＝２＋ln a处取得极小值，所以f（２＋ln a）＝e ln a—a（２＋ln a）＜0，得a＞错误!，所以a的取值范围为错误!.（ⅱ）由e x—２—ax＝0，得x—２＝ln（ax）＝ln a＋ln x，即x—２—ln x＝ln a.所以x１—２—ln x１＝x２—２—ln x２＝ln a.令g（x）＝x—２—ln x（x＞0），则g′（x）＝１—错误!.当x＞１时，g′（x）＞0；当0＜x＜１时，g′（x）＜0．所以g（x）在（0,１）上递减，在（１，＋∞）上递增，所以0＜x１＜１＜x２.要证x１＋x２＞２，只需证x２＞２—x１＞１．因为g（x）在（１，＋∞）上递增，所以只需证g（x２）＞g（２—x１）．因为g（x１）＝g（x２），所以只需证g（x１）＞g（２—x１），即证g（x１）—g（２—x１）＞0．令h（x）＝g（x）—g（２—x）＝x—２—ln x—[２—x—２—ln（２—x）]＝２x—２—ln x＋ln （２—x），则h′（x）＝２—错误!.因为错误!＋错误!＝错误![x＋（２—x）]错误!≥２，当且仅当x＝１时等号成立，所以当0＜x＜１时，h′（x）＜0，即h（x）在（0,１）上递减，所以h（x）＞h（１）＝0，即g（x１）—g（２—x１）＞0，所以x１＋x２＞２得证．[规律方法] 利用导数研究方程根的方法１研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.２根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极最值的位置.３可以通过数形结合的思想去分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.（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，错误!]上仅有一个零点．[解] （１）由f（x）＝错误!—k ln x（k＞0），得x＞0且f′（x）＝x—错误!＝错误!.由f′（x）＝0，解得x＝错误!（负值舍去）．f（x）与f′（x）在区间（0，＋∞）上的变化情况如下表：x（0，错误!）错误!（错误!，＋∞）f′（x）—0＋f（x）↘错误!↗f（x）在x＝错误!处取得极小值f（错误!）＝错误!.（２）证明：由（１）知，f（x）在区间（0，＋∞）上的最小值为f（错误!）＝错误!.因为f（x）存在零点，所以错误!≤0，从而k≥e，当k＝e时，f（x）在区间（１，错误!）上递减，且f（错误!）＝0，所以x＝错误!是f（x）在区间（１，错误!]上的唯一零点．当k＞e时，f（x）在区间（0，错误!）上递减，且f（１）＝错误!＞0，f（错误!）＝错误!＜0，所以f（x）在区间（１，错误!]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，错误!]上仅有一个零点．１．（２0１8·全国卷Ⅱ）已知函数f（x）＝e x—ax２.（１）若a＝１，证明：当x≥0时，f（x）≥１；（２）若f（x）在（0，＋∞）只有一个零点，求a.[解] （１）证明：当a＝１时，f（x）≥１等价于（x２＋１）e—x—１≤0．设函数g（x）＝（x２＋１）e—x—１，则g′（x）＝—（x２—２x＋１）e—x＝—（x—１）２e—x.当x≠１时，g′（x）＜0，所以g（x）在（0，＋∞）递减．而g（0）＝0，故当x≥0时，g（x）≤0，即f（x）≥１．（２）设函数h（x）＝１—ax２e—x.f（x）在（0，＋∞）只有一个零点当且仅当h（x）在（0，＋∞）只有一个零点．（ⅰ）当a≤0时，h（x）＞0，h（x）没有零点；（ⅱ）当a＞0时，h′（x）＝ax（x—２）e—x.当x∈（0,２）时，h′（x）＜0；当x∈（２，＋∞）时，h′（x）＞0．所以h（x）在（0,２）递减，在（２，＋∞）递增．故h（２）＝１—错误!是h（x）在（0，＋∞）的最小值．１若h（２）＞0，即a＜错误!，h（x）在（0，＋∞）没有零点；２若h（２）＝0，即a＝错误!，h（x）在（0，＋∞）只有一个零点；３若h（２）＜0，即a＞错误!，由于h（0）＝１，所以h（x）在（0,２）有一个零点．由（１）知，当x＞0时，e x＞x２，所以h（４a）＝１—错误!＝１—错误!＞１—错误!＝１—错误!＞0，故h（x）在（２,４a）有一个零点．因此h（x）在（0，＋∞）有两个零点．综上，f（x）在（0，＋∞）只有一个零点时，a＝错误!.２．（２0１7·全国卷Ⅲ）已知函数f（x）＝x—１—a ln x.（１）若f（x）≥0，求a的值；（２）设m为整数，且对于任意正整数n，错误!错误!·…·错误!＜m，求m的最小值．[解] （１）f（x）的定义域为（0，＋∞），１若a≤0，因为f错误!＝—错误!＋a ln ２＜0，所以不满足题意．２若a>0，由f′（x）＝１—错误!＝错误!知，当x∈（0，a）时，f′（x）<0；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，a）递减，在（a，＋∞）递增．故x＝a是f（x）在（0，＋∞）的唯一最小值点．因为f（１）＝0，所以当且仅当a＝１时，f（x）≥0，故a＝１．（２）由（１）知当x∈（１，＋∞）时，x—１—ln x>0．令x＝１＋错误!，得ln错误!＜错误!，从而ln错误!＋ln错误!＋…＋ln错误!＜错误!＋错误!＋…＋错误!＝１—错误!＜１．故错误!错误!·…·错误!＜e.而错误!错误!错误!＞２，所以m的最小值为３．。
2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一含参数的分类讨论例1已知函数，导函数为，3()12f x ax x=-()f x'（1）求函数的单调区间；()f x（2）若在[—1，3]上的最大值和最小值。
(1)6,()f f x'=-求函数【答案】略【解析】（I），（下面要解不等式，到了分类讨论的时机，22()3123(4)f x ax ax'=-=-23(4)0ax->分类标准是零）当单调递减；0,()0,()(,)a f x f x'≤<-∞+∞时在当的变化如下表：0,,(),()a x f x f x'>时当变化时此时，单调递增，在单调递减；()(,)f x-∞+∞在(（II）由(1)3126, 2.f a a'=-=-=得由（I）知，单调递增。
()(f x-,在(,3)【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。
还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。
题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数， 若函数在上是单调增函数，求的取值范围321()53f x x x ax =++-),1[+∞a 【答案】【解析】,依题意在上恒有成立，2'()2f x x x a =++),1[+∞0y '≥方法1：函数，对称轴为，故在上单调递增，故只需即可，得2'()2f x x x a =++1x =-),1[+∞'()f x 0)1('≥f ，所以的取值范围是；3-≥a a [3,)+∞方法2：由，得，只需，易得，因此022≥++='a x x y x x a 2--2≥2max--2a x x≥（）2max--23x x =-（），，所以的取值范围是；3-≥a a [3,)+∞【易错点】本题容易忽视中的等号0)1('≥f 【思维点拨】已知函数在区间可导：()f x (,)a b 1. 在区间内单调递增的充要条件是如果在区间内，导函数，并且在()f x (,)a b (,)a b ()0f x '≥()f x '的任何子区间内都不恒等于零；(,)a b 2. 在区间内单调递减的充要条件是如果在区间内，导函数，并且在()f x (,)a b (,)a b ()0f x '≤()f x '的任何子区间内都不恒等于零；(,)a b 说明：1.已知函数在区间可导,则在区间内成立是在内单调递增的必要()f x (,)a b ()0f x '≥(,)a b ()f x (,)a b 不充分条件2.若为增函数，则一定可以推出；更加具体的说，若为增函数，则或者()f x ()0f x '≥()f x，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都；()0f x '>()0f x '>3.时，不能简单的认为为增函数，因为的含义是或，()0f x '≥()f x ()0f x '≥()0f x '>()0f x '=当函数在某个区间恒有时，也满足,但在这个区间为常函数.()0f x '=()0f x '≥()f x 题型三 方程与零点1．已知函数，若存在三个零点，则的取值范围是（）()3231f x ax x =-+()f x a A. B. (),2-∞-()2,2-C. D. ()2,+∞()()2,00,2-⋃【答案】D【解析】很明显，由题意可得：，则由 可得0a ≠()()2'3632f x ax x x ax =-=-()'0f x = ，1220,x x a==由题意得不等式： ，即： ，()()122281210f x f x a a =-+<2241,4,22a a a><-<<综上可得的取值范围是 .本题选择D 选项.a ()()2,00,2-⋃【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的应用导数与函数的极值最值教学案理解析版
利用导数解决函数的极值问题►考法１根据函数图像判断函数极值的情况【例１】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）的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（）Ａ．函数f（x）有极大值f（２）和极小值f（１）Ｂ．函数f（x）有极大值f（—２）和极小值f（１）Ｃ．函数f（x）有极大值f（２）和极小值f（—２）Ｄ．函数f（x）有极大值f（—２）和极小值f（２）D[由题图可知，当x＜—２时，f′（x）＞0；当—２＜x＜１时，f′（x）＜0；当１＜x＜２时，f′（x）＜0；当x＞２时，f′（x）＞0．由此可以得到函数f（x）在x＝—２处取得极大值，在x＝２处取得极小值．]►考法２求已知函数的极值【例２】已知函数f（x）＝（x—２）（e x—ax），当a＞0时，讨论f（x）的极值情况．[解] ∵f′（x）＝（e x—ax）＋（x—２）（e x—a）＝（x—１）（e x—２a），∵a＞0，由f′（x）＝0得x＝１或x＝ln ２a.１当a＝错误!时，f′（x）＝（x—１）（e x—e）≥0，∴f（x）递增，故f（x）无极值．２当0＜a＜错误!时，ln ２a＜１，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x（—∞，ln ２a）ln ２a（ln ２a,１）１（１，＋∞）f′（x）＋0—0＋f（x）↗极大值↘极小值↗２３当a＞错误!时，ln ２a＞１，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：２综上，当0＜a＜错误!时，f（x）有极大值—a（ln ２a—２）２，极小值a—e；当a＝错误!时，f（x）无极值；当a＞错误!时，f（x）有极大值a—e，极小值—a（ln ２a—２）２.►考法３已知函数极值求参数的值或范围【例３】（１）已知f（x）＝x３＋３ax２＋bx＋a２在x＝—１时有极值0，则a—b＝________.（２）若函数f（x）＝e x—a ln x＋２ax—１在（0，＋∞）上恰有两个极值点，则a的取值范围为（）Ａ．（—e２，—e）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．（—∞，—e）（１）—7 （２）D[（１）由题意得f′（x）＝３x２＋6ax＋b，则错误!解得错误!或错误!经检验当a＝１，b＝３时，函数f（x）在x＝—１处无法取得极值，而a＝２，b＝9满足题意，故a—b＝—7．（２）∵f′（x）＝e x—错误!＋２a，（x＞0）∴由f′（x）＝0得a＝错误!.令g（x）＝错误!（x＞0）．由题意可知g（x）＝a在（0，＋∞）上恰有两个零点．又g′（x）＝—错误!（x＞0），由g′（x）＞0得0＜x＜１，且x≠错误!.由g′（x）＜0得x＞１．∴函数g（x）在错误!，错误!上递增，在（１，＋∞）上递减．又g（0）＝0，g（１）＝—e，结合图形（图略）可知a∈（—∞，—e），故选Ｄ．][规律方法] １．利用导数研究函数极值问题的一般流程２．已知函数极值点和极值求参数的两个要领（１）列式：根据极值点处导数为0和极值列方程组，利用待定系数法求解．（２）验证：因为一点处的导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．２Ａ．２或6 Ｂ．２Ｃ．错误!Ｄ．6（２）（２0１9·广东五校联考）已知函数f（x）＝x（ln x—ax）有极值，则实数a的取值范围是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（１）D（２）A[（１）法一：f′（x）＝（x—c）（３x—c），当f′（x）＝0时，x１＝错误!，x＝c.２因为极大值点是x＝２，所以c＞0，并且错误!＜c.当x∈错误!时，f′（x）＞0，当x∈错误!时，f′（x）＜0，当x∈（c，＋∞）时，f′（x）＞0，所以x＝错误!是极大值点，错误!＝２，解得c＝6．故选Ｄ．法二：因为f′（x）＝（x—c）（３x—c）．又因为f（x）在x＝２处取极值，所以f′（２）＝0，即（２—c）（6—c）＝0．所以c＝２或c＝6．当c＝6时，f′（x）＝３（x—２）（x—6），易知x∈（—∞，２）和x∈（6，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数，x∈（２,6）时，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数，此时x＝２为极大值点．当c＝２时，f′（x）＝３（x—２）错误!，易知x∈错误!和x∈（２，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数，x∈错误!时，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数，此时x＝２是极小值点．因此c＝6．故选Ｄ．（２）f（x）＝x ln x—ax２（x＞0），f′（x）＝ln x＋１—２ax.令g（x）＝ln x＋１—２ax，则g′（x）＝错误!—２a＝错误!.∵函数f（x）＝x（ln x—ax）有极值，∴g（x）＝0在（0，＋∞）上有实根．当a≤0时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，＋∞）上递增，当x趋向于0时，g（x）趋向于—∞，当x趋向于＋∞时，g（x）趋向于＋∞，故存在x0∈（0，＋∞），使得f（x）在（0，x0）上递减，在（x0，＋∞）上递增，故f（x）存在极小值f（x0），符合题意．当a＞0时，令g′（x）＝0，得x＝错误!.当0＜x＜错误!时，g′（x）＞0，函数g（x）递增；当x＞错误!时，g′（x）＜0，函数g（x）递减，∴x＝错误!时，函数g（x）取得极大值．∵当x趋向于0和x趋向于＋∞时，均有g（x）趋向于—∞，要使g（x）＝0在（0，＋∞）上有实根，且f（x）有极值，必须g错误!＝ln 错误!＞0，解得0＜a＜错误!.综上可知，实数a的取值范围是错误!，故选Ａ．]利用导数解决函数的最值问题【例４】已知函数f（x）＝ln x—ax（a∈R）．（１）求函数f（x）的单调区间；（２）当a＞0时，求函数f（x）在[１,２]上的最小值．[解] （１）f′（x）＝错误!—a（x＞0），１当a≤0时，f′（x）＝错误!—a＞0，即函数f（x）的递增区间为（0，＋∞）．２当a＞0时，令f′（x）＝错误!—a＝0，可得x＝错误!，当0＜x＜错误!时，f′（x）＝错误!＞0；当x＞错误!时，f′（x）＝错误!＜0，故函数f（x）的递增区间为错误!，递减区间为错误!.综上可知，当a≤0时，函数f（x）的递增区间为（0，＋∞）；当a＞0时，函数f（x）的递增区间为错误!，递减区间为错误!.（２）１当0＜错误!≤１，即a≥１时，函数f（x）在区间[１,２]上是减函数，所以f（x）的最小值是f（２）＝ln ２—２a.２当错误!≥２，即0＜a≤错误!时，函数f（x）在区间[１,２]上是增函数，所以f（x）的最小值是f （１）＝—a.３当１＜错误!＜２，即错误!＜a＜１时，函数f（x）在错误!上是增函数，在错误!上是减函数．又f（２）—f（１）＝ln ２—a，所以当错误!＜a＜ln ２时，最小值是f（１）＝—a；当ln ２≤a＜１时，最小值为f（２）＝ln ２—２a.综上可知，当0＜a＜ln ２时，函数f（x）的最小值是f（１）＝—a；当a≥ln ２时，函数f（x）的最小值是f（２）＝ln ２—２a.[规律方法] 求函数f x在[a，b]上的最大值、最小值的步骤１求函数在a，b内的极值.２求函数在区间端点的函数值f a，f b.３将函数f x的极值与f a，f b比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值.（１）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（２）求函数f（x）在区间错误!上的最大值和最小值．[解] （１）因为f（x）＝e x cos x—x，所以f′（x）＝e x（cos x—sin x）—１，f′（0）＝0．又因为f（0）＝１，所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝１．（２）设h（x）＝e x（cos x—sin x）—１，则h′（x）＝e x（cos x—sin x—sin x—cos x）＝—２e x sin x.当x∈错误!时，h′（x）<0，所以h（x）在区间错误!上递减．所以对任意x∈错误!有h（x）<h（0）＝0，即f′（x）<0．所以函数f（x）在区间错误!上递减．因此f（x）在区间错误!上的最大值为f（0）＝１，最小值为f错误!＝—错误!.利用导数研究生活中的优化问题【例５】已知一企业生产某产品的年固定成本为１0万元，每生产千件需另投入２．7万元，设该企业年内共生产此种产品x千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f（x）万元，且f（x）＝错误!（１）写出年利润W（万元）关于年产品x（千件）的函数解析式．（２）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入—年总成本）[解] （１）由题意得W＝错误!即W＝错误!（２）１当0＜x≤１0时，W＝8．１x—错误!x３—１0则W′＝8．１—错误!x２＝错误!＝错误!，因为0＜x≤１0所以当0＜x＜9时，W′＞0，则W递增；当9＜x≤１0时，W′＜0，则W递减．所以当x＝9时，W取最大值错误!＝３8．6万元．２当x＞１0时，W＝98—错误!≤98—２错误!＝３8．当且仅当错误!＝２．7x，即x＝错误!＞１0时取最大值３8．综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大．[规律方法] 利用导数解决生活中的优化问题的一般步１分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f x.２求函数的导数f′x，解方程f′x＝0.,３比较函数在区间端点和f′x＝0的点的函数值的大小，最大小者为最大小值.,４回归实际问题，结合实际问题作答.为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为１00元/平方米，底面的建造成本为１60元/平方米，该蓄水池的总建造成本为１２000π元（π为圆周率）．（１）将V表示成r的函数V（r），并求该函数的定义域．（２）讨论函数V（r）的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．[解] （１）因为蓄水池侧面的总成本为１00×２πrh＝２00πrh元，底面的总成本为１60πr２元，所以蓄水池的总成本为（２00πrh＋１60πr２）元．又根据题意得２00πrh＋１60πr２＝１２000π，所以h＝错误!（３00—４r２），从而V（r）＝πr２h＝错误!（３00r—４r３）．由h＞0，且r＞0可得0＜r ＜５错误!，故函数V（r）的定义域为（0,５错误!）．（２）因为V（r）＝错误!（３00r—４r３），所以V′（r）＝错误!（３00—１２r２）．令V′（r）＝0，解得r１＝５，r２＝—５（因为r２＝—５不在定义域内，舍去）．当r∈（0,５）时，V′（r）＞0，故V（r）在（0,５）上为增函数；当r∈（５,５错误!）时，V′（r）＜0，故V（r）在（５,５错误!）上为减函数．由此可知，V（r）在r＝５处取得最大值，此时h＝8，即当r＝５，h＝8时，该蓄水池的体积最大．。
北师版高考总复习文科数学精品课件 第3章导数及其应用 高考解答题专项一 第1课时 利用导数证明不等式
x=1,
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)是递增的,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)是递减的.
所以g(x)max=g(1)=-2<0,
所以ln x-x-1<0恒成立,
即证f(x)<x2+x.
考向2.“拆分法”构造函数证明不等式
例2.(2021广东佛山高三模拟)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).
高考解答
题专项一
第1课时 利用导数证明不等式
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考
命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数
的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放
在解答题的最后两个题目位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个
x-1≥0 恒成立,
+1≤1,所以 k≥1.故 k 的取值范围为[1,+∞).
突破技巧导数的综合应用题中,最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的题
目,对于这类问题,可以先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,便于化简或判断
导数的正负.常见的放缩公式如下:
(1)ex≥1+x,当且仅当x=0时,等号成立;
2
突破技巧本例 2(2)不等式 e x >(x+1)ln
2 2
5
x+2x
直接证明无法进行,若转化后构
5
造函数 h(x)=e x -(x+1)ln x- x,求导后不易分析,故将不等式结合其特点转化
2
ln
北师版高考总复习文科数学精品课件 第3章 导数及其应用 解答题专项 第3课时 利用导数研究函数的零点
是增加的;
0<x<a 时,f'(x)<0;当 x>a 时,f'(x)>0,所以 f(x)在
(0,a) 上是减少的,在(a,+∞) 上是增加的.
(2)由(1)知①当a≤0时,f(x)在(0,+∞)单调递增,至多1个零点,不合题意;
②当a>0时,f(x)min=f(a)=-aln a,
(ⅰ)当0<a<1时,f(x)min=f(a)=-aln a>0,f(x)无零点,不合题意;
h(-1)= >0,根据零点存在定理可知存在 x1∈
e
又因为 h
4
2ln
=
4
令 =t∈(2,+∞),则
所以存在 x2∈
16
4
4
-4ln
-2=4
4
4
−
2
4
ln ,2ln
4
ln
1
−
2
−
π
1
f'(6)=6-1+cos
1
11π
6>6-1+cos 6
令
1
f'(x)=0 得 =1-cos
x,因为
=
x,
3 3-5
>0,
6
1
y= 与
y=1-cos x 在[π,6) 上都是减少的,
所以f'(x)=0在[π,6)上有唯一的根,且记为x1∈[π,6),使f'(x1)=0.
综合①可知f(x)在[x0,x1)上是减少的,在(x1,6)上是增加的,
2+cos x,则h'(x)=ex-sin x,当x∈(-∞,0]时,ex≤1,所以f'(x)=ex-2+cos x≤-1+cos
北师大文科数学高考总复习教师用书：导数在研究函数中的应用 含答案
第2讲导数在研究函数中的应用最新考纲 1.了解函数单调性和导数的关系；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.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.会用导数解决实际问题．知识梳理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)如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；(2)如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减；(3)如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是常数函数．2．函数的极值与导数(1)极值点与极值设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性相反或导数值异号，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值．(2)极大值点与极小值点①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为极大值点；②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为极小值点．(3)求可导函数极值的步骤：①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与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．诊断自测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.()(2)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．()(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．()(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()解析(1)函数f(x)在(a，b)上单调递增，则在(a，b)上有f′(x)≥0，故(1)错．(2)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，(2)错．(3)如f(x)＝x3，当x＝0时，f′(x)＝0，而函数f(x)在R上为增函数，所以x＝0不是极值点，故(3)错．答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.(教材改编)函数f(x)的定义域为区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在区间(a，b)内极小值点的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4解析导函数f′(x)的图像与x轴的交点中，左侧图像在x轴下方，右侧图像在x轴上方的只有一个，所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．答案 A3．(2017·郑州调研)函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为()A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)解析函数y＝12x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－1x＝(x－1)(x＋1)x，令y′≤0，则可得0<x≤1.答案 B4．(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A ．－4B ．－2C ．4D ．2解析 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 故f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2. 答案 D5．(2014·全国Ⅱ卷改编)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是________．解析 依题意得f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即k ≥1x 在(1，＋∞)上恒成立，∵x >1，∴0<1x <1，∴k ≥1. 答案 [1，＋∞)第1课时 导数与函数的单调性考点一 利用导数研究函数的单调性 【例1】 (2016·四川卷节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ， 从而g (x )＝1x －1ex －1>0.规律方法 用导数讨论(证明)函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤： (1)求f ′(x )；(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数． 【训练1】 设f (x )＝e x (ax 2＋x ＋1)(a ＞0)，试讨论f (x )的单调性． 解 f ′(x )＝e x (ax 2＋x ＋1)＋e x (2ax ＋1) ＝e x [ax 2＋(2a ＋1)x ＋2] ＝e x (ax ＋1)(x ＋2) ＝a ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2) ①当a ＝12时，f ′(x )＝12e x (x ＋2)2≥0恒成立， ∴函数f (x )在R 上单调递增； ②当0＜a ＜12时，有1a ＞2， 令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0，有x ＞－2或x ＜－1a ，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0，有－1a ＜x ＜－2， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1a 和(－2，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，－2上单调递减；③当a ＞12时，有1a ＜2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0时， 有x ＞－1a 或x ＜－2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0时，有－2＜x ＜－1a ，∴函数f (x )在(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1a 上单调递减.考点二 求函数的单调区间(易错警示)【例2】 (2015·重庆卷改编)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值． (1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，求函数g (x )的单调减区间． 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )<0，得x (x ＋1)(x ＋4)<0. 解之得－1<x <0或x <－4.所以g (x )的单调减区间为(－1,0)，(－∞，－4)． 规律方法 求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)在定义域内解不等式f ′(x )>0，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f ′(x )<0，得单调递减区间．易错警示 个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3在R 上是增函数．【训练2】 已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x . (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，(x >0)．则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)． 考点三 已知函数的单调性求参数(易错警示)【例3】 (2017·西安模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)． (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0. ∴h ′(x )＝1x －ax －2.若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解． 设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min .(*) 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞)． (2)由h (x )在[1,4]上单调递减，∴当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，(**)则a ≥1x 2－2x 恒成立，所以a ≥G (x )max . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1,4]因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝(7x －4)(x －4)16x ，∵x ∈[1,4]， ∴h ′(x )＝(7x －4)(x －4)16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立．(***) ∴h (x )在[1,4]上为减函数．故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.易错警示 (1)特称命题理解不清，不能将第(1)问转化为1x －ax －2<0有解，难以得到不等式(*)．错求a 的取值范围．(2)错误理解“f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0，且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．”导致在第(2)问中(**)处易错求h ′(x )<0恒成立，另外在(***)处容易忽视a ＝－716进行检验. 【训练3】 已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )的单调减区间为(－1,1)，求a 的值． 解 (1)因为f (x )在R 上是增函数， 所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在R 上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时取等号． ∴f (x )＝x 3－1在R 上是增函数． 所以实数a 的取值范围是(－∞，0]． (2)f ′(x )＝3x 2－a . 当a ≤0时，f ′(x )≥0， f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数， 所以a ≤0不合题意． 当a >0时，令3x 2－a <0， 得－3a 3<x <3a 3，∴f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3， 依题意，3a3＝1，即a ＝3.[思想方法]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解，并注意函数f (x )的定义域．2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决． [易错防范]1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．2．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．3．在某区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． 4．可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是：对任意x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为() A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1)．答案 A2．(2015·陕西卷)设f(x)＝x－sin x，则f(x)()A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C.又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B.答案 B3.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，由a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．答案 C4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为()A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x 2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52. 答案 D5．(2017·上饶模拟)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 ．(－∞，＋∞)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 上单调递增．又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. 答案 B 二、填空题6．已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)，则函数f (x )的单调递增区间为________．解析 因为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 )的单调递增区间为(－2，2)．答案 (－2，2)7．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． 解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0,1)∪(2,3)8．(2017·武汉模拟)已知f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c 在区间(m ，m ＋1)上为递减函数，则m 的取值范围为________．解析 由f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c ，得f ′(x )＝2x ＋2x －5， 又函数f (x )在区间(m ，m ＋1)上为递减函数， ∴f ′(x )≤0在(m ，m ＋1)上恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2m －5≤0，2m ＋1＋2(m ＋1)－5≤0，解得12≤m ≤1.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1三、解答题 9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解 (1)由题意得f ′(x )＝1x －ln x －ke x ，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x.设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0， 即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立，只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)．能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0， 则f (x )在(－∞，1)上为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1， 因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b .答案 C12．(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立． 令t ＝cos x ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0.在t ∈[－1,1]上恒成立．∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立．令g (t )＝4t 2－3at －5， 则⎩⎨⎧g (1)＝－3a －1≤0，g (－1)＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13.答案 C13．(2017·合肥质检)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )>0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________．解析 令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 又g (－x )＝f (－x )－x ＝－f (x )－x＝f (x )x ＝g (x )， 则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)． 则f (x )＝xg (x )>0⇔⎩⎨⎧ x >0，g (x )>0或⎩⎨⎧x <0，g (x )<0，解得x >2或－2<x <0，故不等式f (x )>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案 (－2,0)∪(2，＋∞)14．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围． 解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1. (2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数， ∴φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2].特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.考点一用导数研究函数的极值(多维探究)命题角度一根据函数图像判断极值【例1－1】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)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，此时f′(x)<0；当1<x<2时，－1<1－x<0，此时f′(x)<0；当x>2时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．答案 D命题角度二求函数的极值【例1－2】求函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)的极值．解由f′(x)＝1－ax＝x－ax，x>0知：(1)当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－a ln a，无极大值.命题角度三 已知极值求参数【例1－3】 已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，试求b ，c 的值．解 ∵f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ， 由f (x )在x ＝1处有极值－43， 可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43.解得⎩⎨⎧ b ＝1，c ＝－1或⎩⎨⎧b ＝－1，c ＝3. 若b ＝1，c ＝－1，则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，f (x )没有极值． 若b ＝－1，c ＝3，则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)． 当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋0 1f (x )极小值－12极大值 －43∴当x ＝1时，f (x )有极大值－43，满足题意． 故b ＝－1，c ＝3为所求．规律方法 (1)求函数f (x )极值的步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号．如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值；如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值．(2)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．应注意，导数为零的点不一定是极值点．对含参数的求极值问题，应注意分类讨论．【训练1】 设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)． (1)当a ＝1，且函数图像过(0,1)时，求函数的极小值； (2)若f (x )在R 上无极值点，求a 的取值范围． 解 由题意得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1. (1)函数图像过(0,1)时，有f (0)＝c ＝1. 当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 令f ′(x )>0，解得x <13或x >1； 令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上单调递减．故函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 上是单调函数，故f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(1)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2017·郑州模拟)已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．解 (1)由f (x )＝(x －k )e x ，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，k －1)k －1 (k －1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )－e k －1所以，f (x ))． (2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ， 当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1. 当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.综上可知，当k ≤1时，f (x )min ＝－k ；当1<k <2时，f (x )min ＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )min ＝(1－k )e.规律方法 求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤： (1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.【训练2】 设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切， (1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2，得f ′(x )＝ax －2bx (x >0)． ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －12x 2， 则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e <x <1， 令f ′(x )<0，得1<x <e ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点三 函数极值与最值的综合问题【例3】 已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，由于e x >0. 令f ′(x )＝0，则g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ＝0， ∴－3和0是y ＝g (x )的零点，且f ′(x )与g (x )的符号相同．又因为a >0，所以－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5， 所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.因为f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者， 又f (－5)＝5e－5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.规律方法 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小． (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值． 【训练3】 (2017·衡水中学月考)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在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，任意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 .当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ；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.因此f(x)≥bx－2⇒1＋1x－ln xx≥b，令g(x)＝1＋1x－ln xx，则g′(x)＝ln x－2x2，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2.故实数b的最大值是1－1 e2.[思想方法]1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3．可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.4.若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．[易错防范]1．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －x D ．y ＝x ＋2x解析 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，D 选项中的函数既为奇函数又存在极值． 答案 D2．(2017·石家庄质检)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．6 D ．9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6， 又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号． 答案 D3．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A.14 B.13 C.12 D ．1解析 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案 D4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根，∴Δ＝4a 2－4×3×(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B5．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图像不可能为y ＝f (x )图像的是( )解析 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x ，且x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0. 答案 D 二、填空题6．(2017·咸阳模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________. 解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.依题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根 所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值． 答案 57．(2016·北京卷改编)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0，则f (x )的最大值为________．解析 当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数． ∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2. 答案 28．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________． 解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，∵x>0时，－e x<－1，∴a＝－e x<－1. 答案(－∞，－1)三、解答题9．(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝ax(x＋r)2(a>0，r>0)．(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；(2)若ar＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．解(1)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．f(x)＝ax(x＋r)2＝axx2＋2rx＋r2，f′(x)＝a(x2＋2rx＋r2)－ax(2x＋2r)(x2＋2rx＋r2)2＝a(r－x)(x＋r)(x＋r)4.所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；当－r<x<r时，f′(x)>0.因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)．(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝ar(2r)2＝a4r＝4004＝100，f(x)在(0，＋∞)内无极小值；综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值．10．(2017·衡水中学二调)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)e x(a为实数)．(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值．解(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)e x，g(1)＝e.又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)e x，故切线的斜率为g′(1)＝4e.所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值①当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2017·广州调研)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图像与x 轴相切于一点A (m,0)(m ≠0)，且f (x )的极大值为12，则m 的值为( ) A ．－23 B ．－32 C.23 D.32解析 由题意可得f (m )＝m 3＋am 2＋bm ＝0，m ≠0，则m 2＋am ＋b ＝0 ①，且f ′(m )＝3m 2＋2am ＋b ＝0 ②， ①－②化简得m ＝－a2.f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 的两根为－a 2和－a6， 则b ＝a 24，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6＝12，解得a ＝－3，m ＝32.答案 D12．(2015·安徽卷)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b <0，c >0，d >0B ．a >0，b <0，c <0，d >0C ．a <0，b <0，c >0，d >0D ．a >0，b >0，c >0，d <0 解析 由函数y ＝f (x )的图像知，a >0，f (0)＝d >0. 又x 1，x 2是函数f (x )的极值点， 且f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝0，∴x 1，x 2是方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根． 由图像知，x 1>0，x 2>0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2b3a >0，x 1x 2＝c3a >0.因此b <0，且c >0.答案 A13．(2015·陕西卷)函数y ＝x e x 在其极值点处的切线方程为________．解析 由y ＝x e x 可得y ′＝e x ＋x e x ＝e x (x ＋1)，从而可得y ＝x e x 在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以当x ＝－1时，y ＝x e x 取得极小值－e －1，因为y ′|x ＝－1＝0，故切线方程为y ＝－e －1，即y ＝－1e .答案 y ＝－1e14．(2016·山东卷改编)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0) (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． (1)解 由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．∴函数y ＝g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3课时 导数与函数的综合应用考点一 用导数研究生活中的优化问题 【例1】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)·(x －6)，于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 规律方法 (1)利用导数解决生活中优化问题的一般步骤： ①设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； ②求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；③比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； ④回归实际问题作答．(2)如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．【训练1】某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元．所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因r>0，又由h>0可得0<r<53，故函数V(r)的定义域为(0,53)，(2)因V(r)＝π5(300r－4r3)(0<r<53)，故V′(r)＝π5(300－12r2)，故V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.所以当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.考点二利用导数研究函数的零点或方程的根【例2】(2014·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋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．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋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]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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增， 所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)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．规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数，把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图像判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．【训练2】 (2016·北京卷节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23. 当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：x (－∞，－2)－2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞ f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )cc －3227所以，当c >0且c －3227<0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时， 函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点． 考点三 导数在不等式中的应用(多维探究) 命题角度一 不等式恒成立问题【例3－1】 已知函数f (x )＝ln x －ax ，若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解 ∵ln x －ax <x 2，又x >0，∴a >x ln x －x 3， 令g (x )＝x ln x －x 3，则h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x.∵当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数， ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0.∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数，∴g (x )<g (1)＝－1， ∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立. 命题角度二 证明不等式【例3－2】 (2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x ； (3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x . (1)解 依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1， 因此1<x －1ln x <x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ， 则g ′(x )＝c －1－c x ln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c . 当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 由(2)知1<c －1ln c <c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x .规律方法 (1)利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )>0. (2)不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．【训练3】 (2017·西安模拟)已知函数f (x )＝ln x . (1)求函数F (x )＝f (x )x ＋12的最大值； (2)证明：f (x )x ＋12<x －f (x )；(3)若不等式mf (x )≥a ＋x 对所有的m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈[1，e 2]恒成立，求实数a 的取值范围．。
高考数学一轮复习高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题课件理北师大版
(1)按导函数的类型分大类;
(2)按导函数是否有零点分小类;
(3)在小类中再按导函数零点的大小分小类;
(4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类.
-11题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
对点训练1(2018湖南衡阳一模,21改编)已知函数f(x)=ln x+x2-ax
所以
①当
1
1
f(x)在(0,2)上递增,在(2,+∞)上递减.
1
0<a≤2时,f(x)在[a2,a]上递增,
所以 f(x)max=f(a)=ln a-a3+a2-2a;
②当
1
> ,
1
2
1
2
21
即
<a<
时,f(x)在(a
,
)上递增,在(
,a)上递减,
1
2
2
2
2
2
< 2,
所以 f(x)max=f
1
题型二
题型三
题型四
题型五
1
对点训练2已知函数f(x)=ln x- ax2+x,a∈R.
2
(1)当a=0时,求函数f(x)的图像在(1,f(1))处的切线方程;
(2)令g(x)=f(x)-ax+1,求函数g(x)的极值.
解 (1)当 a=0 时,f(x)=ln x+x,则 f(1)=1,所以切点为(1,1),
1
∵f'(x)=+1,∴切线斜率 f'(1)=2,故切线方程为 y-1=2(x-1),
即 2x-y-1=0.
1
(2)∵g(x)=f(x)-ax+1=ln x-2ax2+(1-a)x+1,
北师版高考总复习一轮文科数学精品课件 第3章导数及其应用 解答题专项 第1课时 利用导数证明不等式
(1)解:由题意得 f'(x)=e
所以
1
f'( )=
2
所以
e
f'(1)=e- .
2
又因为
-,x>0,因为
x
1
x=2是
f(x)的极值点,
e
e-2k=0,k= .
2
e
f(1)=e- ,所以曲线
2
y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程
e
y=(e- )x.
2
(2)证明: 因为
e
g(x)= -ln
1
> e-1 (x>0),易证结论 ex≥x+1,x∈R,证明如下:设 d(x)=ex-x-1,则
d'(x)=ex-1,令 d'(x)=0,则 x=0.
当x∈(-∞,0)时,d'(x)<0,故d(x)在(-∞,0)上是减少的;
当x∈(0,+∞)时,d'(x)>0,故d(x)在(0,+∞)上是增加的.
推理等多个数学核心素养都有较深入的考查.
考向1不含参数的一元函数不等式的证明
例1设函数 f(x)=ae ln
x
y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
e -1
x+
,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
x
(1)解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae ln
f(x)>1.
规律方法 利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
对点训练1(2022山西吕梁一模)已知函数f(x)=ex-x-1.
北师大版高三数学复习专题-导数及其应用基础达标-专题整合3
－2Δx→0
[ 方法总结]
点 的 函 数 值 的 增 量 与 自 变 量 的 增 量 的 比 值 在 自 变 量 的 增 量 趋 近 于 零 时 的 极 限 ， 分 子 分 母 中 的 自 变 量 的 增 量 1 致，它是非零的变量，它可以是－2Δx，2Δx 等.
第三章
导数及其应用
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2． 函 数 f(x)在开区间(a，b)内 的 导 数 ： 如 果 函 数 间(a，b)内 可 导 ， 对 于 开 区 间
f ( x) 在 开 区
(a，b)内的每一个 x0， 都 对 应 着 一
个导数 f ′(x0)，这样 f(x)在开区间(a，b)内构成一个新的函数， 这一新的函数叫作 f(x)在开区间(a，b)内的导函数． fx＋Δx－fx Δy 记作 f ′(x)＝y′＝ lim Δx＝ lim ， 导 函 数 也 Δx Δx→0 Δx→0 简称为导数．
第三章
导数及其应用
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3． 导 数 的 定 义 的 等 价 形 式 ． fx0＋Δx－fx0 f ′(x0)＝ lim 的 几 种 等 价 形 式 ： Δx Δx→0 fx－fx0 fx0＋h－fx0 f ′(x0)＝ lim ＝lim h x→x0 x－x0 h→0 fx0－fx0－h ＝lim 等 ． h h→0
第三章 导数及其应用
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[方 法 总 结
]
本 题 如 果 没 有 定 义 域 优 先 的 意 识 ， 单 从
f ′(x)
－∞， －
22x＋1x＋1 ＝ 来 看 ， 极 易 把 单 调 减 区 间 写 成 2x＋3