高考数学(人教A版)一轮复习课件：2-11-3导数的综合应用
高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2_4指数函数课件理新人教A版
a当n为奇数且n∈N*时，
±n a 当n为偶数且n∈N*时.
(2)根式的性质
①(n a)n＝a(n∈N*)．
a，n为奇数，
②n
an＝
|a|
＝a，a≥0， －a，a＜0，
n为偶数.
2．有理数指数幂
(1)幂的有关概念： ①正分数指数幂：
＝ n am
(a＞0，m，n∈N*，且n＞1)；
2．指数函数的图象与底数大小的比较
如图是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，底数a，b，c，d 与1之间的大小关系为c＞d＞1＞a＞b.由此我们可得到以下规律：在y轴右(左)侧图 象越高(低)，其底数越大．
3．注意事项 (1)与指数函数有关的函数图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平 移、对称、翻折变换得到其图象． (2)一些指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象数形结合 观察两曲线动与不动及动的范围求解．
(2)若不等式 1＋2x＋4x·a>0 在 x∈(－∞，1]时恒成立，则实数 a 的取值范围
是
．
解析：从已知不等式中分离出实数 a，得 a>－14x＋12x. 因为函数 y＝14x 和 y＝12x 在 R 上都是减函数，所以当 x∈(－∞，1]时，14x≥14，12 x≥12，
跟踪训练 (1)(2017·江西三校联考)化简4 16x8y4(x＜0，y＜0)的结果为( )
A．2x2y
B．2xy
C．4x2y
D．－2x2y
答案：D
答案：85
考点二|指数函数的图象及应用 (思维突破) 【例2】 (1)函数f(x)＝2|x－1|的图象是( )
(江西专用)高考数学一轮复习 2.12 导数的综合应用课件 文 新人教A版
1 x
变式训练2 已知函数f(x)=ax +cx+d(a≠0)是R上的奇函数, 当x=1时,f(x)取得极值-2. (1)求f(x)的单调区间; (2)证明:对任意x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立. 【解析】(1)∵f(x)为R上的奇函数, ∴f(-x)=-f(x)⇒d=0. ∴f(x)=ax +cx,f'(x)=3ax +c.
a 1, 3 6a 9a 0, 即 则有 4 12 12 a 9 a 0, a , 7
2
∴a≥1,
∴a的取值范围是[1,+∞). 【点评】在处理函数在某个区间上恒为增函数或减函数的 问题时,注意检验端点值是否合适.
变式训练1 已知定义在R上的函数f(x)=x (ax-3),其中a为常数. (1)若x=1是f(x)的一个极值点,求a的值及f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间(-1,0)上是增函数,求a的取值范围. 【解析】(1)f(x)=ax -3x ,f'(x)=3ax -6x=3x(ax-2),∵x=1是f(x)的 一个极值点,∴f'(1)=3(a-2)=0,得a=2,经检验a=2为所求. 由a=2,得f'(x)=6x(x-1),又f(x)的定义域为R,
间(-1,0)内恒成立,
∴a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,+∞).
题型2 利用导数证明不等式问题
ax b 例2 已知函数f(x)= 在点(-1,f(-1))的切线方程为x+y+3=0. x2 1
(1)求函数f(x)的解析式; (2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立. 【分析】要证明 g(x)≥f(x),通过等价转化后构造新的函数, 在x∈[1,+∞)上恒大于或等于0.
2021版新高考数学一轮复习高考大题专项(一)导数的综合应用新人教A版
e
10
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(1)若 a=1,证明:当 x≥0 时,f(x)≥1; (2)略.
3.已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)略.
2
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高考大题专项(一) 导数的综合应用
突破 1 导数与函数的单调性 1.已知函数 f(x)=1x3-a(x2+x+1).
3
(1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)略.
2.已知函数 f(x)=ex-ax2. 1
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(1)当 a=-1 时,求 f(x)的最大值; (2)若 f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求 a 的值.
9
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突破 4 导数与函数的零点 1.已知函数 f(x)=1x2-mln x.若 m≥1,令 F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数 F(x)的零点个数.
2020版高考数学大一轮复习人教A版全国通用(课件+讲义)第三章 第2节 第2课时利用导数研究函数的极值、最值
第2课时利用导数研究函数的极值、最值考点一利用导数研究函数的极值(多维探究)命题角度1已知函数求极值(点)【例1－1】(2018·泉州质检)已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数).(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值.解(1)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－ae x，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值.②当a>0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值.综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值.命题角度2已知极值(点)，求参数的值或取值范围【例1－2】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，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.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.∴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， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令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，即b ≤1－1e 2，即实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.规律方法 函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：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)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号. 【训练1】 (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. 解 (1)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，＋∞.考点二 利用导数研究函数的最值【例2】 (2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值. (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值.解 (1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1. f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)；单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－（2a ＋1）x ＋1x ＝（2ax －1）（x －1）x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a ，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a ≠x 1＝1， 若12a <0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2， 当a >0时，x 2＝12a >0，若12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a－14a －1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2， 若1<12a <e 时，f (x )在区间(0，1)，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1<x 2＝12a <e 矛盾， 当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，矛盾， 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2. 规律方法 1.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤： 第一步，求函数在(a ，b )内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；第三步，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.2.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，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【训练2】 (2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1， f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令f ′(x )＝g (x )， 则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 函数极值与最值的综合问题【例3】 (2018·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x ，恒有f (x )≥0，求f (a )的最值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，易知当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0，1)上单调递增； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减.所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)显然，当x ≤0时，e x －ax ≥0(a >0)恒成立. 当x >0时，由f (x )≥0，即e x－ax ≥0，得a ≤e x x .令h (x )＝e xx ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x （x －1）x 2，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0， 故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ， 故实数a 的取值范围是(0，e].f (a )＝e a －a 2，a ∈(0，e]，f ′(a )＝e a －2a ， 易知e a －2a ≥0对a ∈(0，e]恒成立，故f (a )在(0，e]上单调递增，所以f (0)＝1<f (a )≤f (e)＝e e －e 2，即f (a )的取值范围是(1，e e －e 2].规律方法 1.(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.2.本题分离参数，构造函数，把问题转化为求函数的最值问题，优化了解题过程.【训练3】 (2018·安徽江南十校联考)已知函数f (x )＝x ln x (x >0). (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值.解 (1)由f (x )＝x ln x (x >0)，得f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e .∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .故f (x )在x ＝1e 处有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值.(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min.令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x (x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4， 因此m ≤4，所以m 的最大值是4.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时， f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ＝（x －1）（x ＋1）x，因为x >0，所以令f ′(x )>0，得x >1.令f ′(x )<0，得0<x <1，故f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的最小值为f (1)＝12. 答案 A3.(2018·石家庄模拟)函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析 由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C4.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( )A.a <－1B.a >－1C.a >－1eD.a <－1e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 A5.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.14B.13C.12D.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 D 二、填空题6.(2017·新乡模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2. 所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6. 答案 (2，6)7.(2018·郴州模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x x －1 （x >0），h （x ） （x <0），则函数h (x )的最大值为________.解析 当x >0时，f ′(x )＝e x （x －1）x 2，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案 1－e8.(2018·武汉模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎨⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32三、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＝axx 2＋2rx ＋r 2， f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）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＝a 4r＝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.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)f ′(x )＝a x －2bx ，∵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，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.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B.(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D.(－∞，e) 解析 f (x )＝x ln x －a e x (x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1－a e x (x >0)，由已知函数f (x )有两个极值点可得y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有两个交点，g′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0)，令h(x)＝1x－ln x－1，则h′(x)＝－1x2－1x<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增，g(x)≤g(1)＝1e，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1 e，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；若y＝a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需0<a<1 e.答案 A12.(2018·忻州模拟)已知函数f(x)＝a e x－2x－2a，且a∈[1，2]，设函数f(x)在区间[0，ln 2]上的最小值为m，则m的取值范围是________.解析g(a)＝f(x)＝a(e x－2)－2x是关于a的一次函数，∵x∈[0，ln 2]，∴e x－2<0，即y＝g(a)是减函数，∵a∈[1，2]，∴g(a)min＝2(e x－2)－2x，设M(x)＝2(e x－2)－2x，则M′(x)＝2e x－2，∵x∈[0，ln 2]，∴M′(x)≥0，则M(x)在[0，ln 2] 上为增函数，∴M(x)min＝M(0)＝－2，M(x)max＝M(ln 2)＝－2ln 2，m的取值范围是[－2，－2ln 2].答案[－2，－2ln 2]13.已知函数f(x)＝e x－ax，a为实常数.(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于ln 4＋2，求a的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而f ′(x )＝e x ＋a x 2，当a >0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间.(2)当a ≥0时，由(1)知f ′(x )>0，f (x )无极值点；当a <0时，令g (x )＝f ′(x )＝e x ＋a x 2，则g ′(x )＝e x －2a x 3.g ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，故g (x )＝e x ＋a x 2在(0，＋∞)上单调递增.当0<x <1时，e x ∈(1，e)，－e x ∈(－e ，－1)，ax 2∈(－∞，a )，故在(0，1)上存在实数s ，使得a s 2<－e<－e s ，从而在(0，＋∞)上存在实数s 使得g (s )<0；当x >1时，e x ∈(e ，＋∞)，a x 2∈(a ，0)，－a x 2∈(0，－a )， 故在(1，＋∞)上存在实数t ，使得e t >－a >－a t 2，从而在(0，＋∞)上存在实数t 使得g (t )>0.因此g (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，设为x 0.于是当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而f (x )在(0，＋∞)上存在唯一的极小值点，且极值f (x 0)＝e x 0－a x 0. 由g (x 0)＝0知a ＝－x 20e x 0，因此f (x 0)＝e x 0－a x 0＝(x 0＋1)e x 0， 令φ(x )＝(x ＋1)e x ，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ，故φ(x )在(0，＋∞)上单调递增.而f (x 0)＝(x 0＋1)e x 0>ln 4＋2＝2(ln 2＋1)＝(ln 2＋1)e ln 2，所以x0>ln 2.令ω(x)＝－x2e x，则ω′(x)＝－(x2＋2x)e x，故x0>ln 2时，ω′(x)＝－(x2＋2x)e x<0，ω(x)＝－x2e x单调递减.从而a<－(ln 2)2e ln 2＝－2(ln 2)2，故所求a的取值范围是(－∞，－2(ln 2)2).。
高考数学一轮复习第二篇第10节导数的概念与计算课件理新人教A版
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解：(1)∵y＝x12＋x5x＋2 sin x＝x－32＋x3＋sixn2 x， ∴y′＝(x－32)′＋(x3)′＋(x－2sin x)′ ＝－32x－52＋3x2－2x－3sin x＋x－2cos x； (2)因为 y＝sin 2x(－cos 2x)＝－12sin x， 所以 y′＝(－12sin x)′＝－12(sin x)′＝－12cos x.
第二篇 函数、导数及其应用 (必修1、选修2-2)
第 10 节 导数的概念与计算
最新考纲 1.了解导数概念的实际背景． 2.通过函数图象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＝1x，y＝x2，y＝x3， 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，并了解复合函数求导法则，能求简单复合函数(仅限于形如 y＝f(ax ＋b)的复合函数)的导数.
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【教材导读】 曲线 y＝f(x)“在点 P(x0，y0)处的切线”与“过点 P(x0，y0)的切线”有何不 同？ 提示：(1)曲线 y＝f(x)在点 P(x0，y0)处的切线是指 P 为切点，切线斜 率为 k＝f′(x0)的切线，是唯一的一条切线． (2)曲线 y＝f(x)过点 P(x0，y0)的切线，是指切线经过 P 点．点 P 可以 是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有多条．
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【即时训练】 求下列函数的导数： (1)y＝( x＋1) 1x－1； (2)y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2； (3)y＝ee2xx＋＋ee－－x2x.
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解：(1)因为 y＝ x·1x－ x＋ 1x－1
＝－x12＋x－12，
所以 y′＝－(x12)′＋(x－12)′＝－12x－12－12x－32
高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2111导数的应用课件理新人教A版
解法一：因为 f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1 ＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，设 cosx＝t，则 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)， 所以 y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以当－1<t<21时， y′>0；当21<t<1 时，y′<0。所以函数 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在－1，21 上单调递增，在12，1上单调递减，所以当 t＝12时，ymax＝247；当 t＝±1 时， ymin＝0。所以 0≤y≤247，即 0≤[f(x)]2≤247，所以－32 3≤f(x)≤32 3，所以 f(x)的最小值为－32 3。
(ⅱ)当 0<2a<1，即 0<a<2 时，由 f′(x)>0，得 0<x<a2或 x>1； 由 f′(x)<0，得a2<x<1。 则函数 f(x)的单调递增区间为0，a2，(1，＋∞)， 函数 f(x)的单调递减区间为a2，1。 (ⅲ)当2a＝1，即 a＝2 时，f′(x)≥0 恒成立，则函数 f(x)的单调递增区 间为(0，＋∞)。
2．函数的极值与导数
(1)函数的极小值
若函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数
值 都小
，且 f′(a)＝0，而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右
侧 f′(x)＞0 ，则 x＝a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。
(2)函数的极大值
1．函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f′(x)≥0，“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。
高考数学一轮复习第三章导数及其应用1导数的概念及运算课件新人教A版
=
2
= (2+1) −
2
.
-15考点1
考点2
解题心得函数求导应遵循的原则:
(1)求导之前,应先利用代数、三角恒等式变形等对函数进行化简,
再求导,这样可以减少运算量,提高运算速度,减少差错.
(2)进行导数运算时,要牢记导数公式和导数的四则运算法则,切
忌记错记混.
(3)复合函数的求导,要正确分析函数的复合层次,先通过设中间
值记为 f'(x),且
为f(x)的
f(x+x)-f(x)
f'(x)= lim
,则
x
Δ→0
导函数
f'(x)是关于 x 的函数,称 f'(x)
,通常也简称为导数.
-6知识梳理
双基自测
4.基本初等函数的导数公式
原函数
f(x)=C(C 为常数)
f(x)=xα(α∈Q,α≠0)
f(x)=sin x
f(x)=cos x
变量,确定复合过程,再求导.
-16考点1
考点2
对点训练 1 分别求下列函数的导数:
2
(1)y=x sin x;cLeabharlann s(2)y=xlne
x+ ;
(3)y= e ;
(4)y=ln(2x-5).
解 (1)y'=(x2)'sin x+x2(sin x)'=2xsin x+x2cos x.
(2)y'= ln
f(x)=ax(a>0,且 a≠1)
f(x)=ex
f(x)=logax(a>0,且 a≠1)
f(x)=ln x
导函数
f'(x)=0
高考数学一轮复习第3章导数及其应用4定积分与微积分基本定理课件新人教A版
确定好积分区间,得到积分表达式,再利用微积分基本定理计算即
得所求.
-23考点1
考点2
考点3
对点训练3(1)某物体做变速直线运动,其v-t曲线如图所示,则该物
体在
1
2
49
~6 s间的运动路程为
4
m.
1
(2)某物体受到与它运动方向相反的力F(x)= 10 ex+x的作用,则它
= ,故选 C.
3
解析
答案
-20考点1
考点2
考点3
(2)如图,在边长为2的正方形ABCD中,M是AB的中点,则过C,M,D
关闭
三点的抛物线与CD围成的阴影部分的面积是 (
)
由题意,建立如图所示的平面直角坐标系,则 D(2,1),设抛物线方程为
1
y2=2px(p>0),将 D(2,1)代入,可得 p= ,
4
∴y=±
1
2
.
∴所求阴影部分面积 S=2
A.
2
3
B.
4
3
2
0
1
2
2
dx=√2 ·3
C.
5
2
3
2
|20
8
3
8
= 3,故选 D.
D.
关闭
D
解析
答案
-21考点1
考点2
考点3
考点 3
定积分在物理中的应用
例3(1)从空中自由下落的一个物体,在第一秒末恰好经过电视塔
顶,在第二秒末物体落地.已知自由落体的运动速度为v=gt(g为常
=1
i=1
f(ξi),
高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2_12导数的综合应用课件理新人教A版
由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0. 解得x1＝1－k－ 21－k2＋4＜0， x2＝1－k＋ 21－k2＋4＞1. 当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增． 从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0， 即f(x)＞k(x－1)， 综上，k的取值范围是(－∞，1)．
考点三|利用导数求解生活中的优化问题 (方法突破) 【例 3】 某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的 中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为643π立方米．假 设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元，半球形部分每平方米建造费用为 4 千元．设该容器的总建造费用为 y 千元． (1)将 y 表示成 r 的函数 f(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数 f(r)的单调性，并确定 r 和 l 为何值时， 该容器的建造费用最小，并求出最小建造费用．
第十二节 导数的综合应用
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教材回顾 考点突破
最新考纲
考情考向分析
1.利用导数与函数的关系研究 根据近三年的高考
函数的零点问题(方程的根)． 来看，导数多与函
2．通过导数构造函数证明不等 数零点、不等式等
式，求不等式恒成立问题.
内容综合考查.
[基础梳理] 1．利用导数证明不等式 若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则 F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时， 有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x)．
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当k＝2时，f′(x)＝
2020版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用高端引领微搏1有关ex,lnx与x的组合函数课件文新人教A版
支招一 分离参数、设而不求 【例 1】 (2019·湖南省名校联考)已知函数 f (x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)。 (1)若函数 f (x)的图象与 h(x)的图象无公共点，求实数 a 的取值范围；
(2)是否存在实数 m，使得对任意的 x∈12，＋∞，都有 y＝f (x)＋mx 的图 象在 g(x)＝exx的图象下方？若存在，请求出整数 m 的最大值；若不存在，请 说明理由。
(2)若 a＝e，要证 f (x)<xex＋1e，只需证 ex－lnx<ex＋e1x，即 ex－ex<lnx＋e1x。 令 h(x)＝lnx＋e1x(x>0)，则 h′(x)＝exe－x21，
易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝ 0， 所以 lnx＋e1x≥0。
【思路点拨】 (1)函数 f (x)的图象与 h(x)的图象无公共点，等价于方程 lnxx＝a 在(0，＋∞)上无解；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题， 通过求导判断函数的单调性，进而得到参数的值。
【解】 (1)函数 f (x)的图象与 h(x)的图象无公共点，等价于方程lnxx＝a 在(0，
【变式训练 1】 若对于任意的正实数 x，y 都有2x－ye·lnyx≤mxe成立，
则实数 m 的取值范围为( )
A．1e，1
B．e12，1
C．e12，e
D．0，1e
解析 因为 x>0，y>0，2x－ey·lnyx≤mxe，所以两边同时乘以ex，可得
【解】 (1)由题意知，f ′(x)＝2ax－lnx－1。 因为函数 f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当 x>0 时，f ′(x)≥0，即 2a≥lnxx＋1 恒成立。 令 g(x)＝lnxx＋1(x>0)，则 g′(x)＝－lxn2x， 易知 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则 g(x)max＝g(1)＝1， 所以 2a≥1，即 a≥12。 故实数 a 的取值范围是12，＋∞。
高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习课件第二章 第十一节 导数在函数研究中的应用ppt版本
f
′(x)
＝
21ex[(ex)2
－
3ex
＋
2]
＝
1 2ex
(ex－1)(ex－2)，
令 f ′(x)＝0，得 ex＝1 或 ex＝2，
即 x＝0 或 x＝ln 2；
令 f ′(x)>0，得 x<0 或 x>ln 2；
令 f ′(x)<0，则 0<x<ln 2.
∴f(x)在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上
导函数 f ′(x)在(a，b)内的图象如 导函数 f ′(x)的图象
图所示，则函数 f(x)在开区间 A )
图象在 x 轴下方，右侧
图象在 x 轴上方的只有
一个，故选 A.
A．1 个 C．3 个
B．2 个 D．4 个
知识点二
知识点一 知识点二
试题
考点二
典题悟法 演练冲关
已知单调性求参数范围|
(2015·福 州 模 拟 ) 已 知 函数 f(x)＝e2x－e1x－ax(a∈R)． (1)当 a＝32时，求函数 f(x)的单 调区间； (2)若函数 f(x)在[－1,1]上为单 调函数，求实数 a 的取值范围．
试题
解析
(1)当 a＝32时，f(x)＝e2x－e1x－23x，
考点二
典题悟法 演练冲关
2．已知函数 f(x)＝ex－ax(a ∈R，e 为自然对数的底 数)． (1) 讨 论 函 数 f(x) 的 单 调 性； (2)若 a＝1，函数 g(x)＝(x －m)f(x)－ex＋x2＋x 在(2， ＋∞)上为增函数，求实数 m 的取值范围．
试题
解析
h′(x)＝ex2－ex－xe1x－2 2ex＝exeexx－－x1－2 2. 令 L(x)＝ex－x－2， L′(x)＝ex－1>0 在(2，＋∞)上恒成立， 即 L(x)＝ex－x－2 在(2，＋∞)上为增函数， 即 L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0， 即 h(x)＝xeexx－＋11在(2，＋∞)上为增函数， ∴h(x)>h(2)＝2ee22－＋11， ∴m≤2ee22－＋11.
高考数学一轮复习 3-3 导数的综合应用课件 理
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考点突破
15 课堂总结
设 u(x)＝2x23x－－31x2(x＞1)，则 u′(x)＝8xx2－x－3412＋2 136. 因为 x＞1，u′(x)＞0 恒成立，所以 u(x)在(1，＋∞)上是增函数， 所以 u(x)＞u(1)＝－1， 所以ba＞－1，即ba的取值范围为(－1，＋∞).
∴y＝MN＝t2－ln t(t＞0)．
∴y′＝2t－1t ＝2t2－t 1＝2t＋
22t－ t
2 2 .
当 0＜t＜ 22时，y′＜0；当 t＞ 22时，y′＞0.
∴y＝MN＝t2－ln t 在 t＝ 22时有最小值．
答案
2 2
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9 课堂总结
4．若 f(x)＝lnxx，0<a<b<e，则 f(a)，f(b)的大小关系为________． 解析 f′(x)＝1－xl2n x， 当 x∈(0，e)时，1－xl2n x>0，即 f′(x)>0， ∴f(x)在(0，e)上为增函数， 又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．
(× )
(4)实际问题中函数定义域要由实际问题的意义和函数解析
式共同确定．
(√ )
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6 课堂总结
• 2. 如图，用铁丝弯成一个上面是半圆，下面 是矩形的图形，其面积为a m2.为使所用材料 最省，底宽应为________m.
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考点突破
7 课堂总结
解析 设底宽为 x m，矩形高为 y m，铁丝总长为 l m.
所以 b≤x2－2x－exx在 x∈(0，＋∞)上恒成立．
记 h(x)＝x2－2x－exx(x＞0)，则 h′(x)＝x－1e2xex＋1.
高考数学大一轮复习第三章导数及其应用2第2讲导数与函数的单调性课件文新人教A版
利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 求出 单调区间． (2)当方程 f′(x)＝0 可解时，解出方程的实根，按实根把函数的 定义域划分区间，确定各区间 f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据 f′(x)结构特征， 利用图象与性质确定 f′(x)的符号，从而确定单调区间． [提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能 用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．
1．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：选 B.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
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( )
答案：(1)× (2)√
函数 f(x)＝cos x－x 在(0，π)上的单调性是( )
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论 (1)函数 f(x)在(a，b)内可导，且 f′(x)在(a，b)任意子区间内都不 恒等于 0，当 x∈(a，b)时： f′(x)≥0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递增； f′(x)≤0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递减． (2)f′(x)＞0(<0)在(a，b)上成立是 f(x)在(a，b)上单调递增(减)的 充分条件． [提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数 的符号．
高考数学一轮复习讲义 函数及其表示课件 新人教A版
4.由映射的定义可以看出，映射是 函数概念的推广，函 数是一种特殊的映射，要注意构成函数的两个集合(jíhé)A,
B必须是 非空数集 .
第三页，共47页。
基础自测(zìcè)
1.设集合M={x|0≤x≤2}，N={y|0≤y≤2}，那么下面
的4个图形中，能表示集合M到集合N的函数关系的
有
()
C
A.①②③④ B.①②③ C.②③ D.② 解析 由映射的定义，要求函数在定义域上都有图 象，并且一个x对应着一个y，据此排除①④，选C.
第十七页，共47页。
探究提高 求函数解析式的常用方法有:(1)代入法， 用g(x)代入f(x)中的x,即得到f［g(x)］的解析式； (2)拼凑法，对f［g(x)］的解析式进行拼凑变形， 使它能用g(x)表示出来，再用x代替两边的所有 “g(x)”即可；(3)换元法，设t=g(x),解出x,代入
f［g(x)］，得f(t)的解析式即可；(4)待定系数法， 若已知f(x)的解析式的类型，设出它的一般形式,根 据特殊值，确定相关(xiāngguān)的系数即可；(5)赋值法，给变 量赋予某些特殊值，从而求出其解析式.
10分
解得0<x< 1,适合0<x<1. 故为保证本3年度利润比上年有所增加，投入成本增加
第十九页，共47页。
解 （1） 令 2 1 t,则x 2 ,
x
t 1
f (t) 1g 2 , f (x) 1g 2 , x (1,). （2）设f（x）t=ax1+b（a≠0），则 x 1
3f（x+1）-2f（x-1）=3ax+3a+3b-2ax+2a-2b
=ax+b+5a=2x+17，
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②当1-b<0时,即b>1时,有g(0)=1-b<0, g(2b)=4b2+2bsin2b+cos2b-b>4b-2b-1-b>0. 所以y=g(x)在(0,2b)内存在零点. 又y=g(x)在R上是偶函数,且g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以y=g(x)在(0,+∞)上有唯一零点,在(-∞,0)也有唯一零点.
所以f(x)在区间(1, )
e e
综上,若f(x) (1, 1有零点,则f(x)在区间 e k )上仅有
f 1 0，f ( e) 0. 一个零点.2 2
e
【加固训练】 1.已知函数f(x)= (x∈R,其中a>0). 若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,则a的取 值范围是 ( )
由于 =0,所以f(x0)= -alnx0 = +2ax02x -2ax0-alnx a 0 0 2e0-(2ax 0+alnx0) = +2ax x = +2ax0-a(2x0 +lnx 0 0), 因为a =0, 所以
e2x0
2x 0 a 2x 0 a 2x 0
a 2e x0 a 2x 0 e , 2x 0
(0, k)，
( k, ).
k kln k f( k) . 2
k
(2)当 ≤1,即0<k≤1时,f(x)在(1, )上单调递增, f(1)= 所以f(x)在区间 (1, )上没有零点 k . 当 即1<k<e时,f(x)在 上递减, 在 上递增,
e
1 ，f ( e) e k e k 0， 2 2 2 2
x kln x, 2
2
(1, e ]
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= 因为k>0,所以令f′(x)=0得 列表如下:
k x2 k x . x x
x k，
x
(0, k )
k
( k, )
f′(x)
f(x)
↘
0
极小值
+
↗
减区间为 增区间为 当x= 时,取得极小值
2x 0
a , 2x 0 故当a>0时,f(x)≥2a+aln a a 2ax 0 a(ln ln x 0 ) 2x 0 2x 0 a a a 2 2 2ax 0 aln 2ax 0 aln 2a aln . 2x 0 2 2x 0 a a 2 . a
由两边取对数得:2x0=ln 所以f(x0)=
x
a x
a x
f′(x)<0,当x>x0时,f′(x)>0,故f′(x)存在唯一零点.
(2)由(1),可设f′(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞) 时,f′(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最 小值,最小值为f(x0).
当且仅当
1 (0， ). 3
2.已知函数f(x)=x2+xsinx+cosx的图象与直线y=b有两个不同的交点,则b的取值范围是 ________.
【解析】设g(x)=f(x)-b=x2+xsinx+cosx-b. 令g′(x)=f′(x)-0=x(2+cosx)=0,得x=0. 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如表:
x f′(x)
(-∞,1)
-1 0
(1,a)
a 0
(a,+∞ )
+
单调
+
单调
故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). 可知函数f(x)在区间(-2,-1)内单调递增;在区间(-1,0)内单调递减. 从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,
f (2) 0, 解得0<a< . f ( 1) 0, 所以a的取值范围是 f (0) 0, 1 3
【规范解答】(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=2e2x- (x>0). 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; 当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=- 单调递增,所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增.由y=2e2x与y= 的 a 大致图象如图所示,存在交点A,则当x<x0时,
第三课时
导数的综合应用
考点一 利用导数研究函数的零点或方程的根 【典例1】(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)=e2x-alnx. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数. (2)证明:当a>0时,f(x)≥2a(x)=e2x-alnx求导,再分a≤0,a>0两种情况讨论函数的单调 性,从而确定f′(x)的零点的个数. (2)结合(1)求出函数f(x)的最小值.
【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,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置. (3)通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
【变式训练】(2015·北京高考)设函数f(x)= k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值. (2)证明若f(x)有零点,则f(x)在区间 上仅有一个零点.
e
1 k e，
(1, k)
( k, e)
1 ek k kln k k 1 ln k f 1 0，f ( e) 0，f ( k) 0， 2 2 2 2 此时函数没有零点.
当 即k≥e时,f(x)在(1, )上单调递减,
上仅有一个零点.
k e，
1 3 1 a 2 x x ax a， 3 2
1 A.(0, ) 3
1 B.( ,1) 3
C. 1,2
D.(0, )
【解析】选A.f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f′(x)=0,得x=-1或a(a>0). 当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如表:
x g′(x)
(-∞,0) -
0 0
(0,+∞) +
g(x)
单调递减↘ 1-b 单调递增↗
所以函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,且g(x)的最小值为 g(0)=1-b. ①当1-b≥0时,即b≤1时,g(x)=0至多有一个实根,曲线y=f(x)与y=b最多有一个交点,不 合题意.