高考数学一轮必备 3.3《导数的应用》2考情分析学案

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高考数学一轮总复习 3.3 导数的应用 (二)教案理新人教A版

3.3 导数的应用 (二)典例精析题型一利用导数证明不等式【例1】已知函数f(x)＝12x2＋ln x. (1)求函数f(x)在区间[1，e]上的值域；(2)求证：x ＞1时，f(x)＜23x3. 【解析】(1)由已知f′(x)＝x ＋1x，当x ∈[1，e]时，f′(x)＞0，因此f(x)在 [1，e]上为增函数.故f(x)max ＝f(e)＝e22＋1，f(x)min ＝f(1)＝12，因而f(x)在区间[1，e]上的值域为[12，e22＋1]. (2)证明：令F(x)＝f(x)－23x3＝－23x3＋12x2＋ln x ，则F′(x)＝x ＋1x－2x2＝(1－x)(1＋x ＋2x2)x，因为x ＞1，所以F′(x)＜0，故F(x)在(1，＋∞)上为减函数.又F(1)＝－16＜0，故x ＞1时，F(x)＜0恒成立，即f(x)＜23x3. 【点拨】有关“超越性不等式”的证明，构造函数，应用导数确定所构造函数的单调性是常用的证明方法.【变式训练1】已知对任意实数x ，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)＞0B.f′(x)＞0，g′(x)＜0C.f′(x)＜0，g′(x)＞0D.f′(x)＜0，g′(x)＜0【解析】选B.题型二优化问题【例2】 (2012湖南模拟)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两个桥墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素.记余下工程的费用为y 万元.(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y 最小？【解析】(1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1. 所以y ＝f(x)＝256n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝256(m x －1)＋m x(2＋x)x ＝256m x＋m x ＋2m －256. (2)由(1)知f′(x)＝－256m x2＋12mx 21 ＝m 2x2(x 23－512). 令f′(x)＝0，得x 23＝512.所以x ＝64.当0＜x ＜64时，f′(x)＜0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64＜x ＜640时，f′(x)＞0，f(x)在区间(64,640)内为增函数.所以f(x)在x ＝64处取得最小值.此时n ＝m x －1＝64064－1＝9. 故需新建9个桥墩才能使y 最小.【变式训练2】(2013上海质检)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米).【解析】设圆柱底面半径为r ，高为h ，则由已知可得4(4r ＋2h)＝9.6，所以2r ＋h ＝1.2.S ＝2.4πr －3πr2，h ＝1.2－2r ＞0，所以r ＜0.6.所以S ＝2.4πr －3πr2(0＜r ＜0.6).令f(r)＝2.4πr －3πr2，则f′(r)＝2.4π－6πr.令f′(r)＝0得r ＝0.4.所以当0＜r ＜0.4，f′(r)＞0；当0.4＜r ＜0.6，f′(r)＜0.所以r ＝0.4时S 最大，Smax ＝1.51.题型三导数与函数零点问题【例3】设函数f(x)＝13x3－mx2＋(m2－4)x ，x ∈R. (1)当m ＝3时，求曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且α＜β.若对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】(1)当m ＝3时，f(x)＝13x3－3x2＋5x ，f′(x)＝x2－6x ＋5. 因为f(2)＝23，f′(2)＝－3，所以切点坐标为(2，23)，切线的斜率为－3，则所求的切线方程为y －23＝－3(x －2)，即9x ＋3y －20＝0. (2)f′(x)＝x2－2mx ＋(m2－4).令f′(x)＝0，得x ＝m －2或x ＝m ＋2.当x ∈(－∞，m －2)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，m －2)上是增函数；当x ∈(m －2，m ＋2)时，f′(x)＜0，f(x)在(m －2，m ＋2)上是减函数；当x ∈(m ＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(m ＋2，＋∞)上是增函数.因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且f(x)＝13x[x2－3mx ＋3(m2－4)]，所以⎩⎨⎧≠->--.0)4(3,0)4(12)3(222m m m解得m ∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4).当m ∈(－4，－2)时，m －2＜m ＋2＜0，所以α＜m －2＜β＜m ＋2＜0.此时f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，与题意不合，故舍去.当m ∈(－2,2)时，m －2＜0＜m ＋2，所以α＜m －2＜0＜m ＋2＜β.因为对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β.所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.因为当x ＝m ＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，所以m ＋2＝1，即m ＝－1.当m ∈(2,4)时，0＜m －2＜m ＋2，所以0＜m －2＜α＜m ＋2＜β.因为对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β.所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.因为当x ＝m ＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，所以m ＋2＝1，即m ＝－1(舍去).综上可知，m 的取值范围是{－1}.【变式训练3】已知f(x)＝ax2(a ∈R)，g(x)＝2ln x.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围.【解析】(1)当a ＞0时，F(x)的递增区间为(1a ，＋∞)，递减区间为(0，1a)；当a≤0时，F(x)的递减区间为(0，＋∞).(2)[12ln 2，1e). 总结提高在应用导数处理方程、不等式有关问题时，首先应熟练地将方程、不等式问题直接转化为函数问题，再利用导数确定函数单调性、极值或最值.。

2013届高考数学一轮复习教案3.3导数的综合应用

§3.3导数的综合应用1.利用导数研究函数单调性的步骤(1)求导数f′(x)；(2)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(3)根据(2)的结果确定函数f(x)的单调区间.2.求可导函数极值的步骤(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x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.3.求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值与最小值(1)确定函数f(x)在闭区间[a，b]内连续、可导；(2)求函数f(x)在开区间(a，b)内的极值；(3)求函数f(x)在[a，b]端点处的函数值f(a)，f(b)；(4)比较函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)的大小，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.4.生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：优化问题―→用函数表示数学问题↓优化问题答案用导数解决数学问题5.利用导数解决实际问题中的最值问题时应注意的问题(1)在求实际问题的最大(小)值时，一定要注意考虑实际问题的意义，不符合实际意义的值应舍去；(2)在实际问题中，有时会遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与端点值比较，也可以知道这就是最大(小)值；(3)在解决实际问题中的优化问题时，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系式表示出来，还应确定函数关系式中自变量的定义区间.[难点正本疑点清源]1.实际问题常要求解出最大值或最小值，即探求问题的最优解(最优化方法)，一元函数问题的最值可用求导数的方法解决，而且在求导后，导数为零处常常只有一个(即方程f ′(x )＝0在定义域内只有唯一解)，这个解通常就是最值点.但在解答过程中，还需对这一点的左、右函数的单调性加以验证.2.实际问题中，建模时使用的自变量不一定是求导的最“优”变量，灵活地运用换元的方法是优化解答过程的有效手段.3.求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围转化为研究新函数的值域问题.4.判断方程根的个数时，可以利用数形结合思想及函数的单调性.1.函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是__________.2.如图，水波的半径以50 cm/s 的速度向外扩张，当半径为250 cm 时，水波面的圆面积的膨胀率是__________ __ cm 2/s.3.若函数f (x )＝x ＋a sin x 在R 上递增，则实数a 的取值范围为________.4.(2010·山东)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( )A.13万件B.11万件C.9万件D.7万件5.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数 y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－2，2)C.(2,3)D.(－∞，－2)∪(2，＋∞)题型一利用导数研究函数的零点或方程根的方法例1 已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围.探究提高 (1)对于该问题的求解，一般利用研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象的交点情况，建立含参数的方程组(或不等式)求之，实现形与数的和谐统一.(2)本题常见的错误是不能把函数的极值与图象交点联系起来，缺乏转化与化归、数形结合的意识.已知函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)对∀x ∈R ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值； (2)若函数f (x )有且仅有一个零点，求实数a 的取值范围. 题型二利用函数研究恒成立及参数求解问题例2 已知函数f (x )＝ln x －ax.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值；(3)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围.探究提高 (1)求函数的单调区间，直接求导，然后解不等式即可，注意函数的定义域.(2)参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的运用.设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (3)如果对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围. 题型三利用导数研究生活中的优化问题例3 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元.设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和. (1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值.(2011·福建)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.2.二审结论会转换试题：(12分)已知函数f (x )＝12x 2＋a ln x .(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值，并指出极大值还是极小值； (2)若a ＝1，求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a ＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f (x )的图象在函数g (x )＝23x 3的图象的下方.审题路线图求f (x )的极值↓(从结论出发向条件转化，注意隐含条件——定义域) 求f ′(x )＝0的解，即f (x )的极值点 ↓(转化为求函数值)将极值点代入f (x )求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性) 求f (x )在[1，e]上的单调性 ↓(转化为求函数值)比较端点值、极值，确定最大、最小值 ↓(构造函数进行转化) F (x )＝f (x )－g (x )↓(将图象的上、下关系转化为数量关系) 求证F (x )<0在(1，＋∞)上恒成立. ↓研究函数F (x )在(1，＋∞)上的单调性. 规范解答(1)解由于函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x ，[1分]令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝－1(舍去)， [2分] 当x ∈(0,1)时，函数f (x )单调递减，[3分]当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )单调递增，[4分]所以f (x )在x ＝1处取得极小值为12.[5分] (2)解当a ＝1时，易知函数f (x )在[1，e]上为增函数， [6分] ∴f (x )min ＝f (1)＝12，f (x )max ＝f (e)＝12e 2＋1.[7分](3)证明设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋ln x －23x 3，则F ′(x )＝x ＋1x －2x 2＝(1－x )(1＋x ＋2x 2)x， [9分]当x >1时，F ′(x )<0，故f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，又F (1)＝－16<0，∴在区间(1，＋∞)上，F (x )<0恒成立.即F (x )<g (x )恒成立.[11分]因此，当a ＝1时，在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图象在函数g (x )图象的下方.[12分] 点评 (1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题的有效方法，应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集；最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大小；参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的应用.(2)对于一些复杂问题，要善于将问题转化，转化成能用熟知的导数研究问题.方法与技巧1.极值与最值的区别与联系.区别：极值是局部概念，只对某个领域有效，最值是全局概念，对整个定义域都有效.联系：最值一般是极值点、不可导点和端点函数值(可取到的话)中的最大值或最小值.最值不一定是极值，极值也不一定是最值.2.利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较. 失误与防范1.注意极大值未必大于极小值，极值仅仅体现在x 0处附近函数值的变化情况.2.要充分理解列表在研究函数极值过程中的重要性，以及列表的操作步骤与算法思想，能利用导数研究函数的极值与最值.答案基础自测1.(－∞，0)2.25 000π3.[－1,1]4.C5.A题型分类·深度剖析例1 解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞). 当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a .由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，∴当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a ). (2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值，∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1). 变式训练1 (1)－34 (2)a >52或a <2例2 解 (1)由题意f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋ax2.①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为增函数，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去).②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为减函数， ∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去).③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ，当1<x <－a 时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(1，－a )上为减函数；当－a <x <e 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(－a ，e)上为增函数， ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e. 综上所述，a ＝－ e. (3)∵f (x )<x 2，∴ln x －ax <x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3. 令g (x )＝x ln x －x 3， h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x .∵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. 变式训练2 (1)x ＋y －3＝0 (2)满足条件的最大整数M 为4 (3)a ≥1例3 解 (1)设隔热层厚度为x cm ，由题设，每年能源消耗费用为C (x )＝k3x ＋5. 再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝403x ＋5.又建造费用为C 1(x )＝6x .最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10). (2)f ′(x )＝6－ 2 400(3x ＋5)2，令f ′(x )＝0，即 2 400(3x ＋5)2＝6. 解得x ＝5，x ＝－253(舍去).当0<x <5时，f ′(x )<0，当5<x <10时，f ′(x )>0，故x ＝5是f (x )的最小值点，对应的最小值为f (5)＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值70万元. 变式训练3 (1)2(2)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高﹤考じ试!题`库。

高考数学一轮复习导数的应用学案(文科)苏教版

高考数学一轮复习导数的应用学案（文科）苏教版一、教学目标：1．理解导数与函数单调性的关系，体会导数研究函数问题中单调性的的核心地位；会利用导数判断函数的单调性；2．理解函数极值的概念，区别极值点与0)(='x f 的根之间的区别与联系，会判断函数的极值点，能利用导数求函数的极值和最值； 3．能利用导数通过研究函数的性质作出函数的大致图象，解决较简单的函数与方程、不等式的综合问题。

二、高考要求：B 级三、教材分析：本节内容是导数这一章的核心，是函数的延伸与提高，是解决函数、方程、不等式问题的重要工具，在高中数学内容中占有重要的地位，同时由于导数所解决的问题一般都具有一定的综合性故本节也是一个难点。

突破方法：在理解概念的基础上，先从简单问题入手，提炼解决问题的一般方法，理解原理，再利用“变式题”让学生在低起点的基础上思维得以再次提升，以期能达到理解深刻、灵活运用与解决综合问题的目的四、概念回顾：1．函数的单调性：函数)(x f y =在某个区间),(b a 内（1）若0)(>'x f 恒有⇒)(x f 在),(b a 上单调递增若0)(<'x f 恒有⇒)(x f 在),(b a 上单调递减（2）若)(x f 在),(b a 上单调递增⇒0)(≥'x f 恒有（且等号不恒成立）若)(x f 在),(b a 上单调递减⇒0)(≤'x f 恒有（且等号不恒成立） 2．函数极值的概念：函数)(x f y =在0x 处连续（1）若0)(0='x f 且在0x 左侧附近0)(<'x f ，右侧附近0)(>'x f 则称0x 为)(x f y =在极小值点，)(0x f 为极小值；（2）若0)(0='x f 且在0x 左侧附近0)(>'x f ，右侧附近0)(<'x f 则称0x 为)(x f y =在极大值点，)(0x f 为极大值；注：a x =是)(x f 的极值点⇒0)(='a f （反之不一定成立）五、例题讲解：例1：已知函数1)1(2131)(23+-+-=x a ax x x f （1）若3=a ，求函数)(x f 的递增区间；（2）若)(x f 为增函数，求a 的值；（3）若)(x f 在区间)4,1(上递减，),6(+∞上递增，求a 的取值范围；（4）若R a ∈，求)(x f 的单调区间例2：（1）函数]2,2[,313-∈-+=x x x y 的最大值、最小值分别为_______________ 变式1：方程0313=-+x x 的实根个数为___________变式2：方程0313=--+a x x 有两解，则=a ________小结：（2）223)(a bx ax x x f +++=在1=x 时有极值10，则b a ,值分别为________（3）13)(23++-=ax ax x x f 既有极大值又有极小值，则a 的取值范围是_______变式：若)(x f 存在极值，则a 的取值范围是_______（4）函数2)ln()(x a x x f ++=，若)(x f 存在极值，则a 的取值范围是_______六、课堂练习：1．已知函数x x x f -=ln )(，则)(x f 的减区间为_________ 2．若函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是________3．当]2,2[-∈x 时，若m x x x +<-22123恒成立，则实数m 的取值范围是________4．若2>a ，则方程013123=+-ax x 在区间)2,0(上恰有________个实根七、课堂小结：。

高中数学高三一轮复习教案：导数的应用

在某个区间(a，b)上，若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调递增；若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上单调递减；若f′(x)＝0恒成立，则f(x)在这个区间上为常数函数；若f′(x)的符号不确定，则f(x)不是单调函数．
1．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是()
A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数
B．在区间(1,3)上f(x)是减函数
C．在区间(4,5)上f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
答案：C
2．函数f(x)＝e x－x的单调递增区间是________．
答案：(0，＋∞)
3．当x＞0时，ln x，x，e x的大小关系是________．
答案：ln x＜x＜e x
1．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是()
A．先增后减B．先减后增
C．单调递增D．单调递减
解析：f′(x)＝－sin x－1＜0.故选D.
答案：D
2．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是()
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：f′(x)＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x，由f′(x)＞0，得x＞2，故选D.
答案：D
3．(易错题)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]。

高中数学_3.3.2 利用导数研究函数的极值教学设计学情分析教材分析课后反思

效果分析我经常在思考：长期以来，我们的学生为什么对数学不感兴趣，甚至害怕数学，其中的一个重要因素就是数学离学生的生活实际太远了。

事实上，数学学习应该与学生的生活融合起来，从学生的生活经验和已有的知识背景出发，让他们在生活中去发现数学、探究数学、认识并掌握数学。

1. 教材由山峰、山谷的实例，引入极大值、极小值、极值、极值点等概念，非常直观，贴近生活。

2. 我在这里借助一个函数图像，把生活和数学联系起来，培养学生应用数形结合方法的习惯。

本节课在教师的积极引导下，学生能主动回答问题，提出问题，学生与学生之间，教师与学生之间有效的互动使课堂气氛和谐活跃，学生参与面广，能照顾到各个层次的学生。

课标分析本节课的重点是利用导数知识求导数的极值。

教材给出极大值、极小值、极值、极值点的定义后，借助函数图象介绍了利用函数的导数求极值和最值的方法；利用函数的导数求极值时，首先要确定函数的定义区间；其次，为了清楚起见，可用导数为0的点，将函数的定义区间分成若干小区间，并列表格，判断导数在各小区间的符号；求函数的最值，需要先确定函数的极大值和极小值，因此函数的极值的求法是关键。

学情分析学生前面学习了《利用导数研究函数单调性》，为学习本节奠定了基础，但还不够深入，因此在学习上还有一定的困难，本节课能进一步提高学生利用导数研究函数的能力。

在教学中要特别重视学法的指导。

随着《基础教育课程改革纲要（试行）》的颁布实施，课程改革形成由点到面，逐步铺开的良好态势。

倡导学生主动参与、乐于探究、勤于动手，培养学生搜集和处理信息的能力、获取新知识的能力、分析和解决问题的能力以及交流与合作的能力”。

数学作为基础教育的核心课程之一，转变学生数学学习方式，不仅有利于提高学生的数学素养，而且有利于促进学生整体学习方式的转变。

我以建构主义理论为指导，辅以多媒体手段，采用着重于学生探索研究的启发式教学方法，结合师生共同讨论、归纳。

在课堂结构上，我根据学生的认知水平，我设计了①创设情境——引入概念；观察归纳——形成概念②讨论研究——深化概念③寻找充要条件④即时训练—巩固新知⑤深入探讨——提高认识⑥任务后延——自主探究六个层次的学法，它们环环相扣，层层深入，从而顺利完成教学目标。

高中数学_高考导数的应用教学设计学情分析教材分析课后反思

高考导数的应用专题考纲要求：1. 理解导数的几何意义。

2. 理解极大值、极小值、最大值、最小值的概念，并会用导数求多项式函数的单调区间极大值、极小值及闭区间上的最大值最小值。

课前预习案一．基础知识梳理： 1. 导数的几何意义函数()y f x = 在点0x 处的导数的几何意义，就是曲线()y f x = 在点()()00,P x f x 处，即k = 。

故曲线()y f x =在点()()00,P x f x 处的切线方程是。

:2．导数与函数的单调性设函数()y f x C =≠,在(),a b 内可导，()f x '是的导数，则()f x 在(),a b 单调递增⇔ ()f x 在(),a b 单调递减⇔3. 导数与函数的极（最）值 ○1函数的极值与导数○2函数的最大值与最小值如果在闭区间[],a b 上函数()y f x =的图象时一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小值。

一般地，求函数()y f x =在上的最大值与最小值得步骤如下：⑴求函数()y f x =在(),a b 内的极值；⑵将函数()y f x =的各与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。

课堂探究案典型例题考点一：导数的几何意义例1 曲线()1x y ax e =+在点()0,1处的切线的斜率为-2，则a =________高考回顾1设P 为曲线2:23C y x x =++上的点且曲线C 在点处切线倾斜角的取值范围为0,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则点P 横坐标的取值范围为()[][]111,1,00,1,122A BCD ⎡⎤⎡⎤---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦高考回顾2设曲线2y ax =在点()1,a 处的切线与直线260x y --=平行，则()a =111122A BC D --高考回顾3设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为()A ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x =方法总结：考点二：导数与函数的单调性例2设函数()2()1xf x xe =-，讨论()f x 的单调性；高考回顾1：已知函数()2()ln 21f x x ax a x =+++ ，讨论()f x 的单调性；高考回顾2：（2018年全国文科）已知函数()e ln 1xf x a x =--．设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；方法总结：考点三：导数与函数的极值和最值例3设a 为实数，函数()33,f x x x a =-++ （1）求()f x 的极值（2）若()y f x =有三个零点，求a 的取值范围。

高考数学一轮复习导的应用教案苏教版

导数的应用【复习目标】1.理解导数在研究函数的单调性和极值中的作用；2.理解导数在解决有关不等式、方程的根、曲线交点个数等问题中有广泛的应用。

3.结合实例，借助几何直观探索并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，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；4.结合函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性。

【重点难点】①利用导数求函数的极值；②利用导数求函数的单调区间；③利用导数求函数的最值；④利用导数证明函数的单调性；⑤数在实际中的应用；⑥导数与函数、不等式等知识相融合的问题；⑦导数与解析几何相综合的问题。

【知识梳理】1. 一般地，设函数)(x f y =在某个区间可导，如果'f )(x 0>，则)(x f 为增函数；如果'f 0)(<x ，则)(x f 为减函数；如果在某区间内恒有'f 0)(=x ，则)(x f 为常数；2. 曲线在极值点处切线的斜率为0，极值点处的导数为0；曲线在极大值点左侧切线的斜率为正，右侧为负；曲线在极小值点左侧切线的斜率为负，右侧为正；3. 一般地，在区间[a ，b]上连续的函数f )(x 在[a ，b]上必有最大值与最小值。

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将函数ƒ )(x 的各极值与ƒ(a)、ƒ(b)比较，其中最大的是最大值，其中最小的是最小值。

4. 利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤. （1）求f '（x ）.（2）确定f '（x ）在（a ，b ）内符号.（3）若f '（x ）>0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是增函数；若f '（x ）<0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是减函数. 【课前预习】1.函数y =x 2（x －3）的减区间是A.（－∞，0）B.（2，+∞）C.（0，2）D.（－2，2） C2.函数f （x ）=ax 2－b 在（－∞，0）内是减函数，则a 、b 应满足 A.a <0且b =0 B.a >0且b ∈R C.a <0且b ≠0 D.a <0且b ∈R3.已知f （x ）=（x －1）2+2，g （x ）=x 2－1，则f ［g （x ）］A.在（－2，0）上递增B.在（0，2）上递增C.在（－2，0）上递增D.在（0，2）上递增 4.在（a ，b ）内f '（x ）>0是f （x ）在（a ，b ）内单调递增的________条件.5. 函数y =x sin x +cos x 在下面哪个区间内是增函数A.（2π,2π3） B.（π,2π） C.（2π3, 2π5） D.（2π,3π）【典型例题】题型一：借助导数处理单调性、极值和最值例1．对于R 上可导的任意函数f （x ），若满足（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）例2．（1）32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是（） (A)－2 (B)0 (C)2 (D)4 例 3．设函数f(x)= 3223(1)1, 1.x a x a --+≥其中（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）讨论f(x)的极值。

高考数学第一轮复习教案专题3导数与其应用

专题三导数与其应用一、考试内容导数概念及其几何意义导数及其应用二、考试要求（1）理解导数概念及其几何意义，掌握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.。

（2）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（其中多项式函数一般不超过三次）；. 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（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.。

（3）会利用导数解决实际问题。

三、命题热点分析近几年的高考试题，导数这一知识点是高考的必考内容，对导数的考查主要是有三个方面：一是考查导数的运算与导数的几何意义，二是考查导数的简单应用，例如求函数的单调区间、极值与最值等，三是考查导数的综合应用.导数的几何意义以及简单应用通常以客观题的形式出现，属于容易题和中档题；而对于导数的综合应用，则主要是和函数、不等式、方程等联系在一起以解答题的形式进行考查，例如一些不等式恒成立问题、参数的取值范围问题、方程根的个数问题、不等式的证明等问题.。

在近几年的高考试卷中，选择题、填空题、解答题三种题型中每年都有导数试题，而且常考常新.以函数、不等式、方程等联系在一起以解答题的形式进行考查是高考命题的新趋势。

四、知识回顾（一）导数的概念及几何意义（1）平均变化率一般地，函数21,),(x x x f y =是其定义域内不同的两点，那么函数的变化率可用式子2121)()(x x x f x f --表示，这个式子称，函数的到从21),(x x x f y =平均变化率，记为=∆∆xf 2121)()(x x x f x f --=x x f x x f ∆-∆+)()(21（2）曲线的切线切线的斜率:x x f x x f x y k x x ∆-∆+=∆∆=→∆→∆)()(000lim lim ,切线的方程为：)(00x x k y y -=- （4）导数的概念一般地，函数0)(x x x f y ==在处的瞬间变化率是xyx x f x x f x x ∆∆=∆-∆+→∆→∆lim lim0000)()(，称它为0)(x x x f y ==在处的导数，记为0)(0x x y x f =/''或，即x yx x f x x f x f x x ∆∆=∆-∆+='→∆→∆lim lim0000)()()(（5）导数的几何意义0)(x x f y 在点=处的导数)(0x f '的几何意义是：曲线0)(x x f y 上过点=的切线的斜率。

高三数学一轮复习优质教案7：3.3 导数的综合应用教学设计

3.3 导数的综合应用一、教材分析导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．二、学情分析根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。

三、教学目标1、知识与技能：（1）利用导数的几何意义。

（2）利用导数求函数的单调区间；（3）利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；（4）解决根分布及恒成立问题2、过程与方法：（1）能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。

(2)学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。

3、情感、态度与价值观：这是一堂复习课，教学难度有所增加，培养学生思考问题的习惯，以及克服困难的信心。

四、教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值难点是方程根及恒成立问题五、学法与教法➢学法与教学用具学法：（1）合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题。

（2）自主学习：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。

（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知。

教学用具：多媒体。

➢教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律；教学环节教学内容师生互动设计思路复习巩固给出导函数图像画原函数图象学生上黑板动手画图，并分析画图的思路。

直接从问题入手，以问题带动学生对知识的回忆，学生在动手画原函数的过程中就在进行知识和信息的整理，让学生亲自画出图像，能充分调动其参与课堂的积极性。

初步探索、展示内涵例1：若函数1、点P(-1,3)是函数图像上的点，点P处的切线的斜率为4，求b,c的值。

学生自己解答和讲解。

并引导学生拓深延展。

高考数学一轮复习 3.2 导数的应用精品教学案(学生版)新人教版

2013年高考数学一轮复习精品教学案3.2 导数的应用（新课标人教版，学生版）【考纲解读】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（其中多项式函数一般不超过三次）．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（其中多项式函数一般不超过三次），会求在闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）．3．生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题． 4．定积分与微积分基本定理（理科）（1）了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念．（2）了解微积分基本定理的含义．(1)求导数'()f x ;(2)在定义域内解不等式'()0f x >或'()0f x <;(3)确定单调区间. 4.如果一个函数在某一范围内导数的绝对值越大,那么函数在这个范围内变化越快,这时,函数的图象就越陡峭.5.(1)函数的极值的概念:函数y=f(x)在点x=a 的函数值f(a)比它在x=a 附近的其他点的函数值都小, f /(a)=0;而且在点在x=a 附近的左侧'()0f x <,右侧'()0f x >,点a 叫做函数y=f(x)的极小值点, f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.函数y=f(x)在点x=b 的函数值f(b)比它在x=b 附近的其他点的函数值都大, f /(b)=0;而且在点在x=b 附近的左侧'()0f x >,右侧'()0f x <,点b 叫做函数y=f(x)的极大值点, f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值. (2)求函数极值的步骤:①求导数'()f x ;②求方程'()0f x =的根;③检查f /(x)在方程根左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个根处取极大值,如果左负右正, 那么f(x)在这个根处取极小值. 6.函数的最大值与最小值在闭区间[a,b]上连续,在(a,b)内可导.f(x)在[a,b]上,求最大值和最小值的步骤: (1)求'()f x 在区间(,)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. 7.生活中的优化问题(即利用导数解决实际问题中的最值问题)(1)在求实际问题的最大(小)值时,一定要注意考虑实际问题的意义,不符合实际问题的值应舍去.(2)在实际问题中,有时会遇到函数在区间内只有一个点使f /(x)=0的情形,那么不与端点值比较,也可以知道这就是最大(小)值.(3)在解决实际优化问题中,不仅要注意将问题中涉及的自变量的函数关系式给予表示,还应确定函数关系式中自变量的定义区间.8.(理科)(1)函数定积分的定义:设函数y=f(x)定义在区间[a,b]上,用分点a=x 0<x 1<x 2…x n =b.把区间[a,b]分为n 个小区间,其长度依次为i x ∆=1i x +-i x ,i=0,1,2,…n-1.记λ为这些小区间长度的最大者,当λ趋近于0时,所有的小区间长度都趋近于0.在每个小区间内任取一点i ξ,作和式1()n n iii I f x ξ-==∆∑.当λ→0时,如果和式的极限存在,我们把和式n I 的极限叫做函数f(x)在区间[a,b]上的定积分,记作()baf x dx ⎰,即()baf x dx ⎰=10lim ()n i i i f x λξ-→=∆∑,其中f(x)叫做被积函数,a 叫做积分下限,b 叫积分上限,f(x)dx 叫做被积式.(2)根据定积分的定义,曲边梯形的面积S 等于其曲边所对应函数y=f(x)在区间[a,b]上的定积分,即S=()baf x dx ⎰.(3)求定积分与导数互为逆运算；公式/()baF x dx ⎰=()()F b F a -.微积分基本定理:如果F /(x)=f(x),且f(x)在[a,b]上可积,则()baf x dx ⎰=()()F b F a -，其中F(x)叫做f(x)的一个原函数.【例题精析】考点一利用导数研究函数的单调性例1. (2012年高考浙江卷文科21第1问)已知a ∈R ，函数3()42f x x ax a =-+ 求f(x)的单调区间【变式训练】1. （2010年高考辽宁卷文科21第1问）已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++.讨论函数()f x 的单调性。

高三数学一轮复习 3-2导数的应用1学案

授课时间
年月日
第周
星期
பைடு நூலகம்编号
课题
导数的应用 (一)
课型
学习目标
利用导数研究函数的单调性，求单调区间；了解函数某点取极值的必要条件，充分条件，会用导数求极值。
情感态度与价值观
数学研究变化过程从均值细化到瞬时变化，数学在尖端应用的开始
学习重点
函数单调性的导数判断
学习难点
利用导数判断函数的单调性
导学设计
3. 时为增函数时为减函数。
已知函数单调性求参数取值范围转化为不等式恒成立求解，验证等号成立里的情况
变式训练：设，当时，恒成立，则实数的取值范围
具
三.达标训练，巩固提升
a1.函数的单调递增区间单调递减区间。
a2.求函数的单调区间。
b3.设函数，其中，求的单调区间。
b4、函数有极大值，极小值
b5.设函数，已知是奇函数。
（Ⅰ）求、的值。（Ⅱ）求的单调区间
四．知识梳理，归纳总结
回顾总结
五、预习指导，新课链接
利用导数求函数的极值和最值
练习：函数的单调增区间
二.问题展示，合作探究
探究:利用导数研究函数的单调性
1．已知函数求的单调区间；
2.已知函数在实数集R上单调递增，求的取值范围。
思路:研究函数的单调性可通过判断导数的符号来解决，涉及到参数要进行分类讨论
归纳总结规律：
1.求导；2.确认导函数在区间(a,b)的符号
一.学情调查，情景导入
1、导数的几何意义
在复习函数单调性时，单调性定义的等价条件 ,则函数为增函数,反之减函数
2、基本初等函数的导数公式

高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数在函数

3.2 导数在函数单调性、极值中的应用考纲要求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(其中多项式函数一般不超过三次)．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(其中多项式函数一般不超过三次)．1．函数的单调性与导数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____，且f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧________，右侧________，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值____，且f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧________，右侧________，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值，______和______统称为极值．1．(2012陕西高考)设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )．A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点2．若函数y ＝a (x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是( )．A ．a ＞0B ．－1＜a ＜0C ．a ＞1D ．0＜a ＜13．函数y ＝x sin x ＋cos x 在(π，3π)内的单调增区间为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2，3π D ．(π，2π) 4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是__________．5．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋c ，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )的极小值是__________．一、利用导数研究函数的单调性【例1】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)函数f (x )是否为R 上的单调函数，若是，求出a 的取值范围；若不是，请说明理由．方法提炼1．导数法求函数单调区间的一般流程：求定义域→求导数f ′x→求f ′x ＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f′x在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性提醒：当f(x)不含参数时，也可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．2．导数法证明函数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．3．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)，转化为不等式恒成立问题求解．提醒：函数f(x)在(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0，f′(x)＞0是f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件．请做演练巩固提升1,5二、函数的极值与导数【例2－1】已知实数a＞0，函数f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有极大值32.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求实数a的值．【例2－2】已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．(1)求m，n的值及函数y＝f(x)的单调区间；(2)若a＞0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值．方法提炼利用导数研究函数的极值的一般流程：请做演练巩固提升3,4书写不规范而致误【典例】设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，求函数f (x )的单调增区间．错解：f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)·(x ＋1)，令f ′(x )＞0得，x ＜－1或x ＞0.所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－1)∪(0，＋∞)．错因：结论书写不正确，也就是说不能用符号“∪”连接，应为(－∞，－1)和(0，＋∞)．正解：因为f (x )＝x (e x－1)－12x 2，所以f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)·(x ＋1)．令f ′(x )＞0，即(e x－1)(x ＋1)＞0，得x ＜－1或x ＞0. 所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．答题指导：1.利用导数求解函数的单调区间是高考的热点内容，这类问题求解并不难，即只需由f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，求其解即得．但在求解时会因书写不规范而导致失分．2．对于含有两个或两个以上的单调增区间(或单调减区间)，中间用“，”或“和”连接，而不能用符号“∪”连接．1．(2012辽宁高考)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，＋∞)2．(2012重庆高考)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )．3．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]既有极大值又有极小值，则a 的取值范围是__________．4．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．5．设f (x )＝ex 1＋ax 2，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．参考答案基础梳理自测知识梳理1．单调递增单调递减2．(1)都小 f ′(x )＜0 f ′(x )＞0 (2)都大 f ′(x )＞0 f ′(x )＜0 极大值极小值基础自测1．D 解析：由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x ＝0可得x ＝2.当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．故x ＝2为f (x )的极小值点．2．A 解析：∵y ′＝a (3x 2－1)＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33， ∴当－33＜x ＜33时， ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33＜0.∴要使y ′＜0，必须取a ＞0.3．B 解析：∵y ＝x sin x ＋cos x ， ∴y ′＝x cos x .当x ∈(π，3π)时，要使y ′＝x cos x ＞0，只要cos x ＞0，结合选项知，只有B 满足．4．3 解析：∵f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而当x ∈[1，＋∞)时， (3x 2)min ＝3×12＝3. ∴a ≤3，故a max ＝3.5．c 解析：由f ′(x )的图象知，x ＝0是f (x )的极小值点， ∴f (x )极小值＝f (0)＝c . 考点探究突破【例1】解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，∴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， ∵e x ＞0，∴－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2.∴函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≤0对x ∈R 都成立． ∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．∴Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的．故函数f (x )不可能在R 上单调递减．若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈R 都成立． ∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立．而Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增．综上可知，函数f (x )不可能是R 上的单调函数．【例2－1】解：(1)f (x )＝ax 3－4ax 2＋4ax ，f ′(x )＝3ax 2－8ax ＋4a .令f ′(x )＝0，得3ax 2－8ax ＋4a ＝0. ∵a ≠0，∴3x 2－8x ＋4＝0，∴x ＝23或x ＝2.∵a ＞0，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. ∴函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23和(2，＋∞)； ∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2时，f ′(x )＜0， ∴函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2. (2)∵当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0.∴f (x )在x ＝23时取得极大值，即a ·23⎝ ⎛⎭⎪⎫23－22＝32.∴a ＝27.【例2－2】解：(1)由函数f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.①由f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2，得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ，则g (x )＝f ′(x )＋6x＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n .而g (x )的图象关于y 轴对称，所以－2m ＋62×3＝0.所以m ＝－3，代入①得n ＝0.于是f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．由f ′(x )＞0得x ＞2或x ＜0，故f (x )的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；由f ′(x )＜0得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间是(0,2)． (2)由(1)得f ′(x )＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由此可得：当0＜a ＜1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极大值f (0)＝－2，无极小值；当a ＝1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值；当1＜a ＜3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极小值f (2)＝－6，无极大值；当a ≥3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值．综上得：当0＜a ＜1时，f (x )有极大值－2，无极小值；当1＜a ＜3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a ＝1或a ≥3时，f (x )无极值．演练巩固提升1．B 解析：对函数y ＝12x 2－ln x 求导，得y ′＝x －1x ＝x 2－1x(x ＞0)，令⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1x ≤0，x >0，解得x ∈(0,1]．因此函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1]．故选B.2．C 解析：由题意可得f ′(－2)＝0，而且当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＜0，此时xf ′(x )＞0；当x ∈(－2，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时若x ∈(－2,0)，xf ′(x )＜0，若x ∈(0，＋∞)，xf ′(x )＞0，所以函数y ＝xf ′(x )的图象可能是C.3．a ＞2或a ＜－1 解析：∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]，∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a 2－4a －8＞0， ∴a ＞2或a ＜－1.4．2 解析：f (x )＝x 3－3x 2＋1， f ′(x )＝3x 2－6x .令f ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞2. 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜2.所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝2处取得极小值． 5．解：对f (x )求导得f ′(x )＝e x 1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2.① (1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(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.。

高三数学第一轮复习教案第83课时导数的应用

第83课时课题：导数的应用高三数学第一轮复习讲义（76） 2005.1.13导数的应用一．复习目标：1．了解可导函数的单调性与其导数的关系；2．了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号），会求一些实际问题的最大值和最小值．二．知识要点：1．函数的单调性：设函数在某区间内可导，则()0()f x f x '>⇒在该区间上单调递增；()0()f x f x '<⇒在该区间上单调递减．反之，若()f x 在某区间上单调递增，则在该区间上有()0f x '≥恒成立（但不恒等于0）；若()f x 在某区间上单调递减，则在该区间上有()0f x '≤恒成立（但不恒等于0）．2．函数的极值：（1）概念：函数()f x 在点0x 附近有定义，且若对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <（或0()()f x f x >），则称0()f x 为函数的一个极大（小）值，称0x 为极大（小）值点．（2）求函数极值的一般步骤： ①求导数()f x '；②求方程()0f x '=的根；③检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右的符号，如果是左正右负（左负右正），则()f x 在这个根处取得极大（小）值． 3．函数的最值：①求函数()f x 在区间[,]a b 上的极值；②将极值与区间端点函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个就是最大值，最小的一个就是最小值．三．课前预习：1．在下列结论中，正确的结论有（ A ） ①单调增函数的导函数也是单调增函数； ②单调减函数的导函数也是单调减函数； ③单调函数的导函数也是单调函数； ④导函数是单调，则原函数也是单调的．()A 0个 ()B 2个 ()C 3个 ()D 4个 2．如果函数428y x x c =-+在[1,3]-上的最小值是14-，那么c =（ B ）()A 1()B 2()C 1-()D 2-2．若函数343y x bx =-+有三个单调区间，则b 的取值范围是（A ）()A 0b >()B 0b <()C 0b ≤ ()D 0b ≥3．函数32()f x x px qx =--的图象与x 轴切于点(1,0)，则()f x 的极大值为427，极小值为0． 4．函数32()1f x x ax bx =++-，当1x =时，有极值1，则函数32()g x x ax bx =++的单调减区间为5(1,)3．5．函数321()252f x x x x =--+，若对于任意[1,2]x ∈-，都有()f x m <，则实数m 的取值范围是(7,)+∞．四．例题分析：例1．已知函数()(1)()f x x x x a =--有绝对值相等，符号相反的极大值和极小值，试确定常数a 的值．解：32()(1)()(1)f x x x x a x a x ax =--=-++，∴2()32(1)f x x a x a '=-++，令()0f x '=，得232(1)0x a x a -++=，由题意，该方程必定有不相等两实根，可分别设为,m n ，则2(1)3m n a +=+，3amn =，∴3322()(1)()()f m n m n a m n a m n +=+-++++32()3()(1)[()2]()m n mn m n a m n mn a m n =+-+-++-++2(1)(2)(21)027a a a =-+--=∴1a =-或2a =或12a =．例2．一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比，已知在速度为每小时10公里时的燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问此轮船以何种速度航行时，能使行驶每公里的费用总和最小？解：设船速度为(0)x x >时，燃料费用为Q 元，则3Q kx =，由3610k =⨯可得3500k =，∴33500Q x =， ∴总费用3231396(96)500500y x x x x=+⋅=+，2696500y x'=-，令0y '=得20x =，当(0,20)x ∈时，0y '<，此时函数单调递减，当(20,)x ∈+∞时，0y '>，此时函数单调递增， ∴当20x =时，y 取得最小值，∴此轮船以20公里/小时的速度使行驶每公里的费用总和最小．例3．如图，已知曲线1C ：3y x =(0)x ≥与曲线2C ：323y x x =-+(0)x ≥交于点,O A ，直线x t =(01)t <<与曲线1C 、2C 交于点,B D ，（1）写出四边形ABOD 的面积S 与t 的函数关系()S f t =；（2）讨论()f t 的单调性，并求()f t 的最大值．解：（1）由3223y xy x x⎧=⎪⎨=-+⎪⎩得交点,O A 坐标分别是(0,0)，(1,1)，3111()|||1||||0|(33)222ABD OBD f t S S BD t BD t t t ∆∆=+=⋅⋅-+⋅⋅-=-+，∴33()()2f t t t =--(01)t <<．（2）293()22f t t '=-+，令293()022f t t '=-+=，得3t =，当03t <<时，()0f t '>，此时函数在(0,3单调递增；当13t <<时，()0f t '<，此时函数在(0,3单调递减．所以，当3t =时，()f t 的最大值为3．五．课后作业：班级学号姓名1．设函数3443)(x x x f -=则下列结论中，正确的是（）()A )(x f 有一个极大值点和一个极小值点 ()B )(x f 只有一个极大值点()C )(x f 只有一个极小值点 ()D )(x f 有二个极小值点2．若函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++>在R 上无极值，则必有（）()A 230b ac -> ()B 230a bc -> ()C 230b ac -< ()D 230a bc -<3．已知曲线313y x =上一点8(2,)3P ，则点P 处的切线方程是；过点P 的切线方程是．答：点P 处的切线方程是1643y x =-，过点P 的切线方程是1643y x =-或23y x =+． 4．抛物线24y x x =+上一点P 处的切线的倾斜角为45o，切线与,x y 轴的交点分别是,A B ，则AOB ∆的面积为．5．已知x R ∈，奇函数32()f x x ax bx c =--+在[1,)+∞上单调，则字母,,a b c 应满足的条件是．6．已知函数32()32f x x ax bx =-+在点1x =处有极小值1-，试确定,a b 的值，并求出()f x 的单调区间．7．已知函数)0(1)1(3)(223>+-+-=k k x k kx x f . （1）若)(x f 的单调减区间为(0,4)，求k 的值；（2）当k x >时，求证：xx 132->.8．已知a 为实数，2()(4)()f x x x a =--，（1）求()f x '；（2）若(1)0f '-=，求()f x 在[2,2]-上的最大值和最小值；（3）若()f x 在(,2]-∞-和[2,)+∞上都是递增的，求a 的取值范围．。

高考数学一轮复习23导数的应用一学案理

第二十三课时导数的应用（一）课前预习案考纲领求1.认识函数单一性和导数的关系；能利用导数来研究函数单一性，会求函数的单一区间（其中多项式函数一般不高出三次）；2.认识函数在某点获取极值的必要条件和充足条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不高出三次） .基础知识梳理1.函数的单一性与导数：在 (a, b) 内可导函数 f( x) ， f '( x) 在 ( a,b) 随意区间内都不恒等于0．f '(x)0f x为；f '(x)0f x为.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周边其余点的函数值，且 f '(a)0，而且在点 x a 周边的左侧，右侧，则 a 点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：若函数y f ( x) 在点 x b 处的函数值 f (b) 比它在点 x b 周边其余点的函数值，且 f (' b)0，而且在点 x a 周边的左侧，右侧，则 b 点叫做函数的极大值点， f (b) 叫做函数的极大值．预习自测1. 函数f ( x)x22ln x 的递减区间是（）A．0,1B．1,C．, 1, 0,1D．1,0 , 0,12. 函数f ( x)x33x23x 的极值点的个数是（）A． 0B．1C． 2D．33．已知函数 f ( x)3x3ax2x 5 在区间1,2 上单一递加，则 a 的取值范围是（）A．,5B．,5C．,37D．,3 44 ．函数f ( x) x33ax23[( a2)x 1] 既有极大值又有极小值，则 a 的取值范围是．讲堂研究案典型例题考点 1函数的单一性与导数【典例 1】（ 2013 广东（理））设函数 f x x 1 e x kx2(其中k R ).当k1时,求函数f x 的单一区间．【变式 1】（ 2013 纲领全国卷，理9） f x x2ax1在1,是增函数，则 a 的取值范围x2是（）A.1,0B.1,C.0,3D.3,【变式 2】（ 2013 天津（理）节选）已知函数 f ( x) x2 ln x ，求函数 f ( x)的单一区间．考点 2函数的极值与导数【典例 2】（ 2013 福建（理））已知函数 f ( x) x a ln x(a R) ，（1）当a 2 时，求曲线y f x在点 A 1, f 1处的切线方程，（2）求函数f (x) 的极值．【变式 3】已知函数 f ( x) x3 3a2x a(a 0) 的极大值为正数，极小值为负数，则 a 的取值范围是．当堂检测1. 若函数f ( x) x22bx3a 在区间(0,1)内有极小值，则实数 b 的取值范围是（）A．b 1B．b 1C．0 b 11 D．b22. 若f ( x)1x2 b ln( x 2) 在 ( 1,) 上是减函数，则 b 的取值范围是（）A．1,B．1,C．,1D．(,1)课后拓展案A 组全员必做题1．函数f x x213) 2的极值点是(A．x 1B．x1C．x 1或1或0D．x 02．若函数y a(x3x) 的递减区间为( 3 ,3) ，则a的取值范围是（）33A．a 0B．1 a 0C．a 1D．0 a 13．已知函数y x33x c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则 c （）A．2或2B．9或3C．1或1D．3或14．已知函数 f ( x) a ln x x 在区间2,3上单一递加，则实数 a 的取值范围是．5．已知函数f x x33mx2nx m2在x1时有极值 0，则 m n．6. 设函数f ( x)x3x2x ,求函数 f ( x)的单一区间．B 组提高选做题1. 已知函数 f ( x)x(ln x ax) 有两个极值点 , 则实数a的取值范围是（）A． (, 0)B．1)C． (0, 1)D． (0,) (0,22. 设函数f x 2ln x ，则（）xA．x 1x的极大值点B． x1x 的极小值点为 f为 f22C．x 2 为f x的极大值点D． x 2 为f x 的极小值点3. 函数y 1 x2ln x 的单一递减区间为（）2A．1,1B．0,1C．1,D． 0,4. 设函数f xxc (e 2.71828是自然对数的底数 , c R ).求f x的单一区间、最e2 x大值．参照答案预习自测1.A2.A3.B4.( , 1) (2,)典型例题【典例 1】增区间为(,0) 和 (ln 2,) ；减区间为 (0,ln 2) .【变式 1】 D11【变式 2】增区间为(e2, ) ；减区间为 (0, e 2 ) .【典例 2】（ 1） x y z0 （2）a0 时函数 f x无极值；当 a0 时，函数f x 在x a 处获取 f (a)a a ln a ，无极大值.【变式 3】 2 ,2当堂检测1.C2. CA组全员必做题1.D2.A3.A4.[2, )5.116. f ( x) 在 R 上单一递加.B组提高选做题1.B2.D3.B4. 单一增区间为(111, ) ；减区间为 (, ).最大值为 c . 222e。

新人教A版版高考数学一轮复习第三章导数及其应用导数与函数的综合应用教案理解析版

基础知识整合１．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为错误!优化问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．２．生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：３．不等式问题（１）证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．（２）求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．１．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．２．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．１．（２0１9·四川南充一诊）若函数f（x）＝x３＋x２—ax—４在区间（—１,１）内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为（）Ａ．（１,５）Ｂ．[１,５）Ｃ．（１,５] Ｄ．（—∞，１）∪（５，＋∞）答案A解析由题意知f′（x）＝３x２＋２x—a＝0在区间（—１,１）内恰有一根（且在根两侧f′（x）异号）⇔f′（１）·f′（—１）＝（５—a）（１—a）<0⇔１<a<５．故选Ａ．２．（２0１9·湖北襄阳模拟）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．（—∞，＋∞）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上单调递增，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．３．若函数f（x）＝x３—３x＋a有３个不同的零点，则实数a的取值范围是（）Ａ．（—２,２）Ｂ．[—２,２]Ｃ．（—∞，—１）Ｄ．（１，＋∞）答案A解析f′（x）＝３x２—３，令f′（x）＝0，∴x＝±１．三次方程f（x）＝0有３个根⇔f（x）极大值>0且f（x）极小值<0．∵x＝—１为极大值点，x＝１为极小值点．∴错误!∴—２<a<２．４．（２0１9·沈阳模拟）对于R上可导的任意函数f（x），若满足（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）答案C解析由题设，f（x）为R上任意可导函数，不妨设f（x）＝（x—１）２，则f′（x）＝２（x—１），满足（x—１）·f′（x）＝２（x—１）２≥0，且f（0）＝１，f（１）＝0，f（２）＝１，则有f（0）＋f（２）>２f（１）；再设f（x）＝１，则f′（x）＝0，也满足（x—１）·f′（x）≥0，且有f（0）＋f（２）＝２f（１），即１＋１＝２×１．５．（２0１9·贵阳模拟）若关于x的不等式x３—３x２—9x＋２≥m对任意x∈[—２,２]恒成立，则m 的取值范围是（）Ａ．（—∞，7] Ｂ．（—∞，—２0]Ｃ．（—∞，0] Ｄ．[—１２,7]答案B解析令f（x）＝x３—３x２—9x＋２，则f′（x）＝３x２—6x—9，令f′（x）＝0，得x＝—１或３．因为f（—１）＝7，f（—２）＝0，f（２）＝—２0，所以f（x）的最小值为f（２）＝—２0，故m≤—２0．6．已知a≤错误!＋ln x对任意的x∈错误!恒成立，则a的最大值为________．答案0解析令f（x）＝错误!＋ln x，f′（x）＝错误!，当x∈错误!时，f′（x）<0，当x∈（１,２]时，f′（x）>0，∴f（x）min＝f（１）＝0，∴a≤0，故a的最大值为0．核心考向突破考向一导数与方程例１（２0１9·陕西汉中模拟）已知函数f（x）＝错误!（其中e≈２．7１8…为自然对数的底数）．（１）若F（x）＝f（x）—f（—x），求F（x）的单调区间；（２）若方程f（x）＝k错误!在（—２，＋∞）上有两个不同的实数根，求实数k的取值范围．解（１）由题意知，F（x）＝f（x）—f（—x）＝错误!—错误!，所以F′（x）＝错误!＋xex＝x错误!.当x<0时，ex—错误!<0，所以x错误!>0，即F′（x）>0，当x＝0时，F′（x）＝0，当x>0时，ex—错误!>0，即F′（x）>0，所以F′（x）≥0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立，所以F（x）＝f（x）—f（—x）在R上单调递增，即F（x）的单调递增区间为（—∞，＋∞），无单调递减区间．（２）因为f（x）＝错误!，所以f′（x）＝错误!，当x<0时，f′（x）>0，当x＝0时，f′（x）＝0，当x>0时，f′（x）<0，故函数f（x）在（—∞，0）上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减，所以f（x）在x＝0处取得最大值，且f（0）＝１，当x趋近于—∞时，f（x）趋近于—∞，当x趋近于＋∞时，f（x）趋近于0，故函数f（x）的大致图象如图所示，结合函数图象可知，当k≤0时，方程f（x）＝k错误!有且仅有一个实数根．当k>0时，设曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程为y—错误!＝—错误!（x—x0），且该直线过定点错误!，所以0—错误!＝—错误!错误!，解得x0＝—２（舍去）或x0＝—错误!，此时切线的斜率为错误!，数形结合可知，若方程f（x）＝k错误!在（—２，＋∞）上有两个不同的实数根，则实数k的取值范围是错误!.触类旁通研究方程根的情况，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，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，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.错误!即时训练１．已知函数f（x）＝错误!＋（１—a）ln x＋ax，g（x）＝错误!—（a＋１）ln x＋x２＋ax—t （a∈R，t∈R）．（１）讨论f（x）的单调性；（２）记h（x）＝f（x）—g（x），若函数h（x）在错误!上有两个零点，求实数t的取值范围．解（１）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝—错误!＋错误!＋a＝错误!＝错误!.当a＝0时，f′（x）＝错误!，令f′（x）>0，则x>１，令f′（x）<0，则0<x<１．所以函数f（x）在区间（0,１）上单调递减，在区间（１，＋∞）上单调递增．当a≠0时，f′（x）＝错误!，１当a>0时，x＋错误!>0，令f′（x）>0，则x>１，令f′（x）<0，则0<x<１，所以函数f（x）在区间（0,１）上单调递减，在区间（１，＋∞）上单调递增；２当a＝—１时，１＝—错误!，f′（x）＝错误!≤0，所以函数f（x）在定义域（0，＋∞）上单调递减；３当—１<a<0时，１<—错误!，令f′（x）>0，则１<x<—错误!，令f′（x）<0，则0<x<１或x>—错误!，所以函数f（x）在区间（0,１）和错误!上单调递减，在区间错误!上单调递增；４当a<—１时，１>—错误!，令f′（x）>0，则—错误!<x<１，令f′（x）<0，则0<x<—错误!或x>１，所以函数f（x）在区间错误!和（１，＋∞）上单调递减，在区间错误!上单调递增．综上，当a≥0时，函数f（x）在区间（0,１）上单调递减，在区间（１，＋∞）上单调递增；当a＝—１时，函数f（x）在定义域（0，＋∞）上单调递减；当—１<a<0时，函数f（x）在区间（0,１），错误!上单调递减，在区间错误!上单调递增；当a<—１时，函数f（x）在区间错误!，（１，＋∞）上单调递减，在区间错误!上单调递增．（２）h（x）＝f（x）—g（x）＝２ln x—x２＋t，定义域为（0，＋∞），则h′（x）＝错误!—２x＝错误!，当x∈错误!时，令h′（x）＝0，得x＝１，当错误!<x<１时，h′（x）>0；当１<x<e时，h′（x）<0，故h（x）在x＝１处取得极大值h（１）＝t—１．又h错误!＝t—２—错误!，h（e）＝t＋２—e２，所以h（x）在错误!上有两个零点的条件是错误!解得１<t≤２＋错误!，故实数t的取值范围是错误!.考向二导数与不等式角度错误!证明不等式例２（２0１9·银川模拟）已知函数f（x）＝（x＋b）（ex—a）（b>0）的图象在（—１，f（—１））处的切线方程为（e—１）x＋ey＋e—１＝0．（１）求a，b；（２）若m≤0，证明：f（x）≥mx２＋x.解（１）由题意知f（—１）＝0，f′（—１）＝—１＋错误!，所以f（—１）＝（—１＋b）错误!＝0，所以b＝１或a＝错误!，又f′（x）＝（x＋b＋１）ex—a，所以f′（—１）＝错误!—a＝—１＋错误!，若a＝错误!，则b＝２—e<0，与b>0矛盾，故a＝１，b＝１．（２）证法一：由（１）可知f（x）＝（x＋１）（ex—１），f（0）＝0，f（—１）＝0，由m≤0，可得x≥mx２＋x，令g（x）＝（x＋１）（ex—１）—x，则g′（x）＝（x＋２）ex—２，当x≤—２时，g′（x）＝（x＋２）ex—２≤—２<0，当x>—２时，令h（x）＝g′（x）＝（x＋２）ex—２，则h′（x）＝（x＋３）ex>0，故函数g′（x）在（—２，＋∞）上单调递增，又g′（0）＝0，综上，当x∈（—∞，0）时，g′（x）<0，当x∈（0，＋∞）时，g′（x）>0，所以函数g（x）在区间（—∞，0）上单调递减，在区间（0，＋∞）上单调递增，故g（x）≥g（0）＝0，所以（x＋１）（ex—１）≥x≥mx２＋x.故f（x）≥mx２＋x.证法二：由（１）可知f（x）＝（x＋１）（ex—１），f（0）＝0，f（—１）＝0，由m≤0，可得x≥mx ２＋x，令g（x）＝（x＋１）（ex—１）—x，则g′（x）＝（x＋２）ex—２，令t（x）＝g′（x），则t′（x）＝（x＋３）ex，当x<—３时，t′（x）<0，g′（x）单调递减，且g′（x）<0；当x>—３时，t′（x）>0，g′（x）单调递增，且g′（0）＝0．所以g（x）在（—∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，且g（0）＝0．故g（x）≥g（0）＝0，所以（x＋１）（ex—１）≥x≥mx２＋x.故f（x）≥mx２＋x.触类旁通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，其中一个重要技巧就是找到函数h x在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.２若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明.即时训练２．（２0１9·石家庄模拟）已知函数f（x）＝λln x—e—x（λ∈R）．（１）若函数f（x）是单调函数，求λ的取值范围；（２）求证：当0<x１<x２时，e１—x２—e１—x１>１—错误!.解（１）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），∵f（x）＝λln x—e—x，∴f′（x）＝错误!＋e—x＝错误!，∵函数f（x）是单调函数，∴f′（x）≤0或f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，１当函数f（x）是单调递减函数时，f′（x）≤0，∴错误!≤0，即λ＋xe—x≤0，λ≤—xe—x＝—错误!，令φ（x）＝—错误!，则φ′（x）＝错误!，当0<x<１时，φ′（x）<0，当x>１时，φ′（x）>0，则φ（x）在（0,１）上单调递减，在（１，＋∞）上单调递增，∴当x>0时，φ（x）min＝φ（１）＝—错误!，∴λ≤—错误!；２当函数f（x）是单调递增函数时，f′（x）≥0，∴错误!≥0，即λ＋xe—x≥0，λ≥—xe—x＝—错误!，由１得φ（x）＝—错误!在（0,１）上单调递减，在（１，＋∞）上单调递增，又φ（0）＝0，x→＋∞时，φ（x）<0，∴λ≥0．综上，λ≤—错误!或λ≥0．（２）证明：由（１）可知，当λ＝—错误!时，f（x）＝—错误!ln x—e—x在（0，＋∞）上单调递减，∵0<x１<x２，∴f（x１）>f（x２），即—错误!ln x１—e—x１>—错误!ln x２—e—x２，∴e１—x２—e１—x１>ln x１—ln x２．要证e１—x２—e１—x１>１—错误!，只需证ln x１—ln x２>１—错误!，即证ln 错误!>１—错误!，令t＝错误!，t∈（0,１），则只需证ln t>１—错误!，令h（t）＝ln t＋错误!—１，则当0<t<１时，h′（t）＝错误!<0，∴h（t）在（0,１）上单调递减，又h（１）＝0，∴h（t）>0，即ln t>１—错误!，得证．角度错误!不等式恒成立问题例３（２0１9·大连模拟）已知函数f（x）＝（x—１）ex—ax２（e是自然对数的底数）．（１）讨论函数f（x）的极值点的个数，并说明理由；（２）若对任意的x>0，f（x）＋ex≥x３＋x，求实数a的取值范围．解（１）f′（x）＝xex—２ax＝x（ex—２a）．当a≤0时，由f′（x）<0得x<0，由f′（x）>0得x>0，∴f（x）在（—∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，∴f（x）有１个极值点；当0<a<错误!时，由f′（x）>0得x<ln ２a或x>0，由f′（x）<0得0>x>ln ２a，∴f（x）在（—∞，ln ２a）上单调递增，在（ln ２a,0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，∴f（x）有２个极值点；当a＝错误!时，由f′（x）≥0，∴f（x）在R上单调递增，∴f（x）没有极值点；当a>错误!时，由f′（x）>0得x<0或x>ln ２a，由f′（x）<0得0<x<ln ２a，∴f（x）在（—∞，0）上单调递增，在（0，ln ２a）上单调递减，在（ln ２a，＋∞）上单调递增，∴f（x）有２个极值点．综上，当a≤0时，f（x）有１个极值点；当a>0且a≠错误!时，f（x）有２个极值点；当a＝错误!时，f （x）没有极值点．（２）由f（x）＋ex≥x３＋x得xex—x３—ax２—x≥0．当x>0时，ex—x２—ax—１≥0，即a≤错误!对任意的x>0恒成立．设g（x）＝错误!，则g′（x）＝错误!.设h（x）＝ex—x—１，则h′（x）＝ex—１．∵x>0，∴h′（x）>0，∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴h（x）>h（0）＝0，即ex>x＋１，∴g（x）在（0,１）上单调递减，在（１，＋∞）上单调递增，∴g（x）≥g（１）＝e—２，∴a≤e—２，所以实数a的取值范围为（—∞，e—２]．触类旁通不等式恒成立问题的求解策略（１）已知不等式f（x，λ）≥0（λ为实参数）对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：第一步：将原不等式f（x，λ）≥0（x∈D，λ为实参数）分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f１（λ）≥f２（x）或f１（λ）≤f２（x）的形式；第二步：利用导数求出函数f２（x）（x∈D）的最大（小）值；第三步：解不等式f１（λ）≥f２（x）max或f１（λ）≤f２（x）min，从而求出参数λ的取值范围．２如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法a>0，Δ<0或a<0，Δ<0求解.即时训练３．已知函数f（x）＝２（x—１）ln x＋a错误!，其中a∈R.（１）当a＝0时，求函数f（x）的单调区间；（２）若对于任意x>0，f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围．解（１）f′（x）＝２错误!，令g（x）＝２错误!，则g′（x）＝２错误!>0，所以可得g（x）单调递增，即f′（x）单调递增，而f′（１）＝0，则在区间（0,１）上，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；在区间（１，＋∞）上，f′（x）>0，函数f（x）单调递增．所以当a＝0时，函数f（x）的单调递减区间为（0,１），单调递增区间为（１，＋∞）．（２）f（x）＝（x—１）错误!，令h（x）＝２ln x＋a·错误!，可知h（１）＝0，h′（x）＝错误!（x>0），令φ（x）＝ax２＋２x＋a，１当a≤—１时，结合φ（x）对应二次函数的图象可知，h′（x）≤0，所以函数h（x）单调递减．又h（１）＝0，所以当x∈（0,１）时，h（x）>0，当x∈（１，＋∞）时，h（x）<0，可知当x∈（0，＋∞）时，f（x）≤0，符合题意．２当a≥0时，结合φ（x）对应二次函数的图象可知，h′（x）>0，h（x）单调递增．又h（１）＝0，所以当x∈（0,１）时，h（x）<0，当x∈（１，＋∞）时，h（x）>0，可知当x∈（0，＋∞）时，f（x）≤0不恒成立．３当—１<a<0时，研究函数φ（x）＝ax２＋２x＋a，可知φ（１）>0，其图象的对称轴x＝—错误!>１，那么φ（x）在区间错误!上大于0，即h′（x）在区间错误!上大于0，所以h（x）在区间错误!上单调递增，此时h（x）>h（１）＝0，可知当x∈（１，＋∞）时，f（x）>0，不符合题意．综上，可知符合题意的实数a的取值范围为（—∞，—１]．角度错误!赋值法证明正整数不等式例４（２0１7·全国卷Ⅲ）已知函数f（x）＝x—１—aln 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!＋aln 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）单调递减，在（a，＋∞）单调递增．故x＝a是f（x）在（0，＋∞）上的唯一最小值点．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．触类旁通证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的.本例２就是利用了１问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令，可得到解题的基本思路.即时训练４．（２0１9·合肥模拟）已知函数f（x）＝ln x—ax＋１．（１）若曲线y＝f（x）在点A（１，f（１））处的切线l与直线４x＋３y—３＝0垂直，求a的值；（２）若f（x）≤0恒成立，试确定实数a的取值范围；（３）证明：ln （n＋１）>错误!＋错误!＋…＋错误!（n∈N*）．解（１）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!—a，f（１）＝ln １—a＋１＝１—a，f′（１）＝１—Ａ．故切线l的方程为y—（１—a）＝（１—a）（x—１），即y＝（１—a）x.因为切线l与直线４x＋３y—３＝0垂直，所以４×（１—a）＋３×（—１）＝0，解得a＝错误!.（２）若a≤0，则f′（x）＝错误!—a>0，所以f（x）在（0，＋∞）上是增函数．而f（１）＝１—a>0，f（x）≤0不恒成立．若a>0，则当x∈错误!时，f′（x）＝错误!—a>0；当x∈错误!时，f′（x）＝错误!—a<0．所以f（x）在错误!上是增函数，在错误!上是减函数．所以f（x）的最大值为f错误!＝—ln Ａ．要使f（x）≤0恒成立，则—ln a≤0，所以a≥１．故实数a的取值范围是[１，＋∞）．（３）证明：由（２）知，当a＝１时有f（x）≤0在（0，＋∞）上恒成立，且f（x）在（0,１）上是增函数，f（１）＝0，所以ln x<x—１在x∈（0,１）上恒成立．令x＝错误!，则ln 错误!＜错误!—１＝—错误!，令n＝１,２，…，n，则有ln 错误!＜—错误!，ln 错误!＜—错误!，ln错误!＜—错误!，…，ln 错误!＜—错误!，以上各不等式两边分别相加，得ln 错误!＋ln 错误!＋…＋ln 错误!＜—错误!，即ln 错误!＜—错误!，故ln （n＋１）＞错误!＋错误!＋…＋错误!（n∈N*）．考向三导数与优化问题例５（２0１8·江苏高考）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为４0米，点P到MN的距离为５0米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.（１）用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；（２）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为４∶３．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．解（１）设PO的延长线交MN于H，则PH⊥MN，所以OH＝１0米．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE＝θ，故OE＝４0cosθ米，EC＝４0sinθ米，则矩形ABCD的面积为２×４0cosθ（４0sinθ＋１0）＝800（４sinθcosθ＋cosθ）平方米，△CDP的面积为错误!×２×４0cosθ（４0—４0sinθ）＝１600（cosθ—sinθcosθ）平方米．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK＝KN＝１0米．令∠GOK＝θ0，则sinθ0＝错误!，θ0∈错误!.当θ∈错误!时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是错误!.答：矩形ABCD的面积为800（４sinθcosθ＋cosθ）平方米，△CDP的面积为１600（cosθ—sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是错误!.（２）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为４∶３，所以设甲的单位面积的年产值为４k，乙的单位面积的年产值为３k（k>0）．则年总产值为４k×800（４sinθcosθ＋cosθ）＋３k×１600×（cosθ—sinθcosθ）＝8000k（sinθcosθ＋cosθ），θ∈错误!.设f（θ）＝sinθcosθ＋cosθ，θ∈错误!.则f′（θ）＝cos２θ—sin２θ—sinθ＝—（２sin２θ＋sinθ—１）＝—（２sinθ—１）（sinθ＋１），令f′（θ）＝0，得θ＝错误!，当θ∈错误!时，f′（θ）>0，所以f（θ）为增函数；当θ∈错误!时，f′（θ）<0，所以f（θ）为减函数，因此，当θ＝错误!时，f（θ）取到最大值．答：当θ＝错误!时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．触类旁通利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大（小）值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．即时训练５．（２0１9·山东潍坊模拟）在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v（米/单位时间），每单位时间的用氧量为错误!（升），在水底作业１0个单位时间，每单位时间用氧量为0．9（升），返回水面的平均速度为错误!（米/单位时间），每单位时间用氧量为１．５（升），记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y（升）．（１）求y关于v的函数关系式；（２）若c≤v≤１５（c>0），求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．解（１）由题意，下潜用时错误!（单位时间），用氧量为错误!×错误!＝错误!＋错误!（升）；水底作业时的用氧量为１0×0．9＝9（升）；返回水面用时错误!＝错误!（单位时间），用氧量为错误!×１．５＝错误!（升），∴总用氧量y＝错误!＋错误!＋9（v>0）．（２）y′＝错误!—错误!＝错误!，令y′＝0得v＝１0错误!.当0<v<１0错误!时，y′<0，函数单调递减；当v>１0错误!时，y′>0函数单调递增．∴当0<c<１0错误!时，函数在（c,１0错误!）上单调递减，在（１0错误!，１５）上单调递增，∴当v＝１0错误!时，总用氧量最少；当c≥１0错误!时，函数在[c,１５]上单调递增，此时v＝c时，总用氧量最少．综上可知，当0<c<１0错误!，v＝１0错误!时，总用氧量最少；当c≥１0错误!，v＝c时，总用氧量最少．（２0１9·兰州模拟）设f（x）＝错误!＋xln x，g（x）＝x３—x２—３．（１）如果存在x１，x２∈[0,２]使得g（x１）—g（x２）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；（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）]max≥M.由g（x）＝x３—x２—３，得g′（x）＝３x２—２x＝３x错误!.由g′（x）＞0得x＜0或x＞错误!，又x∈[0,２]，所以g（x）在错误!上是单调递减函数，在错误!上是单调递增函数，所以g（x）min＝g错误!＝—错误!，g（x）max＝g（２）＝１．故[g（x１）—g（x２）]max＝g（x）max—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，等价于在错误!上，函数f（x）min≥g（x）max.由（１）可知在错误!上，g（x）的最大值为g（２）＝１．在错误!上，f（x）＝错误!＋xln x≥１恒成立等价于a≥x—x２ln x恒成立．设h（x）＝x—x２ln x，则h′（x）＝１—２xln x—x，令φ（x）＝１—２xln x—x，φ′（x）＝—（２ln x＋３），当x∈错误!时，φ′（x）<0，可知h′（x）在错误!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在错误!上单调递增，在[１,２]上单调递减，所以h（x）max＝h（１）＝１，即实数a的取值范围是[１，＋∞）．答题启示双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．（１）∀x１∈[a，b]，∀x２∈[c，d]，使f１（x１）>f２（x２）⇔[f１（x１）]min>[f２（x２）]max.（２）∃x１∈[a，b]，∃x２∈[c，d]，使f１（x１）>f２（x２）⇔[f１（x１）]max>[f２（x２）]min.（３）∀x１∈[a，b]，∃x２∈[c，d]，使f１（x１）>f２（x２）⇔[f１（x１）]min>[f２（x２）]min.（４）∃x１∈[a，b]，∀x２∈[c，d]，使f１（x１）>f２（x２）⇔[f１（x）]max>[f２（x）]max.（５）∃x１∈[a，b]，x２∈[c，d]，使f１（x１）＝f２（x２）⇔f１（x）的值域与f２（x）的值域交集不为∅.对点训练已知函数f（x）＝ln x—ax＋错误!—１（a∈R）．（１）当a＝１时，证明：f（x）≤—２；（２）设g（x）＝x２—２bx＋４，当a＝错误!时，若∀x１∈（0,２），∃x２∈[１,２]，f（x１）≥g（x ２），求实数b的取值范围．解（１）当a＝１时，f（x）＝ln x—x—１，则f′（x）＝错误!—１，所以当x∈（0,１）时，f′（x）>0，当x∈（１，＋∞）时，f′（x）<0，所以f（x）在（0,１）上单调递增，在（１，＋∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（１）＝—２，故f（x）≤—２．（２）依题意得f（x）在（0,２）上的最小值不小于g（x）在[１,２]上的最小值，即f（x）min≥g（x）min.当a＝错误!时，f（x）＝ln x—错误!x＋错误!—１，所以f′（x）＝错误!—错误!—错误!＝—错误!，当0<x<１时，f′（x）<0，当１<x<２时，f′（x）>0，所以f（x）在（0,１）上单调递减，在（１,２）上单调递增，所以当x∈（0,２）时，f（x）min＝f（１）＝—错误!.又g（x）＝x２—２bx＋４，x∈[１,２]，１当b<１时，易得g（x）min＝g（１）＝５—２b，则５—２b≤—错误!，解得b≥错误!，这与b<１矛盾；２当１≤b≤２时，易得g（x）min＝g（b）＝４—b２，则４—b２≤—错误!，所以b２≥错误!，这与１≤b≤２矛盾；３当b>２时，易得g（x）min＝g（２）＝8—４b，则8—４b≤—错误!，解得b≥错误!.综上，实数b的取值范围是错误!.。