2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数4.3
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b= .
1 2
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
②由条件知 f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为 f(2x)≥mf(x)-6 对于 x∈R 恒成立,且 f(x)>0, 所以
(������(������)) +4 m≤ 对于 ������(������)
2
x∈R 恒成立.
4 (������(0))2 +4 ������(������)· =4,且 =4, ������(������) ������(0)
-4-
(1)解 由题意可知点 A(0,1). 由 f(x)=ex-ax,得 f'(x)=ex-a. 所以 f'(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2. 令 f'(x)=0,得 x=ln 2, 当 x<ln 2 时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值,极小值为 f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x) 无极大值. (2)证明 令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x. 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 则 g(x)在 R 上单调递增. 因为 g(0)=1>0,所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex.
高考数学(理科)二轮复习【专题2】导数及其应用(含答案)
第3讲导数及其应用考情解读(1)导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．(2)利用函数的单调性和最值确定函数的解析式或参数的值，突出考查导数的工具性作用．1．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数与函数单调性的关系(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常函数，函数不具有单调性．3．函数的极值与最值(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．(3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值.热点一导数的运算和几何意义例1(1)(2014·广东)曲线y＝e－5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________．(2)在平面直角坐标系xOy中，设A是曲线C1：y＝ax3＋1(a>0)与曲线C2：x2＋y2＝52的一个公共点，若C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直，则实数a的值是________．思维启迪(1)先根据导数的几何意义求出切线的斜率，写出点斜式方程，再化为一般式方程．(2)A点坐标是解题的关键点，列方程求出．答案(1)5x＋y－3＝0(2)4解析(1)因为y′＝e－5x(－5x)′＝－5e－5x，所以y ′|x ＝0＝－5，故切线方程为y －3＝－5(x －0)， 即5x ＋y －3＝0.(2)设A (x 0，y 0)，则C 1在A 处的切线的斜率为f ′(x 0)＝3ax 20，C 2在A 处的切线的斜率为－1k OA ＝－x 0y 0，又C 1在A 处的切线与C 2在A 处的切线互相垂直， 所以(－x 0y 0)·3ax 20＝－1，即y 0＝3ax 30，又ax 30＝y 0－1，所以y 0＝32，代入C 2：x 2＋y 2＝52，得x 0＝±12，将x 0＝±12，y 0＝32代入y ＝ax 3＋1(a >0)，得a ＝4.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．(1)已知函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )且f (x )＝x 2f ′(π3)＋sin x ，则f ′(π3)＝________.(2)若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直，则实数a ＝________.答案 (1)36－4π(2)2 解析 (1)因为f (x )＝x 2f ′(π3)＋sin x ，所以f ′(x )＝2xf ′(π3)＋cos x ．所以f ′(π3)＝2×π3f ′(π3)＋cos π3.所以f ′(π3)＝36－4π. (2)f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，f ′(π2)＝1，即函数f (x )＝x sin x ＋1在点x ＝π2处的切线的斜率是1，直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率是－a2，所以(－a2)×1＝－1，解得a ＝2.热点二 利用导数研究函数的性质例2 已知函数f (x )＝(x ＋a )e x ，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0,4]时，求函数f (x )的最小值．思维启迪 (1)直接求f ′(x )，利用f ′(x )的符号确定单调区间；(2)讨论区间[0,4]和所得单调区间的关系，一般情况下，f (x )的最值可能在极值点或给定区间的端点处取到． 解 (1)因为f (x )＝(x ＋a )e x ，x ∈R ， 所以f ′(x )＝(x ＋a ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝－a －1.当x 变化时，f (x )和f ′(x )的变化情况如下：故f (x )单调增区间为(－a －1，＋∞)．(2)由(1)得，f (x )的单调减区间为(－∞，－a －1)； 单调增区间为(－a －1，＋∞)．所以当－a －1≤0，即a ≥－1时，f (x )在[0,4]上单调递增，故f (x )在[0,4]上的最小值为 f (x )min ＝f (0)＝a ；当0<－a －1<4，即－5<a <－1时， f (x )在(0，－a －1)上单调递减， f (x )在(－a －1,4)上单调递增，故f (x )在[0,4]上的最小值为f (x )min ＝f (－a －1) ＝－e－a －1；当－a －1≥4，即a ≤－5时，f (x )在[0,4]上单调递减， 故f (x )在[0,4]上的最小值为f (x )min ＝f (4) ＝(a ＋4)e 4.所以函数f (x )在[0,4]上的最小值为f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ， a ≥－1，－e－a －1， －5<a <－1，(a ＋4)e 4， a ≤－5.思维升华 利用导数研究函数性质的一般步骤： (1)确定函数的定义域；(2)求导函数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．(4)①若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． ②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (5)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．已知函数f (x )＝ln x ＋2ax，a ∈R .(1)若函数f (x )在[2，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在[1，e]上的最小值为3，求实数a 的值． 解 (1)∵f (x )＝ln x ＋2a x ，∴f ′(x )＝1x －2ax 2.∵f (x )在[2，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )＝1x －2ax 2≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a ≤x2在[2，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x2，则a ≤g (x )min ，x ∈[2，＋∞)，∵g (x )＝x2在[2，＋∞)上是增函数，∴g (x )min ＝g (2)＝1.∴a ≤1，即实数a 的取值范围为(－∞，1]． (2)由(1)得f ′(x )＝x －2ax2，x ∈[1，e]．①若2a <1，则x －2a >0，即f ′(x )>0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上是增函数．所以f (x )min ＝f (1)＝2a ＝3，解得a ＝32(舍去)．②若1≤2a ≤e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2a . 当1<x <2a 时，f ′(x )<0，所以f (x )在(1,2a )上是减函数，当2a <x <e 时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2a ，e)上是增函数． 所以f (x )min ＝f (2a )＝ln(2a )＋1＝3， 解得a ＝e 22(舍去)．③若2a >e ，则x －2a <0，即f ′(x )<0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上是减函数． 所以f (x )min ＝f (e)＝1＋2ae＝3，得a ＝e ，适合题意． 综上a ＝e.热点三 导数与方程、不等式例3 已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax (a >0)，设F (x )＝f (x )＋g (x )．(1)求函数F (x )的单调区间；(2)若以函数y ＝F (x )(x ∈(0,3])图象上任意一点P (x 0，y 0)为切点的切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的最小值；(3)是否存在实数m ，使得函数y ＝g (2ax 2＋1)＋m －1的图象与函数y ＝f (1＋x 2)的图象恰有四个不同交点？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，说明理由．思维启迪 (1)利用F ′(x )确定单调区间；(2)k ＝F ′(x 0)，F ′(x 0)≤12分离a ，利用函数思想求a的最小值；(3)利用数形结合思想将函数图象的交点个数和方程根的个数相互转化． 解 (1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax (x >0)，F ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.∵a >0，由F ′(x )>0⇒x ∈(a ，＋∞)， ∴F (x )在(a ，＋∞)上是增函数．由F ′(x )<0⇒x ∈(0，a )，∴F (x )在(0，a )上是减函数． ∴F (x )的单调递减区间为(0，a )， 单调递增区间为(a ，＋∞)． (2)由F ′(x )＝x －ax2(0<x ≤3)得k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12(0<x 0≤3)恒成立⇔a ≥－12x 20＋x 0恒成立．∵当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12， ∴a ≥12，即a 的最小值为12.(3)若y ＝g (2a x 2＋1)＋m －1＝12x 2＋m －12的图象与y ＝f (1＋x 2)＝ln(x 2＋1)的图象恰有四个不同交点，即12x 2＋m －12＝ln(x 2＋1)有四个不同的根，亦即m ＝ln(x 2＋1)－12x 2＋12有四个不同的根．令G (x )＝ln(x 2＋1)－12x 2＋12.则G ′(x )＝2xx 2＋1－x ＝2x －x 3－x x 2＋1＝－x (x ＋1)(x －1)x 2＋1当x 变化时，G ′(x )和G (x )的变化情况如下表：由表知G (x )极小值＝G (0)＝12，G (x )极大值＝G (－1)＝G (1)＝ln 2.又由G (2)＝G (－2)＝ln 5－2＋12<12可知，当m ∈(12，ln 2)时，y ＝G (x )与y ＝m 恰有四个不同交点．故存在m ∈(12，ln 2)，使函数y ＝g (2ax 2＋1)＋m －1的图象与y ＝f (1＋x 2)的图象恰有四个不同交点．思维升华 研究方程及不等式问题，都要运用函数性质，而导数是研究函数性质的一种重要工具．基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数，必要时画出函数的草图辅助思考．已知函数f (x )＝a (x 2＋1)＋ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma －f (x )>a 2成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知，得f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x(x >0)．①当a ≥0时，恒有f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ②当a <0时，若0<x < －12a ， 则f ′(x )>0，故f (x )在(0, －12a]上是增函数； 若x >－12a，则f ′(x )<0， 故f (x )在[－12a，＋∞)上是减函数． 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数； 当a <0时，f (x )在(0,－12a]上是增函数，在[ －12a，＋∞)上是减函数． (2)由题意，知对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.因为a∈(－4，－2)，所以24< －12a<12<1.由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝2a，所以ma－a2>2a，即m<a＋2.因为a∈(－4，－2)，所以－2<a＋2<0.所以实数m的取值范围为m≤－2.1．函数单调性的应用(1)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0在区间(a，b)上恒成立；(2)若可导函数f(x)在(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0在区间(a，b)上恒成立；(3)可导函数f(x)在区间(a，b)上为增函数是f′(x)>0的必要不充分条件．2．可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．3．利用导数解决优化问题的步骤(1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式；(3)确定函数的定义域；(4)在定义域内求极值、最值；(5)下结论.真题感悟1．(2014·江西)若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．答案(－ln 2,2)解析设P(x0，y0)，∵y＝e－x＝1e x，∴y′＝－e－x，∴点P处的切线斜率为k＝－e－x0＝－2，∴－x0＝ln 2，∴x0＝－ln 2，∴y0＝e ln 2＝2，∴点P的坐标为(－ln 2,2)．2．(2014·浙江)已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a >0)，若f (x )在[－1,1]上的最小值记为g (a )． (1)求g (a )；(2)证明：当x ∈[－1,1]时，恒有f (x )≤g (a )＋4. (1)解 因为a >0，－1≤x ≤1，所以 ①当0<a <1时，若x ∈[－1，a ]，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ， f ′(x )＝3x 2－3<0，故f (x )在(－1，a )上是减函数； 若x ∈[a,1]，则f (x )＝x 3＋3x －3a ， f ′(x )＝3x 2＋3>0， 故f (x )在(a,1)上是增函数． 所以g (a )＝f (a )＝a 3.②当a ≥1时，有x ≤a ，则f (x )＝x 3－3x ＋3a ， f ′(x )＝3x 2－3<0，故f (x )在(－1,1)上是减函数， 所以g (a )＝f (1)＝－2＋3a .综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 3，0<a <1，－2＋3a ，a ≥1.(2)证明 令h (x )＝f (x )－g (a )． ①当0<a <1时，g (a )＝a 3.若x ∈[a,1]，则h (x )＝x 3＋3x －3a －a 3， h ′(x )＝3x 2＋3，所以h (x )在(a,1)上是增函数，所以，h (x )在[a,1]上的最大值是h (1)＝4－3a －a 3， 且0<a <1，所以h (1)≤4.故f (x )≤g (a )＋4. 若x ∈[－1，a ]，则h (x )＝x 3－3x ＋3a －a 3， h ′(x )＝3x 2－3，所以h (x )在(－1，a )上是减函数，所以，h (x )在[－1，a ]上的最大值是h (－1)＝2＋3a －a 3. 令t (a )＝2＋3a －a 3，则t ′(a )＝3－3a 2>0， 知t (a )在(0,1)上是增函数． 所以，t (a )<t (1)＝4，即h (－1)<4. 故f (x )≤g (a )＋4.②当a ≥1时，g (a )＝－2＋3a ，故h (x )＝x 3－3x ＋2，h ′(x )＝3x 2－3， 此时h (x )在(－1,1)上是减函数，因此h (x )在[－1,1]上的最大值是h (－1)＝4. 故f (x )≤g (a )＋4.综上，当x ∈[－1,1]时，恒有f (x )≤g (a )＋4. 押题精练1．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________． 答案 ⎣⎡⎭⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1， 即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ， 又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.2．已知函数f (x )＝x 28－ln x ，x ∈[1,3]．(1)求f (x )的最大值与最小值；(2)若f (x )<4－at 对任意的x ∈[1,3]，t ∈[0,2]恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)∵函数f (x )＝x 28－ln x ，∴f ′(x )＝x 4－1x ，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∵x ∈[1,3]，当1<x <2时，f ′(x )<0；当2<x <3时，f ′(x )>0； ∴f (x )在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数， ∴f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝12－ln 2；又f (1)＝18，f (3)＝98－ln 3，∵ln 3>1，∴18－(98－ln 3)＝ln 3－1>0，∴f (1)>f (3)，∴x ＝1时函数f (x )取得最大值为18，x ＝2时函数f (x )取得最小值为12－ln 2.(2)由(1)知当x ∈[1,3]时，12－ln 2≤f (x )≤18，故对任意x ∈[1,3]，f (x )<4－at 恒成立，只要4－at >18对任意t ∈[0,2]恒成立，即at <318恒成立，记g (t )＝at ，t ∈[0,2]．∴⎩⎨⎧g (0)<318g (2)<318，解得a <3116，∴实数a 的取值范围是(－∞，3116)．(推荐时间：60分钟)一、填空题1．曲线y ＝x 3－2x 在(1，－1)处的切线方程为________． 答案 x －y －2＝0解析 由已知，得点(1，－1)在曲线y ＝x 3－2x 上，所以切线的斜率为y ′|x ＝1＝(3x 2－2)|x ＝1＝1，由直线方程的点斜式得x －y －2＝0.2．(2014·课标全国Ⅱ改编)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝________. 答案 3解析 令f (x )＝ax －ln(x ＋1)，则f ′(x )＝a －1x ＋1.由导数的几何意义可得在点(0,0)处的切线的斜率为f ′(0)＝a －1.又切线方程为y ＝2x ，则有a －1＝2，所以a ＝3.3．(2014·陕西改编)如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为________．答案 y ＝1125x 3－35x解析 设所求解析式为y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ， ∵函数图象过(0,0)点，∴d ＝0.又图象过(－5,2)，(5，－2)，∴函数为奇函数 ∴b ＝0，代入可得－125a －5c ＝2①又y ′＝3ax 2＋c ，当x ＝－5时y ′＝75a ＋c ＝0②由①②得a ＝1125，c ＝35∴函数解析式为y ＝1125x 3－35x . 4．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集为________________________________________________________________________． 答案 {x |x >0}解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.5．若函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a >0，a ≠1)在区间(－12，0)内单调递增，则a 的取值范围是________． 答案 [34，1) 解析 由x 3－ax >0得x (x 2－a )>0.则有⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，x 2－a >0或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，x 2－a <0， 所以x >a 或－a <x <0，即函数f (x )的定义域为(a ，＋∞)∪(－a ，0)．令g (x )＝x 3－ax ，则g ′(x )＝3x 2－a .由g ′(x )<0得－3a 3<x <0. 从而g (x )在x ∈(－3a 3，0)上是减函数，又函数f (x )在x ∈(－12，0)内单调递增，则有⎩⎨⎧ 0<a <1，－a ≤－12，－3a 3≤－12，所以34≤a <1. 6．设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )>g ′(x )，则当a <x <b 时，下列结论正确的是________． ①f (x )>g (x )；②f (x )<g (x )；③f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )；④f (x )＋g (b )>g (x )＋f (b )．答案 ③解析 ∵f ′(x )－g ′(x )>0，∴(f (x )－g (x ))′>0，∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数，∴当a <x <b 时f (x )－g (x )>f (a )－g (a )，∴f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )．7．若函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在x ∈(2，＋∞)上单调递减，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，12) 解析 f ′(x )＝(ax ＋1)′(x ＋2)－(x ＋2)′(ax ＋1)(x ＋2)2＝a (x ＋2)－(ax ＋1)(x ＋2)2＝2a －1(x ＋2)2，令f ′(x )<0，即2a －1<0，解得a <12. 8．已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是__________．答案 [－2，－1]解析 由题意知，点(－1,2)在函数f (x )的图象上，故－m ＋n ＝2.①又f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，则f ′(－1)＝－3，故3m －2n ＝－3.②联立①②解得：m ＝1，n ＝3，即f (x )＝x 3＋3x 2，令f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0，则[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，故t ≥－2且t ＋1≤0，所以t ∈[－2，－1]．9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是____________． 答案 0<t <1或2<t <3解析 f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数的两个极值点1,3，则只要这两个极值点在区间(t ，t ＋1)内，函数在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.10．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________．答案 (0，12) 解析 f ′(x )＝(ln x －ax )＋x (1x－a ) ＝ln x ＋1－2ax (x >0)，令f ′(x )＝0得2a ＝ln x ＋1x，设φ(x )＝ln x ＋1x， 则φ′(x )＝－ln x x 2. 易知φ(x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，大致图象如图．若f (x )有两个极值点，则y ＝2a 和y ＝φ(x )图象有两个交点，∴0<2a <1，∴0<a <12. 二、解答题11．(2014·重庆)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 )的单调区间与极值．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， 则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内为减函数；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f (x )在x ＝5时取得极小值f (5)＝－ln 5.12．已知f (x )＝x 2＋3x ＋1，g (x )＝a －1x －1＋x . (1)a ＝2时，求y ＝f (x )和y ＝g (x )图象的公共点个数；(2)a 为何值时，y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数恰为两个．解 (1)当a ＝2时，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f (x )，y ＝g (x )， 得x 2＋3x ＋1＝1x －1＋x ， 整理得x 3＋x 2－x －2＝0(x ≠1)，即联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，y ＝x 3＋x 2－x －2(x ≠1)， 求导得y ′＝3x 2＋2x －1＝0得x 1＝－1，x 2＝13， 得到极值点分别在－1和13处， 且极大值、极小值都是负值，图象如图，故交点只有一个．(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f (x )，y ＝g (x )，得x 2＋3x ＋1＝a －1x －1＋x ， 整理得a ＝x 3＋x 2－x (x ≠1)，即联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a ，y ＝h (x )＝x 3＋x 2－x (x ≠1)，对h (x )求导可以得到极值点分别在－1和13处，画出草图如图．h (－1)＝1，h (13)＝－527， 当a ＝h (－1)＝1时，y ＝a 与y ＝h (x )仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y ＝h (x )曲线上)，故a ＝－527时恰有两个公共点． 13．设函数f (x )＝a e x (x ＋1)(其中，e ＝2.718 28…)，g (x )＝x 2＋bx ＋2，已知它们在x ＝0处有相同的切线．(1)求函数f (x )，g (x )的解析式；(2)求函数f (x )在[t ，t ＋1](t >－3)上的最小值；(3)若对∀x ≥－2，kf (x )≥g (x )恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a e x (x ＋2)，g ′(x )＝2x ＋b .由题意，得两函数在x ＝0处有相同的切线．∴f ′(0)＝2a ，g ′(0)＝b ，∴2a ＝b ，f (0)＝a ，g (0)＝2，∴a ＝2，b ＝4，∴f (x )＝2e x (x ＋1)，g (x )＝x 2＋4x ＋2.(2)f ′(x )＝2e x (x ＋2)，由f ′(x )>0得x >－2，由f ′(x )<0得x <－2，∴f (x )在(－2，＋∞)单调递增，在(－∞，－2)单调递减．∵t >－3，∴t ＋1>－2.①当－3<t <－2时，f (x )在[t ，－2]上单调递减，在[－2，t ＋1]上单调递增，∴f (x )min ＝f (－2)＝－2e －2. ②当t ≥－2时，f (x )在[t ，t ＋1]上单调递增，∴f (x )min ＝f (t )＝2e t (t ＋1)；∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2e －2(－3<t <－2)，2e t (t ＋1)(t ≥－2). (3)令F (x )＝kf (x )－g (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2，由题意当x ≥－2时，F (x )min ≥0.∵∀x ≥－2，kf (x )≥g (x )恒成立，∴F (0)＝2k －2≥0，∴k ≥1.F ′(x )＝2k e x (x ＋1)＋2k e x －2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)，∵x ≥－2，由F ′(x )>0得e x >1k ，∴x >ln 1k； 由F ′(x )<0得x <ln 1k ，∴F (x )在(－∞，ln 1k )内单调递减，在[ln 1k，＋∞)内单调递增． ①当ln 1k<－2，即k >e 2时，F (x )在[－2，＋∞)单调递增， F (x )min ＝F (－2)＝－2k e －2＋2＝2e 2(e 2－k )<0， 不满足F (x )min ≥0.当ln 1k ＝－2，即k ＝e 2时，由①知，F (x )min ＝F (－2)＝2e 2(e 2－k )＝0，满足F (x )min ≥0. ③当ln 1k >－2，即1≤k <e 2时，F (x )在[－2，ln 1k )内单调递减，在[ln 1k，＋∞)内单调递增．F(x)min＝F(ln 1k)＝ln k(2－ln k)>0，满足F(x)min≥0.综上所述，满足题意的k的取值范围为[1，e2]．。
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
.
令 h(x)=g'(x),则 h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2, 从而对任意 x∈R,h'(x)>0, 所以 g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的单调增函数. 于是当 x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0. 因而函数 g(x)在区间(-∞,x0)内是单调减函数,在区间(x0,+∞)内是单 调增函数.
������ ������
一零点.
-8-
(2)证明 由(1),可设 f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故 f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在 区间(x0,+∞)内单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e
-5热点1 热点2 热点3
题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断 函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的 最值,当该函数的最大值或最小值对不等式成立时,则不等式是恒 成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
-6热点1 热点2 热点3
对点训练 1 设函数 f(x)=e2x-aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f'(x)零点的个数; (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数4.2
核心知识
考点精题
-6-
对点训练1设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 1 f'(x)= ������ ,g(x)=f(x)+f'(x). (1)求g(x)的单调区间和最小值;
(2)讨论 g(x)与 g
1 ������
的大小关系;
1 ������
(3)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0成立?若存在,求 出x0的取ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ范围;若不存在,请说明理由.
难点突破 |f(x1)-f(x2)|≤e-1⇔|f(x1)-f(x2)|max≤e-1⇔|f(x)max-f(x)min|
������(������) ≤ 0, e������ -������ ≤ e-1, ������(1)-������(0) ≤ e-1, ≤e-1⇔ ⇔ -������ ⇔ ⇒g(t) ������ (������ ) ≤ 0 ������(-1)-������(0) ≤ e-1 e + ������ ≤ e-1, ������(������) ≤ 0, 的单调性 ⇒ 的 m 范围 . ������(-������) ≤ 0
得 h'(x)=-
������ (������ +2)2
e ������ (������ +1)2
,根据导数的正负讨论单调性求得最值,相比作差法
构造函数分类讨论的方法,达到了事半功倍的效果.
核心知识
考点精题
-4-
核心知识
考点精题
-5-
故当x≥-2时,F(x)≥0, 即f(x)≤kg(x)恒成立. ②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2). 从而当x>-2时,F'(x)>0, 即F(x)在(-2,+∞)单调递增. 而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0. 从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k的取值范围是[1,e2]. 解题心得用导数解决满足函数不等式条件的参数范围问题,一般 都需要构造函数,然后对构造的函数求导,一般导函数中都含有参 数,通过对参数讨论确定导函数的正负,由导函数的正负确定构造 函数的单调性,再由单调性确定是否满足函数不等式,由此求出参 数范围.
【高考数学】2018届高三数学(理)二轮复习课件：专题二 函数、不等式、导数2.1(高频考点汇总PPT课件)
用哪一段求解.
◎ 变式训练 1．(2017· 石家庄市教学质量检测(一))设函数 ＝2，则实数 n 为( 5 A．－4 1 C.4 ) 1 B．－3 5 D．2
2x＋n，x<1， f(x)＝ log2x，x≥1
，若
3 ff4
解析： 因为
3 3 3 3 f 4 ＝2×4＋n＝2＋n，当2＋n<1，即
1 1 x 当 0＜x≤2时，原不等式为 2 ＋x＋2＞1，显然成立． 1 1 x 当 x＞2时，原不等式为 2 ＋2x－2＞1，显然成立． 1 综上可知，x＞－4. 答案： (1)B
1 (2)－4，＋∞
1.求函数值时的三个关注点 (1)形如 f(g(x))的函数求值时，应遵循先内后外的原则． (2)对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段 求解． (3)对于利用函数性质的求值问题，必须依据条件找到函数满足的性质，利用该 性质求解． 2．[警示] 对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利
第一部分 专题突破——破译命题密码
专题二 函数、不等式、导数 第 1 课时 函数的图象与性质
高考对本部分考查主要从以下方面进行： (1)对于函数性质的考查往往综合多个性质，一般借助的载 体为二次函数、 指数函数、 对数函数或者由基本的初等函数 复合而成， 尤其在函数单调性、 奇偶性和周期性等性质的综 合问题上应重点加强训练．
解析： 排除选项 B.
sin x sin x (1)当 x→＋∞时， x2 →0,1＋x→＋∞，y＝1＋x＋ x2 →＋∞，故
π sin x 当 0＜x＜2时，y＝1＋x＋ x2 ＞0，故排除选项 A，C.故选 D. (2)由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图， 而
2018届高考数学二轮复习 函数与导数的应用专项练 ppt课件(全国通用)
在点(-1,-1)处的切线方程为( A ) B.y=2x-1 D.y=-2x-2
解析: ∵y'=
������ +2-������
(������ ++2)2
,
2
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),
即y=2x+1.
-7一、选择题 二、填空题
2.3
函数与导数的应用专项练
-2-
1.导数的几何意义 函数y=f(x)在点x0处的导数的几何意义:函数y=f(x)在点x0处的导 数是曲线y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线的斜率f'(x0),相应的切线方程 是y-y0=f'(x0)(x-x0). 注意:在某点处的切线只有一条,但过某点的切线不一定只有一 条. 2.常用的求导方法 (1)(xm)'=mxm-1,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex,
2 2
C
)
解析: f'(x)=excos x-exsin x,∴k=f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
-4一、选择题 二、填空题
2.(2017全国Ⅱ,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x) 的极小值为( A ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
4.函数 f(x)= 的图象大致为(
������
e ������
B )
解析: 函数 f(x)= 的定义域为 x≠0,x∈R,当 x>0 时,函数 f'(x)=
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：源源回扣二函数与导数 精品
[回扣问题 4] 若函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数， 在(－∞，0]上是减函数，且 f(2)＝0，则使得 f(x)<0 的 x 的取值范围是________．
解析：∵f(x)是偶函数，
∴f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
∵f(x)<0，f(2)＝0.所以 f(|x|)<f(2)．
又∵f(x)在(－∞，0]上是减函数， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数， ∴|x|<2，所以－2<x<2. 答案：(－ 对称
4.方程的根与函数的零点． (1)方程的根与函数零点的关系： 方程 f(x)＝0 有实数根⇔函数 y＝f(x)的图象与 x 轴有
交点⇔函数 y＝f(x)有零点．
(2)函数零点的存在性： 如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的 一条曲线，并且 f(a)·f(b)<0，那么函数 f(x)在区间(a，b) 内至少有一个零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这 个 c 也就是方程 f(x)＝0 的实数根．
[回扣问题 5] 对于函数 f(x)定义域内任意的 x，都有 f(x＋2)＝－f（1x），若当 2<x≤3 时，f(x)＝x，则 f(2 017) ＝________．
解析：易知 y＝f(x)的最小正周期 T＝4， ∴f(2 017)＝f(1)＝－f（13）＝－13. 答案：－13
6．求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符 号“∪”和“或”连接，可用“和”连接或用“，”隔开， 单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替．
溯源回扣二 函数与导数
环节一：牢记概念公式，避免卡壳
1．函数的奇偶性、周期性． (1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定 义域内的任意 x(定义域关于原点对称)，都有 f(－x)＝－ f(x)成立，则 f(x)为奇函数(都有 f(－x)＝f(x)成立，则 f(x) 为偶函数)．
2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题二 函数与导数 第2讲 精品
解析
答案
(2)已知函数 f(x)＝efxx，－x1≤，1，x>1， g(x)＝kx＋1，若方程 f(x)－g(x)＝0 有 两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是_(_e_－2__1_，__1_)∪__(_1_，__e_－__1_]_.
思维升华
解析
答案
跟踪演练2 (1)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是 _(_－__∞_，__2_l_n_2_－__2_]___.
专题二 函数与导数
第2讲 函数的应用
栏目索引
1 高考真题体验 2 热点分类突破 3 高考押题精练
高考真题体验
1 23 4
1.(2016·天津改编)已知函数 f(x)＝sin2ω2x＋12sin ωx－12 (ω>0，x∈R).若 f(x) 在区间(π，2π)内没有零点，则 ω 的取值范围是__0_，__18__∪__14_，__58____.
返回
热点分类突破
热点一 函数的零点 1.零点存在性定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有 f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b) 使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根. 2.函数的零点与方程根的关系 函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图 象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
解析答案
1 23 4
4.某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量 F(单位时间内经 过测量点的车辆数，单位：辆/时)与车流速度 v (假设车辆以相同速度 v 行驶， 单位：米/秒)，平均车长 l(单位：米)的值有关，其公式为 F＝v2＋76180v0＋0v20l. (1)如果不限定车型，l＝6.05，则最大车流量为_1__9_0_0___辆/时；
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
������ − =0,所以 ������0
f(x0)=e
2 ������
2������ 0
-aln
������ 2 2 x0= +2ax0+aln ≥2a+aln . 2������0 ������ ������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
-9热点1 热点2 热点3
-4-
(1)解 由题意可知点 A(0,1). 由 f(x)=ex-ax,得 f'(x)=ex-a. 所以 f'(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2. 令 f'(x)=0,得 x=ln 2, 当 x<ln 2 时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值,极小值为 f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x) 无极大值. (2)证明 令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x. 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 则 g(x)在 R 上单调递增. 因为 g(0)=1>0,所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex.
(������(������))2 +4 4 而 =f(x)+ ≥2 ������(������) ������(������)
所以 m≤4,故实数 m 的最大值为 4.
-11-
(2)因为函数 g(x)=f(x)-2 只有 1 个零点, 而 g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以 0 是函数 g(x)的唯一零点. 因为 g'(x)=axln a+bxln b, 又由 0<a<1,b>1 知 ln a<0,ln b>0, 所以 g'(x)=0 有唯一解
2018年高考数学(文)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数4.1
函数模型 ex(ex-a)-a2x
解题思想方 法 分类讨论、 转换思想
Ⅱ
全 国
Ⅲ
分类讨论、 二次函数 构造函数、 x ×e 放缩法 求导确定单 讨论 f(x)的单调 求导数、单调 ln x+二次函 调、构造函 性;证明不等式 性、最值 数 数
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-6-
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-8-
6.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对 数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同 结构”构造辅助函数; (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主 元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)); (4)放缩法:若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行 放缩,再重新构造函数.
2.4
[压轴大题1]函数、导数、 方程、不等式
Байду номын сангаас 专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-2-
卷 年份 设问特点 别 全 知切线求值、讨 国 论单调性、求极 Ⅰ 值 2013 全 求函数极值、求 国 参数范围
解题思想方 涉及知识点 函数模型 法 导数的几何意 x 求导确定单 e (cx+d)+二 义、单调性、 调,由单调 次函数 极值 求极值 求导→单调 2 导数、单调性、 x →极值,函 x 基本不等式 ������ Ⅱ 数思想 导数的几何意 全 知切线求值、知 义、单调性、 aln x+二次 转换思想、 国 函数不等式求 最值、充要条 函数 分类讨论 Ⅰ 参数范围 2014 件 全 知切线求值、证 导数几何意 构造函数、 国 明曲线与直线 义、单调性、 三次函数 转换思想 Ⅱ 一个交点 零点存在定理
2018年高考数学(文)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数4.2
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-10-
(2)证明 由(1)知,x1∈(-1,0),要证x2>-x1>0,只需证f(x2)<f(-x1), 因为f(x1)=f(x2)=m, 所以只需证f(x1)<f(-x1),
只需证
������ 1 +1 e ������ 1
<
-������ 1 +1 e -������ 1 2 ������ 1
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-6-
对点训练1(2017辽宁大连一模,文20)已知函数f(x)=ax-ln x. (1)过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标; (2)对∀x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求实数a的取值范 围.
解 (1)设切点为M(x0,f(x0)),直线的切线方程为y-f(x0)=k(x-x0),
2.4.2
导数与不等式及参数范围
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-2-
求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数
例1已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围. 难点突破一(直接构造函数) 求f(x)>0(x>1)a的范围,因f(1)=0,只需 f(x)在(1,+∞)单调递增.f(x)>0(x>1)⇔f(x)在(1,+∞)单调递增
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
-10-
解 (1)因为 a=2,b= ,所以 f(x)=2x+2-x.
1 2
①方程 f(x)=2,即 2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是 2x=1,解得 x=0.
-12-
下证 x0=0. 若 x0<0,则 x0< 0<0,于是 g 又 g(loga2)=������
lo g ������ 2
������ 2
������0 2
<g(0)=0.
������0 g(x)在以 和 2
+ ������
lo g ������ 2
-2>������
lo g ������ 2
2.3
导数在函数中的应用
二、利用导数解不等式及参数范围
-3热点1 热点2 热点3
利用导数证明不等式
【思考】 如何利用导数证明不等式?
例 1 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,
曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)求证:当 x>0 时,x2<ex.
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b= .
1 2
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
2018高考数学理二轮专题复习课件-第二篇 专题满分突破 专题二 函数与导数：2.1.3 精品
的值为( )
4 A.3
B．4
C．6
20 D. 3
解析：
2
f(x)dx＝
2
x2dx＋
-2
-2
(x＋1)dx＝
1 3
x3
0＋83＋12×4＋2－0＝230. 答案：D
＋ 12x2＋x ＝
3．(热点二)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2， f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
表示由直线x＝a，x区间[a， 表示位于x轴上方的曲边梯形的面积减去
b]上有正有负
x轴下方的曲边梯形的面积
二、重要公式
1．(xα)′＝αxα－1(α∈θ*) (ax)′＝ax·lna (logax)′＝
1 xlna
(sinx)′＝cosx (cosx)′＝－sinx
dx
＝
02
02
[答案] (1)B (2)4π－12
[方法规律] 求曲线 y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
(1)已知切点 P(x0，y0)，求切线方程 求出切线的斜率 f′(x0)，由点斜式写出方程； (2)已知切线的斜率 k，求切线方程 设切点 P(x0，y0)，通过方程 k＝f′(x0)解得 x0，再由点斜式 写出方程；
在(1,2)上恒成立，即 a≥－(2x2＋4x)或 a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上
恒成立．记 g(x)＝－(2x2＋4x)，1<x<2，则－16<g(x)<－6，∴a≥
－6 或 a≤－16，故选 C.
(2)由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数 f′(x)＝1 ＋x22－xa＝x2－xa2x＋2.
上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
-7-
(1)解 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 e2x 单调递增,- 单调递增, 所以 f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
������ 1 又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< ,且 b< 时,f'(b)<0,故当 a>0 时,f'(x)存在唯 4 4 ������ ������
������ ������
一零点.
-8-
(2)证明 由(1),可设 f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故 f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在 区间(x0,+∞)内单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b= .
1 2
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
-4-
(1)解 由题意可知点 A(0,1). 由 f(x)=ex-ax,得 f'(x)=ex-a. 所以 f'(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2. 令 f'(x)=0,得 x=ln 2, 当 x<ln 2 时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值,极小值为 f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x) 无极大值. (2)证明 令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x. 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 则 g(x)在 R 上单调递增. 因为 g(0)=1>0,所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex.
2018届高考数学二轮复习(理)专题二 函数与导数 2.3.1 导数与函数的单调性、极值、最值 新课标 课件
1 ,+∞ 4
↗
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1), 4 , + ∞ ,单调递减区间是 1 -1, 4 .
-7-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)证明: 由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m). 令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H'1(x)=g'(x)(x-x0). 由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0, 故当x∈[1,x0)时,H'1(x)<0,H1(x)单调递减; 当x∈(x0,2]时,H'1(x)>0,H1(x)单调递增. 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0, 即h(m)>0. 令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H'2(x)=g(x0)-g(x). 由(1)知g(x)在区间[1,2]上单调递增, 故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增; 当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减. 因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即 h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.
������ -������ ������ 0 ������ ������ ������ ������
≠0.
又因为 p,q,a 均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
核心知识
考点精题
-7-
解 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,
即
3 ������0 + ������������0 + = 0, 4
1
2 3������0 + ������ = 0, 1 3 解得 x0= ,a=- . 2
因此 ,当 a=- 时 ,x 轴为曲线 y=f(x)的切线.
������
������ 时 ,f'(x)>0,f'(x)没有零点 ,当 a>0 时 ,因为e 单调递增,- 单调递增 ,所 ������ ������ 1 以 f'(x)在 (0,+∞)单调递增 .又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时 ,f'(b)<0, 4 4
2 ������
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e
2 ������
������ − (x>0).当 ������
������
a≤0
故当 a>0 时 ,f'(x)存在唯一零点.
核心知识
考点精题
-3-
(2)证明 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)单调递减,在(x0,+∞)单调递增, 所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
(ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在 0, ������ 3
������ 3
单调递减,在
- ,1 单调递增,故
3
������
在(0,1)中,当 x= - 时,f(x)取得最小值,最小值为 f
2
2 3
∵g(-2)=6-3(t-1)2=-3(t+2)· (t-4),
g(t)=t(t-1)- (t-1) = (t+2)· (t-1),
2 3
2
2
2
1 3
∴当 1<t<4 时 ,g(-2)>0 且 g(t)>0, 2 ∵g(0)=-3(t-1)2<0,∴当 1<t< 4 时 ,g(x)=0 在 [-2,t]上有两解 ,
核心知识
考点精题
-4-
对点训练1已知函数f(x)=(x2-3x+3)ex. (1)试确定t的取值范围,使得函数f(x)在[-2,t](t>-2)上为单调函数;
(2)当 x∈[- 2,t],且 1<t<4 时,求满足
������ '(������0 ) e ������ 0
= (t-1)2 的 x0 的个数.
3
2
解 (1)f'(x)=(x2-3x+3)ex+(2x-3)ex=x· (x-1)ex, 由f'(x)>0,得x>1或x<0;由f'(x)<0,得0<x<1. 所以f(x)在(-∞,0]和[1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减. 若使f(x)在[-2,t]上为单调函数,则需-2<t≤0, 即t的取值范围为(-2,0].
核心知识
考点精题
-5-
(2)
������ '(������ 0 ) e ������ 0
=
2 3
2 即������0 -x0= (t-1)2,
2
������ '(������ 0 ) 2 ������0 -x0, ������ 0 e 2 3
= (t-1)2,
3
2
令 g(x)=x -x- (t-1)2,则问题转化为当 1<t<4 时 , 求方程 g(x)=x -x- (t-1)2= 0 在 [-2,t ]上的解的个数 .
4
3
4
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)无零点.
当 x=1 时,若 a≥- ,
5 4
则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 h(x)的零点 ; 若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{ f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零 点.
由于 2e2������0 − 所以 f(x0)=
������
������
������ 0
=0,
2 2 ������ 2 ������
2������ 0
+2ax0+aln ≥2a+aln .
������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
解题心得研究函数零点或方程根的情况,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象 判断函数零点或方程根的情况.
即满足
������ '(������ 0 ) e ������ 0
= (t-1)2 的 x0 的个数为 2.
3
2
核心知识
考点精题
-6-
解题策略二 分类讨论法 1 例2已知函数f(x)=x3+ax+ 4 ,g(x)=-ln x. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线; (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数. 难点突破 (1)设切点(x0,0),依题意f(x0)=0,f'(x0)=0,得关于a,x0的方 程组解之. (2)为确定出h(x)对自变量x>0分类讨论;确定出h(x)后对参数a分 类讨论h(x)零点的个数,h(x)零点的个数的确定要依据h(x)的单调性 和零点存在性定理.
4 5 4
5
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
核心知识
考点精题
-8-
(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.
而 f(0)= ,f(1)=a+ ,
4 4 1 5
所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(数与函数的零点及 参数范围
核心知识
考点精题
-2-
判断、证明或讨论函数零点个数 解题策略一 应用单调性、零点存在性定理、数形结合判断 例1设函数f(x)=e2x-aln x. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数; 2 (2)证明当a>0时,f(x)≥2a+aln ������ . 难点突破 (1)讨论f'(x)零点的个数要依据f'(x)的单调性,应用零点 存在性定理进行判断. 2 2 (2)证明 f(x)≥2a+aln ⇔证明 f(x)max≥2a+aln .