高考数学一轮复习 3.2 导数与函数的小综合课件 理 新人教B版
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(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)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】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.2.对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.2导数与函数零点课件新人教B版
令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),
所以 2 1 1 ln 1，
aa
a
所以S(x)在 (ln 1 , 2) 上有且只有一个零点,
aa
综上,0<a<1.
【规律方法】 处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则
f′(x)=2x-1- 1 (2x 1)(x 1) (x 0)，
x
x
当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0.
(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,
a
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题意知1-k>0, 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+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)=x3-3x2+4,
2
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
(1)曲线y=f(x)在直线l的上方
1 2
x2
新教材一轮复习人教B版导数及导数的运算课件(55张)
3.(选修2-2 P13习题1-1AT3改编)已知函数f(x)的图象如图,f′(x)是f(x)的导 函数,则下列数值排序正确的是 ( ) A.0<f′(2)<f′(3)<f(3)-f(2) B.0<f′(3)< f′(2)<f(3)-f(2) C.0<f′(3)<f(3)-f(2)<f′(2) D.0<f(3)-f(2)< f′(2)<f′(3)
f (x x) f (x)
(2)函数f(x)的导函数：称函数f′(x)=___lxi_m_0 _____x______为f(x)的导函数.
2.基本初等函数的导数公式
(1)C′=0.(2)(xα)′=αxα-1(α∈Q*).(3)(sin x)′=cos x.(4)(cos x)′=
-sin x.(5)(ax)′=axln a.(6)(ex)′=ex.
x
由于使得f′(x0)=f(x0)成立的0<x0<1,
则
1=ln
x0
x0+a(0<x0<1).
由于
1>1,ln
x0
x0<0,所以a=
1-ln
x0
x0>1,故有a>1.
考点三 导数几何意义的运用
命 题 精 解 读
考什么:(1)求切线方程、求切点坐标、与切线有关求参数的值或取值范 围.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养 怎么考:与直线的方程、不等式等结合考查直线的斜率、直线的点斜式 方程、导数的几何意义等问题 新趋势:以三角函数、指数函数、对数函数为载体,与求导数和导数的几 何意义交汇考查.
由图可知0<kn<km<kl, 故0<f′(3)<f(3)-f(2)< f′(2).
高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用课件
解析 (1)若a=2,则x3-x-a(x+1)=x3-x-2(x+1)=(x+1)(x2-x-2)=(x+1)2(x-2),
x3 x, x 2, 所以F(x)= (3分) 2( x 1), x 2. 3 3 2 x x 当x≤2时, F '(x)=3x -1=3 , 3 3 3 3 3 3 由F '(x)<0,得- <x< ,所以F(x)在区间 , 上单调递减. (6分) 3 3 3 3
≥0(或f '(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,且f '(x)在(a,b)的任意子区间内都不恒等 于0.这就是说,函数f(x)在区间上的增减性并不排除在区间内个别点处
有f '(x0)=0,甚至可以在无穷多个点处有f '(x0)=0,只要这样的点不充满所
给区间的任何一个子区间即可.因此,在已知函数f(x)是增函数(或减函 数)求参数的取值范围时,应令f '(x)≥0(或f '(x)≤0)恒成立,解出参数的取 值范围(一般可用不等式恒成立理论求解),然后检验参数的取值能否使 f '(x)恒等于0,若能恒等于0,则参数的这个值应舍去,若f '(x)不恒为0,则由 f '(x)≥0(或f '(x)≤0)恒成立解出的参数的取值范围即为所求.
考点二
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所 有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)
2024届新高考一轮复习北师大版 第四章 第一节 导数的概念、运算及几何意义 课件(33张)
Δ→0
,那么 f'(x)是关于 x 的函数,称 f'(x)为 y=f(x)的导函数,
也简称为导数,有时也将导数记作 y'.
微点拨 关于导数概念的理解
(1)瞬时变化率是平均变化率的极限.
(2)导数就是瞬时变化率.
(3)导数的物理意义:若物体运动的路程与时间的关系式是s(t),则s'(t)就是速
点P处的切线”,点P是曲线上的点,且点P就是切点;而“曲线过点P的切线”,
点P不一定在曲线上,点P不一定是切点.
3.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∈R,且 α≠0)
f(x)=sin x
f(x)=cos x
f(x)=ax(a>0,且 a≠1)
f(x)=ex
f(x)=logax(a>0,且 a≠1)
2024
第四章
第一节 导数的概念、运算及几何意义
内
容
索
引
01
强基础 固本增分
02
研考点 精准突破
1.理解导数概念的实际背景,知道导数是关于瞬时变化率的数学表达,
体会导数的内涵与思想,体会极限思想.
课标
解读
2.能通过函数图象直观理解导数的几何意义.
3.能根据导数定义求函数y=c,y=x,y=x2,y=x3,y=
C.-3
D.-5
(3)已知函数 f(x)=f'(0)e2x-e-x,则 f(0)=
.
m=(
)
)
答案 (1)ACD
(2)B
(3)-2
解析 (1)A 选项,(2 )'=2 ln 2,故 A 选项错误;B 选项,
高考数学一轮复习第三章高考大题专项(一)导数的综合应用课件新人教B版
=
((+1)ln)'
+
(-1)'
x→1
1
= lim+
→1
1++ln
1
=2,于是 a≤2,于是 a 的
(方法 2 最值法)
由 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),得 f'(x)=ln
1
x++1-a.
①当 1-a≥0,即 a≤1 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(1)=0.
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,
当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln
0
0
当 m<2 时,f(x0)>0;当 m=2 时,等号成立的条件是 x0=-1,
但显然 f(-1)=e
2
2<0,所以 φ(m)<0 在(4,+∞)上恒成立,即
2
1- -ln
h'(m)<0.所以 h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以 h(m)<h(4)=ln 2.
所以 a≥ln 2,即 a 的取值范围是[ln 2,+∞).
m<0.所以
m
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般
+
1
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：导数与函数的极值、最值
§3.3导数与函数的极值、最值考试要求 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．知识梳理1．函数的极值(1)一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，设x0∈D，如果对于x0附近的任意不同于x0的x，都有①f(x)<f(x0)，则称x0为函数f(x)的一个极大值点，且f(x)在x0处取极大值；②f(x)>f(x0)，则称x0为函数f(x)的一个极小值点，且f(x)在x0处取极小值．极大值点与极小值点都称为极值点，极大值与极小值都称为极值．显然，极大值点就是在其附近函数值最大的点，极小值点就是在其附近函数值最小的点．(2)一般地，如果x0是y＝f(x)的极值点，且f(x)在x0处可导，则必有f′(x0)＝0.(3)求可导函数f(x)的极值的步骤①确定函数的定义域，求导数f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③列表；④利用f′(x)与f(x)随x的变化情况表，根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(√)(2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(×)(3)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(√)教材改编题1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案A解析由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个．2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________________．答案(－∞，－6)∪(6，＋∞)解析f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>6或a<－ 6.x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.3．若函数f(x)＝13答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max ＝f(0)＝4，所以m＝4.题型一利用导数求解函数的极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1(多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是()A．当x＝－1时，f(x)取得极小值B.f (x )在[－2,1]上单调递增C ．当x ＝2时，f (x )取得极大值D.f (x )在[－1,2]上不具备单调性答案AC解析由导函数f ′(x )的图象可知，当－2<x <－1时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ＝－1时，f ′(x )＝0；当－1<x <2时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增；当x ＝2时，f ′(x )＝0；当2<x <4时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ＝4时，f ′(x )＝0，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值，故选项A 正确；f (x )在[－2,1]上有减有增，故选项B 错误；当x ＝2时，f (x )取得极大值，故选项C 正确；f (x )在[－1,2]上单调递增，故选项D 错误．命题点2求已知函数的极值例2(2022·西南大学附中模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋2ax 2＋2(a ＋1)x (a ≠0)，讨论函数f (x )的极值．解因为f (x )＝ln x ＋2ax 2＋2(a ＋1)x ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋4ax ＋2a ＋2＝(2ax ＋1)(2x ＋1)x，若a <0，则当x f ′(x )>0；当x －12a，＋f ′(x )<0，故函数f (x )－12a，＋故f (x )在x ＝－12a 处取得唯一的极大值，且极大值为f －12a－1.若a >0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0恒成立，故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极值．综上，当a <0时，f (x )的极大值为－12a －1，无极小值；当a >0时，f (x )无极值．命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2023·福州质检)已知函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，则c 的值为()A ．2B ．4C ．6D ．2或6答案A解析由题意，f ′(x )＝(x －c )2＋2x (x －c )＝(x －c )·(3x －c )，则f ′(2)＝(2－c )(6－c )＝0，所以c ＝2或c ＝6.若c ＝2，则f ′(x )＝(x －2)(3x －2)，当x ∞f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，函数f (x )在x ＝2处有极小值，满足题意；若c ＝6，则f ′(x )＝(x －6)(3x －6)，当x ∈(－∞，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(2,6)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(6，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，函数f (x )在x ＝2处有极大值，不符合题意．综上，c ＝2.(2)(2023·威海模拟)若函数f (x )＝e x －ax 2－2ax 有两个极值点，则实数a 的取值范围为()－12，答案D解析由f (x )＝e x －ax 2－2ax ，得f ′(x )＝e x －2ax －2a .因为函数f (x )＝e x －ax 2－2ax 有两个极值点，所以f ′(x )＝e x －2ax －2a 有两个变号零点，令f ′(x )＝0，得12a ＝x ＋1ex ，设g (x )＝x ＋1e x，y ＝12a ；则g ′(x )＝－xex ，令g ′(x )＝0，即－xe x ＝0，解得x ＝0，当x >0时，g ′(x )<0；当x <0时，g ′(x )>0，所以g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．分别作出函数g (x )＝x ＋1ex 与y ＝12a 的图象，如图所示，由图可知，0<12a <1，解得a >12，所以实数a 的取值范围为12，＋∞思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练1(1)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a ＋b 的值为()A ．－1或3B ．1或－3C ．3D ．－1答案C解析因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a ，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，所以f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，①f (1)＝1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，②联立①②，解得a ＝－2，b ＝1或a ＝－6，b ＝9.当a ＝－2，b ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)，f (x )－∞，13(1，＋∞)上单调13，1上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极小值10，不符合题意；当a ＝－6，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝(x －1)(3x －9)，f (x )在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极大值10，符合题意．综上可得，a ＝－6，b ＝9.则a ＋b ＝3.(2)(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝e xx 2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是()A ．(0,2]B ．[2，＋∞)C.－∞，e2 D.－∞，e 24答案D解析由题意，f (x )＝e xx2＋2k ln x －kx (x >0)，f ′(x )＝x －2x ·令f ′(x )＝0得x ＝2或k ＝e xx 2，令φ(x )＝e xx 2(x >0)，∴φ′(x )＝e x (x －2)x 3，∴φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(2)＝e 24，又当x →＋∞时，φ(x )→＋∞，∴若φ(x )＝k 无实数根，则k <e 24，∵当k ＝e 24时，φ(x )＝k 的解为x ＝2，∴实数k ∞，e 24.题型二利用导数求函数最值命题点1不含参函数的最值例4(2022·全国乙卷)函数f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A ．－π2，π2B ．－3π2，π2C ．－π2，π2＋2D ．－3π2，π2＋2答案D解析f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1，x ∈[0,2π]，则f ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋(x ＋1)·cos x ＝(x ＋1)cos x ，x ∈[0,2π]．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1(舍去)，x ＝π2或x ＝3π2.因为f cos π2＋π2＋1＝2＋π2，f cos 3π2＋3π2＋1＝－3π2，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f2＋π2，f(x)min＝f ＝－3π2.故选D.命题点2含参函数的最值例5已知函数f(x)＝x－ax－ln x(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在1e，e上的最大值g(a)．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－x x2，①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)f′(x)＝a－xx2，当a≤1e时，f(x)在1e，e上单调递减，所以f(x)max＝f2－a e；当1e<a<e时，f(x)在1e，a上单调递增，在[a，e]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；当a≥e时，f(x)在1e，e上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝－a e，综上，g(a)－ae，a≥e，ln a，1e<a<e，－a e，a≤1e.思维升华求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．跟踪训练2(1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________．答案1解析函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ，所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x ，当12<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x ，12上单调递减，所以f (x )min ＝f 2ln 12＝2ln 2＝ln 4>ln e ＝1.综上，f (x )min ＝1.(2)已知函数h (x )＝x －a ln x ＋1＋ax(a ∈R )在区间[1，e]上的最小值小于零，求a 的取值范围．解由题意得，h ′(x )＝1－a x －1＋a x 2＝x 2－ax －(1＋a )x 2＝[x －(1＋a )](x ＋1)x 2，且定义域为(0，＋∞)，①当a ＋1≤0，即a ≤－1时，h ′(x )>0恒成立，即h (x )在(0，＋∞)上单调递增，则h (x )在[1，e]上单调递增，故h (x )min ＝h (1)＝2＋a <0，解得a <－2；②当a ＋1>0，即a >－1时，在(0，a ＋1)上，h ′(x )<0，在(a ＋1，＋∞)上，h ′(x )>0，所以h (x )在(0，a ＋1)上单调递减，在(a ＋1，＋∞)上单调递增，若a ＋1≤1，求得h (x )min >1，不合题意；若1<a ＋1<e ，即0<a <e －1，则h (x )在(1，a ＋1)上单调递减，在(a ＋1，e)上单调递增，故h (x )min ＝h (a ＋1)＝2＋a [1－ln(a ＋1)]>2，不合题意；若a ＋1≥e ，即a ≥e －1，则h (x )在[1，e]上单调递减，故h (x )min ＝h (e)＝e －a ＋a ＋1e<0，得a >e 2＋1e －1>e －1，综上，a 的取值范围为(－∞，－2)课时精练1．(多选)已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是()A ．f (x )在区间(－2,3)上有2个极值点B ．f ′(x )在x ＝－1处取得极小值C ．f (x )在区间(－2,3)上单调递减D ．f (x )在x ＝0处的切线斜率小于0答案BCD解析根据f ′(x )的图象可得，在(－2,3)上，f ′(x )≤0，∴f (x )在(－2,3)上单调递减，∴f (x )在区间(－2,3)上没有极值点，故A 错误，C 正确；由f ′(x )的图象易知B 正确；根据f ′(x )的图象可得f ′(0)<0，即f (x )在x ＝0处的切线斜率小于0，故D 正确．2．函数f (x )＝12x －sin x 在0，π2上的极小值为()A.π12－32B.π12－12C.π6－12D.π6－32答案D解析由f (x )＝12x －sin x ，得f ′(x )＝12－cos x ，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以π3是函数f (x )的极小值点，且极小值为f ＝π6－32.3．已知x ＝2是f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 的极值点，则f (x )在13，3上的最大值是()A ．2ln 3－92B ．－52C ．－2ln 3－1718D ．2ln 2－4答案A解析由函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x ，可得f ′(x )＝2x ＋2ax －3，因为x ＝2是f (x )的极值点，可得f ′(2)＝1＋4a －3＝0，解得a ＝12，所以f ′(x )＝2x ＋x －3＝(x －1)(x －2)x ，x >0，当13≤x <1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当2<x ≤3时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，由f (1)＝－52，f (3)＝2ln 3－92，又由f (3)－f (1)＝2ln 3－92＋52＝2ln 3－2>2ln e －2＝0，所以f (1)<f (3)，所以当x ＝3时，函数f (x )取得最大值，最大值为2ln 3－92.4．(2022·全国甲卷)当x ＝1时，函数f (x )＝a ln x ＋bx 取得最大值－2，则f ′(2)等于()A ．－1B ．－12C.12D ．1答案B解析因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，1)＝－2，(1)＝0，而f ′(x )＝a x －bx 2，＝－2，－b ＝0，＝－2，＝－2，所以f ′(x )＝－2x ＋2x2，因此函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x ＝1时取最大值，满足题意．所以f ′(2)＝－1＋12＝－12.故选B.5．已知函数f (x )＝ax 2－2x ＋ln x 有两个不同的极值点x 1，x 2，则实数a 的取值范围为()D ．(0,2)答案C 解析由f (x )＝ax 2－2x ＋ln x (x >0)，得f ′(x )＝2ax －2＋1x ＝2ax 2－2x ＋1x(x >0)，若函数f (x )＝ax 2－2x ＋ln x 有两个不同的极值点x 1，x 2，则方程2ax 2－2x ＋1＝0有两个不相等的正实根，＝4－8a >0，1＋x 2＝1a >0，1x 2＝12a>0，解得0<a <12.6．(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3－x ＋1，则()A ．f (x )有两个极值点B ．f (x )有三个零点C ．点(0,1)是曲线y ＝f (x )的对称中心D ．直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线答案AC 解析因为f (x )＝x 3－x ＋1，所以f ′(x )＝3x 2－1.令f ′(x )＝3x 2－1＝0，得x ＝±33.由f ′(x )＝3x 2－1>0得x >33或x <－33；由f ′(x )＝3x 2－1<0得－33<x <33.所以f (x )＝x 3－x ＋1在∞－33，f (x )有两个极值点，故A 正确；因为f (x )的极小值f－33＋1＝1－239>0，f (－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f (x )在R 上有且只有一个零点，故B 错误；因为函数g (x )＝x 3－x 的图象向上平移一个单位得函数f (x )＝x 3－x ＋1的图象，函数g (x )＝x 3－x 的图象关于原点(0,0)中心对称且g (0)＝0，所以点(0,1)是曲线f (x )＝x 3－x ＋1的对称中心，故C 正确；假设直线y ＝2x 是曲线y ＝f (x )的切线，切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝3x 20－1＝2，解得x 0＝±1；若x 0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y ＝2x 上；若x 0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y ＝2x 上，所以假设不成立，故D 错误．故选AC.7．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________.答案sin x (答案不唯一)解析正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．8．甲、乙两地相距240km ，汽车从甲地以速度v (km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为v 36400元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h 的速度行驶．答案80解析设全程运输成本为y 元，由题意，得yv >0，y ′＝－160v 2＋令y ′＝0，得v ＝80.当v >80时，y ′>0；当0<v <80时，y′<0.所以函数y(0,80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v ＝80时，全程运输成本最小．9．设函数f (x )＝a ln x ＋3x＋2a 2x －4a ，其中a >0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．解(1)f′(x)＝ax－3x2＋2a2＝2a2x2＋ax－3x2＝(2ax＋3)(ax－1)x2，x>0，∵a>0，∴－32a <0<1a.∴f′(x)<0，f(x)单调递减；f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)(2)由(1)可知，f(x)min＝f＝a ln 1a＋3a＋2a－4a＝a ln 1a＋a＝a(1－ln a)，∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴1－ln a>0，∴0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)．10．(2023·张家口质检)已知函数f(x)＝e x＋e－x－ax2－2.(1)当a＝1时，证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若g(x)＝f(x)－e－x，讨论函数g(x)的极值点的个数．(1)证明当a＝1时，f(x)＝e x＋e－x－x2－2，f′(x)＝e x－e－x－2x.令φ(x)＝e x－e－x－2x，当x>0时，φ′(x)＝e x＋e－x－2>0，所以函数f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)解由题意知，g(x)＝e x－ax2－2，当a＝0时，g(x)＝e x－2单调递增，无极值点，当a≠0时，g′(x)＝e x－2ax，由g′(0)＝1，得x＝0不是极值点．令e x －2ax ＝0(x ≠0)，得2a ＝e x x，令h (x )＝e x x，则h ′(x )＝e x (x －1)x 2，当x <0时，h (x )<0，且h ′(x )<0，当a <0时，方程2a ＝e x x有唯一小于零的解，故函数g (x )存在一个极值点；当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h (1)＝e 为函数h (x )的极小值，所以当0<a <e 2时，方程2a ＝e x x无解，函数g (x )无极值点；当a ＝e 2时，方程2a ＝e x x有一个解，但当0<x <1时，e x x>2a ，g ′(x )＝e x －2ax >0，当x >1时，e x x>2a ，g ′(x )＝e x －2ax >0，故函数g (x )无极值点．当a >e 2时，方程2a ＝e x x有两解，函数g (x )存在一个极大值点和一个极小值点．综上，当a <0时，函数g (x )存在一个极值点，当0≤a ≤e 2时，函数g (x )无极值点，当a >e 2时，函数g (x )存在一个极大值点和一个极小值点．11．(2021·全国乙卷)设a ≠0，若x ＝a 为函数f (x )＝a (x －a )2(x －b )的极大值点，则()A ．a <bB ．a >bC ．ab <a 2D ．ab >a 2答案D 解析当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .图1图2综上，可知必有ab >a 2成立．12．已知函数f (x )－1x，x <0，ln x ＋1，x >0，若a <b ，且f (a )＝f (b )，则b －a 的最小值为()A ．1B.e 2C ．e －1D ．2答案D 解析令f (a )＝f (b )＝t (t >0)，因为f (x )－1x，x <0，ln x ＋1，x >0，且a <b ，所以－1a＝t ，ln b ＋1＝t ，所以a ＝－1t ，b ＝e t －1，因此b －a ＝e t －1＋1t，令f (t )＝e t －1＋1t (t >0)，则f ′(t )＝e t －1－1t2，当t ∈(0,1)时，f ′(t )<0，f (t )单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，f ′(t )>0，f (t )单调递增，所以f (t )在t ＝1处取得极小值，也是最小值，f (1)＝e 1－1＋11＝2，因此b －a 的最小值为2.13.如图所示，已知直线y ＝kx 与曲线y ＝f (x )相切于两点，函数g (x )＝kx ＋m (m >0)，则对函数F (x )＝g (x )－f (x )描述正确的是()A ．有极小值点，没有极大值点B ．有极大值点，没有极小值点C ．至少有两个极小值点和一个极大值点D ．至少有一个极小值点和两个极大值点答案C 解析由题意得，F (x )＝kx ＋m －f (x )，则F ′(x )＝k －f ′(x )，设直线y ＝kx 与曲线y ＝f (x )的两个切点的横坐标分别为x 1，x 2且x 1<x 2，所以F′(x)＝0的两个零点为x1，x2，由图知，存在x0∈(x1，x2)使F′(x0)＝0，综上，F′(x)有三个不同零点x1<x0<x2，由图可得在(0，x1)上F′(x)<0，在(x1，x0)上F′(x)>0，在(x0，x2)上F′(x)<0，在(x2，＋∞)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x0)上单调递增，在(x0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点．14．设函数f(x)＝mx2e x＋1，若对任意a，b，c∈[－3,1]，f(a)，f(b)，f(c)都可以作为一个三角形的三边长，则m的取值范围为________．答案－1 2e，解析设函数g(x)＝x2e x，x∈[－3,1]，则g′(x)＝x(x＋2)e x.当－3≤x<－2或0<x≤1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当－2<x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(－3)＝9e3，g(0)＝0，g(－2)＝4e2，g(1)＝e，所以g(x)的值域为[0，e]．当m≥0时，2×1>m e＋1，解得0≤m<1 e；当m<0时，2(m e＋1)>1，解得－12e<m<0.综上可得，－12e<m<1e.。
导数及其应用 第二讲 导数的应用—2023届高考理科数学一轮复习 课件(共33张PPT)
b.求方程 （f x） 0 在 (a，b) 内的根； c.求在 (a，b) 内使 （f x） 0 的所有点的函数值和 f (x) 在闭区间 端点处的函数值 （f a），（f b）； 比较上面所求的值，其中最大者为函数 y （f x） 在闭区间[a，b] 上的最大值， 最小者为函数 y （f x）在闭区间[a，b] 上的最小值.
3
又
0
m
2
，所以实数
m
的取值范围为
4 3
,
2
.
故选 B.
Thanks
依据函数 h(x) 的图象关于直线 x 2 对称，得当 x (,2) 时，
不等式 5 f (2 x) (x 2) f (5) 0 的解集为 3 x 2 ，
故原不等式的解集为 (3,2) (2,7) ，故选 D.
考点2：导数与函数的极（最）值
1.函数的极值 a.函数的极值的定义 一般地，设函数 f (x) 在点 x x0 及其附近有定义， （1） 若对于 x0 附近的所有点，都有 （f x） （f x0）， 则 （f x0）是函数 f (x) 的一个极大值，记作 y极大值 （f x0）；
（2）求导数 f (x) ； （3）求方程 f (x) 0 的根； （4）检查 f (x) 在方程根左右的值的符号，如果左正右负，
则 （f x）在这个根处取得极大值；如果左正右负， 则 （f x）在这个根处取得极小值（最好通过列表法）.
2. 函数的最值 （1）函数的最小值与最大值定理 若函数 y （f x）在闭区间[a，b] 上连续，
[解析]
由已知得当 x (0,) 时， xf (x) f (x) 0 .
令 g(x)
版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 利用导数研究函数的单调性练习 理 北师大版 试题
3.2 利用导数研究函数的单调性核心考点·精准研析考点一不含参数的函数的单调性1.函数y=xlnx的单调递减区间是( )A.(-∞,e-1)B.(e-1,+∞)C.(e,+∞)D.(0,e-1)2.函数f(x)=的单调递增区间为.3.(2019·某某高考改编)函数f(x)=-lnx+的单调递减区间为________________.4.(2019·某某高考改编)函数f(x)=e x cosx的单调递增区间为___________.【解析】1.选D.函数y=xlnx的定义域为(0,+∞),因为y=xlnx,所以y′=lnx+1,令y′<0得0<x<e-1,所以减区间为(0,e-1).2.因为f(x)=,所以f′(x)=,由f′(x)>0,解得x<-1-或x>-1+.所以f(x)的递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞).答案:(-∞,-1-)和(-1+,+∞)3.f(x)=-lnx+的定义域为(0,+∞).f′(x)=-+=,由x>0知>0,2+1>0,所以由f′(x)<0得-2<0,解得0<x<3,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3).答案:(0,3)4.由已知,有f′(x)=e x(cosx-sinx).因此,当x∈(k∈Z)时,有sinx<cosx,得f′(x)>0,则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z).答案:(k∈Z)题2中,若将“f(x)=”改为“f(x)=x2e x”,则函数f(x)的单调递减区间是________________. 【解析】因为f(x)=x2e x,所以f′(x)=2xe x+x2e x=(x2+2x)e x.由f′(x)<0,解得-2<x<0,所以函数f(x)=x2e x的单调递减区间是(-2,0).答案:(-2,0)确定函数单调区间的步骤(1)确定函数y=f(x)的定义域.(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.【秒杀绝招】排除法解T1,根据函数的定义域排除A,已知当x∈(1,+∞)时,y=x和y=lnx都是增函数且为正数,所以y=xlnx也是增函数,从而排除B,C.考点二含参数的函数的单调性【典例】已知函数f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x.若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.【解题导思】序号题目拆解(1)求f′(x),解方程f′(x)=0求f(x)的定义域,求f′(x)并进行恰当的因式分解,求出方程f′(x)=0的根(2)由f′(x)的符号确定f(x)的单调性用导数为零的实数分割定义域,逐个区间分析导数的符号,确定单调性【解析】因为f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x,所以f′(x)==,由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),令f′(x)=0得x=1或x=,(1)若<1,即a>,由f′(x)>0得x>1或0<x<,由f′(x)<0得<x<1,即函数f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减;(2)若>1,即0<a<, 由f′(x)>0得x>或0<x<1,由f′(x)<0得1<x<, 即函数f(x)在(0,1),上单调递增, 在上单调递减;(3)若=1,即a=,则在(0,+∞)上恒有f′(x)≥0,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上可得:当0<a<时,函数f(x)在(0,1)上单调递增, 在上单调递减,在上单调递增;当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>时,函数f(x)在上单调递增, 在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(1)研究含参数的函数的单调性问题,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.(2018·全国卷I改编)已知函数f=-x+alnx,讨论f的单调性.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=-.(1)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(2)若a>2,令f′(x)=0得,x=或x=.当x ∈∪时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.考点三利用导数解决函数单调性的应用问题命题精解读1.考什么:(1)考查函数图像的识别、比较大小或解不等式、根据函数的单调性求参数等问题.(2)考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养及数形结合、转化与化归的思想方法.2.怎么考:与基本初等函数、不等式等综合考查函数的图像及函数的单调性的应用等问题.3.新趋势:以导数法研究函数单调性为基础,综合考查利用单调性比较大小、解不等式及知单调性求参数的X围.学霸好方法由函数的单调性求参数的取值X围的方法(1)可导函数在区间D上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立,从而构建不等式, 求出参数的取值X围,要注意“=”是否可以取到. (2)可导函数在区间D 上存在单调区间,实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集,即f′(x)max>0(或f′(x)min <0)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参数的取值X 围.(3)若已知f(x)在区间D 上的单调性,区间D上含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令D 是其单调区间的子集,从而求出参数的取值X围.函数图像的识别【典例】函数f(x)=x2+xsinx的图像大致为( )【解析】选A.因为f(-x)=x2-xsin(-x)=x2+xsinx=f(x),所以f(x)为偶函数,B不符合题意,f(x)=x2+xsinx=x(x+sinx),令g(x)=x+sinx,则g′(x)=1+cosx≥0恒成立,所以g(x)是单调递增函数,则当x>0时,g(x)>g(0)=0,故x>0时,f(x)=xg(x),f′(x)=g(x)+xg′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,故只有A符合题意.辨别函数的图像主要从哪几个角度分析?提示:从函数奇偶性、单调性、最值及函数图像所过的特殊点等角度分析.比较大小或解不等式【典例】(2019·某某模拟)函数f(x)在定义域R内可导,f(x)=f(4-x),且(x-2)f′(x)>0.若a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是( )A.c>b>aB.c>a>bC.a>b>cD.b>a>c【解析】选C.由f(x)=f(4-x)可知,f(x)的图像关于直线x=2对称,根据题意知,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.所以f(3)=f(1)<f<f(0),即c<b<a.单调性比较大小或解不等式,实际上是自变量的大小与相应函数值的大小关系的互推,比较大小时对自变量的取值X围有什么要求?提示:必须在同一个单调区间内.根据函数的单调性求参数【典例】(2019·高考)设函数f(x)=e x+ae-x(a为常数).若f(x)为奇函数,则a=________________;若f(x)是R上的增函数,则a的取值X围是__________.【解析】①显然f(0)有意义,又f(x)为奇函数,所以f(0)=0,得a=-1.②因为f(x)是R上的增函数,所以f′(x)=e x-ae-x=≥0恒成立,即g(x)=(e x)2≥a恒成立,又因为g(x)>0,且当x趋向于-∞时,g(x)趋向于0,所以0≥a,即a的取值X围是(-∞,0].答案:-1 (-∞,0]函数f(x)在某区间上是增函数,推出f′(x)>0还是f′(x)≥0?提示:推出f′(x)≥0.1.设函数y=f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图像如图所示,则导函数y=f′(x)可能为( )【解析】选D.由题意得,当x<0时,函数y=f(x)单调递增,故f′(x)>0;当x>0时,函数y=f(x)先增再减然后再增,故导函数的符号为先正再负然后再正.结合所给选项可得D符合题意.2.已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数,f(1)=,对任意实数都有f(x)-f′(x)>0,设F(x)=,则不等式F(x)<的解集为 ( )A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(1,e)D.(e,+∞)【解析】选B.根据题意,F(x)=,其导数F′(x)==,又由f(x)-f′(x)>0,则有F′(x)<0,即函数F(x)在R上为减函数,又由f(1)=,则F(1)==,不等式F(x)<等价于F(x)<F(1),则有x>1,则不等式的解集为(1,+∞).3.若f(x)=2x3-3x2-12x+3在区间[m,m+4]上是单调函数,则实数m的取值X围是________________.【解析】因为f(x)=2x3-3x2-12x+3,所以f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),令f′(x)>0,得x<-1或x>2;令f′(x)<0,得-1<x<2,f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在(-1,2)上单调递减.若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,则m+4≤-1或或m≥2.所以m≤-5或m≥2,则m的取值X围是(-∞,-5]∪[2,+∞).答案:(-∞,-5]∪[2,+∞)(2020·内江模拟)若函数f(x)=ax2+xlnx-x存在单调递增区间,则a的取值X围是( ) A. B.C.(-1,+∞)D.【解析】选B.因为f(x)=ax2+xlnx-x存在单调递增区间,则f′(x)=ax+lnx≥0在(0,+∞)上有解, 即a≥-在(0,+∞)上有解,令g(x)=-,x>0,则g′(x)=,当x>e时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当0<x<e时,g′(x)<0,g(x)单调递减,又x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)<0且g(x)➝0,因为g(e)=-,所以a≥-,当a=-时,f′(x)=-x+lnx,令h(x)=-x+lnx,则h′(x)=-,当x>e时,h′(x)<0,函数单调递减,当0<x<e时,h′(x)>0,函数单调递增,h(x)≤h(e)=0,即f′(x)≤0恒成立,此时不满足题意,所以a的取值X围是.。
高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用2利用导数研究函数的单调性课件新人教版
π
π
-π,, 0,
____________.
2
2
由题意可知 f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令 f'(x)=xcos x>0,解得其在区间(-π,π)内的解集为
即 f(x)的单调递增区间为
π
-π,- 2
,
π
0, 2
.
π
-π,2
∪
π
0,
2
,
解题心得利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法
等,都需要考虑函数的单调性,所以也是高考必考知识.应用时,要注意函数
的定义域优先,准确求导变形,转化为导函数在某区间上的符号问题.常用
到分类讨论和数形结合的思想,对数学运算核心素养有一定的要求.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
第一环节
必备知识落实
【知识筛查】
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.
解 (1)若a=1,则f(x)=3x-2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
1
-42 +3+1
故 f'(x)= -4x+3=
=
-(4+1)(-1)
(x>0).
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增;
1
2
7
7
即 g(x)在区间[1,4]上单调递增,g(x)max=g(4)= − =- ,即 a≥- .
高考数学一轮复习32导数与函数的小综合课件理新人教B版
为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立问题,从而构建不等式,要注意“=〞是
否可以取到;假设函数不等式求参数范围,先求函数的导数,确定函
数的单调性,再由函数的单调性脱掉函数符号得到关于参数的不等
式,解不等式得参数范围;也可以根据条件采取别离参数法.
(1)如果在x0附近的左侧 f'(x)>0 ,右侧 f'(x)<0 ,那么f(x0)是
极大值;
(2)如果在x0附近的左侧 f'(x)<0 ,右侧 f'(x)>0 ,那么f(x0)是
极小值.
知识梳理
考点自测
3.函数的最值
(1)图象在区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最
小值.
例 1(2017 安徽马鞍山一模)已知函数 f(x)=xe -a
2
2
+ (a∈R).
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
解: (1)当 a=1 时,f(x)=xe x
2
+ ,f'(x)=ex+xex-(x+1)=(x+1)(ex-1),
2
令 f'(x)=0,得 x=-1 或 x=0.
是(
)பைடு நூலகம்
1
π
∵f(x)=4x2+sin 2
1 2
关闭
+
= x +cos x,
4
1
∴f'(x)=2x-sin x,它是一个奇函数,其图象关于原点对称,故排除 B,D.
高考数学北师大(理)一轮复习课件：3.2 导数与函数的小综合
正负时,需要对参数进行分类,分类的标准:(1)按导函数是否有零点 分大类;(2)在小类中再按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中再
按零点是否在定义域中分类.
考点1
考点2
考点3
考点4
-12 -
对点训练1 (2018 衡水中学金卷一模,21改编)已知函数
随堂巩固
-4-
知识梳理
考点自诊
3 .实际问题中导数的意义 中学物理中,速度是 路 程 关于时间的导数,线密度是质__量__关__于_ 长度 的导数,功率是 功 关 于 时 间 的导数. 4 .函数的最值与导数 (1)最大值点:函数y=f (x )在区间[a,b ]上的最大值点x 0指的是:函 数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x 0).函数的最小值点也 有类似的意义. (2)函数的最大值:最大值或者在 极 大 值 点 取得,或者在区间 的端点取得. (3)最值:函数的 最 大 值 和 最 小 值 统称为最值. (4)求f(x )在[a,b ]上的最大值和最小值的步骤 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.
-9-
考点1
考点2
考点3
考点4
利用导数研究函数的单调性 例1 (2018 福建龙岩4 月质检,21改编)已知函数
, m ∈R ,求函数f(x )的递增区间.
考点1
考点2
考点3
考点4
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考点1
考点2
考点3
考点4
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思考如何利用导数的方法讨论函数的单调性或求单调区间?