广东省2020年高考数学第二轮复习专题二函数与导数第3讲导数及其应用文

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导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解3---导数的几何意义及函数的单调性

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第3讲导数的几何意义及函数的单调性[考情分析] 1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题．考点一导数的几何意义与计算核心提炼1．导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．2．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.例1(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2e x－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0答案 B解析由题意，函数f(x)＝(2e x－x)·cos x，可得f′(x)＝(2e x－1)·cos x－(2e x－x)·sin x，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________．答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a )0e x)，O 为坐标原点，依题意得，切线斜率k OA ＝0=|x x y'＝(x 0＋a ＋1)0e x ＝000e x x a x (+)，化简，得x 20＋ax 0－a ＝0.因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以关于x 0的方程x 20＋ax 0－a ＝0有两个不同的根，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．易错提醒求曲线的切线方程要注意“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．跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y ＝ln|x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案 y ＝1e xy ＝－1ex 解析先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0，又切线的斜率为y 0x 0，所以1x 0＝y 0x 0，解得y 0＝1，代入y ＝ln x ，得x 0＝e ，所以切线斜率为1e ，切线方程为y ＝1ex . 同理可求得当x <0时的切线方程为y ＝－1ex . 综上可知，两条切线方程为y ＝1e x ，y ＝－1ex . (2)(2022·保定联考)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝b e x ，若直线y ＝kx (k >0)与函数f (x )，g (x )的图象都相切，则a ＋1b的最小值为( ) A ．2 B ．2eC ．e 2D. e答案 B解析设直线y ＝kx 与函数f (x )，g (x )的图象相切的切点分别为A (m ，km )，B (n ，kn )．由f ′(x )＝a x ，有⎩⎪⎨⎪⎧ km ＝a ln m ，a m ＝k ，解得m ＝e ，a ＝e k .又由g ′(x )＝b e x ，有⎩⎪⎨⎪⎧kn ＝b e n ，b e n ＝k ，解得n ＝1，b ＝k e，可得a ＋1b ＝e k ＋e k≥2e 2＝2e ，当且仅当a ＝e ，b ＝1e时取“＝”．考点二利用导数研究函数的单调性核心提炼利用导数研究函数单调性的步骤(1)求函数y ＝f (x )的定义域．(2)求f (x )的导数f ′(x )．(3)求出f ′(x )的零点，划分单调区间．(4)判断f ′(x )在各个单调区间内的符号．例2(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝ax e x －(x ＋1)2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝ax 垂直，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，则f ′(0)＝a －2，由已知得(a －2)a ＝－1，解得a ＝1.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，①当a ≤0时，a e x －2<0，所以f ′(x )>0⇒x <－1，f ′(x )<0⇒x >－1，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令a e x －2＝0，得x ＝ln 2a， (ⅰ)当0<a <2e 时，ln 2a>－1，所以f ′(x )>0⇒x <－1或x >ln 2a， f ′(x )<0⇒－1<x <ln 2a，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； (ⅱ)当a ＝2e 时，f ′(x )＝2(x ＋1)(e x ＋1－1)≥0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a >2e 时，ln 2a<－1，所以f ′(x )>0⇒x <ln 2a或x >－1， f ′(x )<0⇒ln 2a<x <－1，则f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增；当a ＝2e 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝ln x －ln t x －t. (1)当t ＝2时，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)∵t ＝2，∴f (x )＝ln x －ln 2x －2， ∴f ′(x )＝x －2x －ln x ＋ln 2(x －2)2， ∴f ′(1)＝ln 2－1，又f (1)＝ln 2，∴切线方程为y －ln 2＝(ln 2－1)(x －1)，即y ＝(ln 2－1)x ＋1.(2)f (x )＝ln x －ln t x －t， ∴f (x )的定义域为(0，t )∪(t ，＋∞)，且t >0，f ′(x )＝1－t x －ln x ＋ln t (x －t )2，令φ(x )＝1－t x－ln x ＋ln t ，x >0且x ≠t ， φ′(x )＝t x 2－1x ＝t －x x 2， ∴当x ∈(0，t )时，φ′(x )>0，当x ∈(t ，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，t )上单调递增，在(t ，＋∞)上单调递减，∴φ(x )<φ(t )＝0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，t )，(t ，＋∞)上单调递减．即f (x )的单调递减区间为(0，t )，(t ，＋∞)，无单调递增区间．考点三单调性的简单应用核心提炼1．函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立．2．函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解．例3 (1)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝e x (cos x －a )＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x －a )，∵f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，即cos x －sin x －a ≤0恒成立，即a ≥cos x －sin x ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4恒成立，∵－π2<x <π2，∴－π4<x ＋π4<3π4，∴－1<2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≤2，∴a ≥ 2.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a ＝0.1e 0.1，b ＝19，c ＝－ln 0.9，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．a <c <b答案 C解析设u (x )＝x e x (0<x ≤0.1)，v (x )＝x 1－x(0<x ≤0.1)， w (x )＝－ln(1－x )(0<x ≤0.1)．则当0<x ≤0.1时，u (x )>0，v (x )>0，w (x )>0.①设f (x )＝ln[u (x )]－ln[v (x )]＝ln x ＋x －[ln x －ln(1－x )]＝x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则f ′(x )＝1－11－x ＝x x －1<0在(0,0.1]上恒成立，所以f (x )在(0,0.1]上单调递减，所以f (0.1)<f (0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u (0.1)]－ln[v (0.1)]<0，所以ln[u (0.1)]<ln[v (0.1)]．又函数y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以u (0.1)<v (0.1)，即0.1e 0.1<19，所以a <b . ②设g (x )＝u (x )－w (x )＝x e x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则g ′(x )＝(x ＋1)e x －11－x＝(1－x 2)e x －11－x(0<x ≤0.1)．设h (x )＝(1－x 2)e x －1(0<x ≤0.1)，则h ′(x )＝(1－2x －x 2)e x >0在(0,0.1]上恒成立，所以h (x )在(0,0.1]上单调递增，所以h (x )>h (0)＝(1－02)·e 0－1＝0，即g ′(x )>0在(0,0.1]上恒成立，所以g (x )在(0,0.1]上单调递增，所以g (0.1)>g (0)＝0·e 0＋ln(1－0)＝0，即g (0.1)＝u (0.1)－w (0.1)>0，所以0.1e 0.1>－ln 0.9，即a >c .综上，c <a <b ，故选C.规律方法利用导数比较大小或解不等式的策略利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m ＝10，a ＝10m －11，b ＝8m －9，则( )A ．a ＞0＞bB ．a ＞b ＞0C ．b ＞a ＞0D ．b ＞0＞a答案 A解析 ∵9m ＝10，∴m ∈(1,2)，令f (x )＝x m －(x ＋1)，x ∈(1，＋∞)，∴f ′(x )＝mx m －1－1， ∵x >1且1<m <2，∴x m －1>1，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又9m ＝10，∴9m －10＝0，即f (9)＝0，又a ＝f (10)，b ＝f (8)，∴f (8)<f (9)<f (10)，即b <0<a .(2)已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若2112x x x x 恒成立，则m 的最大值为(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)( )A ．e B. e C.1eD ．1 答案 A解析 ∵2112x x x x ⇒x 2ln x 1<x 1ln x 2，x 1，x 2∈(0，m )，m >0，∴ln x 1x 1<ln x 2x 2恒成立，设函数f (x )＝ln x x ，∵x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(0，m )上单调递增，又f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(x )>0⇒0<x <e ，即函数f (x )的单调递增区间是(0，e)，则m 的最大值为e.专题强化练一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f (x )＝1x －2x ＋ln x ，则函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为() A ．2x ＋y －2＝0 B ．2x －y －1＝0C ．2x ＋y －1＝0D ．2x －y ＋1＝0答案 C解析因为f ′(x )＝－1x 2－2＋1x ，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝－1，故函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －1)，化简得2x ＋y －1＝0.2．已知函数f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，其导函数为f ′(x )，则f ′(0)等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析因为f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，所以f (0)＝2－f ′(0)．因为f ′(x )＝2x ＋f (0)＋f ′(0)·sin x ，所以f ′(0)＝f (0)．故f ′(0)＝f (0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，π2B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫0，3π4 D.⎝⎛⎭⎫3π4，π 答案 D解析 f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4时， e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，则f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，则f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，π)上的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 在区间x ∈[1,2]上存在单调递增区间，则m 的取值范围为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0,2e 2)D ．(－∞，2e 2)答案 D解析 ∵f (x )＝(x －1)e x －mx ，∴f ′(x )＝x e x －m ，∵f (x )在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在x ∈[1,2]，使得f ′(x )>0，即m <x e x ，令g (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0恒成立，∴g (x )＝x e x 在[1,2]上单调递增，∴g (x )max ＝g (2)＝2e 2，∴m <2e 2，故实数m 的取值范围为(－∞，2e 2)．5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则( )A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0<b <e a答案 D解析 (用图估算法)过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则点(a ，b )在曲线y ＝e x 的下方且在x 轴的上方，得0<b <e a .6．已知a ＝e 0.3，b ＝ln 1.52＋1，c ＝ 1.5，则它们的大小关系正确的是( ) A ．a >b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >b >a答案 B解析由b ＝ln 1.52＋1＝ln 1.5＋1，令f (x )＝ln x ＋1－x ，则f ′(x )＝1x －1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0；所以f (x )＝ln x ＋1－x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，则f ( 1.5)<0，因此ln 1.5＋1－ 1.5<0，所以b <c ，又因为c ＝ 1.5<1.3，所以ln 1.5＋1< 1.5<1.3，得ln 1.5<0.3＝ln e 0.3，故 1.5<e 0.3，所以a >c .综上，a >c >b .二、多项选择题7．若曲线f (x )＝ax 2－x ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则a 的取值可以是() A ．－12 B ．0 C.18 D.14答案 ABC解析依题意，f (x )存在垂直于y 轴的切线，即存在切线斜率k ＝0的切线，又k ＝f ′(x )＝2ax ＋1x －1，x >0，∴2ax ＋1x －1＝0有正根，即－2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 有正根，即函数y ＝－2a 与函数y ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x ，x >0的图象有交点，令1x ＝t >0，则g (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，∴g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫12＝－14，∴－2a ≥－14，即a ≤18.8．已知函数f (x )＝ln x ，x 1>x 2>e ，则下列结论正确的是() A ．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0B.12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x22C ．x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0D ．e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2答案 BCD解析 ∵f (x )＝ln x 是增函数，∴(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，A 错误；12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12(ln x 1＋ln x 2)＝12ln(x 1x 2)＝ln x 1x 2，f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝ln x 1＋x 22，由x 1>x 2>e ，得x 1＋x 22>x 1x 2，又f (x )＝ln x 单调递增，∴12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x1＋x 22，B 正确；令h (x )＝f (x )x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当x >e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x 1)<h (x 2)，即 f (x 1)x 1< f (x 2)x 2⇒x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0， C 正确；令g (x )＝e f (x )－x ，则g ′(x )＝e x－1，当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 1)<g (x 2)，即e f (x 1)－x 1<e f (x 2)－x 2⇒e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2，D 正确．三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f (x )＝ln x －2x＋m 在(1，f (1))处的切线过点(0,2)，则实数m ＝______. 答案 6解析由题意，函数f (x )＝ln x －2x ＋m ，可得f ′(x )＝1x ＋321x ，可得f ′(1)＝2，且f (1)＝m －2，所以m －2－21－0＝2，解得m ＝6. 10．已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则不等式f (2x －1)<f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析 f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当x >0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ，令g (x )＝2x ＋sin x ，则g ′(x )＝2＋cos x >0，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，∴原不等式化为|2x －1|<|x ＋1|，解得0<x <2，∴原不等式的解集为(0,2)．11．(2022·伊春模拟)过点P (1,2)作曲线C ：y ＝4x的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为________．答案 2x ＋y －8＝0解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝－4x 2，所以曲线C 在A 点处的切线方程为y －y 1＝－4x 21(x －x 1)，将P (1,2)代入得2－y 1＝－4x 21(1－x 1)，因为y 1＝4x 1，化简得2x 1＋y 1－8＝0，同理可得2x 2＋y 2－8＝0，所以直线AB 的方程为2x ＋y －8＝0.12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3，则实数a 的取值范围是________．答案a ≤－1解析对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3. 不妨设x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)<3(x 1－x 2)，即f (x 1)－3x 1<f (x 2)－3x 2，设F (x )＝f (x )－3x ，则F (x 1)<F (x 2)，又x 1<x 2，所以F (x )单调递增，F ′(x )≥0恒成立．F (x )＝f (x )－3x ＝12x 2－(a ＋3)x ＋ln x . 所以F ′(x )＝x －(3＋a )＋1x ＝x 2－(3＋a )x ＋1x，令g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1，要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1≥0恒成立，即3＋a ≤x ＋1x 恒成立，x ＋1x ≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立，所以3＋a ≤2，即a ≤－1.四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若函数在x ＝1处的切线与直线x －4y －2＝0垂直，求实数a 的值；(2)当a >0时，讨论函数的单调性．解函数定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝2x －2＋a x. (1)由已知得f ′(1)＝2×1－2＋a ＝－4，得a ＝－4.(2)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x(x >0)，对于方程2x 2－2x ＋a ＝0，记Δ＝4－8a .①当Δ≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即0<a <12时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2. 又a >0，故x 2>x 1>0.当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上所述，当a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2a 2，1＋1－2a 2上单调递减． 14．(2022·湖北八市联考)设函数f (x )＝e x －(ax －1)ln(ax －1)＋(a ＋1)x .(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求F (x )＝e x －f (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，F (x )＝e x －f (x )＝(x －1)ln(x －1)－2x ，定义域为(1，＋∞)，F ′(x )＝ln(x －1)－1，令F ′(x )>0，解得x >e ＋1，令F ′(x )<0，解得1<x <e ＋1，故F (x )的单调递增区间为(e ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e ＋1)．(2)f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上有意义，故ax －1>0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，可得a >e ，依题意可得f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1≥0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，设g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1，g ′(x )＝e x－a 2ax －1，易知g ′(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，故g ′(x )≤g ′(1)＝e －a 2a －1<0，故g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，最小值为g (1)，故只需g (1)＝e －a ln(a －1)＋1≥0，设h (a )＝e －a ln(a －1)＋1，其中a >e ，由h ′(a )＝－ln(a －1)－a a －1<0可得， h (a )＝e －a ln(a －1)＋1在(e ，＋∞)上单调递减，又h (e ＋1)＝0，故a ≤e ＋1.综上所述，a 的取值范围为(e ，e ＋1]．。

2020届高考数学(理)二轮复习：专题透析(1)函数与导数讲义(学生用)

专题1 函数与导数函数是一条主线,贯穿于整个高中数学,导数是重要的解题工具,是解决函数问题的利器,因此,函数与导数在高考数学中的地位不言而喻.本专题内容也是高考中重要的考点之一,从近年高考的命题情况来看,本专题在高考分值中占20%左右,试题的易、中、难比例相当,选择题、填空题和解答题均有考查.一、选择题和填空题的命题特点(一)考查函数图象的判断及简单应用.试题难度中档,综合考查函数的解析式、定义域、值域及单调性、奇偶性等性质的综合.1.(2018·全国Ⅱ卷·理T3改编)函数()255x xf x x --=的图象大致为( ).2.(2017·全国Ⅰ卷·文T8改编)函数sin 21cos xy x=+的部分图象大致为( ).(二)考查函数的基本性质及简单应用.试题难度中档,综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性及图象的推理能力等.3.(2018·全国Ⅱ卷·理T11改编)已知()f x 是定义域为R 的奇函数,满足()()11f x f x -=+.若()12f =,则()()()()1232020f f f f +++⋅⋅⋅+= ( ).A .2020B .0C .2D .2-(三)考查基本初等函数的性质及应用.试题难度较大,综合考查基本初等函数的性质与图象.4.(2018·全国Ⅲ卷·文T16改编)已知函数())2log 2f x x =+,()3f a =,则()f a -= .5.(2018·全国Ⅰ卷·文T13改编)已知函数()()23log f x x a =+,若()21f =,则a = .6.(2017·全国Ⅱ卷·文T8改编)函数()2ln 23y x x =-++的单调递减区间是( ).A .(]1,1-B .[)1,3C .(],1-∞D .[)1,+∞(四)考查函数零点的判断及应用,同时考查函数与方程的思想、转化思想及数形结合思想,试题难度较大.7.(2017·全国Ⅲ卷·理T11改编)已知函数()()22241010x x f x x x a --+=-++有唯一零点,则a =( ).A .4B .3C .2D .2-(五)考查导数的几何意义及简单的导数计算.导数的几何意义一直是高考的热点和重点,试题综合考查导数的计算及直线方程的知识,难度较小.8.(2018·全国Ⅰ卷·理T5改编)设函数()()321f 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 .二、解答题的命题特点在全国卷中,函数与导数的综合试题一般为第21题,是全卷的压轴题.试题难度较大,综合性强,主要考查函数单调性的判断,函数零点个数的判断,极(最)值的应用,恒成立问题,不等式的证明等.1.(2018·全国Ⅰ卷·文T21改编)已知函数()ln 1x f x ae x =++. (1)设2x =是()f x 的极值点,求a ,并求()f x 的单调区间; (2)证明:当1a e≤-时,()0f x ≤.2.(2017·全国Ⅰ卷·文T21改编)已知函数()()2x x f x e e a a x =--,其中参数0a ≤. (1)讨论()f x 的单调性;(2)若()0f x ≥,求a 的取值范围.规律方法1.识别函数图象的常用方法:(1)直接法:直接求出函数的解析式并画出其图象.(2)特例排除法,例如,根据已知函数的图象或已知函数的解析式,取特殊点,判断各选项的图象是否经过该特殊点.(3)性质(单调性、奇偶性、过定点等)验证法.(4)较复杂函数的图象,常借助导数这一工具,先对原函数进行求导,再利用导数判断函数的单调性、极值或最值,从而对选项进行筛选.2.函数性质综合问题的常见类型及解题策略:(1)单调性与奇偶性结合.解决此类问题要注意函数单调性及奇偶性的定义,以及奇、偶函数图象的对称性.(2)周期性与奇偶性结合.此类问题多考查求值,常利用奇偶性及周期性进行交换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.(3)周期性、奇偶性与单调性结合.解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间,然后利用奇偶性和单调性求解.3.对于函数零点(方程的根)的确定问题,高考常从以下几个方面进行考查: (1)函数零点值大致所在区间的确定; (2)零点个数的确定;(3)两个函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决此类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是方程两边对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解.4.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转化,关键是求出切点的坐标.5.利用导数研究函数的单调性:(1)已知函数解析式求单调区间,实质上是求()()0,0f x f x ''><的解集,求单调区间应遵循定义域优先的原则;(2)含参函数的单调性要分类讨论,通过确定导数的符号判断函数的单调性;(3)注意两种表述“函数()f x 在(),a b 上为减函数”与“函数()f x 的减区间为(),a b ”的区别.6.利用导数研究函数极值、最值的方法:(1)若求极值,则先求方程()0f x '=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()0f x '=根的大小或存在情况来求解; (3)求函数()f x 在闭区间[],a b 上的最值时,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.。

高考数学二轮复习专题2 函数与导数第3讲导数的概念

第3讲导数的概念及其简单应用导数的几何意义及导数的运算1.(2015洛阳统考)已知直线m:x+2y-3=0,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,若l ⊥m,则Ρ点的坐标可能是( B )(A)（-错误!未找到引用源。

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） (B)（错误!未找到引用源。

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）解析:由l⊥m可得直线l的斜率为2,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,也就是函数在P点的导数值为2,而y ′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中的点不在函数图象上,因此选B.2.(2014广东卷)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.解析:由题意知点(0,3)是切点.y′=-5e-5x,令x=0,得所求切线斜率为-5.从而所求方程为5x+y-3=0.答案:5x+y-3=0利用导数研究函数的单调性3.(2015辽宁沈阳市质检)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式f(x)>错误!未找到引用源。

+1(e为自然对数的底数)的解集为( A )(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)解析:不等式f(x)>错误!未找到引用源。

+1可以转化为e x f(x)-e x-3>0令g(x)=e x f(x)-e x-3,所以g′(x)=e x(f(x)+f′(x))-e x=e x(f(x)+f′(x)-1)>0,所以g(x)在R上单调递增,又因为g(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0⇒x>0,即不等式的解集是(0,+∞).故选A.4.(2014辽宁卷)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-错误!未找到引用源。

2020_2021学年高中数学第三章导数及其应用3.2.1_3.2.2基本初等函数的导数公式及导数的

基本初等函数的导数公式及导数的运算法则[A 组学业达标]1．函数y ＝cos x1－x 的导数是( )A.－sin x ＋x sin x 1－x 2B.x sin x －sin x －cos x1－x2C.cos x －sin x ＋x sin x 1－x 2D.cos x －sin x ＋x sin x 1－x解析：y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 1－x ′ ＝－sin x1－x －cos x ·－11－x2＝cos x －sin x ＋x sin x1－x 2.答案：C 2．曲线y ＝xx ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( )A ．y ＝2x ＋1B ．y ＝2x －1C ．y ＝－2x －3D ．y ＝－2x ＋2 解析：∵y ′＝x ′x ＋2－x x ＋2′x ＋22＝2x ＋22，∴k ＝y ′|x ＝－1＝2－1＋22＝2，∴切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. 答案：A3．已知函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c ，若f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．0解析：法一：由f (x )＝ax 4＋bx 2＋c ，得f ′(x )＝4ax 3＋2bx . 因为f ′(1)＝2，所以4a ＋2b ＝2，即2a ＋b ＝1. 则f ′(－1)＝－4a －2b ＝－2(2a ＋b )＝－2. 法二：因为f (x )是偶函数，所以f ′(x )是奇函数．所以f ′(－1)＝－f ′(1)＝－2. 答案：B4．函数f (x )＝x (x －1)(x －2)(x －3)在x ＝0处的导数值为( ) A ．－6 B ．0 C ．6 D ．1解析：∵f ′(x )＝(x －1)(x －2)(x －3)＋x [(x －1)(x －2)(x －3)]′， ∴f ′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)＝－6. 答案：A5．若函数f (x )＝12f ′(－1)x 2－2x ＋3，则f ′(－1)的值为( )A ．0B ．－1C ．1D ．2解析：∵f (x )＝12f ′(－1)x 2－2x ＋3，∴f ′(x )＝f ′(－1)x －2， ∴f ′(－1)＝f ′(－1)×(－1)－2， ∴f ′(－1)＝－1. 答案：B6．若函数f (x )＝e xx在x ＝c 处的导数值与函数值互为相反数，则c ＝________.解析：∵f (x )＝e xx，∴f (c )＝e cc.又f ′(x )＝e x ·x －e x x 2＝e x x －1x2， ∴f ′(c )＝e c c －1c2. 由题意，知f (c )＋f ′(c )＝0， ∴e c c ＋e c c －1c2＝0， ∴2c －1＝0，解得c ＝12.答案：127．若曲线y ＝x ln x 上点P 处的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标为________．解析：设P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝ln x 0＋1＝2， ∴x 0＝e ，则y 0＝e ，则P 点坐标为(e ，e)．答案：(e ，e)8．已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．解析：∵f (x )＝ax －ln x ， ∴f (1)＝a ，即切点是(1，a )． ∵f ′(x )＝a －1x，∴f ′(1)＝a －1，∴切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)，令x ＝0，得y ＝1，即l 在y 轴上的截距为1. 答案：19．求下列函数的导数． (1)f (x )＝e －x (sin x ＋cos x )； (2)y ＝e x ＋1e x －1；(3)f (x )＝x (x ＋1)(x ＋2)(x >0)．解析：(1)f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ＋sin x e x ′ ＝cos x －sin x e x －e x cos x ＋sin xe 2x＝－2sin xex ＝－2e －x sin x . (2)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x－1′ ＝e x e x －1－e x ＋1e xe x －12＝－2e x e x －12.(3)法一：y ′＝[x (x ＋1)(x ＋2)]′＝x ′(x ＋1)(x ＋2)＋x (x ＋1)′(x ＋2)＋x (x ＋1)(x ＋2)′ ＝(x ＋1)(x ＋2)＋x (x ＋2)＋x (x ＋1)＝3x 2＋6x ＋2.法二：因为y ＝x (x ＋1)(x ＋2)＝(x 2＋x )(x ＋2)＝x 3＋3x 2＋2x ，所以y ′＝(x 3＋3x 2＋2x )′＝3x 2＋6x ＋2.10．求过曲线y ＝sin x 在x ＝π4处的点且与此处切线垂直的直线方程．解析：由于y ′＝(sin x )′＝cos x ，则y ′|x ＝π4＝cos π4＝22，从而与切线垂直的直线的斜率为－2，依点斜式得符合题意的直线方程为y －22＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，即2x ＋y －22－24π＝0.[B 组能力提升]11．曲线y ＝x e x 在点(1，e)处的切线与直线ax ＋by ＋c ＝0垂直，则ab的值为( )A ．－12e B ．－2eC.2eD.12e解析：y ′＝e x ＋x e x ，则y ′|x ＝1＝2e.∵曲线在点(1，e)处的切线与直线ax ＋by ＋c ＝0垂直，∴－a b ＝－12e，∴a b ＝12e. 答案：D12．若直线y ＝12x ＋b 与曲线y ＝－12x ＋ln x 相切，则实数b 的值为( )A ．－2B ．－1C ．－12D ．1解析：设切点为(x 0，y 0)．由y ＝－12x ＋ln x ，得y ′＝－12＋1x ，所以－12＋1x 0＝12，所以x 0＝1，y 0＝－12，代入直线y ＝12x ＋b ，得－12＝12＋b ，解得b ＝－1，故选B.答案：B13．曲线y ＝sin xsin x ＋cos x －12在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0处的切线的斜率为________．解析：y ′＝cos x sin x ＋cos x －sin xcos x －sin xsin x ＋cos x2＝11＋sin 2x ，把x ＝π4代入得导数值为12，即为所求切线的斜率．答案：1214．已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：法一：∵y ＝x ＋ln x ， ∴y ′＝1＋1x，y ′|x ＝1＝2.∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1，消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0.由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二：同法一得切线方程为y ＝2x －1.设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1)． ∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＋a ＋2＝2，ax 20＋a ＋2x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－12，a ＝8.答案：815．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R.求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程．解析：因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .令x ＝1，得f ′(1)＝3＋2a ＋b ，又f ′(1)＝2a,3＋2a ＋b ＝2a ，解得b ＝－3，令x ＝2得f ′(2)＝12＋4a ＋b ，又f ′(2)＝－b ，所以12＋4a ＋b ＝－b ，解得a ＝－32.则f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，从而f (1)＝－52.又f ′(1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－3，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－3(x －1)，即6x ＋2y －1＝0.16．已知曲线y ＝f (x )＝x 2a－1(a >0)在x ＝1处的切线为l ，求l 与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值．解析：由已知，得f ′(x )＝2x a，切线斜率k ＝f ′(1)＝2a，所以切线l 的方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝2a(x －1)，即2x －ay －a －1＝0.令y ＝0，得x ＝a ＋12；令x ＝0，得y ＝－a ＋1a.所以l 与两坐标轴所围成的三角形的面积S ＝12×a ＋12×a ＋1a＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋12≥14×2a ×1a ＋12＝1，当且仅当a ＝1a，即a ＝1时取等号，所以S min ＝1.故l 与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值为1.。

人教A版高考总复习文科数学精品课件第3章导数及其应用第2节第1课时利用导数研究函数的单调性

(2)由题意 f'(x)=e
∵f(x)=e
x
∴f'(x)=e
x

- 2,

+ 在[1,2]上单调递增,

- 2 ≥0

x
在 x∈[1,2]时恒成立,即 a≤x2ex 在 x∈[1,2]时恒成立,令
g(x)=x2ex,g'(x)=2xex+x2ex=xex(x+2)>0,
∴g(x)=x2ex在[1,2]上单调递增,
条件
恒有
f'(x)>0
函数f(x)在某个区
f'(x)<0
间内可导
f'(x)=0
结论
函数y=f(x)在这个区间内单调递增
函数y=f(x)在这个区间内单调递减
函数y=f(x)在这个区间内是常数函数
微点拨讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式,求解时,
要坚持“定义域优先”原则.
(2)单调性到导数
∴g(x)≥g(1)=e,∴a≤e,故答案为(-∞,e].
考点四
导数在研究函数单调性中的应用(多考向探究)
考向1比较大小
例 4 已知函数
||
f(x)= || ,记
e
A.a>c>b
B.a>b>c
C.c>a>b
D.c>b>a
a=f(log32),b=f(log53), c=f
1
ln
e
,则(
)
答案:D
而引起分类讨论;
3.求导后,f'(x)=0有实数根,f'(x)=0的实数根也落在定义域内,但不清楚这些

高考数学复习第三章导数及其应用3-3导数与函数的极值最值文市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课

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4．函数 y＝xlnx 有极________(填大或小)值为________． [解析] y′＝lnx＋1，当 x>1e时，y′>0,0<x<1e时，y′<0，∴ x＝1e时 y 有极小值为 y＝1eln1e＝－1e. [答案] 小－1e
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5．若函数 f(x)＝xx2＋＋1a在 x＝1 处取得极值，则 a 等于________． [解析] 由题意可得 f′(x)＝2xx＋x1＋－1x2 2＋a ＝x2＋x＋2x1－2 a，因为函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 f′(1)＝3－4 a＝0，即 a＝3. 经检验，a＝3 时，x＝1 是 f(x)的极小值点． [答案] 3
极值点，则 f(x)的极小值为( )
A．－1
B．－2e－3
C．5e－3
D．1
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[解析] 因为 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以 f′(x)＝(2x＋a)ex－1 ＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，所以－2 是 x2＋(a＋2)x＋a－1＝0 的根，所以 a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令 f′(x)>0，解得 x<－2 或 x>1，令 f′(x)<0，解得－2<x<1，所以 f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞) 上单调递增，所以当 x＝1 时，f(x)取得极小值，且 f(x)极小值＝f(1) ＝－1，选择 A.
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当 a＝－1 时，f(x)＝－x(1＋e－x)，所以 f′(x)＝－1＋1－ex x<0，所以函数在 R 上单调递减，所以函数 f(x)没有极值点，不符合题意，所以 a≠－1，排除 B，故选 D.

2020届高考数学(文)课标版二轮课件：专题六第3讲导数的简单应用

a 3
,1单调递增,所以f(x)在[0,1]
的最小值为f

a 3

=-
a3 27
+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
于是m=-
a3 27
+2,M=42,-2a,0
a
a
3.
2,

所以M-m=2-a

a3 27
,0

a

2,

a3
,2

a

3.
当0<a<2时,可知2-a+
+3xf '(2)-ln x,则f '(2)的值为 ( B )
A. 7 B.- 7 C. 9 D.- 9
4
4
4
4
答案 B ∵f(x)=x2+3x f '(2)-ln x,∴f '(x)=2x+3f '(2)- 1 ,令x=2,得f '(2)=4+3f '(2)-
x
1 ,解得f '(2)=- 7 .
2
-1
1
.
考点三利用导数研究极值、最值
命题角度一求函数的极值、最值
(2019课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.
解析 (1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
若a<0,则当x∈
-
,
a 3

∪(0,+∞)时,

数学一轮复习第二章函数导数及其应用第三讲函数的单调性与最值学案含解析

第三讲函数的单调性与最值知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一函数的单调性1．单调函数的定义增函数减函数定义一般地,设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2当x1〈x2时，都有__f（x1）〈f(x2）__，那么就说函数f(x）在区间D上是增函数当x1〈x2时,都有__f(x1）>f(x2）__，那么就说函数f（x）在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是__上升的__自左向右看图象是__下降的__2。

单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是__增函数或减函数__,那么就说函数y＝f（x)在这一区间具有(严格的)单调性，__区间D__叫做函数y＝f（x)的单调区间．知识点二函数的最值1．复合函数的单调性函数y＝f（u)，u＝φ(x)，在函数y＝f[φ(x)］的定义域上，如果y＝f(u），u＝φ（x）的单调性相同，则y＝f[φ（x）］单调递增；如果y＝f(u），u＝φ（x)的单调性相反，则y＝f[φ(x）]单调递减．2．单调性定义的等价形式设任意x1，x2∈[a，b］，x1≠x2。

(1)若有(x1－x2)[f（x1)－f(x2）]〉0或错误!〉0，则f（x）在闭区间［a，b］上是增函数．（2）若有（x1－x2)[f（x1)－f(x2）]<0或错误!〈0，则f(x)在闭区间［a，b]上是减函数．3．函数单调性的常用结论(1)若f(x)，g(x）均为区间A上的增（减)函数，则f(x)＋g（x)也是区间A上的增（减）函数．(2）若k〉0，则kf(x)与f（x)单调性相同,若k<0,则kf（x)与f(x)单调性相反．（3）函数y＝f（x）（f(x）>0)在公共定义域内与y＝－f（x)，y＝错误!的单调性相反．（4）函数y＝f(x)(f（x)≥0）在公共定义域内与y＝错误!的单调性相同．错误!错误!错误!错误!题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)（1）若定义在R上的函数f（x)，有f（－1）〈f(3)，则函数f(x）在R上为增函数．(×）(2)函数y＝f（x）在[1，＋∞)上是增函数,则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)(3）函数y＝错误!的单调递减区间是(－∞，0）∪(0，＋∞)．(×)（4)对于任意两个函数值f(x1)、f（x2），当f（x1)〉f(x2)时都有x1〉x2，则y＝f(x）为增函数．(×）（5）已知函数y＝f（x)是增函数，则函数y＝f（－x)与y＝错误!都是减函数．(×)[解析]（1）函数的单调性体现了任意性，即对于单调区间上的任意两个自变量值x1，x2，均有f(x1)<f(x2)或f(x1)〉f（x2），而不是区间上的两个特殊值．（2)单调区间是定义域的子区间，如y＝x在[1,＋∞)上是增函数,但它的单调递增区间是R，而不是[1，＋∞)．(3)多个单调区间不能用“∪”符号连接，而应用“，”或“和”连接．（4)设f（x)＝错误!，如图．当f（x1)〉f（x2)时都有x1〉x2，但y＝f(x)不是增函数．（5）当f(x）＝x时，y＝错误!＝错误!，有两个减区间，但y＝错误!并不是减函数,而y＝f(－x）是由y＝f(t）与t＝－x复合而成是减函数．题组二走进教材2．(必修1P32T3改编）设定义在[－1，7]上的函数y＝f(x）的图象如图所示，则函数y＝f(x）的增区间为__[－1,1]和［5，7]__.3．(必修1P44AT9改编）函数y＝（2m－1）x＋b在R上是减函数,则m的取值范围是__m〈12__。

2020高考数学第二章函数、导数及其应用2.5指数与指数函数课件文

[变式练]已知函数 y＝4x＋m· 2x－2 在区间[－2,2]上单调递增，则 m 的取值范围为________．
解析：设 t＝2x，则 y＝4x＋m· 2x－2＝t2＋mt－2. 1 因为 x∈[－2,2]，所以 t∈4，4. 又函数 y＝4x＋m· 2x－2 在区间[－2,2]上单调递增， 1 2 即 y＝t ＋mt－2 在区间4，4上单调递增， 1 m 1 故有－ 2 ≤4，解得 m≥－2. 1 所以 m 的取值范围为－2，＋∞. 1 答案：－2，＋∞
解析：(1)因为函数 y＝0.6x 是减函数，0<0.6<1.5，所以 1>0.60.6>0.61.5，即 b<a<1. 因为函数 y＝x0.6 在(0，＋∞)上是增函数，1<1.5，所以 1.50.6>10.6＝1，即 c>1. 综上，b<a<c. (2)当 x>0 时，f(x)＝1－2－x>0，又 f(x)是 R 上的奇函数， 1 1 所以 f(x)<－2的解集和 f(x)>2(x>0)的解集关于原点对称，由 1 1 －x 1 －x 1 －1 －2 >2得 2 <2＝2 ，即 x>1，则 f(x)<－2的解集是(－∞，－1)．于 y 轴对称．答案：B
x
－x
1x ＝2 的图象(图略)，观察可知其关
5．函数 f(x)＝ 1－ex的值域为________．
解析：由 1－ex≥0 得，ex≤1，故函数 f(x)的定义域为{x|x≤0}，所以 0<ex≤1，－1≤－ex<0,0≤1－ex<1，函数 f(x)的值域为[0,1)．答案：[0,1)
考向三指数函数的性质及应用[互动讲练型] [例 2] (1)[2015· 山东卷]设 a＝0.60.6， b＝0.61.5， c＝1.50.6，则 a， b，c 的大小关系是( ) A．a<b<c B．a<c<b C．b<a<c D．b<c<a (2)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，f(x)＝1－ 1 －x 2 ，则不等式 f(x)<－2的解集是( ) A．(－∞，－1) B．(－∞，－1] C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)

2020版高考数学大二轮复习2.3导数的简单应用课件文

【解析】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
(1)设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x－1＋1 x，g′(x)＝－sin x＋1＋1 x2. 当 x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而 g′(0)>0，g′π2<0，可得 g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当 x∈α，2π时，g′(x)<0.
所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故 g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即 f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． (ⅰ)当 x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而 f′(0) ＝0，所以当 x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故 f(x)在 (－1,0)单调递减．又 f(0)＝0，从而 x＝0 是 f(x)在(－1,0]的唯一零点．
2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数 f(x)＝g(x)＋x2，曲线 y
＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，则曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线的斜率为( )
A．2
1 B.4
C．4 D．－12
解析：因为曲线 y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，
(ⅲ)当 0<a<3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为 f(a3)＝－2a73＋ b，最大值为 b 或 2－a＋b.

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节：导数与函数的单调性(教师版)

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 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(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)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.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“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.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(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.()(3)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()答案D解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.4.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.R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.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.考点一不含参函数的单调性1.函数f(x)＝x＋3x＋2ln x的单调递减区间是()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.感悟提升确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)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.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.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.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 1.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)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.2.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解.训练2(1)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是()A.13，＋∞ B.－∞，13C.13，＋∞ D.－∞，13(2)(2022·郑州调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。

2020届高考数学总复习第三章导数及其应用3_2_2导数与函数的极值、最值课件文新人教A版

此时 f(1)＝3e≠0. 所以 a 的值为 1. (2)由(1)得 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若 a>21，则当 x∈a1，2时，f′(x)<0；当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0. 所以 f(x)在 x＝2 处取得极小值．
当 a＞0 时，当 x∈0，1a时，f′(x)＞0，当 x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0，故函数在 x＝1a处有极大值．综上所述，当 a≤0 时，函数在定义域上无极值点，当 a＞0 时，函数在 x＝1a处有一个极大值点．
考点二函数的最值问题函数的最值也是高考命题的热点之一，题型不限，难度为中高档，其常考的类型：一是求函数最值；二是已知函数最值求参数的取值范围，当然还有一类题目就是转化为函数的最值问题来研究．角度1 求不含参数的函数的最值【例4】 (2019·咸阳模拟)设函数f(x)＝ln x－x2＋x.求函数f(x)的最值．
令 f′(x)＝0，解得 x＝21或 x＝1a. ①当 0<a1≤1，即 a≥1 时， f(x)在[1，e]上单调递增．所以 f(x)在[1，e]上的最小值为 f(1)＝－2，符合题意； ②当 1<a1<e，即1e<a<1 时，f(x)在1，1a上单调递减，在1a，e 上单调递增，所以 f(x)在[1，e]上的最小值为 f1a<f(1)＝－2，不合题意；
x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
－ek－ f(x)
1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≥1即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，故f(x)min＝f(1)＝(1－k)e. 当k－1≤0即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝－k.

(广东专用)高考数学一轮复习第三章3.2导数的应用课件文

问题； (3)f(x) 为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a ， b) 都有 f′(x)≥0 且在(a，b)内的任一非空子区间上 f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否
则漏解．
题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 (1)设函数 f(x)＝13x3－(1＋a)x2＋4ax＋ 24a，其中常数 a>1，则 f(x)的单调减区间为________．
若 x∈(a,1)，f′(x)<0，函
数 f(x)单调递减；
题型分类·深度剖析
题型二
利用导数求函数的极值
【例 2】设 a>0，函数 f(x)＝ 12x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)． (1)求曲线 y＝f(x)在(2，f(2))
思维启迪解析思维升华
若 x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．此时 x＝a 是 f(x)的极大值
思维启迪解析思维升华
f′(x)＝ex－a，
(1)若 a≤0，则 f′(x)＝ex
－a≥0，
即 f(x)在 R 上单调递增，若 a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，
x≥ln a. 因此当 a≤0 时，f(x)的单调
增区间为 R，当 a>0 时，f(x)的单调增区
间是[ln a，＋∞)．
题型分类·深度剖析
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾理清教材
2．函数的极值
(1)判断 f(x0)是极值的方法
一般地，当函数 f(x)在点 x0 处连续时， ① 如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0 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 侧 f′(x)>0 ，那么 f(x0)是极小值．

(通用版)2020版高考数学复习专题二函数与导数2.3导数与积分课件理

=
��2��0,于是有
�� = ��0
2 ��0
,
= 2ln
��0
+
解得 1,
x0=
e,a=��2��0=2e-12,
选 B.
-8-
高考真题体验
典题演练提能
2.曲线xy-x+2y-5=0在点A(1,2)处的切线与两坐标轴所围成的三角
形的面积为( )
y=ln(x+1)相切于点 P2(x2,y2),则 y1=ln x1+2,y2=ln(x2+1).由点
P1(x1,y1)在切线上,得 y-(ln x1+2)=��1��1(x-x1),由点 P2(x2,y2)在切线上,得
y-ln(x2+1)=��21+1(x-x2).因为这两条直线表示同一条直线,
2015 年
2016 年
2017 年
2018 年
2019
ⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ
卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷
16 15
5 13 14 13 10 6
12 12
11
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高考真题体验
典题演练提能
导数的运算与几何意义
1.(2018全国Ⅰ·5)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线
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高考真题体验
典题演练提能
3.过曲线y=ex上一点P(x0,y0)作曲线的切线,若该切线在y轴上的截距
小于0,则x0的取值范围是( )
A.(0,+∞)
B. 1e,+∞
C.(1,+∞)

2020高三数学复习课件(热点题型+教师点评选题)：第二章函数、导数及其应用：2.13.ppt

考T20.
[归纳知识整合] 1．生活中的优化问题
生活中常遇到求利润最大，用料最省、效率最高等
一些实际问题，这些问题通常称为优化问题． 2．利用导值，与求一般函数的最值有什么区别？
提示：在实际问题中要注意函数的定义域应使实际问题有意义．另外，在求实际问题的最值时，如果区间内只有一个极值点，就是最值点．
令f′(r)＝0.8π(r2－2r)＝0，则r＝2. 当r∈(0,2)时，f′(r)<0；当r∈(2,6)时，f′(r)>0. 则f(r)的最大值为f(6)，最小值为f(2)．答案：6 2
4．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x) 恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根． ∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1. 要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0. 答案：(－∞，0)
当 a>0，x∈0，π2时，f′(x)>0，从而 f(x)在0，π2内单调递增，又 f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，故 f(x)在0，π2上的最大值为 fπ2，即
π2a－32＝π－2 3，解得 a＝1. 综上所述，f(x)＝xsin x－32. (2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f(x)＝xsin x－32，从而有 f(0)＝－32<0，fπ2＝π－2 3>0.
[备考方向要明了]
考什么
怎么考
1.利用极值或最值求解参数的
1.能利用导数研究函数的取值范围．
单调性、极值或最值，并 2.利用导数研究方程根的分布
会解决与之有关的不等式情况、两曲线交点的个数等，

高考数学二轮复习板块三专题突破核心考点专题六函数与导数第3讲导数及其应用课件

12/11/2021
第五十三页，共五十六页。
押题依据解析(jiě 答案
内容(nèiróng)总结
第3讲导数及其应用。(1)讨论函数f(x)在(0，＋∞)内的单调性。(2)求导函数f′(x).。∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，。即f(x)＋f′(x)>0，设g(x)＝exf(x)，。(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a。当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.。即g(x)在[0，＋∞)上单调递增(dìzēng)，g(x)≥g(0)＝1恒成立，符合题意.
______.(①填序号)
①f(x)＝2－x;
②f(x)＝x2；
③f(x)＝3－x;
④f(x)＝cos x.
12/11/2021
第四十五页，共五十六页。
解析(jiě 答案
4.(2017·全国Ⅰ)曲线 y＝x2＋1x在点(1,2)处的切线方程为__x_－__y_＋__1＝__0___. 解析 ∵y′＝2x－x12，∴y′|x＝1＝1，
板块三专题(zhuāntí)突破核心考点
12/11/2021
专题六函数(hánshù)与导数
第3讲导数及其应用 (dǎo shù)
第一页，共五十六页。
[考情考向分析(fēnxī)]
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(lìyòng)导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型. 3.导数与函数零点、不等式的结合常作为高考压轴题出现.
2.已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a 在 x＝1 处取得极大值 10，则ab的值为
√A.－23
B.－2
C.－2 或－23

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专题二函数与导数第3讲导数及其应用真题试做1．(2020·辽宁高考，文8)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．(2020·辽宁高考，文12)已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P ，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为( )．A ．1B ．3C ．－4D ．－83．(2020·广东高考，文21)设0＜a ＜1，集合A ＝{x ∈R |x ＞0}，B ＝{x ∈R |2x 2－3(1＋a )x ＋6a ＞0}，D ＝A ∩B .(1)求集合D (用区间表示)；(2)求函数f (x )＝2x 3－3(1＋a )x 2＋6ax 在D 内的极值点．4．(2020·天津高考，文20)已知函数f (x )＝13x 3＋1－a 2x 2－ax －a ，x ∈R ，其中a ＞0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a 的取值范围； (3)当a ＝1时，设函数f (x )在区间[t ，t ＋3]上的最大值为M (t )，最小值为m (t )，记g (t )＝M (t )－m (t )，求函数g (t )在区间[－3，－1]上的最小值．考向分析文科用从近三年高考来看，该部分高考命题有以下特点：从内容上看，考查导数主要有三个层次：(1)导数的概念、求导公式与法则、导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数极值、求函数的单调区间、证明函数的单调性等；(3)导数的综合考查，包括导数的应用题以及导数与函数、不等式等的综合题．从形式上看，考查导数的试题有选择题、填空题、解答题，有时三种题型会同时出现．热点例析热点一导数的几何意义【例1】设函数f (x )＝ax ＋1x ＋b(a ，b ∈Z )，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝3.(1)求y ＝f (x )的解析式；(2)证明曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝1和直线y ＝x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值．规律方法 1.导数的几何意义：函数y ＝f (x )在x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是：曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．2．求曲线切线方程的步骤：(1)求出函数y ＝f (x )在点x ＝x 0的导数f ′(x 0)，即曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处切线的斜率；(2)已知或求得切点坐标P (x 0，f (x 0))，由点斜式得切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．特别提醒：①当曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线平行于y 轴(此时导数不存在)时，由切线定义可知，切线方程为x ＝x 0；②当切点坐标未知时，应首先设出切点坐标，再求解．变式训练 1 (1)设曲线y ＝ax 2在点(1，a )处的切线与直线2x －y －6＝0平行，则a ＝__________；(2)设f (x )＝x ln x ＋1，若f ′(x 0)＝2，则f (x )在点(x 0，y 0)处的切线方程为__________．热点二利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )＋2x在[1，＋∞)上单调，求实数a 的取值范围．规律方法利用导数研究函数单调性的一般步骤： (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)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0.②若已知函数的单调性求参数，只需转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间内恒成立问题求解．解题过程中要注意分类讨论；函数单调性问题以及一些相关的逆向问题，都离不开分类讨论思想．变式训练2 已知函数f (x )＝x －2x＋a (2－ln x )，a ＞0.讨论f (x )的单调性．热点三利用导数研究函数极值和最值问题【例3】已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x ，(1)若f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围；(2)若x ＝－13是f (x )的极值点，求f (x )在[1，a ]上的最大值；(3)在(2)的条件下，是否存在实数b ，使得函数g (x )＝bx 的图象与函数f (x )的图象恰有3个交点？若存在，请求出实数b 的取值范围；若不存在，试说明理由．规律方法利用导数研究函数极值的一般步骤是：(1)确定函数的定义域；(2)求函数f (x )的导数f ′(x )；(3)①若求极值，则先求出方程f ′(x )＝0的根，再检验f ′(x )在方程根左右边f ′(x )的符号，求出极值．当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内．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，从而求解．变式训练3 设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2.(1)若x ＝2是函数y ＝f (x )的极值点，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]在x ＝0处取得最大值，求a 的取值范围．思想渗透转化与化归思想的含义转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法．一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．转化与化归常用的方法是等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的．【典型例题】已知函数f (x )＝x (ln x ＋m )，g (x )＝a3x 3＋x .(1)当m ＝－2时，求f (x )的单调区间；(2)若m ＝32时，不等式g (x )≥f (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当m ＝－2时，f (x )＝x (ln x －2)＝x ln x －2x ，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x －1.由f ′(x )＞0，得ln x －1＞0，所以x ＞e. 由f ′(x )＜0，得ln x －1＜0，所以0＜x ＜e.故f (x )的单调递增区间是(e ，＋∞)，递减区间是(0，e)．(2)当m ＝32时，不等式g (x )≥f (x )，即a 3x 3＋x ≥x ⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋32恒成立．由于x ＞0，所以a 3x 2＋1≥ln x ＋32，即a 3x 2≥ln x ＋12，所以a ≥3⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋12x 2. 令h (x )＝3⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋12x2 ，则h ′(x )＝－6ln x x3，由h ′(x )＝0得x ＝1.且当0＜x ＜1时，h ′(x )＞0；当x ＞1时，h ′(x )＜0，即h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )在x ＝1处取得极大值h (1)＝32，也就是函数h (x )在定义域上的最大值．因此要使a ≥3⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋12x 2恒成立，需有a ≥32，此即为a 的取值范围．1.已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝3xf ′(1)＋x 2，则f ′(1)＝( )． A ．－1 B ．－2 C ．1 D ．22．曲线y ＝sin x sin x ＋cos x －12在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0处的切线的斜率为( )． A ．－12 B.12 C ．－22 D.223．(2020·广东深圳高级中学月考，文9)已知f (x )＝ln x (x ＞0)，f (x )的导数是f ′(x )，若a ＝f (7)，b ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫13，则a ，b ，c 的大小关系是( )． A ．c ＜b ＜a B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜a D ．b ＜a ＜c4．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 ．(－∞，＋∞)5．三次函数f (x )，当x ＝1时有极大值4；当x ＝3时有极小值0，且函数图象过原点，则f (x )＝__________.6．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a (a 为常数)在区间[－2,2]上有最大值20，那么此函数在区间[－2,2]上的最小值为__________．7．(2020·广东华南师大附中月考，文20)已知二次函数f (x )＝x 2＋x ，若不等式f (－x )＋f (x )≤2|x |的解集为C .(1)求集合C ；(2)若方程f (a x )－a x ＋1＝5(a ＞0，a ≠1)在C 上有解，求实数a 的取值范围； (3)记f (x )在C 上的值域为A ，若g (x )＝x 3－3tx ＋t2，x ∈[0,1]的值域为B ，且A ⊆B ，求实数t 的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向真题试做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：如图所示，由已知可设P (4，y 1)，Q (－2，y 2)，∵点P ，Q 在抛物线x 2＝2y 上，∴⎩⎪⎨⎪⎧42＝2y 1， ①(－2)2＝2y 2， ②∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝8，y 2＝2，∴P (4,8)，Q (－2,2)，又∵抛物线可化为y ＝12x 2，∴y ′＝x ，∴过点P 的切线斜率为y ′| x ＝4＝4，∴过点P 的切线为y －8＝4(x －4)，即y ＝4x －8. 又∵过点Q 的切线斜率为y ′| x ＝－2＝－2，∴过点Q 的切线为y －2＝－2(x ＋2)，即y ＝－2x －2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4x －8，y ＝－2x －2，解得x ＝1，y ＝－4，∴点A 的纵坐标为－4.3．解：(1)令g (x )＝2x 2－3(1＋a )x ＋6a ，Δ＝9(1＋a )2－48a ＝9a 2－30a ＋9＝3(3a －1)(a －3)．①当0＜a ≤13时，Δ≥0，方程g (x )＝0的两个根分别为x 1＝3a ＋3－9a 2－30a ＋94，x 2＝3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，所以g (x )＞0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，3a ＋3－9a 2－30a ＋94∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，＋∞.因为x 1，x 2＞0，所以D ＝A ∩B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3a ＋3－9a 2－30a ＋94∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，＋∞.②当13＜a ＜1时，Δ＜0，则g (x )＞0恒成立，所以D ＝A ∩B ＝(0，＋∞)，综上所述，当0＜a ≤13时，D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3a ＋3－9a 2－30a ＋94∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＋3＋9a 2－30a ＋94，＋∞；当13＜a ＜1时，D ＝(0，＋∞)． (2)f ′(x )＝6x 2－6(1＋a )x ＋6a ＝6(x －a )(x －1)，令f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝1.①当0＜a ≤13时，由(1)知D ＝(0，x 1)∪(x 2，＋∞)，因为g (a )＝2a 2－3(1＋a )a ＋6a ＝a (3－a )＞0，g (1)＝2－3(1＋a )＋6a ＝3a －1≤0，所以0＜a ＜x 1＜1≤x 2，所以f ′(x )所以f (x )②当13＜a ＜1时，由(1)知D ＝(0，＋∞)，所以f所以f (综上所述，当0＜a ≤13时，f (x )在D 内有一个极大值点x ＝a ，没有极小值点；当13＜a ＜1时，f (x )在D 内有一个极大值点x ＝a ，一个极小值点x ＝1. 4．解：(1)f ′(x )＝x 2＋(1－a )x －a ＝(x ＋1)(x －a )．由f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝a ＞0.当)． (2)由(1)知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)内恰有两个零点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (－2)<0，f (－1)>0，f (0)<0，解得0＜a ＜13.所以，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13. (3)a ＝1时，f (x )＝13x 3－x －1.由(1)知f (x )在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增． ①当t ∈[－3，－2]时，t ＋3∈[0,1]，－1∈[t ，t ＋3]，f (x )在[t ，－1]上单调递增，在[－1，t ＋3]上单调递减．因此，f (x )在[t ，t ＋3]上的最大值M (t )＝f (－1)＝－13，而最小值m (t )为f (t )与f (t ＋3)中的较小者．由f (t ＋3)－f (t )＝3(t ＋1)(t ＋2)知，当t ∈[－3，－2]时，f (t )≤f (t ＋3)，故m (t )＝f (t )，所以g (t )＝f (－1)－f (t )．而f (t )在[－3，－2]上单调递增，因此f (t )≤f (－2)＝－53，所以g (t )在[－3，－2]上的最小值为g (－2)＝－13－⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝43.②当t ∈[－2，－1]时，t ＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t ，t ＋3]．下面比较f (－1)，f (1)，f (t )，f (t ＋3)的大小．由f (x )在[－2，－1]，[1,2]上单调递增，有 f (－2)≤f (t )≤f (－1)，f (1)≤f (t ＋3)≤f (2)．又由f (1)＝f (－2)＝－53，f (－1)＝f (2)＝－13，从而M (t )＝f (－1)＝－13，m (t )＝f (1)＝－53.所以g (t )＝M (t )－m (t )＝43.综上，函数g (t )在区间[－3，－1]上的最小值为43.精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)解：f ′(x )＝a －1(x ＋b )2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋12＋b ＝3，a －1(2＋b )2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝94，b ＝－83.由a ，b ∈Z ，故f (x )＝x ＋1x －1. (2)证明：在曲线上任取一点⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋1x 0－1. 由f ′(x 0)＝1－1(x 0－1)2知，过此点的切线方程为y －x 02－x 0＋1x 0－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(x 0－1)2(x －x 0)．令x ＝1得y ＝x 0＋1x 0－1，切线与直线x ＝1的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，x 0＋1x 0－1.令y ＝x ，得y ＝2x 0－1，切线与直线y ＝x 的交点为(2x 0－1,2x 0－1)．直线x ＝1与直线y ＝x 的交点为(1,1)．从而所围三角形的面积为 12⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋1x 0－1－1·0211x -- ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0－1022x -＝2. ∴所围三角形的面积为定值2.【变式训练1】 (1)1 解析：∵y ＝ax 2，∴y ′＝2ax ，∴y ′|x ＝1＝2a .又y ＝ax 2在点(1，a )处的切线与直线2x －y －6＝0平行， ∴2a ＝2，a ＝1.文科用(2)2x －y －e ＋1＝0 解析：因为f (x )＝x ln x ＋1，所以f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1.因为f ′(x 0)＝2，所以ln x 0＋1＝2，解得x 0＝e ，y 0＝e ＋1.由点斜式得，f (x )在点(e ，e ＋1)处的切线方程为y －(e ＋1)＝2(x －e)，即2x －y －e ＋1＝0.【例2】解：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x，故f (x )的单调递减区间是(0,1)．(2)由题意得g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，函数g (x )在[1，＋∞)上是单调函数．①若g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥2x －2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x －2x 2，∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝0，∴a ≥0.②若g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a 的取值范围为a ≥0.【变式训练2】解：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8. ①当Δ＜0即0＜a ＜22时，对一切x ＞0都有f ′(x )＞0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0即a ＝22时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x ＞0都有f ′(x )＞0. 此时f (x )也是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ＞0即a ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－8，x 2＝a ＋a 2－8，0＜x 1＜x 2.⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．【例3】解：(1)f ′(x )＝3x 2－2ax －3. ∵f (x )在[1，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )在[1，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即3x 2－2ax －3≥0在[1，＋∞)上恒成立，则必有a3≤1且f ′(1)＝－2a ≥0.∴a ≤0.(2)依题意，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0，即13＋23a －3＝0. ∴a ＝4，∴f (x )＝x 3－4x 2－3x .令f ′(x )＝3x 2－8x －3＝0，得x 1＝－13，x 2＝3.则当x∴f (x )在(3)函数g (x )＝bx 的图象与函数f (x )的图象恰有3个交点，即方程x 3－4x 2－3x ＝bx 恰有3个不等实根．∴x 3－4x 2－3x －bx ＝0， ∴x ＝0是其中一个根，∴方程x 2－4x －3－b ＝0有两个非零不等实根．∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝16＋4(3＋b )>0，－3－b ≠0，∴b ＞－7且b ≠－3.∴存在满足条件的b 值，b 的取值范围是b ＞－7且b ≠－3.【变式训练3】解：(1)f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)．因为x ＝2是函数y ＝f (x )的极值点，所以f ′(2)＝0，即6(2a －2)＝0，因此a ＝1.经验证，当a ＝1时，x ＝2是函数y ＝f (x )的极值点．(2)由题设，g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)．当g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)时，g (0)≥g (2)，即0≥20a －24，得a ≤65.反之，当a ≤65时，对任意x ∈[0,2]，g (x )≤65x 2(x ＋3)－3x (x ＋2)＝3x 5(2x 2＋x －10)＝3x5(2x ＋5)(x －2)≤0，而g (0)＝0，故g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)．综上，a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，65. 创新模拟·预测演练文科用1.A 解析：f ′(x )＝3f ′(1)＋2x ，令x ＝1，得f ′(1)＝3f ′(1)＋2， ∴f ′(1)＝－1.故选A.2．B 解析：对y ＝sin x sin x ＋cos x －12求导得y ′＝cos x (sin x ＋cos x )－sin x (cos x －sin x )(sin x ＋cos x )2＝1(sin x ＋cos x )2，当x ＝π4时，y ′|x ＝π4＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋222＝12.3．B 解析：∵f ′(x )＝1x，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3，即b ＝2，c ＝3. 又a ＝f (7)＝ln 7，∵e＜7＜e 2，∴f (7)＝ln 7＜2. 综上，a ＜b ＜c ，故选B.4．B 解析：设h (x )＝f (x )－(2x ＋4)，则h ′(x )＝f ′(x )－2＞0，故h (x )在R 上单调递增，又h (－1)＝f (－1)－2＝0，所以当x ＞－1时，h (x )＞0，即f (x )＞2x ＋4.5．x 3－6x 2＋9x 解析：设f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .由题意，有⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f ′(3)＝0，f (1)＝4，f (3)＝0，f (0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＋c ＝0，27a ＋6b ＋c ＝0，a ＋b ＋c ＋d ＝4，27a ＋9b ＋3c ＋d ＝0，d ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－6，c ＝9，d ＝0.故f (x )＝x 3－6x 2＋9x .6．－7 解析：f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9＝0，得x ＝－1或x ＝3(舍去)． ∵f (－2)＝2＋a ，f (－1)＝－5＋a ，f (2)＝a ＋22， ∴a ＋22＝20，a ＝－2. 故最小值为f (－1)＝－7.7．解：(1)f (x )＋f (－x )＝2x 2，当x ≥0时，2x 2≤2x ⇒0≤x ≤1；当x ＜0时，2x 2≤－2x ⇒－1≤x ＜0. ∴集合C ＝[－1,1]．(2)f (a x )－a x ＋1－5＝0⇒(a x )2－(a －1)a x－5＝0，令a x ＝u ，则方程为h (u )＝u 2－(a －1)u －5＝0，且h (0)＝－5.当a ＞1时，u ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，a ，h (u )＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，a 上有解，则⎩⎪⎨⎪⎧h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1a 2－1＋1a －5≤0，h (a )＝a 2－(a －1)a －5≥0⇒a ≥5.当0＜a ＜1时，u ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ，1a ，h (u )＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ，1a 上有解，则⎩⎪⎨⎪⎧h (a )≤0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≥0⇒0＜a ≤12.∴当0＜a ≤12或a ≥5时，方程在C 上有解，且有唯一解．(3)A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，2，g ′(x )＝3x 2－3t .①当t ≤0时，g ′(x )≥0，函数g (x )＝x 3－3tx ＋t2在x ∈[0,1]单调递增，∴函数g (x )的值域B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤t2，1－52t .∵A ⊆B ，∴⎩⎪⎨⎪⎧t 2≤－14，2≤1－52t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ≤－12，t ≤－25，即t ≤－12.②当t ≥1，g ′(x )≤0，函数g (x )在区间[0,1]单调递减，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－52t ，t 2. ∵A ⊆B ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－52t ≤－14，t2≥2.又t ≥1，所以t ≥4.③当0＜t ＜1时，令g ′(x )＝0得x ＝±t (舍去负值)，当x ∈[t ，1]时，g ′(x )＞0，当x ∈[0，t ]时，g ′(x )＜0.∴函数g (x )在[t ，1]单调递增，在[0，t ]单调递减，g (x )在x ＝t 取到最小值．要使A ⊆B ，则⎩⎪⎨⎪⎧g (0)≥2或g (1)≥2，g (t )≤－14⇒⎩⎪⎨⎪⎧t ≥4或t ≤－25，8(t )3－2(t )2－1≥0.无解．综上所述：t 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[4，＋∞)．。