323导数与函数的综合问题文稿演示
三角函数与导数综合应用
三角函数与导数综合应用一、引言三角函数和导数是高等数学中的两个重要概念，它们在数学和物理等领域具有广泛的应用。
本文将讨论三角函数与导数的综合应用，并结合实际问题展示其重要性。
二、举例：航空器的爬升角度在航空领域中，航空器的爬升角度是一个关键参数，它直接影响飞机的爬升速率和到达目的地所需的时间。
而通过对三角函数和导数的综合应用，我们可以确定最优的爬升角度，使飞机能够以最高的效率完成任务。
1.问题陈述假设一架飞机位于空中，目标高度为H米，初始高度为h米（h < H），飞机的爬升速率为v m/s。
我们的目标是确定最小的爬升角度θ，使得飞机能够以最短的时间到达目标高度H。
2.解决方法我们可以利用三角函数和导数的综合应用来解决这个问题。
假设飞机当前的高度为y米，它的爬升角度为θ。
根据三角函数的定义，我们可以得到飞机的爬升速率与角度之间的关系：v = y' = dy/dt = sin(θ) * v其中，y'表示高度关于时间的导数，即飞机的爬升速率；dy/dt表示高度关于时间的变化率；sin(θ)表示飞机的爬升角度与爬升速率之间的比例关系；v表示飞机的爬升速率。
我们的目标是求解出角度θ的取值范围，使得飞机以最短时间到达目标高度H。
由于飞机的爬升速率是已知的，我们可以将问题转化为求解y与θ的关系式，并对y求导数。
3.问题求解设总时间为T，根据问题陈述，我们可以得到以下方程：∫[0,H] dy / (sin(θ) * v) = T其中，∫[0,H]表示对y从0到H进行积分，dy表示y的微元变化量。
将方程分解后，我们可以得到：∫[0,H] dy / sin(θ) = v * T再次对方程进行分解，我们可以得到：∫[0,H] sec(θ) dy = v * T利用积分规则，我们可以得到以下结果：[ln|sec(θ) + tan(θ)|] [0,H] = v * T由于θ的取值范围在[0,π/2]之间，我们可以得到以下结论：ln|sec(θ) + tan(θ)| = (v * T) / H根据以上方程，我们可以求解出最优的爬升角度θ，进而确定飞机到达目标高度H所需的最短时间T。
高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件
题型二 讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
--
解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
〖2021年人教版〗《3.2 导数的应用 导数与函数的综合问题》完整版教学课件PPT
2如果当≥1时，不等式f≥ 恒成立x，＋k求1 实数的取值范围
解答
引申探究
本例2中若改为：存在0∈[1，e]，使不等式f≥ 成立x，＋k求1 实数的取值范
围
解答
当
x∈[1，e]时，k≤x＋1x1＋ln
x 有解，
x＋11＋ln x
令 g(x)＝
x
，由例 3(2)解题知，
g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋2e， ∴k≤2＋2e，即实数 k 的取值范围是(－∞，2＋2e].
1如果存在1，2∈[0,2]使得g1－g2≥M成立，求满足上述条件的最大整
数M； 2如果对于任意的，t∈[ ，21]，都有f≥gt成立，求实数a的取值范围
ln x
由1知，f在＝1处取得最大值，最大值为f1＝0
所以当≠1时，n <－1 故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln1x<1x－1，
x－1 即 1< ln x <x.
3设c>1，证明：当∈0,1时，1＋c－1>c
证明
由题设c>1，设g＝1＋c－1－c，则g′＝c－1－cn c， c－1
2若函数f在区间0， 上无12零点，求思维升华
利用导数研究方程的根函数的零点的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数 的零点个数问题可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋 势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数
跟踪训练2 2016·郑州模拟定义在R上的奇函数＝f满足f3＝0，且不等
§32 导数的应用
第3课时 导数与函数的综合问题
内容索引
题型分类 深度剖析 课时作业
题型分类 深度剖析
函数与导数综合问题 课件
令 g(x)＝x－21x＋2 x－ln(1＋x)，则 g(0)＝0.又 g′(x)＝1－4x24＋14＋x－x22x2 －1＋1 x＝412＋x2x2＞0，
)
A．x－y－2＝0
B．x＋y－2＝0
C．x＋4y－5＝0
D．x－4y－5＝0
解析：y′│x＝1＝2x2－x－1－122x│x＝1＝－2x－1 12│x＝1＝ －1，故切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.故选 B.
答案：B
题型3 利用导数知识证明不等式 例3 求证：x－x22＜ln(1＋x)＜x－21x＋2 x，x∈(0，＋∞)．
点评：利用导数求函数的单调性，主要涉及的几类题型：求 单调区间，判断函数在某区间上的单调性，根据单调性求参数．只 要牢牢掌握导函数的符号与原函数单调性的对应关系，这些问题 就不难解决．
跟踪 训练
1．已知函数 f(x)＝mx3＋nx2 (m、n∈R，m≠0)，函数 y＝ f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与 x 轴平行．
函数与导数综合问题
基础 梳理
1．导数的几何意义：函数 y＝f(x)在点 x0 处的导数的几何 意义是曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率．也就是说， 曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率是 f′(x0)，相应地， 切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
D．ln(1＋x)≥x－18x2
跟踪 训练
解析：设 f(x)＝cos x＋12x2－1，则 f ′(x)＝－sin x＋ x≥0(x≥0)，所以 f(x)＝cos x＋12x2－1 是增函数，所以 f(x) ＝cos x＋21x2－1≥f(0)＝0，即 cos x≥1－21x2.故选 C.
高考数学专题复习《导数的综合应用》PPT课件
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(+1)ln
H(x)=
,则
-1
1
=
--2ln
(-1)
2
,
2 -2+1
K'(x)= 2 >0,于是
K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以 K(x)>K(1)=0,于是 H'(x)>0,从而 H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法
(x+1)x
则,可得 lim+
x-1
→1
取值范围是(-∞,2].
第三章
高考大题专项(一) 导数的综合应用
内
容
索
引
01
突破1
利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
02
突破2
利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小
两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的
最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的
323导数与函数的综合问题[可修改版ppt]
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当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明 由(1)知，f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)
＝0.
所以当 x≠1 时，ln x<x－1.
故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln 1x<1x－1，
即
x－1 1< ln x <x.
(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 ①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出 最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值 范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的 最值问题．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R. (1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 【解析】 (1)当a＝－1时， f(x)＝x2ln x＋x2－1，f′(x)＝2xln x＋3x. 则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3. 又f(1)＝0，所以切线方程为3x－y－3＝0. (2)f′(x)＝2xln x＋(1－2a)x＝x(2ln x＋1－2a)，其中x≥1.
【引申探究】 本例(2)中若改为：存在 x0∈[1，e]，使不等式 f(x)≥x＋k 1成立， 求实数 k 的取值范围．
【解析】 当 x∈[1，e]时，k≤（x＋1）（x 1＋ln x）有解， 令 g(x)＝（x＋1）（x 1＋ln x），由例 3(2)解题知， g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋2e， ∴k≤2＋2e，即实数 k 的取值范围是－∞，2＋2e.
导数方法解决函数不等式的综合问题
利用导数证明不等式
导数与不等式证明的 关系
通过构造函数并利用导数的性质， 可以证明某些不等式成立。
证明步骤
首先根据不等式构造一个适当的 函数，然后利用导数的性质分析 该函数的性质，从而证明原不等 式。
示例
证明不等式$e^xgeq x+1$对任 意实数$x$成立。构造函数 $f(x)=e^x-(x+1)$，求导得到 $f'(x)=e^x-1$。当$x<0$时， $f'(x)<0$，函数单调递减；当 $x>0$时，$f'(x)>0$，函数单调 递增。因此，函数在$x=0$处取 得最小值0，即$f(x)geq 0$恒成 立，从而证明了原不等式。
利用导数求最值
导数与函数最值的关系
求解步骤
示例
当函数在某点处取得极值时，该点处 的导数为0或不存在。通过求解导数 等于0的点，可以找到函数的潜在极 值点。
首先求出函数的导数，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ后令导数等 于0解出潜在极值点，最后通过比较 这些点的函数值来确定最值。
求函数$f(x)=x^3-3x^2+4$在区间$[-2,3]$内 的最大值和最小值。通过求导得到 $f'(x)=3x^2-6x$，令$f'(x)=0$解得$x=0$或 $x=2$。比较这两点及区间端点的函数值，得 到最大值为$f(3)=4$，最小值为$f(0)=4$。
03
函数不等式类型及解法
一元函数不等式解法
确定函数单调性
通过求导判断函数的单调性，从而确定不等式的解集 范围。
寻找临界点
令导数等于零，找到函数的临界点，判断函数在这些 点的变化情况。
判断函数值
根据临界点将函数分成若干区间，判断每个区间上函 数的正负，从而得到不等式的解集。
高中数学 3.3.2函数的极值与导数课件 新人教A版选修1-1
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7
题型三 函数极值的应用
例 3 当 a 为何值时，方程 x3－3x2－a＝0 恰有一个实根、两个不等实根、三个不等实 根？有没有可能无实根？
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5
题型二 已知函数的极值求参数的
值
例 2 已知 f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在 x＝±1 处取得极值，且 f(1)＝－1. (1)试求常数 a、b、c 的值； (2)试判断 x＝±1 是函数的极大值还是极小值，并说明理由．
解析：(1)易得 f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
∵x＝±1 是函数的极值点，
3．3.2 函数的极值与导数
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1
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2
题型一 求函数的极值
例 1 求函数 f(x)＝x3－12x 的极值．
解析：易知函数的定义域为 R，且 f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)．
令 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 x＝2.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
∴x＝±1 是方程 3ax2＋2bx＋c＝0 的两根．
－23ba＝0，
由根与系数的关系知：
3ca＝－1，
又 f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1.
联立上述三式，解得，a＝12，b＝0，c＝－32.
(2)由(1)得，f′(x)＝32x2－32＝32(x＋1)(x－1)，
当 x＜－1 或 x＞1 时，f′(x)＞0；当－1＜x＜1 时，f′(x)＜0.
导数综合问题选讲课堂PPT
对于导数，《考试大纲》提出的考试要求是： 了解导数的概念，理解导数的几何意义，能利用 基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则
求简单函数的导数，能求形如 f (ax b) 的复合
函数的导数，能利用导数研究函数的单调性，会 求函数的单调区间，会利用导数求函数的极值， 会求闭区间上函数的最大值和最小值，了解定积 分的概念以及微积分基本定理，能利用导数解决 某些实际问题．
归纳与小结： 此题是根据函数 f (x) 在给定区间上的单调
性，确定参数的取值范围问题， 求解时容易漏
掉等号．一般地若函数 f (x) 在开区间 (a, b) 内 为增函数，则可以得到 f (x) 0 在开区间 (a, b) 内恒成立；若函数 f (x) 在开区间 (a, b) 内为减函 数，则可以得到 f (x) 0 在开区间 (a, b) 内恒成
y ( 1) 7 (x 0) ，即 7x 4y 2 0 ． 24
（Ⅱ）要判断 f x 的单调性，必须首先使得
f x 具体化，为此应先求 a 的值．
因为 a 1，由（Ⅰ）知，
f
(1)
a 1 (1 a)2
1 11
1 a 1
1 2
．
又因为 f x 在 x 1处取得极值，所以 f (1) 0 ，
所以 f x 的减区间是 (, ln 2) ，
增区间是 (ln 2, ) ，
当 x ln 2 时， f x 取得极小值．
f (x)极小 f (ln 2) eln2 2ln 2 2a 2 2ln 2 2a ．
(Ⅱ) 设 g(x) ex x2 2ax 1 (x R) ， 则 g(x) ex 2x 2a (x R) ， 这恰与 f (x) 的表达式完全相同．
所以在区间 (, 1) ， (1, ) 上 f x 为增函 数，在区间 (1,1) 上 f x 为减函数．
高三数学高考复习 《函数与导数》综合问题复习建议 课件(共31张PPT)
关于函数与导数
• 求解步骤（方法显性化，把握大方向）
– 分析问题：归类、联系
– 构建函数：确定研究对象，不要僵化，可能是局 部函数，也可能需要用化归的思想（将复杂的， 困难的问题转化为简单的，容易的，熟悉的问 题），也可能需要进行适当变形 – 研究函数：由性质得草图（比单纯描点效率高）
– 解决问题：看图说话，用形思考（但不能以图代 证），用数说理
《函数与导数》综合问题复习建议
内容提纲
1
关于《函数与导数》
2
举例说明
几点建议
3
关于函数与导数
• 为什么研究函数？
– 出于实际需要：生活中的变化无处不在，运动 是绝对的，静止是相对的，用函数来刻画变量 之间的依赖关系 – 数学建模的过程： 实际 情境 提出 问题 分析 问题
建立 模型
Hale Waihona Puke 确定 参数计算 求解
举例：“适当变形”选择研究对象
• 何时变形？
– 当研究对象的形式或问题的求解过程比较复杂 时：如需多于两次求导，或需分很多情况讨论
• 怎样变形？
– 变形以提取局部函数； – 分离变量（为避免讨论，但前提是方便分离且 分离后的函数方便研究性质）； – 方程、不等式的等价转化
例 设函数 f ( x) x ln x . （1）若对任意 x (0, ) ， 2 f ( x) x2 ax 3 恒成立，求 a 的取值范围.
（17 北京理）已知函数 f ( x) e x cos x x ． （Ⅰ）求曲线 y f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
π （Ⅱ）求函数 f ( x ) 在区间 [0, ] 上的最大值和最小值． 2
关于函数与导数
高中数学全程复习方略3.3.2 函数的极值与导数(共65张PPT)
2 (-≦,- ) 3 2 3 2 (- ,4) 3
4
0 -16-m
(4,+≦)
+Байду номын сангаас
+
0
68 -m 27
-
↗
↘
↗
则函数g(x)的极大值为g( 2 )= 68 -m，极小值为g(4)=-16-m.
≨由y=f(x)的图象与y=
1 f′(x)+5x+m的图象有三个不同交点， 3
3
27
68 2 g( ) m＞0, 得 3 27 解得-16＜m＜ 68 . 27 g 4 16 m＜0,
↗
+ ↗
0
4 27
-
f(x)
↘
1 )= 4 , f(x)极大值=f( 27 3
f(x)极小值=f(1)=0. 答案： 4
27
0
2.≧f(x)=x4-x3,≨f′(x)=4x3-3x2. 令f′(x)=0,即4x3-3x2=0,得x2(4x-3)=0. ≨x=0或x= 3 .
4
当x变化时，f(x),f′(x)的变化情况如下表：
的交点，求实数m的取值范围.
【解析】1.f(x)=x3+x2-5x+2,
f′(x)=3x2+2x-5.由f′(x)=0得x=- 5 或x=1.
3
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x)
5 (-≦,- ) 3 5 3 5 (- ,1) 3
1 0 -1
(1,+≦) +
+
0
229 27
1.极小值点与极小值的定义
高中数学课件-导数中的综合问题-第4课时 极值点偏移问题
高考重难突破一导数中的综合问题第4课时极值点偏移问题已知函数 图象顶点的横坐标就是极值点 0.（1）若 = 的两根的中点满足1+22=0 ，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数 在 =0两侧的函数值变化快慢相同，如图①.（2）若 = 的两根的中点1+22≠0 ，则极值点偏移，此时函数在 =0 两侧的函数值变化快慢不同，如图②、图③.技法一构造对称和（或差）法例1(2023·湖南郴州质量检测)已知函数=ln −122+1，若设函数的两个零点为1，2，证明：1+2>2.【证明】′=1−=1+1−>0，令′=0，解得=1.当0<<1时，′>0，在0,1上单调递增；当>1时，′<0，在1,+∞上单调递减，所以max=1=12>0,且当→0+时，→−∞，2=ln 2−1<0，则的两个零点1，2满足0<1<1<2<2.令=−2−,0<<1,则′=y+y2−=2K122−.当0<<1时，′>0，单调递增，所以<1=0，即<2−.因为0<1<1<2<2，所以0<2−2<1,所以2−2<2=1.又函数在0,1上单调递增，所以1>2−2,即1+2>2.对称变换求极值点偏移的步骤第一步：求导，获得的单调性，极值情况，求出的极值点0，再由1=2得出1,2的取值范围；第二步：构造辅助函数（对结论1+2><20,构造=−20−；对结论12><02,构造=−02,）求导，限定1或2的范围，判定符号，获得不等式；第三步：代入1（或2），利用1=2及的单调性证明结论.【对点训练】已知函数=−1e−，∈.设1,2是函数的两个零点，证明：1+2<0.证明：令=−1e−=0，则=−1e.设=−1e，则′=⋅e，当<0时，′<0,在−∞,0上单调递减，当>0时，′>0,在0,+∞上单调递增.所以min=0=−1，且→−∞时，→0,当>1时，>0.所以，当−1<<0时，有两个零点1，2，且12<0，1=2=0，不妨设1<0，2>0，则−2<0.令=−−=−1e+1+e−，则′=e−e−，当<0时，′=e−e−>0，此时在−∞,0上为增函数，所以<0,即=−−<0，即<−.因为−2<0，所以−2<2,因为1=2=0，所以−2<1,因为在−∞,0上为减函数，所以−2>1，即1+2<0.技法二消参减元法例2已知函数=−2e+−12有两个零点.（1）求的取值范围；【解】′=−1e+2−1=−1e+2.①设=0，则=−2e，只有一个零点.②设>0，则当∈−∞,1时，′<0；当∈1,+∞时，′>0.所以在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增.又1=−e<0，2=>0，取满足<0且<ln2，则>2−2+−12=2−32g>0，故存在两个零点.③设<0，由′=0得=1或=ln−2.若≥−e2，则l n−2≤1，故当∈1,+∞时，′>0，因此在1,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.若<−e2，则l n−2>1，故当∈ 1,ln−2时，′<0；当∈ln−2,+∞时，′>0.因此在1,ln−2上单调递减，在ln−2,+∞上单调递增.又当≤1时，<0，所以不存在两个零点.综上，的取值范围为0,+∞.（2）设1，2是的两个零点，证明：1+2<2.证明：不妨设1<2，由（1）知1∈−∞,1，2∈1,+∞，2−2∈−∞,1,又在−∞,1上单调递减，所以1+2<2等价于1>2−2，即2−2<0.由于2−2=−2e2−2+2−12，而2=2−2e2+2−12=0，所以2−2=−2e2−2−2−2e2.设=−x2−−−2e，则′=−1e2−−e.所以当>1时，′<0，而1=0，故当>1时，<0.从而2=2−2<0，故1+2<2.消参减元，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消参或减元，从而简化目标函数.其基本解题步骤如下：（1）建立方程：利用函数的导函数，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中使导函数变号的因式部分；（2）确定关系：根据极值点所满足的方程，建立极值点与方程系数之间的关系；（3）构建函数：根据消参、减元后式子的结构特征，构造相应的函数；（4）求解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=122−+En .若函数有两个极值点1，2，证明：1+2>−ln 22−34.证明：由题意得，′=−1+=2−r>0.因为函数有两个极值点1，2，所以方程2−+=0在0,+∞上有两个不同的实数根1，2，则&1+2=1>0，&12=>0，且=1−4>0，所以0<<14.由题意得1+2=1212−1+En 1+1222−2+En 2 =1212+22−1+2+En12=121+22−12−1+2+En12=12−−1+En =En −−12.令ℎ=En −−12 0<<14，则ℎ′=ln <0，所以ℎ在0,14上单调递减，所以ℎ>ℎ14=−ln 22−34，所以1+2>−ln 22−34.技法三比（差）值换元法例3已知函数=Bln +（，为实数）的图象在点1,1处的切线方程为=−1.（1）求实数，的值及函数的单调区间；【解】′=1+ln >0，由题意得&′1==1，&1==0，解得&=1，&=0.令′=1+ln =0，解得=1e.当>1e时，′>0，在1e,+∞ 上单调递增；当0<<1e时，′<0，在0,1e上单调递减.所以的单调递减区间为0,1e，单调递增区间为1e,+∞ .（2）设函数=+1，证明：1=21<2时，1+2>2.证明：由（1）得=En >0，故=+1=ln +1>0，由1=21<2,得l n 1+11=ln 2+12，即2−112=ln21>0.要证1+2>2，即证1+2⋅2−112>2ln21,即证21−12>2ln21.设21=>1，则需证−1>2ln >1.令ℎ=−1−2ln >1，则ℎ′=1+12−2= 1−12>0.所以ℎ在1,+∞上单调递增，则ℎ>ℎ1=0，即−1>2ln .故1+2>2得证.比（差）值换元的目的也是消参，就是先根据已知条件建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比（或差）作为变量，实现消参、减元的目的.设法用两个极值点的比值或差值表示所求解的不等式，进而转化为相应的函数问题求解，多用来研究含对数（或指数）式的函数的极值点偏移问题.其基本解题步骤如下：（1）建等式：利用极值点所满足的条件建立两个关于极值点1，2的方程；（2）设比差：根据两个数值之间的大小关系，选取两数之商或差作为变量，建立两个极值点之间的关系；（3）定关系：用一个极值点与比值或差值表示另一个极值点，代入方程.通过两个方程之差或商构造极值点与比值或差值之间的关系，进而通过解方程用比值或差值表示两个极值点；（4）构函数：将关于极值点的目标代数式用比值或差值表示出来，构造相应的函数；（5）解问题：利用导数研究所构造的函数的单调性、极值、最值等，解决相应的问题.【对点训练】已知函数=e−B有两个零点1，21<2.证明：2−1<21−2.证明：由题意得&e1=B1,&e2=B2,令=2−1>0，两式相除得e=e2−1=21=1+1，即1=e−1>0，欲证2−1<21−2，即证<2 e−1 −2，即证2+2r2e<2.记ℎ=2+2r2e>0，ℎ′=2r2e− 2+2r2 ee2=−2e<0，故ℎ在0,+∞上单调递减，所以ℎ<ℎ0=2，即2+2r2e<2，所以2−1<21−2得证.。
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(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 ①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出 最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值 范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的 最值问题．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R. (1)当a＝－1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 【解析】 (1)当a＝－1时， f(x)＝x2ln x＋x2－1，f′(x)＝2xln x＋3x. 则曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝3. 又f(1)＝0，所以切线方程为3x－y－3＝0. (2)f′(x)＝2xln x＋(1－2a)x＝x(2ln x＋1－2a)，其中x≥1.
当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当
(2)证明 由(1)知，f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)
＝0.
所以当 x≠1 时，ln x<x－1.
故当 x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln 1x<1x－1，
即
x－1 1< ln x <x.
【思维升华】 (1)利用导数解不等式的思路 已 知 一 个 含 f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单 调性，然后可利用函数单调性解不等式． (2)利用导数证明不等式的方法 证 明 f(x)<g(x)，x ∈ (a ， b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－ g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a ， b)上是减函数，同时若 F(a) ≤ 0，由减函数的定义可知，x ∈ (a ， b)时，有F(x)<0， 即证明了f(x)<g(x)．
当 a≤12时，因为 x≥1，所以 f′(x)≥0. 所以函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递增． 故 f(x)≥f(1)＝0. 当 a>21时，令 f′(x)＝0，得 x＝ea－21. 若 x∈1，ea－12，则 f′(x)<0， 所以函数 f(x)在1，ea－12上单调递减， 所以当 x∈1，ea－12时， f(x)≤f(1)＝0，不符合题意． 综上，a 的取值范围是－∞，12.
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， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． h′(x)＝3x2 － 6x ＝ 3x(x － 2)，h(x)在(0，2)单调递减，在 (2，＋∞)单调递增， 所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根． 综上，g(x)＝0在R有唯一实根， 即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
323导数与函数的综合问题
【解析】 ∵当 x>0 时，f（xx）′<0，
∴φ(x)＝f（xx）为减函数， 又 φ(2)＝0，∴当且仅当 0<x<2 时，φ(x)>0，
此时 x2f(x)>0. 又 f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数． 故 x2f(x)>0 的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 【答案】 D
(2)当 x≥1 时，k≤（x＋1）（x 1＋ln x）恒成立，
令 g(x)＝（x＋1）（x 1＋ln x），
则
1＋ln g′(x)＝
x＋1＋1xx－（x＋1）（1＋ln x2
x）
＝x－xl2n
x .
再令 h(x)＝x－ln x，则 h′(x)＝1－1x≥0， 所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0， 所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2， 故 k≤2.所以实数 k 的取值范围是(－∞，2]．
角度二 证明不等式 【例 2】 (2016·全国丙卷)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x∈(1，＋∞)时，1<xl－n x1<x.
【解析】 (1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－
1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
题型二 利用导数研究函数零点问题 【例4】 (2018·福州模拟)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2， 曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2. (1)求a； (2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交 点．
【解析】 (1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲线 y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为 y＝ax＋2. 由题设得－a2＝－2，所以 a＝1. (2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 设 g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由题设知 1－k>0.
角度三 不等式恒成立或有解问题
【例 3】
已知函数
f(x)＝1＋xln
x .
(1)若函数 f(x)在区间a，a＋21上存在极值，求正实数 a 的取 值范围；
(2)如果当 x≥1 时，不等式 f(x)≥x＋k 1恒成立，求实数 k 的取 值范围．
【解析】 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x－2 ln x＝－lnx2x， 令 f′(x)＝0，得 x＝1； 当 x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以 x＝1 为极大值点，所以 0<a<1<a＋21， 故21<a<1，即实数 a 的取值范围为21，1.
【引申探究】 本例(2)中若改为：存在 x0∈[1，e]，使不等式 f(x)≥x＋k 1成立， 求实数 k 的取值范围．
【解析】 当 x∈[1，e]时，k≤（x＋1）（x 1＋ln x）有解， 令 g(x)＝（x＋1）（x 1＋ln x），由例 3(2)解题知， g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋2e， ∴k≤2＋2e，即实数 k 的取值范围是－∞，2＋2e.