2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.3导数的存在性问题课件新人教B版

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2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用 3.2 利用导数解决函数的单调性问题教学案苏教版

第二节利用导数解决函数的单调性问题［最新考纲］ 1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不会超过三次）函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f（x）在区间（a，b）上可导f′（x）＞0f（x）在（a，b）内单调递增f′（x）＜0f（x）在（a，b）内单调递减f′（x）＝0f（x）在（a，b）内是常数函数［常用结论］1.在某区间内f′（x）＞0（f′（x）＜0）是函数f（x）在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件.2.可导函数f（x）在（a，b）上是增（减）函数的充要条件是对∀x∈（a，b），都有f′（x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x）在（a，b）上的任何子区间内都不恒为零.一、思考辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）（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）在（a，b）内f′（x）≤0且f′（x）＝0的根有有限个，则f（x）在（a，b）内是减函数. （）［答案］（1）×（2）√（3）√二、教材改编1.如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象，则下面判断正确的是（）A.在区间（－3,1）上f（x）是增函数B.在区间（1,3）上f（x）是减函数C.在区间（4,5）上f（x）是增函数D.在区间（3,5）上f （x ）是增函数C ［由图象可知，当x ∈（4,5）时，f ′（x ）＞0，故f （x ）在（4,5）上是增函数.］ 2.函数f （x ）＝cos x －x 在（0，π）上的单调性是（） A.先增后减 B.先减后增 C.增函数D.减函数D ［因为f ′（x ）＝－sin x －1＜0在（0，π）上恒成立，所以f （x ）在（0，π）上是减函数，故选D.］ 3.函数f （x ）＝x －ln x 的单调递减区间为 .（0,1］［函数f （x ）的定义域为{x |x ＞0}，由f ′（x ）＝1－1x≤0，得0＜x ≤1，所以函数f （x ）的单调递减区间为（0,1］.］4.已知f （x ）＝x 3－ax 在［1，＋∞）上是增函数，则实数a 的最大值是 . 3 ［f ′（x ）＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈［1，＋∞ ），所以a ≤3，即a 的最大值是3.］考点1 不含参数函数的单调性求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）在定义域内解不等式f ′（x ）＞0，得单调递增区间. （4）在定义域内解不等式f ′（x ）＜0，得单调递减区间.1.函数f （x ）＝1＋x －sin x 在（0,2π）上是（）A.单调递增B.单调递减C.在（0，π）上增，在（π，2π）上减D.在（0，π）上减，在（π，2π）上增A ［f ′（x ）＝1－cos x ＞0在（0,2π）上恒成立，所以在（0,2π）上单调递增.］ 2.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，＋∞）B ［∵y ＝12x 2－ln x ，∴x ∈（0，＋∞），y ′＝x －1x ＝（x －1）（x ＋1）x.由y ′≤0可解得0＜x ≤1，∴y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为（0,1］，故选B.］3.已知定义在区间（－π，π）上的函数f （x ）＝x sin x ＋cos x ，则f （x ）的单调递增区间是 .⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 ［f ′（x ）＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′（x ）＝x cos x ＞0，则其在区间（－π，π）上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f （x ）的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.］求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错.如T 2. 考点2 含参数函数的单调性研究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. 已知函数f （x ）＝12x 2－2a ln x ＋（a －2）x ，当a ＜0时，讨论函数f （x ）的单调性.［解］函数的定义域为（0，＋∞），f ′（x ）＝x －2a x ＋a －2＝（x －2）（x ＋a ）x.①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′（x ）＝（x －2）2x≥0，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增.②当0＜－a ＜2，即－2＜a ＜0时，∵0＜x ＜－a 或x ＞2时，f ′（x ）＞0；－a ＜x ＜2时，f ′（x ）＜0，∴f （x ）在（0，－a ），（2，＋∞）上单调递增，在（－a,2）上单调递减. ③当－a ＞2，即a ＜－2时，∵0＜x ＜2或x ＞－a 时，f ′（x ）＞0；2＜x ＜－a 时，f ′（x ）＜0， ∴f （x ）在（0,2），（－a ，＋∞）上单调递增，在（2，－a ）上单调递减.综上所述，当a ＝－2时，f （x ）在（0，＋∞）上单调递增；当－2＜a ＜0时，f （x ）在（0，－a ），（2，＋∞）上单调递增，在（－a,2）上单调递减；当a ＜－2时，f （x ）在（0,2），（－a ，＋∞）上单调递增，在（2，－a ）上单调递减.含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于（或小于）零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点.已知函数f （x ）＝ln （e x ＋1）－ax （a ＞0），讨论函数y ＝f （x ）的单调区间.［解］ f ′（x ）＝e xe x ＋1－a ＝1－1e x ＋1－a .①当a ≥1时，f ′（x ）＜0恒成立， ∴当a ∈［1，＋∞）时，函数y ＝f （x ）在R 上单调递减. ②当0＜a ＜1时，由f ′（x ）＞0，得（1－a ）（e x＋1）＞1，即e x＞－1＋11－a ，解得x ＞ln a 1－a ，由f ′（x ）＜0，得（1－a ）（e x ＋1）＜1，即e x＜－1＋11－a ，解得x ＜ln a 1－a .∴当a ∈（0,1）时，函数y ＝f （x ）在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减. 综上，当a ∈［1，＋∞）时，f （x ）在R 上单调递减；当a ∈（0,1）时，f （x ）在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a1－a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln a 1－a 上单调递减.考点3 已知函数的单调性求参数根据函数单调性求参数的一般方法（1）利用集合间的包含关系处理：y ＝f （x ）在（a ，b ）上单调，则区间（a ，b ）是相应单调区间的子集.（2）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 ）不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.（3）函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.已知函数f （x ）＝ln x ，g （x ）＝12ax 2＋2x （a ≠0）.（1）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）存在单调递减区间，求a 的取值范围；（2）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上单调递减，求a 的取值范围. ［解］（1）h （x ）＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈（0，＋∞），所以h ′（x ）＝1x－ax －2，由于h （x ）在（0，＋∞）上存在单调递减区间，所以当x ∈（0，＋∞）时，1x－ax －2＜0有解，即a ＞1x 2－2x有解.设G （x ）＝1x 2－2x，所以只要a ＞G （x ）min 即可.而G （x ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G （x ）min ＝－1.所以a ＞－1且a ≠0，即a 的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）. （2）由h （x ）在［1,4］上单调递减得，当x ∈［1,4］时，h ′（x ）＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立.所以a ≥G （x ）max ，而G （x ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈［1,4］，所以1x ∈，所以G （x ）max ＝－716（此时x ＝4），所以a ≥－716且a ≠0，即a 的取值范围是∪（0，＋∞）.［母题探究］1.（变问法）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上单调递增，求a 的取值范围. ［解］由h （x ）在［1,4］上单调递增得，当x ∈［1,4］时，h ′（x ）≥0恒成立，所以当x ∈［1,4］时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈［1,4］时，⎝⎛⎭⎪⎫1x 2－2xmin ＝－1（此时x ＝1），所以a ≤－1且a ≠0，即a 的取值范围是（－∞，－1］.2.（变问法）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上存在单调递减区间，求a 的取值范围.［解］ h （x ）在［1,4］上存在单调递减区间，则h ′（x ）＜0在［1,4］上有解，所以当x ∈［1,4］时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈［1,4］时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a ＞－1，且a ≠0.即a 的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）.3.（变条件）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在［1,4］上不单调，求a 的取值范围. ［解］因为h （x ）在［1,4］上不单调，所以h ′（x ）＝0在（1,4）上有解，即a ＝1x 2－2x有解，令m （x ）＝1x 2－2x，x ∈（1,4），则－1＜m （x ）＜－716，所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－716. （1）f （x ）在D 上单调递增（减），只要满足f ′（x ）≥0（≤0）在D 上恒成立即可.如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.（2）二次函数在区间D 上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D 的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.已知函数f （x ）＝3xa －2x 2＋ln x 在区间［1,2］上为单调函数，求a 的取值范围.［解］ f ′（x ）＝3a －4x ＋1x，若函数f （x ）在区间［1,2］上为单调函数，即在［1,2］上，f ′（x ）＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′（x ）＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x≤0在［1,2］上恒成立，即3a≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h （x ）＝4x －1x，因为函数h （x ）在［1,2］上单调递增，所以3a ≥h （2）或3a ≤h （1），即3a ≥152或3a≤3，解得a ＜0或0＜a ≤25或a ≥1.考点4 利用导数比较大小或解不等式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的问题，再由单调性比较大小或解不等式.常见构造的辅助函数形式有：（1）已知函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，设函数f （x ）的导函数为f ′（x ），若对任意x ＞0都有2f （x ）＋xf ′（x ）＞0成立，则（）A.4f （－2）＜9f （3）B.4f （－2）＞9f （3）C.2f （3）＞3f （－2）D.3f （－3）＜2f （－2）（2）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 .（1）A （2）（－∞，－2）∪（0,2）［（1）根据题意，令g （x ）＝x 2f （x ），其导数g ′（x ）＝2xf （x ）＋x 2f ′（x ），又对任意x ＞0都有2f （x ）＋xf ′（x ）＞0成立，则当x＞0时，有g ′（x ）＝x （2f （x ）＋xf ′（x ））＞0恒成立，即函数g （x ）在（0，＋∞）上为增函数，又由函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，则f （－x ）＝f （x ），则有g （－x ）＝（－x ）2f （－x ）＝x 2f （x ）＝g （x ），即函数g （x ）也为偶函数，则有g （－2）＝g （2），且g （2）＜g （3），则有g （－2）＜g （3），即有4f （－2）＜9f （3）.故选A.（2）令φ（x ）＝f （x ）x，∵当x ＞0时，∴φ（x ）＝f （x ）x在（0，＋∞）上为减函数，又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 ）＝x 2f （x ）也为奇函数. 故x 2f （x ）＞0的解集为（－∞，－2）∪（0,2）.］如本例（1）已知条件“2f （x ）＋xf ′（x ）＞0”，需构造函数g （x ）＝x 2f（x ），求导后得x ＞0时，g ′（x ）＞0，即函数g （x ）在（0，＋∞）上为增函数，从而问题得以解决.而本例（2）则需构造函数φ（x ）＝f （x ）x 解决.2.已知函数f （x ）（x ∈R ）满足f （1）＝1，且f （x ）的导函数f ′（x ）＜12，则不等式f （x 2）＜x 22＋12的解集为 .（－∞，－1）∪（1，＋∞）［由题意构造函数F （x ）＝f （x ）－12x ，则F ′（x ）＝f ′（x ）－12.因为f ′（x ）＜12，所以F ′（x ）＝f ′（x ）－12＜0，即函数F （x ）在R 上单调递减.因为f （x 2）＜x 22＋12，f （1）＝1，所以f （x 2）－x 22＜f （1）－12，所以F （x 2）＜F （1），又函数F （x ）在R 上单调递减，所以x 2＞1，即x ∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）.］。

新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用微专题进阶课3构造法解fx与f′x共存问题课件新人教B版

(－∞，1) 解析：由 f′(x)>12，可得fx－12x′＝f′(x)－12>0，即函数 F(x)＝f(x)－12x 在 R 上是增函数．又由 f(1)＝1 可得 F(1)＝12，故
f(x)<x＋2 1＝12＋12x，整理得 f(x)－12x<12，即 F(x)<F(1)．由函数的单调性可得不等式的解集为(－∞，1)．
第三章导数及其应用
微专题进阶课(三) 构造法解f(x)与f′(x)共存问题
以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f(x)与f′(x)共存的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考中的一个热点．解答这类问题的策略是将f(x)与f′(x)共存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题．
A 解析：构造函数 F(x)＝f(x)·g(x)．由题意可知，当 x<0 时， F′(x)>0，所以 F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，所以 F(x)是定义在 R 上的奇函数，从而 F(x)在(0，＋∞)上单调递增．而 F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(－3)＝－ F(3)＝0，结合图像(图略)可知不等式 f(x)g(x)>0⇔F(x)>0 的解集为(－3,0) ∪(3，＋∞)．故选 A.
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f′(x)g(x) ＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数 y＝f(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f′(x)g(x) ＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数 y＝f(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．

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

高考数学一轮复习第三章导数及其应用导数的综合应用课件

撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
撬点·基础点重难点
4 撬点·基础点重难点
撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1 利用导数证明不等式的常用技巧 (1)利用给定函数的某些性质，如函数的单调性、最值、极值等，服务于所要证明的不等式． (2)当给出的不等式无法直接证明时，先对不等式进行等价转化后再进行求证． (3)根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行求证，构造函数的方法较为灵活，要结合具体问题，平时要多积累．其一般步骤为：构造可导函数→研究其单调性求最值→得出不等关系→整理得出所证明的结论． 2 导数在研究函数零点中的作用 (1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． (2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
撬法·命题法解题法
撬题·对点题必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
[解] (1)函数 f(x)＝x2＋bln (x＋1)的定义域为(－1，＋∞)①，
f′(x)＝2x＋x＋b 1＝2x2＋x＋2x1＋b，
令 g(x)＝2x2＋2x＋b，则 Δ＝22－8b，由 b>12，得 Δ<0，
即 g(x)＝2x2＋2x＋b>0 在(－1，＋∞)上恒成立，所以 f′(x)>0.
解析构造函数 f(x)＝sinx－x，则 f′(x)＝cosx－1≤0 且不恒等于 0，故函数 f(x)在(0，π)上单调递减，所以 f(x)<f(0)＝0，故 sinx<x.

2021年高考数学(理)一轮课件：专题3-导数及其应用

考点1 考法2 用导数几何意义，解决曲线的切线问题
类型2 曲线y＝f（x）的切线方程
题型1 求曲线在某点处的切线方程
题型2 求曲线过某点的切线方程
考点1 考法2 用导数几何意义，解决曲线的切线问题
考点1 考法2 用导数几何意义，解决曲线的切线问题
考点1 考法2 用导数几何意义，解决曲线的切线问题
注意点是什么？
考点2 考法4 已知单调性求解参数范围
考点2 考法4 已知单调性求解参数范围
类型 1 确定函数的单调性方法一：说明在对应区间上导数的取值范围满足有关定理即可. 方法二：（1）确定函数f(x)的定义域；
（2）求导函数f′(x)，并求f′(x)=0的实数根. （3）结合(2)中的根讨论f′(x)的正负，其中f′(x)＞ 0对应的x所在的区间内，函数f(x)单调递增；f′(x)＜0对应的x 所在的区间内，函数f(x)单调递减.
考法2 用导数几何意义，解决曲线的切线问题
类型1 已知切点求斜率或倾斜角，已知切线的斜率求切点类型2 曲线y=f(x)的切线问题
考点1 考法2 用导数几何意义，解决曲线的切线问题
类型1 已知切点求斜率或倾斜角，已知切线的斜率求切点率k=解f′(决x0这)，类直问接题求的解方或法结都合是已根知据所曲给线的在平点行(x或0,垂y0直)处等的条切件线得的出斜关于斜率的等式来求解.解决这类问题的关键是抓住切点.
类型 3 函数的单调性与导函数图象间的关系理解导函数y=f′(x)的图象与函数f(x)图象的升降关系，导函数大于0对应原函数图象由左至右上升，导函数小于0对应原函数图象由左至右下降，在解题时要注意原函数的定义域，如判断定义域是否具有对称性等.
考点2 考法3 利用导数讨论函数的单调性或求单调区间

高三数学一轮课件第三章导数及其应用 3.3 导数的综合应用

(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在区间(-∞,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
(ⅱ)设a<0,由f'(x)=0,得x=1或x=ln(-2a). ①若 a=-e2,则 f'(x)=(x-1)(ex-e), 所以 f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增. ②若 a>-e2,则 ln(-2a)<1,
内单调递减,
所以当 x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不符合题意.
④当 a>12时,0<21��<1,当 x∈
1 2��
,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 f(x)在 x=1 处取极大值,符合题意.
可得函数 y 在区间(1,+∞)内单调递增,在区间(0,1)内单调递减.
故函数 y 在 x=1 处取得极小值,也是最小值 1,即有 x-ln x>0, 即 ln x<x,即有 a≤��2-l-n2��. 设 φ(x)=��2-l-n2��,则 φ'(x)=(��-1()��(��-��l+n2��-)22ln ��). 设 h(x)=x+2-2ln x,则 h'(x)=1-��2��,
0,
1 2��
内单调递增,

2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.1导数及导数的运算课件新人教B版

第三章导数及其应用第一节导数及导数的运算
内容索引
必备知识·自主学习核心考点·精准研析核心素养测评
【教材·知识梳理】
1.导数的概念
(1)函数y=f(x)在x=x0处的导数
①定义：称函数y=f(x)在x=x0处的瞬时变化率_____________________为函数y=
f(x)在x=x0处的导数，记作f′(x0)，即f′(x0)=
答案: 2
(1 x）2
【规律方法】
【秒杀绝招】排除法解T3, 根据sin x=0时f(x)无意义,所以f′(x)也无意义排除A,C, cos x=0时f(x)有意义,所以f′(x)也应有意义排除B.
考点二导数的简单应用
【典例】1.若函数f(x)=eax+ln(x+1),f′(0)=4,则a=________.
(2)函数f(x)的导函数：称函数f′(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.
【变式训练】
1.已知f(x)的导函数为f′(x),且满足f(x)=x3+f′( 2 ) x2-x,则f(1)=( )
3
A.-2 B.2 C.-1 D.1
【解析】选C.由f(x)=x3+f′ ( 2x)2-x,得
3
f′(x)=3x2+2f′ ( x2-)1,
3
所以f′ ( 2=)
3
+4
3
f′ 4-1,
e0

高考数学一轮复习第三章导数及其应用第3讲导数的综合应用课件理北师大版

解析由于函数f(x)是连续的，故只需要两个极值异号即可.f′(x)＝3x2－3，令3x2－3＝0，得x＝±1，只需f(－1)·f(1) ＜0，即(a＋2)(a－2)＜0，故a∈(－2，2). 答案 (－2，2)
5.若 f(x)＝lnxx，0＜a＜b＜e，则 f(a)，f(b)的大小关系为________. 解析由题意可知，f′(x)＝1－xl2n x，当 x∈(0，e)时，1－xl2n x ＞0，即 f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上为增函数，又∵0＜a＜b＜e， ∴f(a)＜f(b). 答案 f(a)＜f(b)
第3讲导数的综合应用
最新考纲 1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题.
知识梳理
1.生活中的优化问题通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为__优__化___ 问题，一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点.
解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为 100·2πrh＝200πrh 元，底面的总成本为 160πr2 元. 所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元. 又根据题意得 200πrh＋160πr2＝12 000π，所以 h＝51r(300－4r2)，从而 V(r)＝πr2h＝π5 (300r－4r3). 因 r>0，又由 h>0 可得 0＜r<5 3，故函数 V(r)的定义域为(0，5 3).
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解 (×) (2)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图像与x轴最多有3个交点，最少有一个交点( √ ) (3)函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0，则f(x)＞g(x)(√ ) (4)“存在x∈(a，b)，使f(x)≥a”的含义是“任意x∈(a，b)，使f(x)≥a”(× )

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.3导数的存在性问题练习理北师大版

导数的存在性问题中心考点·精确研析考点一对于函数零点或方程的根的存在性问题【典例】 1.(2020 ·泰安模拟 ) 若函数 f(x)=ax 32存在独一的零点00则实数 a 的取值范围是- x +1x , 且 x >0,()A. B.(-,0)C.(0,)D.2.(2020 ·深圳模拟 ) 已知函数f(x)=若方程[f(x)]2=a恰有两个不一样的实数根x1,x 2, 则x1 +x2的最大值是 ________________ . 【解题导思】序号联想解题1由存在独一的零点x0, 且 x0>0, 想到分别变量 a 建立新函数由 [f(x)]2=a 恰有两个不一样的实数根, 想到 f(x)=, 数形联合求12,x ,x2建立函数 .【分析】 1. 选 A. 由函数 f(x)=ax3-x2+1 存在独一的零点x0, 且 x0>0 等价于 a=有独一正根,即函数 y=g(x)=的图像与直线y=a 在 y 轴右边有 1 个交点 ,又 y=g(x) 为奇函数且g′(x)=,则 y=g(x) 在 (- ∞,-),(,+ ∞) 上为减函数, 在(-,0),(0,) 上为增函数 , 则知足题意时y=g(x)的图像与直线y=a 的地点关系以下图,即实数 a 的取值范围是a<-.2. 作出 f(x)的函数图像以下图, 由 [f(x)]2=a,可得f(x)=, 所以>1, 即a>1, 不如设 x1<x2, 则 2==, 令=t(t>1),则x1=-,x 2=ln t,所以x1 +x2=ln t-, 令 g(t)=ln t-, 则 g′(t)=, 所以当 1<t<8时,g ′(t)>0,g(t)在(1,8)上递加;当t>8时,g′(t)<0,g(t)在(8,+∞)上递减; 所以当 t=8 时 ,g(t)获得最大值 g(8)=ln 8-2=3ln 2-2.答案 :3ln 2-2题 1 条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其余条件不变,若f(x)存在独一的零点x0, 且 x0>0, 则 a 的取值范围为________________ .【分析】当a=0 时 , 不切合题意 .2a≠ 0 时,f ′(x)=3ax-6x,令 f ′(x)=0, 得 x1=0,x 2= . 若 a>0,由图像知f(x) 有负数零点 , 不切合题意 .若 a<0, 由图像联合f(0)=1>0知,此时必有f>0,即 a×- 3×+1>0, 化简得 a2>4, 又 a<0, 所以 a<-2.答案 :(-∞,-2)导数法研究函数零点的存在性问题的策略(1)基本依照 : 函数零点的存在性定理 .(2)注意点 : 函数零点的存在性定理是函数存在零点的充足不用要条件.(3)基本方法 : 导数法剖析函数的单一性、极值、区间端点函数值, 画出函数的草图 , 数形联合求参数的值 .(4)常有技巧 : 将已知等式适合变形 , 转变为有益于用导数法研究性质的形式.已知函数f(x)=x+e x-a, g(x)=ln(x+2)-4ea-x, 此中 e 为自然对数的底数使 f(x00建立 ,, 若存在 x)-g(x)=3则实数 a 的值为 ()A.ln 2B.ln 2-1C.-ln2D.-ln 2-1【分析】选 D.f(x)-g(x)=x+e x-a -ln(x+2)+4e a-x , 令 y=x- ln(x+2),y ′=1-=, 故 y=x-ln(x+2)在 (-2,-1)上是减函数 ,(- 1,+ ∞) 上是增函数 , 故当 x=-1 时,y 有最小值 -1-0=-1,而 e x-a +4e a-x≥ 4( 当且仅当 e x-a =4e a-x , 即x=a+ln 2 时 , 等号建立 );故 f(x)-g(x)≥3( 当且仅当等号同时建即刻, 等号建立 ); 故 a+ln 2=-1,即 a=-1-ln 2.考点二对于函数极值、最值的存在性问题2的极值点 .【典例】 (2019 ·大连模拟 ) 已知 x=1 是函数 f(x)=ax + -xln x(1)务实数 a 的值 .(2) 求证 : 函数 f(x) 存在独一的极小值点x0, 且 0<f(x 0)<.( 参照数据 :ln 2≈ 0.69,16e5<74,此中e为自然对数的底数)【解题导思】(1) 务实数 a 的值由f′(1)=0求a,并用极值的定义查验(2) 函数 f(x)存在独一的极小值点联合(1)剖析函数f(x) 的单一性 , 利用零点存在性定理确立极小值点x0所在x0, 且 0<f(x 0)<区间 , 计算 f(x 0) 的取值范围【分析】 (1) 由于 f ′(x)=2ax - -ln x,且x=1是极值点,所以f′(1)=2a -=0,所以 a= . 此时 f ′(x)= - -ln x ,设 g(x)=f ′(x) , 则 g′(x)= - =.则当 0<x<2 时,g ′(x)<0,g(x)为减函数.又 g(1)=0,g(2)=-ln 2<0,所以当 0<x<1 时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数;当 1<x<2 时,g(x)<0 ,f(x)为减函数.所以 x=1 为 f(x)的极大值点,切合题意.(2) 当 x>2 时,g ′(x)>0,g(x)为增函数, 且 g(4)= -2ln 2>0 ,g(2)<0,所以存在 x ∈ (2,4),g(x)=0. 当 2<x<x0时 ,g(x)<0 ,f(x)为减函数 ; 当 4>x>x时 ,g(x)>0 ,f(x)为增函数 ,00所以函数 f(x)存在独一的极小值点 x0.又 g545? 5<4ln , 所以 g<0, 所以= -ln, 已知 16e <7, 可得 e <<x <4 , 且知足 - -lnx0 =0.所以 f(x 0)=+ -x 0ln x 0=-+x 0∈.导数法研究函数极值、最值存在性问题的原则(1)弄清用导数法求函数 ( 不含参数 ) 的极值、最值的一般步骤 , 及重点步骤要注意的问题 .(2)在某区间上函数存在极值点 , 即方程 f ′(x)=0 必定有根 , 但方程有根 , 其实不必定是极值点 , 还要判断函数(3)在某区间上函数存在最值 , 往常假定存在最值 , 依据题目条件求出后建立方程 , 解出参数的值并进行检验 .(2019 ·抚顺模拟 ) 已知函数f(x)=ln x-ax-3(a≠ 0).(1)议论函数 f(x) 的单一性 .(2)若函数 f(x) 有最大值 M,且 M>a-5, 务实数 a 的取值范围 .【分析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得 f ′(x)= -a,当 a<0 时,f ′(x)>0,所以 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无减区间 ;当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0, 得 x= ,所以当 x∈时f′(x)>0,f(x)单一递加;当 x∈时f′(x)<0,f(x)单一递减.(2) 由 (1) 知, 当 a<0 时 ,f(x)在(0,+∞)内单一递加, 无最大值 , 当 a>0 时 , 函数 f(x)在x=获得最大值,即 f(x)max=f=ln-4=-ln a-4,所以有 -ln a-4>a-5,得ln a+a-1<0,设 g(a)=ln a+a-1,则g′(a)=+1>0, 所以 g(a) 在(0,+ ∞) 内单一递加,又 g(1)=0, 所以 g(a)<g(1), 得 0<a<1,故实数 a 的取值范围是 (0,1).考点三对于不等式的存在性问题【典例】 1. 已知 f(x)=ln x- + ,g(x)=-x2-2ax+4,若对? x1∈(0,2],? x2∈[1,2],使得f(x1)≥ g(x2)建立,A. B.C. D.【解题导思】序号联想解题由对 ? x1∈ (0,2], ? x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)建立,想到f(x1)min≥g(x 2) min【分析】选 A. 由于 f(x)=ln x-+,x ∈ (0,2],所以 f ′(x)= - -=,令 f ′(x)=0, 解得 x=1 或 x=3( 舍 ),进而 0<x<1,f ′(x)<0;1<x<2,f′(x)>0;所以当 x=1 时 ,f(x)取最小值,为,所以 ? x∈ [1,2],使得≥ -x2-2ax+4建立,所以a≥, 由于 y=- +在[1,2]上单一递减 , 所以 y=- +的最小值为-+ =- , 所以 a≥ -.2. 已知函数f(x)=ax-e x(a∈R),g(x)=.(1)求函数 f(x) 的单一区间 .(2)? x0∈(0,+ ∞), 使不等式 f(x) ≤ g(x)-e x建立 , 求 a 的取值范围 .【解题导思】序号题目拆解(1) 函数 f(x) 的单一区间求f′(x),依照f′(x)=0解的状况,分类议论(2) ? x0∈(0,+ ∞), 使不等对不等式适合变形, 转变为求函数最值问题式 f(x) ≤ g(x)-e x建立当 a≤ 0 时,f′(x)<0,f(x)在 R 上单一递减 ;当 a>0 时 , 令 f ′(x)=0得 x=ln a.由 f ′(x)>0得 f(x)的单一递加区间为 (- ∞,ln a);由 f ′(x)<0得 f(x)的单一递减区间为 (ln a,+ ∞).综上 , 当 a≤ 0 时 ,f(x)的单一减区间为R; 当 a>0 时 ,f(x)的单一增区间为 (- ∞,ln a);单一减区间为 (ln a,+ ∞).(2) 由于 ? x0∈(0,+ ∞),使不等式 f(x)≤g(x)-e x,所以 ax≤, 即 a≤.设 h(x)=, 则问题转变为 a≤,由 h′(x)=, 令 h′(x)=0, 则 x=.当 x 在区间 (0,+ ∞) 内变化时 ,h ′(x),h(x) 的变化状况以下表:x(0,)(,+ ∞)h′(x)+0-h(x)↗极大值↘由上表可知 , 当 x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为. 所以 a≤.1.不等式存在性问题的求解策略“恒建立”与“存在性” 问题的求解是“互补”关系 , 即 f(x)≥ g(a)对于x∈ D恒建立,应求f(x)的最小值;若存在 x∈D, 使得 f(x) ≥ g(a) 建立 , 应求 f(x)的最大值.在详细问题中终究是求最大值仍是最小值, 能够先联想“恒建立”是求最大值仍是最小值, 这样也就能够解决相应的“存在性”问题是求最大值仍是最小值.特别需要关注等号能否建立, 免得细节犯错 .2. 两个常用结论(1) ? x∈ I, 使得 f(x)>g(x)建立? [f(x)-g(x)]max>0(x∈I).(2020 ·西安模拟 ) 已知函数f(x)=x3+x 2+ax.(1) 若函数 f(x)在区间[1,+∞)上单一递加, 务实数 a 的最小值 .(2)若函数 g(x)=, 对 ? x ∈, ? x ∈, 使 f ′(x) ≤ g(x ) 建立 , 务实数 a 的取值范围 .1212【分析】 (1)由题设知 f ′(x)=x2+2x+a≥0 在[1,+∞) 上恒建立 ,即 a≥ -(x+1)2+1 在[1,+∞) 上恒建立 ,而函数 y=-(x+1)+1 在[1,+∞) 单一递减 , 则 y =-3,所以 a≥ -3,所以 a 的最小值为 -3.2max(2)1∈, ?2∈, 使 f ′(x12) 建立”等价于“当x∈max “对 ? x x) ≤ g(x时,f ′(x)≤g(x) max” .22在上单一递加 ,由于 f ′(x)=x +2x+a=(x+1)+a-1所以 f ′(x) max=f ′(2)=8+a.而 g′(x)=, 由 g′(x)>0, 得 x<1,由 g′(x)<0, 得 x>1,所以 g(x) 在 (- ∞,1) 上单一递加 , 在(1,+ ∞) 上单一递减.所以当 x∈时,g(x)max=g(1)=.由 8+a≤ , 得 a≤ -8,所以实数 a 的取值范围为.。

高考数学一轮复习第三章导数及其应用 3.3 导数的综合应用课件

等式,最后求出参数的取值范围;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.
12/11/2021
13
考点1
考点2
考点3
对点训练 2 已知函数 f(x)= (1)当 a=0 时,求 f(x)在区间
1
2
1
,e
e
x2+ln x(a∈R).
上的最大值;
(2)若在区间(1,+∞)上,函数f(x)的图象恒在直线y=2ax的下方,
e
所以 y= -k 在(0,+∞)内无变号零点.
e
(-1)e
设 g(x)= ,则 g'(x)= 2 .
当 x∈(0,1)时,g'(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,
所以 g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,
所以 g(x)min=g(1)=e.
结合

=
e (-1)
.
2
令f'(x)>0,得x>1;令f'(x)<0,得0<x<1.
所以函数f(x)在区间(0,1)内是减函数,
在区间(1,+∞)内是增函数.
12/11/2021
11
考点1
考点2
考点3
(1)当 m≥1 时,函数 f(x)在区间[m,m+1](m>0)上是增函数,
所以
e
f(x)min=f(m)= .
+
↗
极小值
1
由此看出,当 0<m< 时,
2
1- 1-2
f(x)有极大值点 x1=

2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.1导数与不等式课件新人教B版

第四节导数的综合应用第一课时导数与不等式
内容索引
核心考点·精准研析核心素养测评
考点一导数法证明不等式【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2)) 处的切线l的斜率为3e-2. (1)求a的值及切线l的方程. (2)证明:f(x)≥0.
当x>1时,g′(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0. 因此,当a≥ 1 时,f(x)≥0.
e
考点二由不等式恒成立求参数
考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题. 命 (2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等题数学思想. 精怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等解问题. 读新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交
【解析】(1)当a=-1时,
f(x)=-x- 2 -lnx+3(x>0),
x
所以f′(x)=
x2
x x2
2
(x
1)(x x2
2)，
则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;
所以f(x)的单调递增区间为(0,1), f(x)的单调递减区间为(1,+∞).
【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1, 得f′(x)=(x+1)ex-1-a,
因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,

最新-2021届高考新课标数学理大一轮复习课件：第三章导数及其应用 321 精品

(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．
跟踪训练 1 函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为(
)
A．(－1，1]
B．(0，1]
C．[1，＋∞)
D．(0，＋∞)
【解析】 y＝12x2－ln x，y′＝x－1x＝x2－x 1 ＝（x－1）x（x＋1）(x＞0)．令 y′≤0，得 0＜x≤1，∴递减区间为(0，1]．
若 g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知 a≥x＋2x在(－2，－1) 上恒成立，又 y＝x＋2x的值域为(－3，－2 2 ]，
∴a 的范围是[－2 2，＋∞)， ∴函数 g(x)在(－2，－1)上单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－2 2，＋∞)，故 g(x)在(－2，－1)上不单调，实数 a 的取值范围是(－3，－ 2 2)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在 x∈(－2，－1)，使不等式 g′(x)＝x2－ax＋2＜0 成立，即 x∈(－2，－1)时，a＜x＋2xmax＝－2 2，当且仅当 x＝2x即 x＝－ 2时等号成立．所以满足要求的 a 的取值范围是(－∞，－2 2)．
【引申探究】在本例 3(3)中， 1．若 g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何求解？【解析】方法一 ∵g′(x)＝x2－ax＋2，且 g(x)在(－2，－1) 内为减函数， ∴g′(x)≤0，即 x2－ax＋2≤0 在(－2，－1)内恒成立， ∴gg′ ′（（－－21））≤ ≤00，，即41＋＋2aa＋＋22≤≤00，，解之得 a≤－3，
即实数 a 的取值范围为(－∞，－3]．