高三理科数学二轮复习导数的应用导数的应用训练案学案

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高三数学导数的应用复习学案04 高三数学第二轮复习导数统计初步文科类复习教学案[整理九套] 高三数

某某省赣马高级中学高三数学导数的应用复习学案004（Ⅰ）基础知识详析（1）函数的单调性如果函数y =)(x f 在某个区间内可导，那么若)('x f >0，则)(x f 为增函数；若)('x f <0则)(x f 为减函数；若)('x f =0则)(x f 为常数；（2）函数的极值 ①极值定义如果函数)(x f 在点0x 附近有定义，那么对0x 附近的点，都有)(x f <)(0x f 我们就说)(0x f 函数的一个极大值，记作极大值y =)(0x f ；)(x f 在点0x 附近的点，都有)(x f >)(0x f 我们就说)(0x f 函数的一个极小值，记作极小值y =)(0x f ；极大值与极小值统称为极值。

②极值判别法当函数)(x f 在点0x 处连续时，极值判断法是：如果在0x 附近的左侧)('x f >0，右侧)('x f <0，那么)(0x f 是极大值；如果在0x 附近的左侧)('x f <0，右侧)('x f >0，那么)(0x f 是极小值。

③求可导函数极值的步骤：首先：求导数)('x f ；再求导数)('x f =0的根；最后：检查)('x f 在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么)(x f 在这个根处取极大值；如果左负右正，那么)(x f 在这个根处取极小值。

（3）函数的最大值与最小值在闭区间[b a ,]上连续，在（b a ,）内可导，)(x f 在[b a ,]上求最大值与最小值的步骤：先求)(x f 在（b a ,）内的极值；再将)(x f 的各极值与)(a f 、)(b f 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值。

二典型例题例1偶函数e dx cx bx ax x f ++++=234)(的图象过点P （0，1），且在x =1处的切线方程为2-=x y ，（1）求)(x f y =的解析式；（2）求)(x f y =的极值。

高考数学二轮复习专题二导数第4讲导数及其应用学案-人教版高三全册数学学案

第4讲导数及其应用1. 导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等．2. 研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，其主要考查方式有：(1) 确定函数的零点、图象交点的个数；(2) 由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．1. 若a ＞1，则函数f(x)＝13x 3－ax 2＋1在(0，2)内零点的个数为________．答案：1解析：f′(x)＝x 2－2ax ，由a ＞1可知，f ′(x)在x ∈(0，2)时恒为负，即f(x)在(0，2)内单调递减．又f(0)＝1＞0，f(2)＝83－4a ＋1＜0，所以f(x)在(0，2)内只有一个零点．2. (2018·南通中学)已知函数f(x)＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)．若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞解析：f′(x)＝x 2－4x ，由f′(x)>0，得x>4或x<0，所以f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min ＝f (4)．要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m ≥179.3. 已知某生产厂家的年利润y(万元)与年产量x(万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件．答案：9解析：由题意知，x ＞0，令y′＝－x 2＋81＞0，解得0＜x ＜9；令导数y′＝－x 2＋81＜0，解得x ＞9.所以函数y ＝－13x 3＋81x －234在区间(0，9)上是增函数，在区间(9，＋∞)上是减函数，所以在x ＝9处取极大值，也是最大值．4. 已知函数f(x)＝e x，g (x )＝12x 2＋x ＋1，则与f (x )，g (x )的图象均相切的直线方程是________．答案：y ＝x ＋1解析：因为函数f (x )＝e x与函数g (x )＝12x 2＋x ＋1的图象有唯一公共点(0，1)，且f ′(0)＝g ′(0)＝1，所以它们的公切线方程是y ＝x ＋1., 一) 函数的零点问题, 1) (2018·镇江期末)已知b>0，且b≠1，函数f(x)＝e x ＋b x，其中e 为自然对数的底数．(1) 对满足b >0，且b ≠1的任意实数b ，证明函数y ＝f (x )的图象经过唯一定点； (2) 如果关于x 的方程f (x )＝2有且只有一个解，求实数b 的取值范围．解：(1)假设y ＝f (x )过定点(x 0，y 0)，则y 0＝e x 0＋bx 0对任意b >0，且b ≠1恒成立．令b ＝2得y 0＝e x 0＋2x 0；令b ＝3得y 0＝e x 0＋3x 0，所以2x 0＝3x 0，即 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x0＝1，解得唯一解x 0＝0，所以y 0＝2，经检验当x ＝0时，f (0)＝2，所以函数y ＝f (x )的图象经过唯一定点(0，2)． (2)令g (x )＝f (x )－2＝e x＋b x－2为R 上连续函数，且g (0)＝0，则方程g (x )＝0存在一个解．① 当b >1时，g (x )为增函数，此时g (x )＝0只有一解．② 当00，0<be <1，ln b <0，令h (x )＝1＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫b e xln b ，h (x )为增函数，所以当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )<0，所以g ′(x )<0，g (x )为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，所以g ′(x )>0，g (x )为增函数．所以g (x )极小值＝g (x 0)．又g (x )的定义域为R ，所以g (x )min ＝g (x 0)．① 若x 0>0，g (x )在(－∞，x 0)上为减函数，g (x 0)<g (0)＝0，而g (ln 2)＝2＋b ln 2－2＝bln 2>0.所以x ∈(x 0，ln 2)时，g (x )至少存在另外一个零点，矛盾．② 若x 0<0，g (x )在(x 0，＋∞)上为增函数，g (x 0)<g (0)＝0，而g (log b 2)＝elog b 2＋2－2＝elog b 2>0，所以g (x )在(log b 2，x 0)上存在另一个解，矛盾．③ 当x 0＝log e b(－ln b )＝0时，－ln b ＝1，解得b ＝1e ，此时方程为g (x )＝e x＋1ex －2＝0，由(1)得只有唯一解x 0＝0，满足条件．综上，当b >1或b ＝1e 时，方程f (x )＝2有且只有一个解．(2018·扬州期末)已知函数f (x )＝e x，g (x )＝ax ＋b ，a ，b ∈R .(1) 若不等式f (x )>x 2＋m 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数m 的取值范围； (2) 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．解： (1) 由题意得m <e x －x 2，x ∈(0，＋∞)恒成立．令h (x )＝e x －x 2，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x－2x ，再令n (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则n ′(x )＝e x－2，故当x ∈(0，ln 2)时，n ′(x )<0，n (x )单调递减；当x ∈(ln 2，＋∞)时，n ′(x )>0，n (x )单调递增，从而n (x )在(0，＋∞)上有最小值n (ln 2)＝2－2ln 2>0，即有h ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，故h (x )>h (0)＝e 0－02＝1，所以m ≤1.(2) 若a <0，F (x )＝f (x )－g (x )＝e x－ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F (0)<0，即b >1. 以下证明当b >1时，F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点． ① 若a <0.由于F (0)＝1－b <0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝e －b a－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a －b ＝e －b a>0，且F (x )在(0，＋∞)上连续．由零点存在定理可知F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－b a上必有零点．② 若a ≥0.由e x>x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F (x 0)＝F (a ＋b )＝e a ＋b－a (a ＋b )－b >(a ＋b )2－a 2－ab －b ＝ab ＋b (b －1)>0.由于F (0)＝1－b <0，F (a ＋b )>0，且F (x )在(0，＋∞)上连续．由零点存在定理可知F (x )在(0，a ＋b )上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．, 二) 利用导数研究不等式问题 , 2) (2018·贵阳模拟)已知函数f(x)＝1－x －1ex ，g (x )＝x －lnx ．求证： (1) g (x )≥1；(2) (x －ln x )f (x )>1－1e 2.证明：(1) g ′(x )＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0. 当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g (x )≥g (1)＝1，得证． (2) f (x )＝1－x －1ex，f ′(x )＝x －2ex，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e2 ①.又x －ln x ≥1 ②，且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.(2018·苏州暑假测试)已知函数f (x )＝(ax 2＋x )e x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1) 若f ′(x )是函数f (x )的导函数，当a >0时，解关于x 的不等式f ′(x )>e x； (2) 若f (x )在[－1，1]上是单调递增函数，求a 的取值范围．解： (1) f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]·e x. 不等式f ′(x )>e x可化为[ax 2＋(2a ＋1)x ]·e x>0.因为e x >0，故有ax 2＋(2a ＋1)x >0.当a >0时，不等式f ′(x )>e x的解集是(－∞，－2a ＋1a)∪(0，＋∞)．(2) 由(1)得f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]·e x，① 当a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x，f ′(x )≥0在[－1，1]上恒成立，当且仅当x ＝－1时取等号，故a ＝0符合要求；② 当a ≠0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1，因为Δ＝(2a ＋1)2－4a ＝4a 2＋1>0，所以g (x )＝0有两个不相等的实数根x 1，x 2，不妨设x 1>x 2，因此f (x )有极大值又有极小值．若a >0，因为g (－1)·g (0)＝－a <0，所以f (x )在(－1，1)内有极值点，故f (x )在[－1，1]上不单调．若a <0，可知x 1>0>x 2，g (0)＝1>0，因为g (x )的图象开口向下，要使f (x )在[－1，1]上单调，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧g （1）≥0，g （－1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2≥0，－a ≥0，所以－23≤a <0.综上可知，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，0., 三) 利用导数解决实际应用问题, 3) (2017·南京、盐城二模)在一张足够大的纸板上截取一个面积为 3600平方厘米的矩形纸板ABCD ，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x 厘米，矩形纸板的两边AB ，BC 的长分别为a 厘米和b 厘米，其中a≥b.(1) 当a ＝90时，求纸盒侧面积的最大值；(2) 试确定a ，b ，x 的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．解：(1) 当a ＝90时，b ＝40，纸盒的底面矩形的长为90－2x ，宽为40－2x ，周长为260－8x.所以纸盒的侧面积S(x)＝(260－8x)x ＝－8x 2＋260x ，其中x∈(0，20)，故S max (x )＝S (654)＝4 2252.答：当a ＝90时，纸盒侧面积的最大值为4 2252平方厘米．(2) 纸盒的体积V ＝(a －2x )(b －2x )x ，其中x ∈(0，b2)，a ≥b ＞0，且ab ＝3 600.因为(a －2x )(b －2x )＝ab －2(a ＋b )x ＋4x 2≤ab －4abx ＋4x 2＝4(x 2－60x ＋900)，当且仅当a ＝b ＝60时取等号，所以V ≤4(x 3－60x 2＋900x )，x ∈(0，30)．设f (x )＝4(x 3－60x 2＋900x )，x ∈(0，30)，则f ′(x )＝12(x －10)(x －30)，令f ′(x )＝0，得x ＝10或x ＝30(舍去)，列表如下：x (0，10) 10 (10，30) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值答：当a ＝b ＝60，且x ＝10时，纸盒的体积最大，最大值为16 000立方厘米．几名大学毕业生合作开设3D 打印店，生产并销售某种3D 产品．已知该店每月生产的产品当月都能销售完，每件产品的生产成本为34元，该店的月总成本由两部分组成：第一部分是月销售产品的生产成本，第二部分是其他固定支出20 000元．假设该产品的月销售量t (x )(件)与销售价格x (元/件)(x ∈N *)之间满足如下关系：① 当34≤x ≤60时，t (x )＝－a (x ＋5)2＋10 050； ② 当60≤x ≤70时，t (x )＝－100x ＋7 600.设该店月利润为M (元)，月利润＝月销售总额－月总成本． (1) 求M 关于销售价格x 的函数关系式；(2) 求该打印店月利润M 的最大值及此时产品的销售价格．解：(1) 当x ＝60时，t (60)＝1 600，代入t (x )＝－a (x ＋5)2＋10 050，解得a ＝2.所以M (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（－2x 2－20x ＋10 000）（x －34）－20 000，34≤x ≤60，x ∈N *，（－100x ＋7 600）（x －34）－20 000，60≤x ≤70，x ∈N *，即M (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x 3＋48x 2＋10 680x －360 000，34≤x ≤60，x ∈N *，－100x 2＋11 000x －278 400，60≤x ≤70，x ∈N *.(2) 设g (u )＝－2u 3＋48u 2＋10 680u －360 000，34≤u ≤60，u ∈R ，则g ′(u )＝－6(u 2－16u －1 780)．令g ′(u )＝0，解得u 1＝8－2461(舍去)，u 2＝8＋2461∈(50，51)．当34≤u ＜50时，g ′(u )＞0，g (u )单调递增；当51＜u ≤60时，g ′(u )＜0，g (u )单调递减．因为x ∈N *，M (50)＝44 000，M (51)＝44 226，所以M (x )的最大值为44 226. 当60≤x ≤70时，M (x )＝100(－x 2＋110x －2 784)单调递减，故此时M (x )的最大值为M (60)＝21 600.综上所述，当x ＝51时，月利润M (x )有最大值44 226元．所以该打印店月利润最大为44 226元，此时产品的销售价格为51元/件．, 四) 利用导数解决新定义或探索型函数 , 4) (2017·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f(x)＝ax 2＋cosx (a ∈R )，记f (x )的导函数为g (x )．(1) 若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(2) 设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D ，若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．解：(1) 因为g (x )＝f ′(x )＝2ax －sin x ，所以g ′(x )＝2a －cos x .① 当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．若x >0，则f ′(x )>f ′(0)＝0；若x <0，则f ′(x )<f ′(0)＝0，所以f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－∞，0)，所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意．② 当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减．若x >0，则f ′(x )<f ′(0)＝0；若x <0，则f ′(x )>f ′(0)＝0，所以f (x )的单调减区间是(0，＋∞)，单调增区间是(－∞，0)，所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意． ③ 当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cos x >2a ，即g ′(x )<0，所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[12，＋∞)．(2) 记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x >0)，① 若a >0，注意到ln x <x ，则ln x 12<x 12，即ln x <2x . 当x >(1＋4a ＋12a)2时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x >2ax －2x －2＝2a (x －1－4a ＋12a )(x －1＋4a ＋12a)>0，所以∃m ＝(1＋4a ＋12a)2，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增．② 若a ≤0，当x >1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x <－sin x －1－ln x <0，所以∃m ＝1，使得函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减．综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调．(2017·苏北四市期末)已知函数f (x )＝x22e －ax ，g (x )＝ln x －ax ，a ∈R .(1) 求证：f (x )≥g (x )；(2) 是否存在常数a ，b ，使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x >0恒成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．(1) 证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝x 22e－ln x ，则h ′(x )＝x e －1x ＝x 2－ee x.令h ′(x )＝0，得x ＝e(负值舍去)，列表如下：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) －0 ＋h (x )极小值所以函数h (x )的最小值为h (e)＝0，所以h (x )＝x 22e－ln x ≥0，即f (x )≥g (x )． (2) 解：假设存在常数a ，b 使得f (x )≥ax ＋b ≥g (x )对任意的x >0恒成立，即x 22e ≥2ax ＋b ≥ln x 对任意的x >0恒成立．而当x ＝e 时，ln x ＝x 22e ＝12，所以12≥2a e ＋b ≥12，所以2a e ＋b ＝12，则b ＝12－2a e ，所以x 22e －2ax －b ＝x 22e －2ax ＋2a e －12≥0 (*)恒成立，① 当a ≤0时，2a e －12<0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；② 当a >0时，则4a 2－2e (2a e －12)≤0，即(2a －1e )2≤0，所以a ＝12e ，则b ＝－12.令φ(x )＝ln x －1ex ＋12，则φ′(x )＝e －xe x，令φ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，e)上单调递增；当x >e 时，φ′(x )<0，φ(x )在(e ，＋∞)上单调递减．所以φ(x )的最大值φ(e)＝0，所以ln x －1ex ＋12≤0恒成立，所以存在a ＝12e，b ＝－12符合题意．1. 已知函数f(x)＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________．答案：3解析：因为f (x )＝(2x ＋1)e x ，所以f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ，所以f ′(0)＝2e 0＋(2×0＋1)×e 0＝2＋1＝3.2. 设函数f (x )＝ax 3＋3x －1(x ∈R )，若对于任意的x ∈[0，1]都有f (x )≤0成立，则实数a 的取值范围是________．答案：(－∞，－4]解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≤0显然成立；当x ＞0, 即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3＋3x －1≤0可化为a ≤1x 3－3x 2，设g (x )＝1x 3－3x 2，则g ′(x )＝3（2x －1）x4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，因此g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－4，从而a ≤－4.3. (2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥，当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．答案：415 cm 3解析：设△ABC 的边长为a cm ，0＜a ＜53，则三个等腰三角形的高为⎝ ⎛⎭⎪⎫5－36a cm ，折起后所得正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎪⎫5－36a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2＝25－533a (cm)，所以所得三棱锥的体积为13×34a 2×25－533a ＝312×25a 4－533a 5(cm)．令u ＝25a 4－533a 5，则u ′＝100a 3－2533a 4＝25a 3⎝ ⎛⎭⎪⎫4－33a ，其中0＜a ＜53，当0＜a ＜43时，u ′＞0，当43＜a＜53时，u ′＜0，故a ＝43为u ＝25a 4－533a 5在(0，53)内唯一的极大值点，也是最大值点，所以当a ＝43时，三棱锥的体积最大，最大值为13×34×(43)2×25－533×43＝43×5＝415(cm 3)．4. (2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ax 2＋x －1e x. (1) 求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2) 求证：当a ≥1时，f (x )＋e≥0. (1) 解：由f (x )＝ax 2＋x －1ex ，得f ′(x )＝（2ax ＋1）e x －（ax 2＋x －1）ex（e x ）2＝－ax 2＋2ax －x ＋2ex， ∴ f ′(0)＝21＝2，即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴ y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0. (2) 证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x.令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1，当x ＜－1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞－1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，∴ g (x )≥g (－1)＝0.故当a ≥1时，f (x )＋e≥0，得证．(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2018·启东调研测试)已知函数f (x )＝ax 2＋(a －2)x －ln x . (1) 讨论f (x )的单调性；(2) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．解：(1) f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ＋(a －2)－1x＝（2x ＋1）（ax －1）x.(2分)① 若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减； (4分)② 若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝1a ，当x ∈(0，1a )时，f ′(x )＜0，当x ∈(1a，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a，＋∞)上单调递增．(6分)综上：当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，f (x )在(0，1a)上单调递减，在(1a，＋∞)上单调递增．(2) ① 若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点. ② 若a ＞0，由(1)知，当x ＝1a时，f (x )取得最小值，最小值为f (1a )＝1－1a －ln 1a ＝1－1a＋ln a ．(8分)f (x )有两个零点，必须满足f (x )min ＜0，即a ＞0，1－1a＋ln a ＜0.构造函数g (x )＝1－1x ＋ln x ，x ＞0. g ′(x )＝1x 2＋1x＞0，所以g (x )在(0，＋∞)内单调递增．因为g (1)＝0，所以0＜a ＜1. (10分)下面证明当0＜a ＜1时，f (x )有两个零点，为此我们先证明：当x ＞1时，x ＞ln x .构造函数h (x )＝x －ln x ，x ＞1. h ′(x )＝1－1x＞0，h (x )在(1，＋∞)单调递增，所以当x ＞1时，h (x )＞h (1)＞0，即x ＞ln x . 又当0＜a ＜1时，f (1e)＝a e2＋a －2e＋1＝a e2＋a e＋(1－2e)＞0， (13分) f (3－a a )＝3－a a －ln 3－a a ＞0，其中0＜1e ＜1＜1a ＜3－aa，所以f (x )在(0，1a )和(1a，＋∞)上各有一个零点．综上，实数a 的取值范围是(0，1)． (16分)1. 某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的函数关系是R ＝R(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x>400，则总利润最大时，年产量是________．答案：300解析：由题意得，总成本函数为C ＝C(x)＝20 000＋100x ，总利润P(x)＝R(x)－C(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000，0≤x≤400，60 000－100x ，x>400，则P′(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x ，0≤x ≤400，－100，x>400，令P′(x)＝0，得x ＝300，易知当x ＝300时，总利润P(x)最大． 2. 已知函数f(x)＝ln x －（x －1）22.(1) 求函数f (x )的单调增区间； (2) 求证：当x >1时，f (x )<x －1.(1) 解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0，解得0<x <1＋52.故f (x )的单调增区间是(0，1＋52)． (2) 证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(1，＋∞)．则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减，故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1.3. 若函数f(x)＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f(x)有极值－43.(1) 求函数f(x)的解析式；(2) 若方程f(x)＝k 有3个解，求实数k 的取值范围．解：(1) 对函数f(x)求导得f′(x)＝3ax 2－b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4.经检验a ＝13，b ＝4符合题意，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝13x 3－4x ＋4.(2) 由(1)可得f′(x)＝x 2－4＝(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： x (－∞，－2)－2 (－2，2) 2 (2，＋∞)f′(x) ＋0 －0 ＋f(x)283－43因此，当x ＝－2时，f(x)有极大值3；当x ＝2时，f(x)有极小值－43.所以函数f(x)＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示．因为方程f(x)＝k 的解的个数即为函数y ＝k 与函数y ＝f(x)的交点个数．所以实数k 的取值范围是(－43，283)．。

2019-2020年高三数学二轮复习专题15导数的综合应用教案苏教版

2019-2020年高三数学二轮复习专题15导数的综合应用教案苏教版【高考趋势】利用导数研究函数性质，主要是利用导数求函数的单调区间，求函数的极值和最值，这些内容都是近年来高考的重点和难点，大多数试题以解答题的形式出现，通常是整个试卷的压轴题。

试题主要先判断或证明函数单调区间，其次求函数的极值和最值，有时涉及函数的单调性对不等式进行证明。

【考点展示】1、函数y=x3-3x+1在闭区间[-3，0]上的最大值、最小值分别为2、函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有个极小值点。

3、已知f(x)=ax4+2x+1，若f(-1)=6，则a=4、函数f(x)=xlnx(x0)的单调递增区间是5、当x[-1，2]时，若x3-恒成立，则实数m的取值范围是【样题剖析】例1、设函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+8c在x=1及x=2时取得极值。

（1）求a,b的值；（2）若对于任意的x[0，3]，都有f(x)c2成立，求c的取值范围。

例2、已知函数f(x)=在x=x1处取得极大值，在x=x2处取得极小值，且0x11x22。

（1）证明a0；（2）若z=a+2b，求z的取值范围。

例3、已知aR，讨论关于x的方程|x2-6x+8|=a的实数解的个数。

例4、已知函数f(x)=,x[0,1]。

（1）求f(x)的单调区间和值域。

（2）设a≥1，函数g(x)=x3-3a2x-2a,x[0,1]，若对于任意的x1[0，1]，总存在x0[0，1]，使得g(x0)=f(x1)成立，求a的取值范围。

【总结提炼】要掌握求函数f(x)的极值的基本步骤：先求导数，求出f(x)=0的根，再检查f(x)=0的根左右的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取极小值。

求函数在一个区间上的最值，要将极值与端点函数值加以比较，进而确定最值。

二轮复习导数的应用导学案

《导数的应用》导学案●命题视角：●真题感悟：1.（2014.全国）若函数()ln =-f x kx x 在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（）A. (],2-∞-B. (],1-∞-C. [)2,+∞D. [)1,+∞2.（2013.课标）已知定义在实数集R 上的函数()f x 满足(1)3f =，且()f x 的导数()f x '在R 上恒有()2f x '<()x R ∈，则不等式()21f x x <+的解集为（）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(1,1)-D ．(,1)-∞-∪(1,)+∞3.（2014.辽宁）当[]2,1∈-x 时，不等式32430-++≥ax x x 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A. []5,3--B. 96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C. []6,2--D. []4,3-- ●透析高考热点突破热点一不等式的恒成立问题例1 已知函数()ln a f x x x=-，其中a ∈R ．（1）当2a =时，求函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）如果对于任意(1,)x ∈+∞，都有()2f x x >-+，求a 的取值范围．变式训练1：已知函数()()()()ln 11f x x x x ax a a R =---+∈.（1）若0a =，判断函数()f x 的单调性；（2）若1x >时，()0f x <恒成立，求a 的取值范围.热点二利用导数证明不等式例2 设函数()(1)ln(1),(1,0)f x x a x x x a =-++>-≥．（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：当0m n >>时，(1)(1)n m m n +<+．变式训练2：已知函数()1ln ()f x ax x a R =--∈（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1x y e >>-时，证明不等式ln(1)ln(1)x y e y e x +>+热点三利用导数解决与方程的解有关的问题例3 已知函数x x x f ln )(=，2)(2-+-=ax x x g （ 2.71e ≈，a R ∈）．（1）判断曲线)(x f y =在点（1，)1(f ）处的切线与曲线)(x g y =的公共点个数；（2）当1,x e e⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，若函数)()(x g x f y -=有两个零点，求a 的取值范围．变式训练3：已知关于x 的函数()(0)ex ax a f x a -=≠ （1）当1a =-时，求函数()f x 的极值；（2）若函数()()1F x f x =+没有零点，求实数a 取值范围.●课后练习及时巩固1.设函数3()3(,0,0),f x ax bx a b a b =+<>为实数，当[0,1]x ∈时，有()[0,1]f x ∈，则b 的最大值是( )A ．12B ． 4C ． 2D ． 14 2. 已知函数()32123f x x ax bx c =+++有两个极值点1212,112x x x x -<<<<，且，则直线()130bx a y --+=的斜率的取值范围是( ) A. 22,53⎛⎫- ⎪⎝⎭ B. 23,52⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 21,52⎛⎫- ⎪⎝⎭ D. 22,,53⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3. 已知函数()2ln 1f x x =+的图象与直线2y x a =-恰好有一个交点．设2()x g x e x a =-+，当[1,2]x ∈时，不等式2()4m g x m -≤≤-恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(,-∞B ．]eC ．[,e - D ．)+∞ 4. 对任意x R ∈，函数32()7f x ax ax x =++不存在．．．极值点的充要条件是（） A.021a ≤≤ B.021a <≤ C.0a <或21a > D.0a =或21a =5.函数()ln x f x x =，当01x <<时下列式子大小关系正确的是（） A ．22()()()f x f x f x << B ．22()()()f x f x f x <<C ．22()()()f x f x f x <<D ．22()()()f x f x f x <<6.已知函数()ln f x x x =（其中,a R e ∈为自然对数的底数）（1）若直线l 过点(1,0)，并且与曲线()y f x =相切，求直线l 的方程；（2）设函数()()(1)g x f x a x =--在[]1,e 上有且只有一个零点，求a 的取值范围.7.设函数()1n n f x ax bx c +=++(0)x >，其中0a b +=，n 为正整数，a ，b ，c 均为常数，曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程为10x y +-=.（1）求a ，b ，c 的值；（2）求函数()f x 的最大值；（3）证明：对任意的()0,x ∈+∞都有()1nf x e <.（e 为自然对数的底）8.已知函数2()8ln f x x x =-，2()14g x x x =-+．（1）求函数xx x g x f x H 814)()()(--+=的单调递增区间；（2）若函数()y f x =和函数()y g x =在区间(),1a a +上均为增函数，求实数a 的取值范围；（3）若方程()()f x g x m =+有两个解，求实数m 的取值范围．。

2021-2022年高三数学二轮复习专题二第三讲导数的应用教案理

2021年高三数学二轮复习专题二第三讲导数的应用教案理类型一利用导数研究切线问题导数的几何意义(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x 0)；(2)曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)． [例1] (xx 年高考安徽卷改编)设函数f (x )＝a e x ＋1a e x＋b (a >0)．在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝32x ，求a ，b 的值． [解析] ∵f ′(x )＝a e x －1a e x， ∴f ′(2)＝a e 2－1a e 2＝32，解得a e 2＝2或a e 2＝－12(舍去)，所以a ＝2e 2，代入原函数可得2＋12＋b ＝3，即b ＝12，故a ＝2e 2，b ＝12.跟踪训练已知函数f (x )＝x 3－x .(1)求曲线y ＝f (x )的过点(1，0)的切线方程；(2)若过x 轴上的点(a ，0)可以作曲线y ＝f (x )的三条切线，求a 的取值范围．解析：(1)由题意得f ′(x )＝3x 2－1.曲线y ＝f (x )在点M (t ，f (t ))处的切线方程为y －f (t )＝f ′(t )(x －t )，即y ＝(3t 2－1)·x －2t 3，将点(1，0)代入切线方程得2t 3－3t 2＋1＝0，解得t ＝1或－，代入y ＝(3t 2－1)x －2t 3得曲线y ＝f (x )的过点(1，0)的切线方程为y ＝2x －2或y ＝－x ＋.(2)由(1)知若过点(a ，0)可作曲线y ＝f (x )的三条切线，则方程2t 3－3at 2＋a ＝0有三个相异的实根，记g (t )＝2t 3－3at 2＋a .则g ′(t )＝6t 2－6at ＝6t (t －a )．当a >0时，函数g (t )的极大值是g (0)＝a ，极小值是g (a )＝－a 3＋a ，要使方程g (t )＝0有三个相异的实数根，需使a >0且－a 3＋a <0，即a >0且a 2－1>0，即a >1；当a ＝0时，函数g (t )单调递增，方程g (t )＝0不可能有三个相异的实数根；当a <0时，函数g (t )的极大值是g (a )＝－a 3＋a ，极小值是g (0)＝a ，要使方程g (t )＝0有三个相异的实数根，需使a <0且－a 3＋a >0，即a <0且a 2－1>0，即a <－1.综上所述，a 的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．类型二利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系在区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数f (x )在区间(a ，b )上单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数f (x )在区间(a ，b )上单调递减．[例2] (xx 年高考山东卷改编)已知函数f (x )＝(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间．[解析] (1)由f (x )＝ln x ＋ke x，得f ′(x )＝1－kx －x ln xx e x，x ∈(0，＋∞)．由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝(1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)．令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0，1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0.又e x >0，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.因此f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．跟踪训练若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解析：由题知f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x，因为函数f (x )存在单调递减区间，所以f ′(x )＝－ax 2＋2x －1x≤0有解．又因为函数的定义域为(0，＋∞)，则应有ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有实数解． (1)当a >0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上恒有解； (2)当a <0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，要使ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有实数解，则Δ＝>0，此时－1<a <0；(3)当a ＝0时，显然符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－1，＋∞)．类型三利用导数研究函数的极值与最值1．求函数y ＝f (x )在某个区间上的极值的步骤 (1)求导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根x 0； (3)检查f ′(x )在x ＝x 0左右的符号； ①左正右负⇔f (x )在x ＝x 0处取极大值； ②左负右正⇔f (x )在x ＝x 0处取极小值．2．求函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤 (1)求函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的极值(极大值或极小值)；(2)将y ＝f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． [例3] (xx 年高考北京卷)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a >0)，g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值；(2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． [解析] (1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋b ，因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，所以f (1)＝g (1)，且f ′(1)＝g ′(1)．即a ＋1＝1＋b ，且2a ＝3＋b . 解得a ＝3，b ＝3.(2)记h (x )＝f (x )＋g (x )．当b ＝14a 2时，h (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1， h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋14a 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a6.a >0时，h (x )与h ′(x )的变化情况如下：所以函数h (x )的单调递增区间为(－∞，－2)和(－6，＋∞)；单调递减区间为(－2，－6)．当－a2≥－1，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －14a 2.当－a 2<－1，且－a6≥－1，即2<a ≤6时，函数h (x )在区间(－∞，－a 2)上单调递增，在区间(－a2，－1]上单调递减，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－a2)＝1.当－a6<－1，即a >6时，函数h (x )在区间(－∞，－a 2)上单调递增，在区间(－a 2，－a 6)上单调递减，在区间(－a6，－1]上单调递增，又因为h (－a 2)－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0，所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－a2)＝1.跟踪训练(xx 年珠海摸底)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1（x ≤0）e ax （x >0），在[－2，2]上的最大值为2，则a 的取值范围是( )A ．[12ln 2，＋∞)B ．[0，12ln 2]C ．(－∞，0]D ．(－∞，12ln 2]解析：当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ，易知函数f (x )在(－∞，0]上的极大值点是x ＝－1，且f (－1)＝2，故只要在(0，2]上，e ax≤2即可，即ax ≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a ≤ln 2x在(0，2]上恒成立，故a ≤12ln 2.答案：D析典题（预测高考）高考真题【真题】 (xx 年高考辽宁卷)设f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0，0)点相切．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 【解析】 (1)由y ＝f (x )过(0，0)点，得b ＝－1. 由y ＝f (x )在(0，0)点的切线斜率为32，又y ′⎪⎪x ＝0＝(1x ＋1＋12x ＋1＋a )⎪⎪x ＝0＝32＋a ，得a ＝0.(2)证明：证法一由均值不等式，当x >0时，2（x ＋1）·1<x ＋1＋1＝x ＋2，故x ＋1<x2＋1.记h (x )＝f (x )－9x x ＋6，则h ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1－54（x ＋6）2＝2＋x ＋12（x ＋1）－54（x ＋6）2<x ＋64（x ＋1）－54（x ＋6）2＝（x ＋6）3－216（x ＋1）4（x ＋1）（x ＋6）2. 令g (x )＝(x ＋6)3－216(x ＋1)，则当0<x <2时，g ′(x )＝3(x ＋6)2－216<0. 因此g (x )在(0，2)内是递减函数．又由g (0)＝0，得g (x )<0，所以h ′(x )<0. 因此h (x )在(0，2)内是递减函数．又h (0)＝0，得h (x )<0.于是当0<x <2时，f (x )<9xx ＋6.证法二由(1)知f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1－1.由均值不等式，当x >0时，2（x ＋1）·1<x ＋1＋1＝x ＋2，故x ＋1<x2＋1.①令k (x )＝ln(x ＋1)－x ，则k (0)＝0，k ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1<0，故k (x )<0，即ln(x ＋1)<x .②由①②得，当x >0时，f (x )<32x .记h (x )＝(x ＋6)f (x )－9x ，则当0<x <2时，h ′(x )＝f (x )＋(x ＋6)f ′(x )－9<32x ＋(x ＋6)·(1x ＋1＋12x ＋1)－9＝12（x ＋1）[3x (x ＋1)＋(x ＋6)·(2＋x ＋1)－18(x ＋1)]<12（x ＋1）[3x (x ＋1)＋(x ＋6)·(3＋x 2)－18(x ＋1)]＝x4（x ＋1）(7x －18)<0.因此h (x )在(0，2)内单调递减．又h (0)＝0，所以h (x )<0，即f (x )<9xx ＋6. 【名师点睛】本题主要考查导数的应用和不等式的证明以及转化与化归能力，难度较大．本题不等式的证明关键在于构造函数利用最值来解决．考情展望高考对导数的应用的考查综合性较强，一般为解答题，着重考查以下几个方面：一是利用导数的几何意义来解题；二是讨论函数的单调性；三是利用导数研究函数的极值与最值．常涉及不等式的证明、方程根的讨论等问题名师押题【押题】已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln xx，其中e 是自然常数，a ∈R.(1)讨论a ＝1时，f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12；(3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)由题知当a ＝1时，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，因为当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减，当1<x <e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增，所以f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明因为f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1.令h (x )＝g (x )＋12＝ln x x ＋12，h ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，h ′(x )>0，h (x )在(0，e]上单调递增，所以h (x )max ＝h (e)＝1e ＋12<12＋12＝1＝f (x )min ，所以在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12.(3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤0时，因为x ∈(0，e]，所以f ′(x )<0，而f (x )在(0，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，此时f (x )无最小值；②当0<1a <e 时，f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1a)＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；③当1a≥e 时，因为x ∈(0，e]，所以f ′(x )<0，所以f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)此时f(x)无最小值．综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.。

【2019年整理】高三数学复习课导学案《导数及导数的应用》

高三数学复习课导学案《导数及导数的应用》学科：数学课题：导数及导数的应用 (一) 编号：1.会用导数求函数的单调区间以及已知单调区间求参数范围2记住极值、极值点的定义并会用导数求函数的极值、最值3.提高规范意识和注重细节意识，从而提高“稳做会，求全对”的得分意识4.不断提高运用数形结合、分类讨论以及转化等思想的能力1记住导数的几何意义，求导公式（8个基本函数求导公式，导数的四则运算，复合函数如何求导）2回顾用导数求函数单调区间以及已知单调区间求参数范围的方法步骤3 回顾极值、极值点的定义及用导数求极值、最值的方法步骤4结合一轮复习回顾导数部分常见题型及解题方法.)x (f .a x x )x ln(a )x (f x .的极值）求函数（的值）求（的一个极值点是函数已知21101362-++== 处取得极小值，则实数在函数的单调递增区间为函数）轴交点的纵坐标是（　处的切线与在点山东文）曲线==-=-=--+=m x )m x (x )x (f .x ln x y .y ),(P x y .(152215(D)　9(C)　3 (B)9(A)1211120111223 的单调递增区间是函数x x x )x (f .32132323++-=）内单调递减，则，在（若函数204423+-=ax x )x (f . 的取值范围是 a考点一函数的单调性与导数例1 （2011年天津高考19(2)）【求单调区间】已知函数 R x t x t tx x x f ∈-+-+=,1634)(223 其中t R ∈当0t ≠时，求()f x 的单调区间.变式训练：求f(x)的单调区间.例2 2011年青岛模拟考试（理21（2））【已知单调区间求参数范围】 ),0)(2)((6)(1'≠-+=t t x t x t x f 若[].)x (f 上的单调性，在讨论21),0)(2)((6)(2'>-+=t t x t x t x f 若已知函数),x ('f )x ln()x (g ,x ax x )x (f -++=++-=31323223问：是否存在实数使得在上单调递增，若存在求实数的取值范围；若不存在请说明理由.考点二函数的极值、最值与导数例3的取值范围？个交点，求的图像有与函数若直线的极值求函数的值求的一个极值点是函数已知b )x (f b y )x (f a x x )x ln(a )x (f x 3(3)(2)(1)10132=-++==思考：若方程0101162=--++b x x )x ln(有三个不同实根，该如何求b 的取值范围？a )x (g ⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,21a )x (g )x (f )x (F .m x x )x (g ,x ln a x )x (f -=+-=-=令22（1）当时，试求实数的取值范围使得的图像恒在轴上方；（2）当时，若函数在上恰有两个不同零点，求实数的取值范围；（3）是否存在实数的值，使函数和函数在定义域上具有相同的单调性？若存在求出的值，若不存在请说明理由 .)(1,0+∞∈=x ,m a )x (F x 2=a )x (F [1,3]m a )x (f )x (g a的（）条件是则）内单调递增，，在（　设q p m q mx x x x f p ,5:012ln )(:.12-≥∞++++= (A) 充分不必要 (B)必要不充分 (C)充分必要 (D)既不充分也不必要2. （2011年湖南高考）设直线x=t 与函数f(x)= x 2,g(x)=lnx 的图像分别交于M,N 点，则当MN 达到最小时t 的值为（）（A ）1 （B ）21 （C ）25（D ）22 3. 已知4)2(2)(24-++-=x p px x f 在]3,-∞-（上为增函数，在)0,3[-上为减函数，则p=4 已知函数，常数为实数（1）是否存在实数使得在区间上单调递增恒成立，若存在求出的取值范围，若不存在请说明理由；（2）求函数的单调递增区间B 组(选)： 5)x (a )x ln(x )x (f 11+-+=a a )x (f [)+∞,1a x ax )x ('f )x (g +-=1121(2)(1)010212-+>=>+-=)a ln()a (g ),a (g )x (f )x (f b a )('f )a (bx ax x ln )x (f 试证明不等式的最大值为设函数的单调区间，并求的代数式表示试用含有且已知函数。

2021年高考数学二轮复习专题04 导数及其应用(教学案)解析版

专题4 导数及其应用高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f ′(x )＝lim Δx →0ΔyΔx ＝lim Δx →0f x ＋Δx －f x Δx. 2．导数的几何意义函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x 0)． 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c ′＝0(c 为常数)； ②(x m )′＝mx m －1；③(sin x )′＝cos x; ④(cos x )′＝－sin x ； ⑤(e x )′＝e x; ⑥(a x )′＝a x ln a ； ⑦(ln x )′＝1x ； ⑧(log a x )′＝1x ln a . (2)导数的四则运算法则 ①[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； ②[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； ③[f xg x ]′＝f ′xg x －f x g ′xg 2x. ④设y ＝f (u )，u ＝φ(x )，则y ′x ＝y ′u u ′x . 4．函数的性质与导数在区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数f (x )在区间(a ，b )上单调递增．如果f ′(x )<0，那么函数f (x )在区间(a ，b )上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y ＝f (x )，由曲线y ＝f (x )与直线x ＝a ，x ＝b (a 0时，S ＝⎠⎛a bf (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛abf (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛ac f (x )d x －⎠⎛cbf (x )d x .高频考点一导数的几何意义及应用例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 【解析】基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.【答案】1(2)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】基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0，∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【答案】8【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【解析】基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2， ∴a ＝3，故选D. 【答案】D高频考点二导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

高考数学二轮复习专题六函数与导数第3讲导数的简单应用学案理新人教A版2

第3讲导数的简单应用[做真题]题型一导数的几何意义1．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋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( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D ．法一：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D ．法二：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D ．2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：选D ．因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1. 3．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________．解析：因为y ＝2ln(x ＋1)，所以y ′＝2x ＋1.当x ＝0时，y ′＝2，所以曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .答案：y ＝2x4．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________．解析：设y ＝kx ＋b 与y ＝ln x ＋2和y ＝ln(x ＋1)的切点分别为(x 1，ln x 1＋2)和(x 2，ln(x 2＋1))．则切线分别为y －ln x 1－2＝1x 1(x －x 1)，y －ln(x 2＋1)＝1x 2＋1(x －x 2)，化简得y ＝1x 1x ＋ln x 1＋1，y ＝1x 2＋1x －x 2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧1x1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝－x2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，解得x 1＝12，从而b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案：1－ln 2题型二导数与函数的单调性、极值与最值1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A ．因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －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 ．2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：法一：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，所以f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12(cos x ＋1)，由f ′(x )≥0得12≤cos x ≤1，即2k π－π3≤x ≤2k π＋π3，k ∈Z ，由f ′(x )≤0得－1≤cos x ≤12，即2k π＋π≥x ≥2k π＋π3或2k π－π≤x ≤2k π－π3，k ∈Z ，所以当x ＝2k π－π3(k ∈Z )时，f (x )取得最小值，且f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＝－332. 法二：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )＝4sin x 2cos x2·2cos 2x2＝8sin x 2cos 3 x 2＝833sin 2x2cos 6x2，所以[f (x )]2＝643×3sin 2x 2cos 6 x 2≤643· ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3sin 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 244＝274，当且仅当3sin 2x 2＝cos 2x 2，即sin 2x 2＝14时取等号，所以0≤[f (x )]2≤274，所以－332≤f (x )≤332，所以f (x )的最小值为－332.答案：－332[明考情]1．此部分内容是高考命题的热点内容，在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度一般．导数的几何意义 [典型例题](1)(2019·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2sin x ＋cos x 在点(π，－1)处的切线方程为( ) A ．x －y －π－1＝0 B ．2x －y －2π－1＝0 C ．2x ＋y －2π＋1＝0D ．x ＋y －π＋1＝0(2)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则点P 的坐标为________． (3)(2019·广州市调研测试)若过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．【解析】 (1)依题意得y ′＝2cos x －sin x ，y ′|x ＝π＝(2cos x －sin x )|x ＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切线方程为y ＋1＝－2(x －π)，即2x ＋y －2π＋1＝0，故选C ．(2)f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故点P 的坐标为(1，3)或(－1，3)．(3)设切点坐标为(x 0，x 0e x 0)，y ′＝(x ＋1)e x，y ′|x ＝x 0＝(x 0＋1)e x 0，所以切线方程为y －x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0(x －x 0)，将点A (a ，0)代入可得－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0(a －x 0)，化简，得x 20－ax 0－a ＝0，过点A (a ，0)作曲线C 的切线有且仅有两条，即方程x 20－ax 0－a ＝0有两个解，则有Δ＝a 2＋4a >0，解得a >0或a <－4，故实数a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．【答案】 (1)C (2)(1，3)或(－1，3) (3)(－∞，－4)∪(0，＋∞)(1)求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法1．(2019·武汉调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点．故选C ．2．(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x的切线，又是曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )A ．2B ．1C ．e 2D ．－e 2解析：选B ．设直线l 与曲线C 1：y ＝e x的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切点为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1(x 1－1) ①.由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y －14e 2x 22＝12e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22 ②.因为①②表示的切线为同一直线，所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 1＝12e 2x 2，e x 1(x 1－1)＝14e 2x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，x 2＝2，所以直线l 的方程为y ＝e 2x －e 2，令y ＝0，可得直线l 在x 上的截距为1，故选B ．3．(2019·广州市综合检测(一))若函数f (x )＝ax －3x的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，4)，则a ＝________．解析：f ′(x )＝a ＋3x2，f ′(1)＝a ＋3，f (1)＝a －3，故f (x )的图象在点(1，a －3)处的切线方程为y －(a －3)＝(a ＋3)(x －1)，又切线过点(2，4)，所以4－(a －3)＝a ＋3，解得a ＝2.答案：2利用导数研究函数的单调性[典型例题]命题角度一求函数的单调区间或判断函数的单调性已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．【解】函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1. ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增．当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．命题角度二已知函数的单调性求参数已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x，令f ′(x )＝0，则x ＝1(负值舍去)．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)法一：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－(2ax ＋1)(ax －1)x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0，所以f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a >0时，由f ′(x )<0，得x >1a.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，解得a ≥1；③当a <0时，由f ′(x )<0，得x >－12a.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，解得a ≤－12.综上所述，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．法二：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x.由f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g (x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，1≤0不合题意；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧14a <1，g (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，－2a 2＋a ＋1≤0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，a ≥1或a ≤－12，所以a ≥1或a ≤－12.所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．(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)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．[对点训练]1．若函数f (x )＝(x ＋a )e x在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.答案：(－∞，－1)2．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0；故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．利用导数研究函数的极值(最值)问题[典型例题]命题角度一求已知函数的极值(最值) 已知函数f (x )＝ln x x－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．【解】 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x2，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，(m ，2m )⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1；③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e－1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.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f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在求得极值的基础上，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．命题角度二已知函数的极值或最值求参数 (2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(i)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ii)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(iii)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.已知函数极值点或极值求参数的方法(2019·长春质量检测(一))已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x (其中常数a ≠0)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a 的值．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，x >0， f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，解得x 1＝12，x 2＝1，当0<x <12时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增；当12<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减；当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x，令f ′(x )＝0，得x ′1＝1，x ′2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x ′2＝12a ≠x ′1＝1，当12a<0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2.当0<12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以最大值1可能在x ＝12a或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)×12a ＝ln 12a －14a －1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 当1<12a <e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1<12a <e 矛盾．当12a≥e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值1在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，不符合题意．综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.一、选择题1．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A ．12 B ．1 C ．2D ．e解析：选B ．由题意知y ′＝a e x＋1＝2，则a >0，x ＝－ln a ，代入曲线方程得y ＝1－ln a ，所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a )，即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( ) A ．(－3，3) B ．(－11，4)C ．(4，－11)D ．(－3，3)或(4，－11)解析：选C ．f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C ．3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知f (x )在R 上连续可导，f ′(x )为其导函数，且f (x )＝e x ＋e －x －f ′(1)x ·(e x －e －x )，则f ′(2)＋f ′(－2)－f ′(0)f ′(1)＝( )A ．4e 2＋4e －2B ．4e 2－4e －2C ．0D ．4e 2解析：选C ．由题意，得f ′(x )＝e x－e －x－f ′(1) [e x－e －x＋x (e x ＋e －x)]，所以f ′(0)＝e 0－e 0－f ′(1)[e 0－e 0＋0·(e 0＋e 0)]＝0，f ′(2)＋f ′(－2)＝0，所以f ′(2)＋f ′(－2)－f ′(0)f ′(1)＝0，故选C ．4．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C ．由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g (1)≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，a ≥－5⇔a ≥－26，故选C ． 5．函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x )，若xf ′(x )＋f (x )＝e x，且f (1)＝e ，则( ) A ．f (x )的最小值为e B ．f (x )的最大值为e C ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1e解析：选A ．设g (x )＝xf (x )－e x，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x ＝0，所以g (x )＝xf (x )－e x为常数函数．因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0，所以g (x )＝xf (x )－e x ＝g (1)＝0，所以f (x )＝e xx ，f ′(x )＝e x(x －1)x2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )≥f (1)＝e.6．若函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A ．(－e 2，－e) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 D ．(－∞，－e －1)解析：选D ．由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x－(m ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1x－2＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m ＋1＝x e x1－2x在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g (x )＝x e x1－2x ，则g ′(x )＝－e x(x －1)(2x ＋1)(1－2x )2，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m ＋1＝x e x1－2x 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m ＋1<g (1)，即m ＋1<－e ，m <－e －1，所以实数m 的取值范围是(－∞，－e －1)．故选D ．二、填空题7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0，0)处的切线方程为________．解析：因为y ′＝3(2x ＋1)e x＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .答案：y ＝3x8．函数f (x )＝x 2－ln x 的最小值为________．解析：因为f (x )＝x 2－ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －1x ，令2x －1x ＝0得x ＝22，令f ′(x )>0，则x >22；令f ′(x )<0，则0<x <22.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以f (x )的极小值(也是最小值)为⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＝1＋ln 22.答案：1＋ ln 229．若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝x 2－4e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x－a >0，即a <2x －4e x 有解，即a <(2x －4e x )max 即可．令g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x.令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，函数g (x )＝2x －4e x单调递增；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递减．所以当x ＝－ln 2时，g (x )＝2x －4e x取得最大值－2－2ln 2，所以a <－2－2ln 2.答案：(－∞，－2－2ln 2) 三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x, f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1x .(2)f ′(x )＝1x －2ax ＋1＝－2ax 2＋x ＋1x，x >0，①当a ≤0时，显然f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，则x 1x 2＝－12a<0，所以x 1<0<x 2，所以f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x，x >0.令f ′(x )>0，得x ∈(0，x 2)，令f ′(x )<0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 11．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2＝a ＋2xx.当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2. (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为极小值，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a .根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a ≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，综上实数a 的取值范围是[－2，0)．12．(2019·广州市调研测试)已知函数f (x )＝x e x＋a (ln x ＋x )．(1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.解：(1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x－e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝(x ＋1)e x －e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x －e)．当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时．f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )，令g (x )＝x e x＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a＋a >－a ＋a ＝0，故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )>0，f (x )单调递增．故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)．由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减，故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.。

高三数学第二轮复习教案第8讲导数应用的题

高三数学第二轮复习教案第8讲导数应用的题型与方法（一）一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数两个函数的和、差、积、商的导数，复合函数的导数，基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值二、考试要求（1）了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等），掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念。

（2）熟记基本导数公式（c,x m（m为有理数），sin x, cos x, e x, a x,ln x, logx的导数）。

掌握两个函数四则运算的求导法则和a复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数。

（3）了解可导函数的单调性与其导数的关系，了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数要极值点两侧异号），会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值。

三、复习目标1．了解导数的概念，能利用导数定义求导数，掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念．了解曲线的切线的概念，在了解瞬时速度的基础上抽象出变化率的概念。

x的导数）。

掌握两个函数四则运算的求导法则和复2．熟记基本导数公式（c,x m（m为有理数），sin x, cos x, e x, a x, ln x, loga合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数，利能够用导数求单调区间，求一个函数的最大（小）值的问题，掌握导数的基本应用。

3．了解函数的和、差、积的求导法则的推导，掌握两个函数的商的求导法则。

能正确运用函数的和、差、积的求导法则及已有的导数公式求某些简单函数的导数。

4．了解复合函数的概念。

会将一个函数的复合过程进行分解或将几个函数进行复合。

掌握复合函数的求导法则，并会用法则解决一些简单问题。

四、双基透视导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。

在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1．导数的常规问题：（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于n次多项式的导数问题属于较难类型。

“导数的应用”学案

“导数的应用”学案蒋德亮（山东省临沭县第二中学）一、学习目标1．会用导数求函数的单调区间或者判断函数的单调性． 2．会用导数求函数给定区间上的极值和最值．二、诊断补偿2.思考：利用导数可以解决哪些问题？三、问题解决应用一：用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性思考：尝试应用：典例析与练:'()()'()()f x f x y f x y f x ==设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能是（）.5223π(23)(2)ln(1)(3)(4)sin(2)3x y x y x y ey x --=+=+==+11．求下列函数的导数:（）；；；．()(,)f x a b 1.函数在区间内,'()0f x >⇒'()0f x <⇒()(,)f x a b 2、函数在区间内,()(,)f x a b ⇒在内单调递增()(,)f x a b ⇒在内单调递减提示：先求导函数，再求不等式'()0f x >或'()0f x <的解集．跟踪练习：应用二：用导数求函数给定区间上的极值和最值思考1：思考2：求函数f (x )在[a ,b ]上的最大值与最小值的步骤：典例析与练：3.()31(0),().f x x ax a f x =--≠例1已知函数求函数的单调区间cos sin .π3π3π5πA. (,) B. (π,2π) C. (,) D. (2π,3π)2222y x x x =-函数在下面哪个区间内是增函数( )()1,,,,,,,2()3()456y f x a b d e fghi y f x y f x ===如图，（）函数在等点的函数值与这些点附近的函数值有什么关系？（）在这些点的导数值是多少？（）在这些点附近，的导数的符号有什么规律？（）极小值是不是就是最小值？（）极大值是不是就是最大值？（）极小值一定比极大值小吗？提示：先求'()0f x =的解0x ，再判断0x 两侧的导函数的正负，确定极值，再求端点值，最后比较极值和端点值．跟踪练习：()()()[]3239122,220,f x x x x a f x f x =-+++-2、已知函数，（）求的单调递减区间；（）若在区间上的最大值为求它在该区间上的最小值．四、能力提高3222()()1:310,3(),,()f x x ax bx c y f x x l x y x y f x a b c f x =++==-+===例．已知函数+,曲线在点处的切线为若时,有极值.（1）求的值；（2）求在[-3,1]上的最大值和最小值.()()y f x y f x '==1.如果函数的图象如图所以，那么导函数的图象可能是（）.1.()0,()y f x y f x ==函数在一点的导数值为是函数在这点取极值的（）.A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.必要不充分条件2.以下四图，都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象，其中一定不正确的序号是（）.A ．①、②B ．①、③C ．③、④D ．①、④322.(),1,4()3.2s t t bt ct d t s t d d =+++⎡⎤∈<⎢⎥⎣⎦4已知某质点的运动方程为下图是其运动轨迹的一部分，若时，恒成立，求的取值范围五、知识网络构建六、分层作业（一）基础作业3()3(0)62()f x x ax b a f x =-+>3.函数的极大值为，极小值为，则的减区间是（）.A.(-1,1) B.(0,1) C.(-1,0) D.(-2,-1)32()91(0)()12612()f x x ax x a y f x x y a f x =+--<=+=1．设函数，若曲线的斜率最小的切线与直线平行，求：（）的值；（）函数的单调区间.（二）能力作业0023()2ln ,1()1,,21[,2]()0.4()(0,)7.389,20.08)bf x ax x x f x x x x f x c c b a f x a e e =-+==-≤=+∞≈≈2.设函数（1）若在处取得极值求a,b 的值；在存在，使得不等式成立，求的最小值（2）当时，若在上是单调函数，求的取值范围.（参考数据① ②。

高考二轮复习理科数学课件高考小题突破11导数的简单应用

坐标原点的切线,
∴02 +ax0-a=0 有 2 个不同实数解,∴Δ=a2+4a>0,解得 a>0 或 a<-4.故 a 的取
值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞).
考点二
导数与函数的单调性
考向1比较大小或解不等式
例 2(1)(2022 全国甲,理 12)已知
A.c>b>a
B.b>a>c
31
1
1
a= ,b=cos ,c=4sin ,则(
A.a<b<c
B.b<c<a
C.b<a<c
D.c<aln 1.02=b,∴排除 A,D.令 f(x)=ln(1+x)( 1 + 2-1),x≥0,则 f(0.02)=ln 1.02-(
1+2-(1+)
,当
(1+) 1+2
1
2
1.04-1)=b-c.∵f'(x)=
(x2,ln(-x2))(x2<0)上的切线为
1
x1= (x-x1).若该切线
1

y=e.当
x<0 时,y=ln(-x),点
1
y-ln(-x2)= (x-x2).
2
若该切线经过原点,则 ln(-x2)-1=0,解得 x2=-e,此时切线方程为

y=- .
e
(3)(2022新高考Ⅰ,15)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取
1
1
y'= ,则
=1,则
+

2020届二轮复习导数的应用学案(全国通用)

培优点五导数的应用1．利用导数判断单调性例1：求函数()()32333e x f x x x x -=+--的单调区间【答案】见解析【解析】第一步：先确定定义域，()f x 定义域为R ，第二步：求导：()()()()'2323363e 333e 9e x x x f x x x x x x x x ---=+--+--=--()()33e x x x x -=--+，第三步：令()0f x '>，即()()33e 0x x x x ---+>，第四步：处理恒正恒负的因式，可得()()330x x x -+<，第五步：求解()()3,03,x ∈-+∞U ，列出表格2．函数的极值例2：求函数()e x f x x -=的极值．【答案】()f x 的极大值为()11ef =，无极小值【解析】()()'e e 1e x x x f x x x ---=-=-令()'0f x >解得：1x <，()f x ∴的单调区间为：()f x ∴的极大值为()11ef =，无极小值．3．利用导数判断函数的最值例3：已知函数()()ln mf x x m x=-∈R 在区间[]1,e 上取得最小值4，则m =___________．【答案】3e -【解析】思路一：函数()f x 的定义域为()0,+∞，()21m f x x x '=+．当()0f x '=时，210m x x +=，当0m ≥时，()0f x '>，()f x 为增函数，所以min ()(1)4f x f m ==-=，4m =-，矛盾舍去；当0m <时，若()0,x m ∈-，()0f x '<，()f x 为减函数，若(),x m ∈-+∞，()0f x '>，()f x 为增函数，所以()()ln 1f m m -=-+为极小值，也是最小值；①当1m -<，即10m -<<时，()f x 在[1,e]上单调递增，所以min ()(1)4f x f m ==-=，所以4m =-（矛盾）；②当e m ->，即e m <-时，()f x 在[1,e]上单调递减，()()min e 14emf x f ==-=，所以3e m =-；③当1e m ≤-≤，即e 1m -≤≤-时，()f x 在[1,e]上的最小值为()()ln 14f m m -=-+=，此时3e e m =-<-（矛盾）．综上3e m =-．思路二：()'221m x mf x x x x+=+=，令导数()'0f x x m =⇒=-，考虑最小值点只有可能在边界点与极值点处取得，因此可假设x m =，1x =，e x =分别为函数的最小值点，求出m 后再检验即可．一、单选题1．函数()ln f x x x =-的单调递减区间为（） A ．() 0,1 B ．() 0,+∞ C ．() 1,+∞D ．()() ,01,-∞+∞U【答案】A【解析】函数ln y x x =-的导数为11y x '=-，令1'10y x=-<，得1x <， ∴结合函数的定义域，得当()0,1x ∈时，函数为单调减函数．因此，函数ln y x x =-的单调递减区间是() 0,1．故选A ． 2．若1x =是函数()ln f x ax x =+的极值点，则（） A ．()f x 有极大值1- B ．()f x 有极小值1- C ．()f x 有极大值0 D ．()f x 有极小值0【答案】A【解析】因为1x =是函数()ln f x ax x =+的极值点，所以()10f '=，101a ∴+=，1a ∴=-，()1101f x x x∴'=-+=⇒=．当1x >时，()0f x '<；当01x <<时，()0f x '>，因此()f x 有极大值1-，故选A ．3．已知函数()3f x x ax =--在(],1-∞-上单调递减，且()2ag x x x=-在区间(]1,2上既有最大值，又有最小值，则实数a 的取值范围是（） A ．2a >- B ．3a ≥-C ．32a -≤<-D ．32a -≤≤- 【答案】C【解析】因为函数()3f x x ax =--在(],1-∞-上单调递减，所以()2'30f x x a =--≤对于一切(],1x ∈-∞-恒成立，得23x a -≤，3a ∴≥-，对点增分集训又因为()2ag x x x=-在区间(]1,2上既有最大值，又有最小值，所以，可知()2'2ag x x =+在(]1,2上有零点，也就是极值点，即有解220ax+=，在(]1,2上解得22a x =-，可得82a -≤<-，32a ∴-≤<-，故选C ．4．函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数．．．．，则m 的范围是（） A ．1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】若函数321y x x mx =+++是R 上的单调函数，只需2'320y x x m =++≥恒成立，即4120Δm =-≤，13m ∴≥．故选C ． 5．遇见你的那一刻，我的心电图就如函数1ln sin 1x y x x -⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由1ln sin 1x y x x -⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭，其定义域为101x x ->+，即11x -<<，()1 ln sin 1x f x x x +⎛⎫-=- ⎪-⎝⎭，则()()0f x f x -+=函数为奇函数，故排除C 、D ，()()()2cos 011f x x x x -=+<+-'，则函数在定义域内单调递减，排除B ，故选A ．6．函数()321213f x x ax x =+-+在()1,2x ∈内存在极值点，则（）A ．1122a -<D ．12a ≤-或12a ≥【答案】A【解析】若函数()321213f x x ax x =+-+在()1,2x ∈无极值点，则()2'220f x x ax =+-≥或()2'220f x x ax =+-≤在()1,2x ∈恒成立．①当()2'220f x x ax =+-≥在()1,2x ∈恒成立时，1a -≤时，()1210f a -'=≥，得12a ≥；2a -≥时，()24+20f a '=≥，得a ∈∅；②当()2'220f x x ax =+-≤在()1,2x ∈恒成立时，则()1210f a -'=≤且()'24+20f a =≤，得12a ≤-；综上，无极值时12a ≤-或12a ≥．∴在1122a -<<在()1,2x ∈存在极值．故选A ．7．已知()22f x ax x a =++，x ∈R ，若函数()()()322g x x a x f x =---在区间()1,3-上单调递减，则实数a 的取值范围是（） A ．1a <-或3a > B ．1a ≤-或3a ≥ C ．9a <-或3a > D ．9a ≤-或3a ≥【答案】D【解析】因为()2232g x x ax a =--'，函数()()()322g x x a x f x =---在区间()1,3-上单调递减，所以()0g x '≤在区间()1,3-上恒成立，只需()()1030g g '⎧-≤≤⎪⎨'⎪⎩，即222306270a a a a --⎧≥+-≥⎪⎨⎪⎩解得9a ≤-或3a ≥，故选D ． 8．函数()y f x =在定义域3,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦内可导，其图像如图所示．记()y f x =的导函数为()y f x ='，则不等式()0f x '≤的解集为（）A ．[]1,12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦UB ．1481,,233⎡⎤⎡⎤-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦UC ．[)31,1,222⎡⎤-⎢⎥⎣⎦UD ．31144,,,323233⎡⎤⎡⎤⎡⎤--⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦U U【答案】A【解析】由图象知1,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦和[]2,3上()f x 递减，因此()'0f x ≤的解集为[]1,12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦U ．故选A ．9．设函数()()1ln 03f x x x x =->，则()y f x =（）A ．在区间1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,e 内均有零点B ．在区间1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,e 内均无零点C ．在区间1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭内有零点，在区间()1,e 内无零点D ．在区间1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭内无零点，在区间()1,e 内有零点【答案】D【解析】()f x 的定义域为()0,+∞，()f x 在()0,3单调递减，)[3,+∞单调递增，()113f x x='-，当在区间1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上时，()f x 在其上单调，1110e 3ef ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，()1103f =>，故()f x 在区间1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上无零点，当在区间()1,e 上时，()f x 在其上单调，()e e 103f =-<，()1103f =>，故()f x 在区间()1,e 上有零点．故选D ．10．若函数()()323321f x x ax a x =++++既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围为（） A ．12a -<【答案】D【解析】()()323321f x x ax a x =++++Q ，()()23632f x x ax a ∴=+++'， Q 函数()()323321f x x ax a x =++++既有极大值又有极小值，()()236320f x x ax a ∴+++'==有两个不等的实数根，()2363620Δa a ∴=-+>，220a a -->，则1a <-或2a >，故选D ．11．已知函数()3223f x x ax bx c =+++的两个极值点分别在()1,0-与()0,1内，则2a b -的取值范围是（）A ．33,22⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．3,12⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．13,22⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】Q 由函数()3223f x x ax bx c =+++，∴求导()2'343f x x ax b =++，()f x Q 的两个极值点分别在区间()1,0-与()0,1内，∴由23430x ax b ++=的两个根分别在区间()0,1与()1,0-内，()()()'00'10 '10f f f <⎧⎪∴->⎨⎪>⎩，Q 令2z a b =-，∴转化为在约束条件为3034303430b a b a b <-+>++>⎧⎪⎨⎪⎩时，求2z a b =-的取值范围，可行域如下阴影（不包括边界），∴目标函数转化为2z a b =-，∴由图可知，z 在3,04A ⎛⎫ ⎪⎝⎭处取得最大值32，在3,04B ⎛⎫- ⎪⎝⎭处取得最小值32-，Q 可行域不包含边界，2z a b ∴=-的取值范围33,22⎛⎫- ⎪⎝⎭．本题选择A 选项． 12．设函数()y f x =在区间(),a b 上的导函数为()f x '，()f x '在区间(),a b 上的导函数为()f x ''，若在区间(),a b 上()0f x ''>，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凹函数”，已知()5421122012f x x mx x =--在区间()1,3上为“凹函数”，则实数m 的取值范围为（） A ．31,9⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．31,59⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．(],5-∞D ．(],3-∞-【答案】D【解析】∵()5421122012f x x mx x =--，∴()341443mx f x x x =--'，∴()324f x x mx ''=--，∵函数在区间()1,3上为“凹函数”∴()0f x ''>， ∴3240x mx -->在()1,3上恒成立，即24m x x <-在()1,3上恒成立． ∵24y x x =-在()1,3上为单调增函数，∴24143x x ->-=-，∴3m ≤-，故选D ．二、填空题13．函数()3222f x x x =-在区间[]1,2-上的最大值是___________．【答案】8【解析】()()264232f x x x x x '=-=-，已知[]1,2x ∈-，当223x ≥>或10x -≤<时，()0f x '>，()f x 在该区间是增函数，当203x <<时，()0f x '<，()f x 在该区间是减函数，故函数在0x =处取极大值，()00f =，又()28f =，故()f x 的最大值是8．14．若函数()32334f x x ax x a =-+-在(),1-∞-，()2,+∞上都是单调增函数，则实数a 的取值集合是______．【答案】153,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】()32334f x x ax x a =-+-，()2323f x x ax =-+'，Q 函数()32334f x x ax x a =-+-在(),1-∞-，()2,+∞上都是单调增函数，则()10f '-≥，即3230a ++≥，解得3a ≥-，()20f '≥，即1540a -≥，解得154a ≤，则实数a 的取值集合是153,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，故答案为153,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．15．函数()()2ln 1f x x a x a =--∈R 在[]1,2内不存在极值点，则a 的取值范围是___________．【答案】2a ≤或8a ≥【解析】函数()()2ln 1f x x a x a =--∈R 在[]1,2内不存在极值点()()2ln 1f x x a x a ⇔=--∈R 在[]1,2内单调⇔函数()0f x '≥或()()0f x a '≤∈R 在[]1,2内恒成立，由()20af x x x-'=≥在[]1,2内恒成立()2min 2a x ⇔≤，[]1,2x ∈，即2a ≤，同理可得8a ≥，故答案为2a ≤或8a ≥． 16．已知函数()e ln x f x a x =+， ① 当1a =时，()f x 有最大值；② 对于任意的0a >，函数()f x 是()0,+∞上的增函数；③ 对于任意的0a <，函数()f x 一定存在最小值； ④ 对于任意的0a >，都有()0f x >．其中正确结论的序号是_________．（写出所有正确结论的序号）【答案】②③【解析】由函数的解析式可得：()'e x a f x x =+，当1a =时，()1'e x f x x =+，()21''e x f x x=-，()''f x 单调递增，且()1e 10f ''=->，据此可知当1x >时，()'0f x >，()f x 单调递增，函数没有最大值，说法①错误；当0a >时，函数e x y =，ln y a x =均为单调递增函数，则函数()f x 是()0+∞,上的增函数，说法②正确；当0a <时，()'e x af x x=+单调递增，且()'e 10a f a --=->，且当0lim e 0x x a x →⎛⎫+= ⎪⎝⎭，据此可知存在()00,x a ∈-，在区间()00,x 上，()'0f x <，()f x 单调递减；在区间()0,x +∞上，()'0f x >，()f x 单调递增；函数()f x 在0x x =处取得最小值，说法③正确；当1a =时，()e ln x f x x =+，由于()5e 0,1-∈，故()5e e 1,e -∈，()555e 5e e e lne e 50f ----=+=-<，说法④错误；综上可得：正确结论的序号是②③．三、解答题17．已知函数()()ln f x x ax a =-∈R （1）讨论函数()f x 在()0,+∞上的单调性；（2）证明：2e e ln 0x x ->恒成立．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）见解析．【解析】（1）()11axf x a x x'-=-=()0x >，当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '=，得到1x a =，所以，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减．综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．（2）证法一：由（1）可知，当0a >时，()1ln ln 1f x x ax a=-≤-，特别地，取1e a =，有ln 0e x x -≤，即ln exx ≤，所以2e ln e x x ≤（当且仅当e x =时等号成立），因此，要证2e e ln 0x x ->恒成立，只要证明e e x x ≥在()0,+∞上恒成立即可，设()e xg x x = ()0x >，则()()2e 1x x g x x ='-，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增．所以，当1x =时，()()min 1e g x g ==，即e e x x ≥在()0,+∞上恒成立．因此，有2e e e ln x x x ≥≥，又因为两个等号不能同时成立，所以有2e e ln 0x x ->恒成立．证法二：记函数()22e eln ln exx x x x φ-=-=-，则()22111e e e x x x x x φ-=⨯-=-'，可知()x φ'在()0,+∞上单调递增，又由()10φ'<，()20φ'>知，()x φ'在()0,+∞上有唯一实根0x ，且012x <<，则()02001e 0x x x φ--'==，即0201e x x -=（*），当()00,x x ∈时，()0x φ'<，()x φ单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0x φ'>，()x φ单调递增，所以()()0200e ln x x x x φφ-≥=-，结合（*）式0201e x x -=，知002ln x x -=-，所以()()()2200000000121120x x x x x x x x x φφ--+≥=+-==>，则()2e ln 0x x x φ-=->，即2e ln x x ->，所以有2e e ln 0x x ->恒成立． 18．已知函数()()2e ,x f x a x bx a b =+-∈R ，其导函数为()'y f x =．（1）当2b =时，若函数()'y f x =在R 上有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）设0a ≠，点()(),,P m n m n ∈R 是曲线()y f x =上的一个定点，是否存在实数()00x x m ≠使得()()000'2x m f x n f x m +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭成立？并证明你的结论．【答案】（1）22e a =-或[)0,a ∈+∞；（2）不存在，见解析．【解析】（1）当2b =时，()2e 2x f x a x x =+-，()a ∈R ，()'e 22x f x a x =+-，()a ∈R ，由题意得e 220x a x +-=，即22e xxa -=，令()22e x x h x -=，则()240e xx h x -'==，解得2x =，当2x <时，()'0h x <，()h x 单调递减；当2x >时，()'0h x >，()h x 单调递增， ()22()2e min h x h ∴==-， Q 当1x =-时，()14e 0h -=>，当2x >时，()220e xxh x -=<，则22e a =-或[)0,a ∈+∞时，()'f x 在R 上有且只有一个零点．（2）由()2e x f x a x bx =+-，得()'e 2x f x a x b =+-，假设存在0x ，则有()()()()0000022x m x m f x f x m n f x m f m '++⎛⎫⎛⎫=-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎝⎭'⎭，即()()()00002f x f m x m f x m x m-+⎛⎫=≠ ⎪-'⎝⎭，， 0002'e 222x mx m x m f a b +++⎛⎫=+⋅- ⎪⎝⎭Q ， ()()()()()()()00220000000e e e e x x m ma x mb x m a f x f m x m b x m x mx m-+-----==++----，()()000200e e e22x m x ma x ma b x m b x m +-+∴+⋅-=++--，即()0020e e ex mx ma a x m+-=-，0a ≠Q ，0020e e ex m x m x m+-∴=-，令00t x m =->，则2e e et t m mm t++-=，两边同时除以e m，得2e 1e t t t-=，即2e e 1tt t =-，令()2e e 1ttg t t =--，()2222e e e e e 122t t t t tt t g t ⎛⎫⎛⎫∴='-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令()2e 12t th t =--在()0,+∞上单调递增，且()00h =，()0h t ∴>对于()0,t ∈+∞恒成立，即()'0g t >对于()0,t ∈+∞恒成立， ()e g ∴在()0,+∞上单调递增，()00g =，()0g t ∴>对于()0,t ∈+∞恒成立，()0020e e ex mx m a a x m+-∴=-不成立，同理，00t x m =-<时，也不成立，∴不存在实数()00x x m ≠使得()()000'2x m f x n f x m +⎛⎫-=- ⎪⎝⎭成立．。

导数及其应用(教学案)-2020年高考理数二轮复习精品资料Word版含解析

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一导数的几何意义及应用例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)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：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

江苏省南京市高三数学二轮复习专题4 导数及其应用导学案

专题4：导数及其应用（两课时）班级姓名一、前测训练1． (1)曲线y ＝x 3上在点(－1，－1)的切线方程为．(2)曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 过点(0，0)的切线方程为．答案：(1)y ＝3x ＋2．(2)y ＝2x 或y ＝－14x ． 2．（1）函数f (x )＝2x 2－ln x 的减区间为．（2）函数321()4(3,)3f x x ax =--+∞在上是增函数，则实数a 的取值范围为．答案：(1)(0,12)．(2)a ≤32． 3．求下列函数极值(或最值)：(1) f (x )＝x ln x (2)f (x )＝sin x －12x ，x ∈[－π2，π2] 答案：(1)当x ＝1e 时，f (x )取极小值－1e． (2) 当x ＝－π3时，f (x )取最小值π6－32．当x ＝π3时，f (x )取最大值32－π6． 4．已知函数f (x )＝ax 2－ln x －1(a ∈R )，求f (x )在[1，e ]上的最小值．答案：当a ≤12e2时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (e)＝a e 2－2．当12e 2＜a ＜12时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (12a )＝12(ln2a －1)．当a ≥12时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (1)＝a －1． 5．若不等式ax 2＞ln x ＋1对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．答案：a ＞e 26．已知f (x )＝ax 2，g (x )＝ln x ＋1，若y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有两个交点，求实数a 的取值范围．答案：(0, e 2) 二、方法联想1．切线方程涉及函数图象的切线问题，如果已知切点利用切点求切线；如果不知切点，则先设切点坐标求出切线方程的一般形式再来利用已知条件．注意 (1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点．(2)切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．2．函数单调性(1)如果在某个区间上f ′(x )＞0，那么f (x )为该区间上的增函数；如果在某个区间上f ′(x )＜0，那么f (x )为该区间上的减函数．(2)如果f (x )在某个区间为增函数，那么在该区间f ′(x )≥0；如果f (x )在某个区间为减函数，那么在该区间f ′(x )≤0．注意求单调区间前优先求定义域；单调区间不能用“∪”，用“，”或“和”．3．函数极值(或最值)①求函数的定义域；②求f ′(x )＝0在区间内的根；③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值．④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值．4．极值(或最值)的分类讨论分类讨论根据f ′(x )＝0解的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、中、右”，对四种分类标准进行取舍(或合并)．5．不等式恒成立问题法1：分离常数法（优先）；法2：设F (x )＝f (x )－g (x )，转化F (x )的最值问题；法3：转化为二次不等式恒成立问题；法4：转化为一次不等式恒成立问题．6．方程有解(解的个数)问题方程有解(解的个数)问题、图象交点问题、函数零点问题之间可以相互转化．法1：分离常数法（优先）；法2：设F (x )＝f (x )－g (x )，转化F (x )的图象问题．两者均要充分利用数形结合法．三、例题分析[第一层次]例1 设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b （a ≠0）．（1）若曲线y ＝f (x )在点（2，f (2)）处与直线y ＝8相切，求a ，b 的值；（2）求函数f (x )的单调区间与极值点．答案：（1）a ＝4，b ＝24．（2）①当a ＜0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在（－∞，＋∞）单调递增，此时函数f (x )没有极值点．②当a ＞0时，（－∞，－a ）和（a ，＋∞）是函数f (x )单调增区间；（－a ，a ）是函数f (x )单调减区间．x ＝－a 是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．点（2，f (2)）是切点．突出切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．2．导函数值大于零的区间是原函数的增区间；导函数值小于零的区间是原函数的减区间．3．解一元二次不等式时要结合二次函数的图象进行分类讨论．4．根据函数的单调性的变化，通过列表写出函数f (x )的极值点．例2 设函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a ．（1）对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值；（2）若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求a 的取值范围．答案：（1）m 的最大值为－34．（2）a ＜2或a ＞52．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．不等式恒成立问题的处理方法1：分离常数法；方法2：转化为二次不等式恒成立问题．2．方程有解(解的个数)问题、图象交点问题、函数零点问题之间可以相互转化．3．结合函数的单调性，研究函数的极大值、极小值，通过画出函数的简图解决问题．二、方法选择与优化建议：1．不等式恒成立问题优先考虑分离常数法．例3 已知函数f (x )＝(1＋a x )e x ，其中a ＞0．（1）求函数f (x )的零点；（2）讨论y ＝f (x )在区间（－∞，0）上的单调性；（3）在区间（－∞，－a 2]上，f (x )是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．答案：（1）函数f (x )的零点为－a ．（2）区间（－∞，－a －a 2＋4a 2）是f (x )单调增区间；区间（－a －a 2＋4a 2，0）是f (x )单调减区间．（3）在区间（－∞，－a 2]上f (x ) 存在最小值f (－a 2)．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．函数零点的概念．2．结合二次函数图象解一元二次不等式．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．3．根据函数的零点和极值点，以及它们的大小关系画出函数f (x )的简图，关注到x ＜－a 时，f (x )＞0．[第二层次]例1 已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x ．（1）若曲线y ＝f (x )在点（a ，f (a )）处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值；（2）若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同的交点，求b 的取值范围．答案：（1）a ＝0，b ＝1．（2）b 的取值范围是（1，＋∞）．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．教材中列出的导数公式要熟练掌握．2．点（a ，f (a )）是切点．突出切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．3．直线y ＝b 是一条与x 轴平行的直线．通过研究函数f (x )的单调性得出函数f (x )的最小值f (0)＝1．4．结合函数的简图进行动态研究．例2 已知函数f (x )＝(1＋a x )e x，其中a ＞0．（1）求函数f (x )的零点；（2）讨论y ＝f (x )在区间（－∞，0）上的单调性；（3）在区间（－∞，－a 2]上，f (x )是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．答案：（1）函数f (x )的零点为－a ．（2）区间（－∞，－a －a 2＋4a 2）是f (x )单调增区间；区间（－a －a 2＋4a 2，0）是f (x )单调减区间．（3）在区间（－∞，－a 2]上f (x ) 存在最小值f (－a 2)．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．函数零点的概念．2．结合二次函数图象解一元二次不等式．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．3．根据函数的零点和极值点，以及它们的大小关系画出函数f (x )的简图，关注到x ＜－a 时，f (x )＞0．例3．已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x ．（1）当a ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；（2）求函数f (x )在区间[1，e]上的最小值；（3）设g (x )＝(1－a )x ，若存在x 0∈[1e，e]，使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．答案：（1）函数f (x )的单调增区间为（0，12）和（1，＋∞）．（2）当a ≤1时，[f (x )]min ＝－2a ；当1＜a ＜e 时，[f (x )]min ＝a (ln a －a －1)；当a ≥e 时，[f (x )]min ＝e 2－(2a ＋1) e ＋a ．（3）实数a 的取值范围为a ∈ (－∞，e (e －2)e －1]．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．导函数值大于零的区间是原函数的增区间；导函数值小于零的区间是原函数的减区间．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．2．求函数在闭区间上的最值，先求出函数的极值点，研究函数在这个闭区间上的简图，比较极值点和区间端点分别对应的函数值大小．3．由于本题极值点是一个字母，要讨论这个极值点与所给闭区间的关系，突出分类讨论的思想．4．帮助学生理解题意，得出不等式f (x )≥g (x )在[1e，e]上有解，通过分离常数法，研究函数的最大值得出实数a 的取值范围．5．在对不等式变形时，要注意不等式两边同时除以的是正数还是负数，关注不等号方向的变化．本题可以适当变式帮助学生理解题意．[第三层次]例1 已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx －2的图象在与x 轴交点处的切线方程是y ＝5x －10．（1）求函数f (x )的解析式；（2）设函数g (x )＝f (x )＋13mx ，若g (x )的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数g (x )取得极值时对应的自变量x 的值．答案：（1）函数的解析式为f (x )＝x 3－2x 2＋x －2．（2）实数m 的取值范围是：m ∈（－∞，1）．当x ＝2－1－m 3时，g (x ) 有极大值；当x ＝2＋1－m 3g (x ) 有极小值．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．切点在x 轴上又在曲线上，还在切线上．2．函数存在极值，则导函数的值可正可负．3．二次函数的值可正可负，则有对应的二次方程有两个不相等的实数根，所以判别式要大于零．4．求函数的极值，应先由导函数值等于0求出极值点，再通过列表判断函数的单调性，从而求出函数的极值以及取得极值时对应的自变量x 的值．例2 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x ．（1）当a ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；（2）求函数f (x )在区间[1，e]上的最小值；（3）设g (x )＝(1－a )x ，若存在x 0∈[1e，e]，使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．答案：（1）函数f (x )的单调增区间为（0，12）和（1，＋∞）．（2）当a ≤1时，[f (x )]min ＝－2a ；当1＜a ＜e 时，[f (x )]min ＝a (ln a －a －1)；当a ≥e 时，[f (x )]min ＝e 2－(2a ＋1) e ＋a ．（3）实数a 的取值范围为(－∞，e (e －2)e －1]．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．导函数值大于零的区间是原函数的增区间；导函数值小于零的区间是原函数的减区间．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．2．求函数在闭区间上的最值，先求出函数的极值点，研究函数在这个闭区间上的简图，比较极值点和区间端点分别对应的函数值大小．3．由于本题极值点是一个字母，要讨论这个极值点与所给闭区间的关系，突出分类讨论的思想．4．帮助学生理解题意，得出不等式f (x )≥g (x )在[1e，e]上有解，通过分离常数法，研究函数的最大值得出实数a 的取值范围．5．在对不等式变形时，要注意不等式两边同时除以的是正数还是负数，关注不等号方向的变化．本题可以适当变式帮助学生理解题意．例3 已知函数f (x )＝x |x 2－3|，x ∈[0，m ]．（1）若m ＜1，求证：函数f (x )是增函数；（2）如果函数f (x )的值域是[0，2]，试求m 的取值范围；（3）如果函数f (x )的值域是[0，λm 2]，试求实数λ的最小值．答案：（1）略．（2）m 的取值范围是[1，2]．（3）实数λ的最小值是12，且此时m ＝2．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．含绝对值的函数通常要讨论绝对值里面式子的正负设法去掉绝对值，最终变为分段函数之后进行研究．2．证明一个三次函数是单调增函数，只要证明它的导函数恒大于0或大于等于0（原函数不能是常函数）．3．利用导数求出函数的单调区间和极值画出分段函数（即函数f (x )）简图，结合函数图象通过动态的研究，求出m 的取值范围．4．结合函数的简图利用函数的单调性来研究函数的值域，凸显分类讨论思想．5．本题还可以利用函数是奇函数对问题进行适当的变式训练．解决函数问题要突出数形结合的数学思想，要充分利用导数这个工具，通过研究函数的单调性和极值画出函数的简图．二、方法选择与优化建议：1．结合函数简图，突出数形结合的数学思想．四、反馈练习。

高考数学大二轮复习 2.3 导数的简单应用学案理-人教版高三全册数学学案

第3讲导数的简单应用考点1 导数运算及几何意义1．导数公式 (1)(sin x )′＝cos x ； (2)(cos x )′＝－sin x ； (3)(a x)′＝a xln a (a >0)； (4)(log a x )′＝1x ln a(a >0，且a ≠1)． 2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．[例1] (1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________； (2)[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1 D ．a ＝e －1，b ＝－1【解析】 (1)本题主要考查导数的几何意义，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝3(2x ＋1)e x＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .(2)本题主要考查导数的几何意义，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e－1b ＝－1.【答案】 (1)y ＝3x (2)D1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．2．[警示] 求曲线的切线方程时，务必分清点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点，求解时应先求出切点坐标.『对接训练』1．[2019·云南师大附中适应性考试]曲线y ＝a x在x ＝0处的切线方程是x ln 2＋y －1＝0，则a ＝( )A.12 B ．2 C ．ln 2 D ．ln 12解析：由题意知，y ′＝a xln a ，则在x ＝0处，y ′＝ln a ，又切点为(0,1)，∴切线方程为x ln a －y ＋1＝0，∴a ＝12.故选A.答案：A2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数f (x )＝g (x )＋x 2，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 B.14C ．4D ．－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，所以g ′(1)＝2.又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.故选C.答案：C考点2 利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．[例2] [2019·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解析】本题主要考查导数在研究三次函数单调性、最值中的应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1] 单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f (a 3)＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略研究函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)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． (2)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． 2．[警示] 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.『对接训练』3．[2019·湖北宜昌模拟]已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ln x ＋1x －x ，其中常数m >0. (1)当m ＝2时，求f (x )的极大值； (2)试讨论f (x )在区间(0,1)上的单调性．解析：(1)当m ＝2时，f (x )＝52ln x ＋1x －x ，f ′(x )＝52x －1x 2－1＝－(x －2)(2x －1)2x 2(x >0)．当0<x <12或x >2时，f ′(x )<0，当12<x <2时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调递增， ∴f (x )的极大值为f (2)＝52ln 2－32.(2)f ′(x )＝m ＋1m x－1x2－1＝－(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m x2(x >0，m >0)，故当0<m <1时，f (x )在(0，m )上单调递减，在(m,1)上单调递增；当m ＝1时，f (x )在(0,1)上单调递减；当m >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，1上单调递增．考点3 利用导数研究函数极值、最值可导函数的极值与最值(1)若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．(2)设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．[例3] [2019·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．【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 －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.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，π2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．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1，所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.1．利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x 的取值范围与y ′的符号及y 的单调区间、极值的对应表格．2．[警示](1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点． (2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值．(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.『对接训练』4．[2019·福建福州质量检测]已知函数f (x )＝x1＋x－a ln(1＋x )(a ∈R )，g (x )＝x 2emx ＋1－e 2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若a <0，∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝x1＋x －a ln(1＋x )(x >－1)，所以f ′(x )＝1(x ＋1)2－a x ＋1＝－ax －a ＋1(x ＋1)2.当a ≤0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >－1，得－1<x <－1＋1a；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >－1，得x >－1＋1a.所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞. 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1a，＋∞.(2)若a <0，则∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，等价于“对任意x ∈[0，e]，f (x )min ≥g (x )max 恒成立”．当a <0时，由(1)知，函数f (x )在[0，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.g ′(x )＝2x e mx ＋1＋mx 2e mx ＋1＝x (mx ＋2)e mx ＋1，(ⅰ)当m ≥0时，若0≤x ≤e，则g ′(x )≥0，函数g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝em e ＋3－e 2>0，不符合题意．(ⅱ)当－2e ≤m <0，即－2m ≥e 时，在[0，e]上，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝em e ＋3－e 2，令em e ＋3－e 2≤0，得m ≤－1e，所以－2e ≤m ≤－1e.(ⅲ)当m <－2e ，即0<－2m<e 时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上，g ′(x )≥0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m，e 上，g ′(x )≤0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m，e 上单调递减，所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m ＝4e m 2－e 2，令4e m 2－e 2≤0，得m 2≥4e3，所以m ≤－4e3，又－4e 3>－2e ，所以m <－2e. 综上所述，实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e .考点4 定积分定积分求平面图形的面积(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值．[例4] [2019·辽宁丹东适应性测试]如图，函数y ＝－x 2＋2x ＋1与y ＝1的图象相交，形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是( )A ．1 B.43C. 3 D ．2【解析】由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋2x ＋1，y ＝1，得x 1＝0，x 2＝2，所以闭合图形的面积S ＝⎠⎛02(－x 2＋2x ＋1－1)d x ＝⎠⎛02(－x 2＋2x)d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋x 220＝－83＋4＝43.【答案】 B(1)求曲边多边形面积的步骤①画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图形． ②借助图形确定被积函数，求出交点坐标，确定积分的上限、下限．③将曲边梯形的面积表示为若干个定积分之和．④计算定积分．(2)若所求定积分有明显的几何意义，可以利用定积分的几何意义求定积分.『对接训练』5．[2019·河南八市联合测评]已知函数f(x)＝⎩⎨⎧x ，1<x≤4，x|x|，－1≤x≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝( )A .14B .143C ．7D .212解析：函数f(x)＝⎩⎨⎧x ，1<x≤4，x|x|，－1≤x≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝⎠⎛-11x|x|d x ＋⎠⎛14x d x ＝0＋23x32|41＝143.故选B .答案：B6．[2019·四川内江适应性测试]由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴围成的图形的面积为( )A ．3B .103 C .73D .83解析：由题意可知题中曲线与坐标轴围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋1，y ＝－x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝5(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，则A(1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎠⎛01(x 2＋1)d x＋12×22＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋x 10＋2＝103，选B .答案：B课时作业5 导数的简单应用1．[2019·甘肃兰州一中月考] ⎠⎛-11|x|d x 等于( )A ．0B ．1C ．2D .12解析：如图，由定积分的几何意义可知⎠⎛-11|x|d x 表示图中阴影部分的面积，故⎠⎛-11|x|d x＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＝1.答案：B2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e )＋ln x ，则f(e )＝( )A ．eB ．－1eC ．－1D ．－e解析：由f(x)＝2xf′(e )＋ln x ，得f′(x)＝2f′(e )＋1x ，则f′(e )＝2f′(e )＋1e ，所以f′(e )＝－1e ，故f(x)＝－2ex ＋ln x ，所以f(e )＝－1.故选C .答案：C3．[2019·湖北钟祥模拟]已知函数f(x)＝cos xe x，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：∵f(x)＝cos x e x，∴f′(x)＝－sin x －cos xe x，∴f′(0)＝－1，f(0)＝1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝－x ＋1，即x ＋y －1＝0.故选B .答案：B4．[2019·河北九校第二次联考]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)解析：解法一令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 .解法二由题意知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 .答案：B5．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x 3－3ln x 的最小值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：函数f(x)＝x 3－3ln x 的定义域为(0，＋∞)．可得f′(x)＝3x 3－3x ＝3(x －1)(x 2＋x ＋1)x ，令f′(x)＝0，可得x ＝1，所以x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)是减函数； x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，所以函数f(x)的最小值为f(1)＝1.故选B . 答案：B6．[2019·河南濮阳第二次模拟]已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b>c>aB ．a>c>bC ．a>b>cD ．b>a>c解析：依题意，得a ＝ln 33＝ln 33，b ＝e －1＝ln e e ，c ＝3ln 28＝ln 88.令f(x)＝ln xx ，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.故选D .答案：D7．[2019·吉林三校联合模拟]若函数f(x)＝(2－m )xx 2＋m的图象如图所示，则m 的范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(0,2)D ．(1,2)解析：f′(x)＝(x 2－m )(m －2)(x 2＋m )2＝(x －m )(x ＋m )(m －2)(x 2＋m )2，由函数图象的单调性及有两个极值点可知m －2<0且m>0，故0<m<2.又由题图易得m>1，即m>1.故1<m<2，故选D .答案：D8．[2019·广东惠州中学一模]设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|最小时t 的值为( )A ．1B .12C .52 D .22解析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x 2－ln x 的最小值，h′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，显然x ＝22是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22.故选D . 答案：D9．[2019·广东肇庆第二次检测]已知x ＝1是f(x)＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)解析：依题意f′(x)＝(x －a)(x －1)e x，它的两个零点为x ＝1，x ＝a ，若x ＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x ＝1处取得极小值．故选D .答案：D10．[2019·山东济南质检]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( )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C .⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 D .⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2解析：f′(x)＝4x －1x ＝(2x －1)(2x ＋1)x ，令f′(x)>0，得x>12；令f′(x)<0，得0<x<12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1，得1≤k<32.故选C .答案：C11．[2019·湖南湘东六校联考]已知曲线f(x)＝e x＋x 2，则曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．解析：由题意，得f′(x)＝e x＋2x ，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －1＝1×(x－0)，即x －y ＋1＝0，所以该切线与x ，y 轴的交点坐标分别为(－1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为12×1×1＝12.答案：1212．[2019·湖南株洲质检]若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．解析：⎠⎛0T x 2d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3T 0＝13T 3＝9，所以T ＝3. 答案：313．[2019·广东广州第二次模拟]若函数f(x)＝x 2－x ＋1＋a ln x 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：f′(x)＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋ax ，由题意得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x 2＋x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上恒成立，因为y ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上的最大值为18，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞ 14．[2019·河北承德一中一模]设函数f(x)＝x 2＋1x ，g(x)＝x e x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________．解析：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，等价于g (x 1)f (x 2)≤kk ＋1恒成立．f(x)＝x 2＋1x ＝x ＋1x≥2x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号，所以f(x)的最小值是2.由g(x)＝xe x ，得g′(x)＝e x －x e x (e x )2＝1－xex ，由g′(x)>0得0<x<1，此时函数g(x)为增函数，由g′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，故当x ＝1时，g(x)取得极大值，同时也是最大值，为g(1)＝1e .则g (x 1)f (x 2)的最大值为1e 2＝12e ，则k k ＋1≥12e ，得2e k≥k＋1，即k(2e －1)≥1，则k≥12e －1，故正数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞ 15．[2019·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝e axx －1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间．解析：(1)当a ＝1时，f(x)＝e x x －1，则f′(x)＝e x (x －2)(x －1)2. 又f(0)＝e 00－1＝－1，f′(0)＝e 0(0－2)(0－1)2＝－2.所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －0)，即y ＝－2x －1. (2)由函数f(x)＝e ax x －1，得f′(x)＝e ax [ax －(a ＋1)](x －1)2.当a ＝0时，f′(x)＝－1(x －1)2<0，因为函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间．当a≠0时，令f′(x)＝0，即ax －(a ＋1)＝0，解得x ＝a ＋1a .当a>0时，x ＝a ＋1a>1，所以x ，f′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，＋∞.当a<0时，x ＝a ＋1a<1，所以x ，f′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，(1，＋∞)．16．[2019·广东广州二模]已知函数f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a. (1)若a ＝12，求函数f(x)的所有零点；(2)若a≥12，证明函数f(x)不存在极值．解析：(1)当a ＝12时，f(x)＝(x ＋2)ln x ＋12x 2－4x ＋72，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝ln x ＋2x ＋x －3.设g(x)＝ln x ＋2x＋x －3，则g′(x)＝1x －2x 2＋1＝x 2＋x －2x 2＝(x ＋2)(x －1)x 2. 当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，g(x)≥g(1)＝0(当且仅当x ＝1时取等号)，即当x>0时，f′(x)≥0(当且仅当x ＝1时取等号)．所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点．因为f(1)＝0，所以x ＝1是函数f(x)唯一的零点．所以函数f(x)的零点只有x ＝1.(2)方法一 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.当a≥12时，f′(x)≥ln x ＋2x ＋x －3，由(1)知ln x ＋2x ＋x －3≥0.即当x>0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不存在极值．方法二 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.设m(x)＝ln x ＋x ＋2x＋2ax －4，则m′(x)＝1x －2x 2＋2a ＝2ax 2＋x －2x 2(x>0)．设h(x)＝2ax 2＋x －2(x>0)，当a≥12时，令h(x)＝2ax 2＋x －2＝0，解得x 1＝－1－1＋16a 4a <0，x 2＝－1＋1＋16a4a>0.可知当0<x<x 2时，h(x)<0，即m′(x)<0，当x>x 2时，h(x)>0，即m′(x)>0，所以f′(x)在(0，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．由(1)知ln x ＋2x＋x －3≥0，则f′(x 2)＝ln x 2＋2x 2＋x 2－3＋(2a －1)x 2≥(2a－1)x 2≥0.所以f′(x)≥f′(x 2)≥0，即f(x)在定义域上单调递增．所以f(x)不存在极值．17．[2019·江西吉安一模]已知函数f(x)＝e x，g(x)＝12x 2－52x －1(e 为自然对数的底数)．(1)记F(x)＝ln x ＋g(x)，求函数F(x)在区间[1,3]上的最大值与最小值； (2)若k∈Z ，且f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值．解析：(1)∵F (x )＝ln x ＋g (x )＝ln x ＋12x 2－52x －1，∴F ′(x )＝(2x －1)(x －2)2x ，令F ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2，∴易知函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)上单调递增． ∴当1≤x ≤3时，F (x )min ＝F (2)＝－4＋ln 2，F (x )max ＝max{F (1)，F (3)}＝－4＋ln 3.(2)∵f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立， ∴e x＋12x 2－52x －1－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立．令h (x )＝e x ＋12x 2－52x －1，则h ′(x )＝e x＋x －52.令φ(x )＝e x ＋x －52，则φ′(x )＝e x＋1>0，所以h ′(x )在R 上单调递增．又h ′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝e 34－74>0，所以存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，使得h ′(x 0)＝0，且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0.∴h (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．∴h (x )min ＝h (x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1.又h ′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，∴e x 0＝52－x 0.∴h (x 0)＝52－x 0＋12x 20－52x 0－1＝12(x 20－7x 0＋3)．∵x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，∴h (x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2732，－18.∵k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤h (x 0)，又k ∈Z ，∴k max ＝－1.18．[2019·福建福州质量抽测]设函数f (x )＝(ax －1)e 1－x.(1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，若函数f (x )与函数y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2.①求m 的取值范围； ②求证：x 1＋x 2>4.解析：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋1a ，由于e1－x>0，a >0，∴令f ′(x )>0，得x <a ＋1a，令f ′(x )<0，得x >a ＋1a， ∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞.(2)①当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e1－x.解法一令g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e 1－x－x 2＋4x －m ，∴g ′(x )＝－(e1－x＋2)(x －2)，由g ′(x )<0得，x >2，由g ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为g (x )的极大值点，也是最大值点，故g (x )max ＝g (2)＝1e＋4－m ，当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞. 若要满足题意，则只需满足g (x )max ＝1e ＋4－m >0，即m <1e＋4，∴m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4. 解法二 f ′(x )＝－e1－x(x －2)，由f ′(x )<0得，x >2，由f ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为f (x )的极大值点，也是最大值点．又易知y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )在x ＝2处取得最小值，∴也要满足题意，则只需满足f (2)＝1e >22－8＋m ，解得m <1e ＋4，∴m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4.②由题意知，x 1，x 2为函数g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e1－x－x 2＋4x －m 的两个零点，由①知，不妨设x 1<2<x 2，则4－x 2<2，且函数g (x )在(－∞，2)上单调递增，欲证x 1＋x 2>4，只需证明g (x 1)>g (4－x 2)，又g (x 1)＝g (x 2)， ∴只需证明g (x 2)>g (4－x 2)．令H (x 2)＝g (x 2)－g (4－x 2)(x 2>2)，则H (x 2)＝(x 2－1)e21x －＋(x 2－3)e23x －，∴H ′(x 2)＝(x 2－2)(e23x －－e21x －)．又x 2>2，∴e 23x －e21x －＝e224x －>1，即e23x －－e21x －>0，∴H ′(x 2)>0，即H (x 2)在(2，＋∞)上为增函数， ∴H (x 2)>H (2)＝0， ∴g (x 2)>g (4－x 2)成立， ∴x 1＋x 2>4.。