精品课件：导数的综合应用
高二数学课件专题二第四讲导数综合应用
(7)若f(x)=logax,则f′(x)= (1 a＞0，且a≠1);
x ln a
(8)若f(x)=lnx，则f′(x)= 1.
x
提醒：注意区分函数f(x)=ax与f(x)=logax的导数.
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2．导数的四则运算 (1)［f(x)±g(x)］′=f′(x)±g′(x);
＞0，所以h(x)在(0，+∞)上存在唯一的零点，故g′(x)在(0，
+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时，g′(x)＜0;当x∈(α,+∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,+∞)上 的最小值为g(α).
又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
所以lnxx+1>ln(x+1)x,
所以xx+1>(x+1)x,
令x=2012,得20122013>20132012.
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【拓展提升】
利用导数证明与分式、指数式、对数式、函数等相关的不等式的步骤 第一步：根据待证不等式的结构特征，定义域以及不等式的性质，将 待证不等式化为简单的不等式； 第二步：构造函数； 第三步：利用导数研究该函数的单调性或最值； 第四步：根据单调性或极值得到待证不等式.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f′(x)+x+1>0，求k的最 大值.
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【解题指导】(1)先确定函数的定义域，然后求导函数f′(x)，因a值的符号 不确定，故应讨论，结合a的正负分别得出在每一种情况下f′(x)的正负，从 而确立单调区间；
导数的综合应用优秀课件
2021/1/17
§3.3 导数的综合应用
基础知识 自主学习
要点梳理 1.利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求导数 f′(x)；(2)在函数 f(x)的定义域内解不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0；(3)根据(2)的结果确定函数 f(x)的单 调区间． 2．求可导函数极值的步骤 (1)确定函数的定义域；（2）求导数 f′(x)；(3)解方程 f′(x) ＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右两侧值的符号，如果左正右负，那 么 f(x)在 x0 处取极大值，如果左负右正，那么 f(x)在 x0间[a，b]内的最大值与最小值 (1)确定函数 f(x)在闭区间[a，b]内连续、可导； (2)求函数 f(x)在开区间(a，b)内的极值； (3)求函数 f(x)在[a，b]端点处的函数值 f(a)，f(b)； (4)比较函数 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)的大小，其中 最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
2021/1/17
4．经过点(3,0)的直线 l 与抛物线 y＝x22交于两点，且两个 交点处的切线相互垂直，则直线 l 的斜率 k= －16 .
解析 设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 y＝k(x－3)，设
直线 l 与抛物线的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y＝x22，
得 x2－2kx＋6k＝0，
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又函数 g(x)＝－x3＋bx＋c＋3 是奇函数，g(0)＝0，
∴c＝－3.
∴a＝－2，b＝4，c＝－3，∴f(x)＝－x3－2x2＋4x－3.
(2)f′(x)＝－3x2－4x＋4＝－(3x－2)(x＋2)， 令 f′(x)＝0，得 x＝23或 x＝－2，
课件12：3.3 导数的综合应用
当 x<－2 时，g′(x)<0；当－2<x<1 时，g′(x)>0， 故－2 是 g(x)的极值点． 当－2<x<1 或 x>1 时，g′(x)>0， 故 1 不是 g(x)的极值点． 所以 g(x)的极值点为－2.
考点3 运用导数解决函数的最值问题
1.设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a， b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值． (2)将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、f(b)比较， 其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
3．函数的最值 (1)如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的 曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的 极值．
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b) 比
第三章 导数及其应用 3.3 导数的综合应用
高考导航
考纲要求 1.了解函数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超过三次)． 3．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件． 4．会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一 般不超过三次).
(4)确定 f ′(x)在各个开区间内的符号，根据 f ′(x) 的符号判定函数 f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
2．已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注 意函数 f(x)在(a，b)上递增(或递减)的充要条件应是 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，且 f ′(x) 在(a，b)的任意子区间内都不恒等于 0，这就是说，函 数 f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处 有 f ′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x0)＝0， 只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间．
高三数学《导数的综合应用》课件
5.设函数f (x) a2 ln x x2 ax, a 0
(1)求f (x)的单调区间； (2)求所有的实数a， 使e 1 f (x) e2 对x [1, e]恒成立。
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导数的综合应用
1
课前演练：
1.设函数f x 2x 1 1 x 0，则f x A
x A.有最大值 B.有最小值 C.是增函数 D.是减函数
2.已知f x是定义在(0， )上的非负可导函数，且
满足xf x f x 0对任意正数a、b都成立，若a＜b，
利用导数证明不等式：就是把不等式恒成立的问题，通 过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题．
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变式练习2：证明：lnx 2 x 1 x 1．
x 1
8
巩固练习：
D 1 .设函数f x x lnx(x＞0)，则y f x ( )
A.在区间( 1 ，1)，(1，e)内均有零点 e
成立，求实数x的取值范围．
6
利用导数证明不等式：
例3：已知定义在正实数集上的函数 f(x)= 1 x2+2ax,g(x)=3a2lnx+b,其中a>0.设
2
两曲线y=f(x),y=g(x)有公共点，且在该点 处的切线相同. (1)用a表示b，并求b的最大值； (2)求证：f(x)≥g(x)(x>0).
4 取值范围．
反思小结：恒成立问题中常见的处理方法：
利用a f x a f xmax 等，可将不等
式问题转化为函数的最值问题处理．
5
变式练习1：设函数f x a x3 3 x2 a 1 x 1，
32 其中a为实数．
高中数学课件：导数的综合应用
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
Байду номын сангаас
由此可得: 当0<a<1时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值f(0)=-2,无 极小值; 当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;
当1<a<3时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值f(2)=-6,无 极大值; 当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当0<a<1时,f(x)有极大值-2,无极小值; 当1<a<3时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当a=1或a≥3时,f(x)无极值. 探究提高 (1)注意体会求函数极值的基本步骤,列 表可使解题过程更加清晰规范. (2)要求函数f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值,需对参 数a进行讨论.
(2)令 f′(x)＝6(x－a)(x－1)＝0， 得 x1＝a，x2＝1. 当 a<1 时，若 x∈(－∞，a)或 x∈(1，＋∞)时， 则 f′(x)>0， 所以 f(x)在(－∞，a)，(1，＋∞)上为增函数， 故 0≤a<1 时，f(x)在(－∞，0)上为增函数； 当 a≥1 时，若 x∈(－∞，1)或 x∈(a，＋∞)， 则 f′(x)>0，所以 f(x)在(－∞，0)上也为增函数． 综上所述，当 a∈[0，＋∞)时，f(x)在(－∞，0)上 为增函数．
①确定函数f(x)的定义域; ②求导数f′(x); ③由f′(x)>0(或f′(x)<0),解出相应的x的范围.当 f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是增__函__数__;当f′(x) <0时,f(x)在相应的区间上是减__函__数___. 还可以通过列表,写出函数的单调区间. (2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用 以下的充分条件：设函数f(x)在(a，b)内可导，若 f′(x)>0(或f′(x)<0),则函数f(x)在区间(a,b)内为 增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b］上连续, 则单调区间可扩大到闭区间［a,b］上.
第4讲 导数的综合应用
第4讲 导数的综合应用高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真 题 感 悟1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝⎛⎭⎪⎫12处的切线与y 轴垂直. (1)求b ；(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. (1)解 f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12. f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点.因为f (－1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点.由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围. (1)证明 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减.又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点. 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点.(2)解 由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减. 又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0].考 点 整 合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②∃x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.④对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.4.(1)判断含x，ln x，e x的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln x0及e x≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln x，e x的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.热点一利用导数研究函数的零点【例1】 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2). (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －2，x ∈R ，则f ′(x )＝e x －1. 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增. (2)f ′(x )＝e x －a . ①当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增. 故f (x )至多存在一个零点，不合题意. ②当a >0时，由f ′(x )＝0，可得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增. 故当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a (1＋ln a ).(ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.(ⅱ)若a >1e ，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e －2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )存在唯一零点. 由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0.所以当x >4且x >2ln(2a )时，f (x )＝e x 2·e x 2－a (x ＋2)>e ln(2a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2－a (x ＋2)＝2a >0. 故f (x )在(ln a ，＋∞)存在唯一零点. 从而f (x )在(－∞，＋∞)有两个零点. 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质； 第三步：结合图象求解.2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 【训练1】 设函数f (x )＝ln x －a (x －1)e x ，其中a ∈R . (1)若a ≤0，讨论f (x )的单调性； (2)若0<a <1e ，试证明f (x )恰有两个零点.(1)解 由已知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －[a e x ＋a (x －1)e x ]＝1－ax 2e xx.因此当a ≤0时，1－ax 2e x >0，从而f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)内单调递增. (2)证明 由(1)知，f ′(x )＝1－ax 2e xx .令g (x )＝1－ax 2e x ，由0<a <1e ，可知g (x )在(0，＋∞)内单调递减. 又g (1)＝1－a e>0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a 2·1a ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a 2<0， 故g (x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解， 从而f ′(x )＝0在(0，＋∞)内有唯一解， 不妨设为x 0，则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g （x ）x >g （x 0）x ＝0，所以f (x )在(0，x 0)内单调递增；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＝g （x ）x <g （x 0）x ＝0， 所以f (x )在(x 0，＋∞)内单调递减， 因此x 0是f (x )的唯一极值点. 令h (x )＝ln x －x ＋1， 则当x >1时，h ′(x )＝1x －1<0， 故h (x )在(1，＋∞)内单调递减， 从而当x >1时，h (x )<h (1)＝0， 所以ln x <x －1，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －1e ln 1a＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －ln 1a ＋1＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a <0.又因为f (x 0)>f (1)＝0，所以f (x )在(x 0，＋∞)内有唯一零点. 又f (x )在(0，x 0)内有唯一零点1， 从而，f (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点. 热点二 利用导数证明不等式【例2】 (2020·衡水中学检测)已知函数f (x )＝ln1＋x1－x. (1)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33；(2)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值.(1)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0，1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0，1)，即当x ∈(0，1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.(2)解 由(1)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立.当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2.所以当0<x <4k －2k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减. 当0<x <4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33.所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0，1)恒成立.综上可知，k 的最大值为2.探究提高 形如f (x )＞g (x )的不等式的证明：(1)首先构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，借助导数求h (x )min ，证明h (x )min ＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.【训练2】 (2020·岳阳二模)已知函数f (x )＝x －ln x －e xx . (1)求证：f (x )≤1－e ；(2)若f (x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x e x－bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围.(1)证明 f (x )＝x －ln x －e xx ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1－1x －e x （x －1）x 2＝（x －1）（x －e x ）x 2，由e x ≥x ＋1＞x ，知0<x <1时，f ′(x )>0；x >1时，f ′(x )<0， 得f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝1－e.从而f (x )≤1－e.(2)解 f (x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x e x －bx ≥1，即－ln x ＋x －e x x ＋x e x ＋e xx －bx ≥1，恒有x e x －ln x －1＋x x ≥b ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x －ln x －1＋x x min ≥b .令φ(x )＝x e x －ln x －1＋x x ，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln xx 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为x →0时，h (x )→－∞，h (1)＝e ＞0，所以h (x )在(0，1)上存在唯一零点x 0，且h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，所以x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0(eln 1x 0). 令m (x )＝x e x ，上式即m (x 0)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0.由于m (x )＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增， 故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，从而φ′(x 0)＝0且0<x <x 0时，h (x )<0，φ′(x )<0；x >x 0时，h (x )>0，φ′(x )>0， 所以φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， φ(x )min ＝φ(x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1＋x 0x 0＝1＋x 0－1＋x 0x 0＝2，所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].热点三导数与不等式恒成立、存在性问题角度1含参不等式的恒成立问题【例3】已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.解设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x －4＝2(x＋2)(k e x－1).由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k<e2，则－2<x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2).从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.综上，k的取值范围是[1，e2].探究提高 1.此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反例即可.2.x，e x，ln x组合型函数问题，解题思路有两个关键方向：一是要充分考虑指数式与对数式的运算性质的应用，如1x 0＝eln 1x 0是N ＝a log a N (a ＞0，a ≠1)的应用，x 0＝ln 1x 0化为e x 0＝1x 0是指数式与对数式互化的应用；二是要考虑能否运用不等式放缩转化目标，如利用e x ≥x ＋1，从而快速解不等式，得到函数的单调区间. 【训练3】 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a. 此时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1. 而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立.当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.角度2 不等式存在性问题【例4】 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x (a ≠1).若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ， f ′(x )＝ax ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增. 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1成立的充要条件为 f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜a a －1，解得－2－1＜a ＜2－1. ②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )＞0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.所以，存在x 0≥1， 使得f (x 0)＜a a －1成立的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＜a a －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1＞a a －1，所以不合题意.③若a ＞1，f (x )在[1，＋∞)上递减，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12＜aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).探究提高“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.【训练4】已知函数f(x)＝x－m ln x－m－1x(m∈R)，g(x)＝12x2＋e x－x e x.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.解(1)f(x)＝x－m ln x－m－1x，且定义域(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－mx＋m－1x2＝（x－1）[x－（m－1）]x2，当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m. 当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，∴f(x)在[1，e]上是减函数，则f(x)min＝f(e)＝e－m－m－1 e.当2<m<e＋1时，若x∈[1，m－1]，则f′(x)≤0；若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.f(x)min＝f(m－1)＝m－2－m ln(m－1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－m－1 e.又g′(x)＝x＋e x－(x＋1)e x＝x(1－e x)，当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.所以m≤2且e－m－m－1e≤1，解得e2－e＋1e＋1≤m≤2.所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤e 2－e ＋1e ＋1，2.A 级 巩固提升一、选择题1.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞)D.[4，＋∞)解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x (x >0)恒成立， 设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ， 则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x >0).当x ∈(0，1)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 )min ＝f (1)＝4. 所以a ≤4. 答案 B2.已知函数f (x )＝x 2－3x ＋5，g (x )＝ax －ln x ，若对∀x ∈(0，e)，∃x 1，x 2∈(0，e)且x 1≠x 2，使得f (x )＝g (x i )(i ＝1，2)，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6eB.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，e 74 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74解析 当x ∈(0，e)时，函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，5.由g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x 可知：当a ≤0时，g ′(x )<0，与题意不符，故a >0. 令g ′(x )＝0，得x ＝1a ，则1a ∈(0，e)， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a .作出函数g (x )在(0，e)上的大致图象，如图所示， 数形结合，知⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln a <114，g （e ）＝a e －1≥5.解之得6e ≤a <e 74. 答案 C3.(2020·石家庄调研)已知函数f (x )＝(k －1)x e x ，若对任意x ∈R ，都有f (x )<1成立，则实数k 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e) B.(1－e ，＋∞) C.(－e ，0]D.(1－e ，1]解析 由f (x )<1，得(k －1)x <1e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x，所以曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x恒在直线y ＝(k －1)x 的上方.过原点作曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x的切线，设切点为P (x 0，y 0)，则－1e x 0＝y 0x 0，即－1e x 0＝1x 0e x 0，得x 0＝－1.∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x的切线的斜率k 0＝－e －x |x ＝－1＝－e ，则－e<k －1≤0，解得1－e<k ≤1. 答案 D4.(多选题)关于函数f (x )＝2x ＋ln x ，下列判断正确的是( ) A.x ＝2是f (x )的极大值点B.函数y ＝f (x )－x 有且只有1个零点C.存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立D.对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2>x 1，若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2>4解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，2)上单调递减，当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝2x＋ln x－x，∴y′＝－2x2＋1x－1＝－x2＋x－2x2<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<2x2＋ln xx，令g(x)＝2x2＋ln xx，则g′(x)＝－4＋x－x ln xx3，令h(x)＝－4＋x－x ln x，则h′(x)＝－ln x，当h′(x)>0时，0<x<1，当h′(x)<0时，x>1，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝2x2＋ln xx在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝22＋t＋ln(2＋t)－22－t－ln(2－t)＝4tt2－4＋ln2＋t2－t，则u′(t)＝4（t2－4）－8t2（t2－4）2＋2－t2＋t·2－t＋2＋t（2－t）2＝－4t2－16（t2－4）2＋44－t2＝－8t2（t2－4）2<0，∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)<u(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.答案BD二、填空题5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln 2)＝1 2，则满足不等式f(x)＞1e x的x的取值范围是________.解析由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝e x f(x)，则g′(x)＝f′(x)e x＋f(x)e x＝e x[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f (x )＞1e x 等价于e x f (x )＞1，即g (x )＞1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x ＞ln 2时，g (x )＞g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )＞1的解集为(ln 2，＋∞).答案 (ln 2，＋∞)6.若对于任意正实数x ，都有ln x －a e x －b ＋1≤0(e 为自然对数的底数)成立，则a ＋b 的最小值是________.解析 因为对于任意正实数x 都有ln x －a e x －b ＋1≤0成立，不妨将x ＝1e 代入不等式中，得a ＋b ≥0.下面证明a ＋b ＝0时满足题意，当a ＝1，b ＝－1时，令f (x )＝ln x －e x ＋1＋1＝ln x －e x ＋2，则f ′(x )＝1x －e ＝1－e x x .由f ′(x )＝0，得x ＝1e ，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，即f (x )≤0对任意正实数x 都成立，所以当a ＝1，b ＝－1，即a ＋b ＝0时满足题意，所以a ＋b 的最小值为0. 答案 0 三、解答题7.已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . 令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x －2. 令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2. 当x ∈(0，ln 2)时，g ′(x )<0； 当x ∈(ln 2，＋∞)时，g ′(x )>0.∴当x ≥0时，g (x )≥g (ln 2)＝2－2ln 2>0， ∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (0)＝1.(2)解 若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程e x －ax 2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a ＝e x x 2，令φ(x )＝e xx 2，x ∈(0，＋∞)，φ′(x )＝e x （x －2）x 3，令φ′(x )＝0，解得x ＝2.当x ∈(0，2)时，φ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )>0. ∴φ(x )min ＝φ(2)＝e 24.∴a ＝e 24.8.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. 证明 (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，＋∞).①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈ (－1，0)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，0)单调递减. 又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点.②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上没有零点.③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点. ④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.B 级 能力突破9.(2019·天津卷改编)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.(1)解 由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x ). 因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增.所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ).(2)证明 记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x .依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )， 从而g ′(x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0.因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.10.(2020·长沙模拟)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋bx，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x ＞0，且x ≠1时，f (x )＞ln x x －1＋kx，求k 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －ln x（x ＋1）2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)， 故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝1，f ′（1）＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12. 解得a ＝1，b ＝1. (2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x，所以 f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＝11－x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x . 考虑函数h (x )＝2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x(x ＞0)，则h ′(x )＝（k －1）（x 2＋1）＋2xx 2.(ⅰ)设k ≤0，由h ′(x )＝k （x 2＋1）－（x －1）2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )＜0，h (x )递减.而h (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，h (x )＞0.可得11－x 2h (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，可得11－x 2h (x )＞0.从而当x ＞0，且x ≠1时，f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x －1＋k x ＞0，即f (x )＞ln x x －1＋kx.(ⅱ)设0＜k ＜1，由于(k －1)(x 2＋1)＋2x ＝(k －1)x 2＋2x ＋k －1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k －1)2>0，对称轴x ＝11－k >1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，(k －1)(x 2＋1)＋2x ＞0.故h ′(x )＞0，而h (1)＝0，故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，11－k 时，h (x )＞0，可得11－x 2h (x )＜0.与题设矛盾.(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0⇒h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得11－x2h(x)＜0，与题设矛盾.综上，得k的取值范围为(－∞，0].。
导数及其应用课件PPT
又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值.
解析答案
12345
4.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，已知总收益 r 与年产量 x 的关系是 r＝400x－21x2，0≤x≤400， 80 000， x＞400，
则总利润最大时，年产量是( )
即当x为2.343 m，y为2.828 m时，用料最省.
解析答案
题型二 面积、容积的最值问题 例2 如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形 栏目(即图中阴影部分)，这两栏的面积之和为18 000 cm2，四周空白的宽 度为10 cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告的高与宽的 尺寸(单位：cm)，能使矩形广告面积最小？
反思与感悟
解析答案
跟踪训练1 某单位用木料制作如图所示的框架，框架的下部是边长分别为
x，y(单位：m)的矩形，上部是等腰直角三角形，要求框架的总面积为8 m2，
问：x，y分别是多少时用料最省？(精确到0.001 m)
解 依题意，有 xy＋12·x·2x＝8，∴y＝8－x x42＝8x－4x(0＜x＜4 2)，
即当x为2.343 m，y为2.828 m时，用料最省.
解析答案
题型二 面积、容积的最值问题 例2 如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形 栏目(即图中阴影部分)，这两栏的面积之和为18 000 cm2，四周空白的宽 度为10 cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告的高与宽的 尺寸(单位：cm)，能使矩形广告面积最小？
S′(x)＝6x2－24x＋16，
令
S′(x)＝0，得
导数的综合应用优秀课件
x2 4．经过点(3,0)的直线 l 与抛物线 y＝ 交于两点，且两个 2 交点处的切线相互垂直，则直线 l 的斜率 k=
1 －6
.
解析 设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 y＝k(x－3)，设 直线 l 与抛物线的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， x2 y＝ ， 2 由 得 x2－2kx＋6k＝0， y＝k（x－3）， 所以 x1x2＝6k. x2 ∵y′＝ 2 ′＝x， ∴抛物线在 A、B 两点的切线的斜率分别为 x1，x2，于是 1 有 x1x2＝6k＝－1，故 k＝－6.
∴不存在这样的两点使结论成立．
探究提高 探索性问题的求解应先假设要证的结论成立， 然后依据结论出发求解．若得到一个与已知条件或定理等 矛盾的结论，则该探究性问题不存在，否则是存在的．
变式训练 1 已知函数 f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c 图象上的点 P(1，f(1))处的切线方程为 y＝－3x＋1，函数 g(x)＝f(x) －ax2＋3 是奇函数． (1)求函数 f(x)的表达式； (2)求函数 f(x)的极值．
题型分类
题型一
深度剖析
利用导数的几何意义解题
例 1 设函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d (a、b、c、d∈R)的图 2 象关于原点对称，且当 x＝1 时 f(x)有极小值－ . 3 (1)求 a、b、c、d 的值； (2)当 x∈[－1,1]时，问图象上是否存在两点使过此两点 处的切线互相垂直？试证明你的结论．
∴x2 0＝4.∴x0＝－2，∴y0＝15. ∴P 点的坐标为(－2,15)．
2.奇函数 f(x)＝ax 3 ＋bx 2 ＋cx 在 x＝1 处有极值x)＝x＋asin x 在 R 上递增，则实数 a 的取值范 围为________ [－1,1] ．
高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以 解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题.常见的命题角度 有：1证明不等式.2不等式恒成立问题.3存在型不等式成立 问题.
[考点分类·深度剖析] 课时作业
角由度ex≥2 k＋不x等，式得恒k成≤立ex－问x题.
令 f(x)＝(1e)xe－x≥x，k＋所x以在f′R(上x)＝恒e成x－立1，. 则实数 k 的取值范围为 令 f′(x)＝0，解得 x＝0，x<0 时，f′(x)<0，x>0 时，f′(x)>0. ( A) A所．以k≤f(x1)在(－∞，0)上B是．减k≥函1数，在(0，＋∞)上是增函数．
答案：[0,8]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的 策略 1．首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值， 进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围． 2．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值 问题．
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点一 利用导数研究函数的零点或方程根(核心考点——合作探究)
第3章 第16讲 导数的综合应用
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第三章 导数及其应用
高考总复习 一轮复习导学案 ·数学理科
第三章 导数及其应用
导数的几何意义和函数单调性 已知函数f(x)＝xln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 【解答】 因为函数f(x)＝xln x，所以f′(x)＝lnx＋1，当x＝1时，f′(1)＝ln1＋1 ＝1，f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
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高考总复习 一轮复习导学案 ·数学理科
第三章 导数及其应用
(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
【解答】f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1<0在(1，＋∞)上恒成立．因为x>0，即lnx－ ax－1x2＋x－1<0在(1，＋∞)上恒成立．
不妨设h(x)＝lnx－ax－1x2＋x－1，x∈(1，＋∞)， 则h′(x)＝－x－1axx2＋a－1. ①当a≤0时，ax＋a－1<0，故h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，从而 h(x)>h(1)＝0，所以h(x)<0不成立．
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第三章 导数及其应用
(2)求f(x)的单调区间；
【解答】函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＝0，得x
＝1e.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
x
0，1e
1 e
1e，＋∞
f′(x)
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第三章 导数及其应用
导数的应用课件
02
导数在函数中的应用
Chapter
函数的单调性
总结词
导数可以用于判断函数的单调性 ，通过导数的正负来判断函数在 某区间内的增减性。
详细描述
如果函数在某区间内的导数大于0 ，则函数在此区间内单调递增； 如果导数小于0，则函数在此区间 内单调递减。
函数的极值
总结词
导数可以用于求函数的极值，当导数 由正变为负或由负变为正时，函数在 此点取得极值。
06
导数在其他领域的应用
Chapter
在化学反应速率中的应用
总结词
导数在化学反应速率中的应用主要表现在反 应速率的计算和反应机理的研究上。
详细描述
在化学反应中，反应速率是描述反应快慢的 重要参数。通过导数的计算，可以精确地描 述反应速率随温度、压力、浓度等条件的变 化情况，进而研究反应的动力学特征和机理 。导数分析有助于深入理解化学反应的本质 ，为优化反应条件和提高产率提供理论支持 。
速度与加速度
速度
瞬时速度是物体在某一时刻或经过某一位置时的速度，它由物体运动的距离和时间的比值定义。导数可以用来计 算瞬时速度，通过求位移函数的导数，得到瞬时速度的表达式。
加速度
加速度是速度的变化率，表示物体运动的快慢和方向。导数可以用来计算加速度，通过求速度函数的导数，得到 加速度的表达式。
斜抛运动
05
导数在经济学中的应用
Chapter
边际分析
01
边际成本
导数可以用来计算边际成本，即生产某一数量的产品所需增加或减少的
成本。通过导数分析，企业可以确定生产某一数量的产品时，成本增加
或减少的速度。
02
边际收益
导数还可以用来计算边际收益，即销售某一数量的产品所增加或减少的
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• 规律方法 (1)求一个函数在闭区间上的最 值和在无穷区间(或开区间)上的最值时， 方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区 间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还 要研究其单调性，并通过单调性和极值情 况，画出函数的大致图象，然后借助图象 观察得到函数的最值．
• (2)分类讨论时，标准必须统一，分类后要 做到无遗漏、不重复，还要注意不越级讨 论，层次分明，能避免分类的题目不要分 类．
• ∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135， • ∴售价为9元时，年利润最大，最大年利
导数在不等式中的应用(师生共研) 例 3 (2015 年西安模拟)已知函数 f(x)＝x2x＋＋3aa2(a≠0，a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＝1 时，若对任意 x1，x2∈[－3，＋∞)，有 f(x1)－f(x2)≤m 成立，求实数 m 的最小值．
函数的最值与导数(师生共研) 例 1 (2014 年高考江西卷)已知函数 f(x)＝(4x2＋4ax＋a2) x，其中 a<0. (1)当 a＝－4 时，求 f(x)的单调递增区间； (2)若 f(x)在区间[1,4]上的最小值为 8，求 a 的值． 解析：(1)当 a＝－4 时，由 f ′(x)＝25x－2xx－2＝0 得 x＝25或 x ＝2，由 f ′(x)>0 得 x∈0，25或 x∈(2，＋∞)， 故函数 f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．
• ①审题，设未知数．②结合题意列出函数 关系式．③确4 年泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元，每件售 价为 x 元(6<x<11)，年销售为 u 万件，若已知5885－u 与x－241 2 成正比，且售价为 10 元时，年销量为 28 万件．
• 1．函数f(x)＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上 的最小值为( )
• A．72
B．27
• C．－2
D．0
• 解析：f ′(x)＝4x3－4＝0⇒x＝1，当x>1 时f ′(x)>0，x<1时f ′(x)<0，故f(x)在[－ 2,3]上的最小值为f(1)，f(1)＝1－4＋3＝0， 故选D.
的单调性，或者函数的最值证明函数 h(x)>0，其中一个重要技巧就是找到函数 h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是 解决问题的一个突破口．
• 3．(2013年高考新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲 线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且 在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
第十二节 导数的综合应用
• 最新考纲展示 • 1．会求闭区间上函数的最大值、最小值
(其中多项式函数一般不超过三次)． 2. 会利用导数解决某些实际问题．
• 一、函数的最值与导数
• 1．函数y＝f不(x超)过在[a，b]上的最大值点x0指 的是：函数在这个区间上所有点的函数值
都
不小f(于x0)．
• 2．函数y＝f(x)在[a，b]上的最小值点x0指 的是：函数在这个区间上所有点的函数值
• (1)求a，b，c，d的值；
• (2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范 围．
解析：(1)由已知得 f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0) ＝4，g′(0)＝4.
而 f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故 b ＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而 a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)． 设函数 F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x －2，则 F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)． 由题设可得 F(0)≥0，即 k≥1. 令 F′(x)＝0 得 x1＝－ln k，x2＝－2. ①若 1≤k<e2，则－2<x1≤0，从而当 x∈(－2，x1) 时，F′(x)<0；当 x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0，即 F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递 增，故 F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为 F(x1)．而 F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
都
f(x0)．
• 二、生活中的优化问题
• 利用导数解决生活中的优化问题的一般 步骤
• 1．极值只能在定义域内部取得，而最值 却可以在区间的端点取得，有极值的未必 有最值，有最值的未必有极值；极值有可 能成为最值，最值只要不在端点必定是极 值．
• 2．求函数在某个闭区间[a，b]上的最值， 只需求出函数在区间[a，b]内的极值及在 区间端点处的函数值，大的是最大值，小 的是最小值．
所以对任意 x1，x2∈[－3，＋∞)，f(x1)－f(x2)≤f(1)－f(－ 3)＝23.
所以对任意 x1，x2∈[－3，＋∞)，使 f(x1)－f(x2)≤m 恒成 立的实数 m 的最小值为23.
• 规律方法 利用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是 构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数
(2)f ′(x)＝10x＋2ax2x＋a，a<0， 由 f ′(x)＝0 得 x＝－1a0或 x＝－a2. 当 x∈0，－1a0时，f(x)单调递增； 当 x∈－1a0，－a2时，f(x)单调递减； 当 x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增． 易知 f(x)＝(2x＋a)2 x ≥0，且 f－a2＝0.
• 规律方法 (1)解决实际问题的关键在于建 立数学模型和目标函数，把“问题情景” 转化为数学语言，抽象为数学问题，选择 合适的求解方法，而最值问题的应用题， 写出目标函数利用导数求最值是首选的方 法，若在函数的定义域内函数只有一个极 值点，该极值点即为函数的最值点．
• (2)利用导数解决优化问题的步骤：
(1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
解析：(1)设5885－u＝kx－2412， ∵售价为 10 元时，年销量为 28 万件， ∴5885－28＝k10－2412，解得 k＝2. ∴u＝－2x－2412＋5885＝－2x2＋21x＋18. ∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－ 108x－108(6<x<11)．
• 令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2a. • ①当a>0时，0<2a，当x变化时，f ′(x)，
f(x)的变化情况如下表：
• ②当a<0时，2a<0，当x变化时，f ′(x)， f(x)的变化情况如下表：
• 所以函数f(x)的增区间是(－∞，2a)和(0， ＋∞)，减区间是(2a,0)．
(2)由21≤a≤43及(1)知，f(x)在[1,2a]内是减函 数，在[2a,2]内是增函数，
①当－2a≤1，即－2≤a<0 时，f(x)在[1,4]上的 最小值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得 a＝±2 2 －2，均不符合题意．
②当 1<－2a≤4，即－8≤a<－2 时，f(x)在[1,4] 上的最小值为 f－a2＝0，不符合题意．
③当－2a>4，即 a<－8 时，f(x)在[1,4]上的最小 值可能在 x＝1 或 x＝4 处取得，而 f(1)≠8，由 f(4) ＝2(64＋16a＋a2)＝8 得 a＝－10 或 a＝－6(舍去)， 当 a＝－10 时，f(x)在(1,4)上单调递减，f(x)在[1,4] 上的最小值为 f(4)＝8，符合题意．
• 答案：D
2．函数 y＝x＋2cos x 在区间0，π2上的最大值是________．
解析：y′＝1－2sin x，令 y′＝0，又 x∈0，2π，得 x＝π6，则 x∈0，π6 时，y′>0；x∈π6，2π时，y′<0，故函数 y＝x＋2cos x 在0，π6上单调 递增，在π6，2π上单调递减，所以当 x＝π6时，函数取得最大值，为π6＋ 3.
又 f(2)－f(1)＝(8－12a＋b)－(1－3a＋b)＝7－ 9a>0，
∴M＝f(2)＝8－12a＋b，m＝f(2a)＝8a3－12a3 ＋b＝b－4a3.
∴M－m＝(8－12a＋b)－(b－4a3)＝4a3－12a ＋8.
设 g(a)＝4a3－12a＋8，
∴ g ′(a) ＝ 12a2 － 12 ＝ 12(a ＋ 1)(a － 1)<0a∈12，34.
• (1)若该写字楼共x层，总开发费用为y万元， 求函数y＝f(x)的表达式；(总开发费用＝总 建筑费用＋购地费用)
• (2)要使整幢写字楼每平方米的平均开发费
• 解析： (1)由已知，写字楼最下面一层的 总建筑费用为4 000×2 000＝8 000 000(元)＝800(万元)，
• 从第二层开始，每层的建筑总费用比其下 面一层多
解析 f′(x)＝－xx－2＋a3ax＋223a. 令 f′(x)＝0，解得 x＝a 或 x＝－3a. (1)当 a>0 时，f′(x)，f(x)随着 x 的变化如下表：
• 函数f(x)的单调递增区间是(－3a，a)，函 数f(x)的单调递减区间是(－∞，－3a)，(a， ＋∞)．
• 当a<0时，f ′(x)，f(x)随着x的变化如下表：
• 100×2 000＝200 000(元)＝20(万元)，
• 写字楼从下到上各层的总建筑费用构成以 800为首项，20为公差的等差数列，
• 所以函数表达式为
• y＝f(x)＝800x＋×20＋9 000
(2)由(1)知写字楼每平方米平均开发费用为 g(x)＝2 f00x0x×10 000＝510x2＋79x0x＋9 000 ＝50x＋90x0＋79 g ′(x)＝501－9x020，由 g ′(x)＝0 及 x∈ N*得，x＝30. 易知当 x＝30 时，g(x)取得最小值． 该写字楼建为 30 层时，每平方米平均开发费 用最低．