高考大题规范解答系列——函数与导数高三数学新高考一轮复习优秀课件
2025年高考数学一轮复习-函数与导数【课件】
5.导数的概念及几何意义
Δy
Δy
(1)如果当Δx→0时，平均变化率_Δ_x_无限趋近于一个确定的值，即_Δ_x_有
极根，则称y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0 处的 导数 (也称 瞬时变化率 )，记作 f′(x0) 或 y′|x＝x0 ，
Δy 即f′(x0)＝_Δl_ix_m→_0 _Δ_x__
(2)f(a＋x)＝f(b－x)⇔f(x)的图象关于直线 x＝ 2 对称. (3)f(a＋x)＝－f(b－x)⇔f(x)的图象关于点a＋2 b，0对称.
4.函数图象平移变换的相关结论 (1)把y＝f(x)的图象沿x轴向左或向右平移|c|个单位长度(c>0时向左平移， c<0时向右平移)得到函数y＝f(x＋c)的图象(c为常数). (2)把y＝f(x)的图象沿y轴向上或向下平移|b|个单位长度(b>0时向上平移， b<0时向下平移)得到函数y＝f(x)＋b的图象(b为常数).
5.函数图象伸缩变换的相关结论
(1)把y＝f(x)的图象上各点的纵坐标伸长(a>1)或缩短(0<a<1)到原来的a倍，
而横坐标不变，得到函数y＝af(x)(a>0)的图象. (2)把y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长(0<b<1)或缩短(b>1)到原来的 1b， 而纵坐标不变，得到函数y＝f(bx)(b>0)的图象.
PART TWO
常用结论
1.函数单调性和奇偶性的重要结论 (1)当f(x)，g(x)同为增(减)函数时，f(x)＋g(x)为增(减)函数. (2)奇函数在对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在对称的两个区 间上有相反的单调性. (3)f(x)为奇函数⇔f(x)的图象关于原点对称；f(x)为偶函数⇔f(x)的图象关 于y轴对称.
高考数学一轮复习专题一函数与导数课件文
函数、导数及其应用
专题一 高考解答题鉴赏 ——函数与导数
函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起 来，形成层次丰富的各类综合题，常涉及的问题：研究函数的性质(如 求单调区间、求极值、最值)，研究函数的零点(或方程的根)、求参 数的取值范围、不等式的证明或恒成立问题，运用导数解决实际问 题是函数应用的延伸，由于传统数学应用题的位置被概率统计解答 题占据，因此很少出现单独考查函数应用题的问题，但结合其他知 识综合考查用导数求解最值的问题在每年的高考试题中都有体 现．试题类型齐全，中、高档难度，突出四大数学思想方法的考查．
解：f′(x)＝x(2＋cosx)， 令 f′(x)＝0，得 x＝0. ∴当 x>0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增． 当 x<0 时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减． ∴f(x)的最小值为 f(0)＝1.
∴f(x)的最小值为 f(0)＝1. ∵函数 f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当 b>1 时， 曲线 y＝f(x)与直线 y＝b 有且仅有两个不同交点． 综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞)．
(Ⅱ)(ⅰ)设 a>0，则由(Ⅰ)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1， ＋∞)单调递增．
又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b<0 且 b<lna2，则 f(b)>a2(b－2) ＋a(b－1)2＝a(b2－32b)>0.
所以 f(x)有两个零点．(10 分)
(ⅱ)设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，所以 f(x)只有一个零点． (ⅲ)设 a<0，若 a≥－2e，则由(Ⅰ)知，f(x)在(1，＋∞)单调递 增，又当 x≤1 时，f(x)<0，故 f(x)不存在两个零点；若 a<－2e，则 由(Ⅰ)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调 递增，又当 x≤1 时，f(x)<0，故 f(x)不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(12 分)
函数导数专题分析课件-2025届高三数学一轮复习
深度和广度。思维量加大，灵活，与其他知识的交汇，比如在不等式，数列，解析几何中的应
用，这就要求我们在复习中注重基础知识的理解和思维能力的培养。
（二）深入考查直观想象素养。 （三）扎实考查数学运算素养。
二、创设自然真实情境 助力应用能力考查 2023高考试题评价
（一）创设现实生活情境（二）设置科学研究情境（三）设计劳动生产情境
三、落实“四翼”考查要求 助力“双减”政策落地
（一）突出基础性要求。 （二）彰显综合性要求。
如新课标Ⅱ卷第22题和全国甲卷理科第21题，将导数和三角函数巧妙地结合起来， 通过对导函数的分析，考查函数的单调性、极值等相关问题，通过对导数、函数不 等式等知识，深入考查分类讨论的思想、转化与化归的数学思想。
高考导数知识点梳理
2022全国乙卷理21（2）、2022全国乙卷文20 （2）、2021全国新高考Ⅱ22（2）、2020全国Ⅲ 理20（2）、2020全国Ⅲ文21（2）、2020全国Ⅰ 文20（2）、2019全国Ⅰ文20（1）、2019全国Ⅰ 理20（2）、2019全国Ⅱ文21（2）、2018全国 Ⅱ21（2）、2018全国Ⅱ理21（2）、2021全国甲 理 21（2）、2021全国甲文21（2）共13次
2021新高考Ⅱ22（1）、2021甲卷文20（1）、 2021全国乙卷文21（1）、2019全国Ⅰ文20 （1）、2019全国Ⅲ理（20）、2020全国Ⅲ文20 （1）、2018全国Ⅰ理21（1）、2020全国Ⅱ文 21（2）共8次
2022全国乙卷文20（1）、2019全国Ⅱ文 21（1）、2018全国Ⅲ理21（2）、2018 全国Ⅰ文21（1）、2019全国Ⅲ文20 （2）、2019全国理20（2）共6次
单调性、不等式、构造函数 构造函数或利用不等式比较大小
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用专题突破7导数的综合应用课件
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
新高考数学一轮复习课件：第二章 函数、导数及其应用 第6节
1 (a>0，m，n∈N*，且 am
n>1)．
③0 的正分数指数幂等于 0,0 的负分数指数幂__没__有__意__义.
第1轮 ·数学(文科)
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第二章 函数、导数及其应用
(2)有理数指数幂的性质： ①aras＝__a_r_＋_s___(a>0，r，s∈Q)； ②(ar)s＝___a_rs____(a>0，r，s∈Q)； ③(ab)r＝__a_r_b_r ___(a>0，b>0，r∈Q)．
第二章 函数、导数及其应用
[训练1] 函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确
的是( D ) A．a>1，b<0
B．a>1，b>0
C．0<a<1，b>0
D．0<a<1，b<0
解析 由f(x)＝ax－b的图象可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所 以0<a<1，函数f(x)＝ax－b的图象是在y＝ax的基础上向左平移得到的，所以b<0.
(2019·黑龙江七台河月考)已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则( A )
A．a＞b＞c
B．a＞c＞b
C．c＞a＞b
D．b＞c＞a
解析 由0.2＜0.6,0.4＜1，并结合指数函数的图象可知0.40.2＞0.40.6，即b＞c.因
为a＝20.2＞1，b＝0.40.2＜1，所以a＞b.综上，a＞b＞c.
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第二章 函数、导数及其应用
考向 2：简单的指数方程或不等式问题
(1)(2019·福建福州模拟)已知实数 1
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 §3.3 导数与函数的极值、最值
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章 一元函数的导数及其应用§3.3 导数与函数的极值、最值考试要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值f′(x)<0f′(x)>0都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.(2)函数的极大值函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点处的函数值都大，f ′(b )＝0；而且在点x ＝b 附近的左侧，右侧 ，则b 叫做函数y ＝f (x )的极大值点，f (b )叫做函数y ＝f (x )的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为，极小值和极大值统称为 .f ′(x )>0f ′(x )<0极值点极值2.函数的最大(小)值(1)函数f (x )在区间[a ，b ]上有最值的条件：如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条 的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的最大(小)值的步骤：①求函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内的 ；②将函数y ＝f (x )的各极值与 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.连续不断极值端点处的函数值f (a )，f (b )常用结论对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有.( )(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.( )(3)函数的极小值一定是函数的最小值.( )(4)函数的极大值一定不是函数的最小值.( )√××√1.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为√A.1B.2C.3D.4由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个.2.函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是_____________ _____________.f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，43.若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝____.f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增.又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.第二部分命题点1 根据函数图象判断极值例1 (多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是A.当x ＝－1时，f (x )取得极小值B. f (x )在[－2,1]上单调递增C.当x ＝2时，f (x )取得极大值D. f (x )在[－1,2]上不具备单调性√√由导函数f′(x)的图象可知，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝－1时，f′(x) ＝0；当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x＝2时，f′(x)＝0；当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝4时，f′(x)＝0，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误.命题点2 求已知函数的极值例2 (2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值.因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.当a>0时，f(x)无极值.命题点3 已知极值(点)求参数例3 (1)(2023·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为√A.2B.4C.6D.2或6由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意.综上，c＝2.(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为√由f(x)＝e x－ax2－2ax，得f′(x)＝e x－2ax－2a.因为函数f(x)＝e x－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝e x－2ax－2a有两个变号零点，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)验证：求解后验证根的合理性.跟踪训练1 (1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为A.－1或3B.1或－3√C.3D.－1因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意.综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.√∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，命题点1 不含参函数的最值例4 (2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为√f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x ＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π].又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，命题点2 含参函数的最值例5 已知函数f(x)＝－ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；思维升华求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.跟踪训练2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值1为_____.函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；综上，f(x)min＝1.(2)已知函数h(x)＝x－a ln x＋ (a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围.①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2；②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意；若1<a＋1<e，即0<a<e－1，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；若a＋1≥e，即a≥e－1，则h(x)在[1，e]上单调递减，第三部分1.(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是A.f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点B.f′(x)在x＝－1处取得极小值C.f(x)在区间(－2,3)上单调递减D.f(x)在x＝0处的切线斜率小于0√√√根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减，∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确；由f′(x)的图象易知B正确；根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确.√。
高考数学一轮复习专题一函数与导数第1课时课件
即当 x∈(0，x1)时，p(x)>0，当 x∈(x1,1)时，p(x)<0, 从而函数 h(x)在(0，x1)上单调递增；在(x1,1)上单调递减. ∵h(0)＝1，h(1)＝e， 故当 x∈(0,1)时，h(x)>h(0)＝1. ∴x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex，x∈(0,1). 即fexx＋x2－1x<1，x∈(0,1).
②若 a>0 时，当 x＝1a时，f′(x)＝0； 当 x<1a时，f′(x)<0； 当 x>1a时，f′(x)>0. 故在0，1a上，f(x)单调递减；在1a，＋∞上，f(x)单调递增.
(2)证明：若 a＝0 且 x∈(0,1)， 欲证fexx＋x2－1x<1，只需证1－elxn x＋x2－1x<1， 即证 x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex. 设函数 g(x)＝x(1－ln x)，x∈(0,1)， 则 g′(x)＝－ln x. 当 x∈(0,1)时，g′(x)>0. 故函数 g(x)在(0,1)上单调递增. ∴g(x)<g(1)＝1.
解：(1) f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a). 令f′(x)＝0，得x1＝－2a，x2＝0，x3＝a. 当 a>0 时，列表如下：
(－∞，
x
－2a) －2a (－2a,0) 0 (0，a) a (a，＋∞)
f′(x) －
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
方法二，f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex. ①当 a＝0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝1. f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
高考数学一轮复习 专题一 函数与导数 第1课时配套课件 理
x f′(x) f(x)
－∞，－
33a
－
3a 3
＋
0
单调递增 极大值
－
33a，
33a
－
单调递减
3a 3
0 极小值
33a，＋∞
＋
单调递增
所以 f(x)的单调递减区间为－
33a，
33a，单调递增区间为
－∞，－
33a，
33a，＋∞.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex， ①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex＜0 (x＞0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1. 所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. ②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在 [0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥ x＋1. 当0＜x＜1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2， 所以(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2).
解：(1)由 f′(x)＝ln x－2ax＋2a， 可得 g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞). 则 g′(x)＝1x－2a＝1－x2ax. 当 a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增； 当 a>0，x∈0，21a时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增； x∈21a，＋∞时，g′(x)<0，函数 g(x)单调递减. 所以当 a≤0 时，函数 g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
【互动探究】
1.(2015 年北京)设函数 f(x)＝x22－kln x，k>0. (1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一 个零点.
高考数学一轮复习专题一函数与导数第3课时课件
(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1.
①若 a≤2，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1 时 f′(x)
＝0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递减.
②若 a>2，令 f′(x)＝0，得
x＝a－
2a2－4或 x＝a＋
a2－4 2.
当 x∈0，a－ 2a2－4∪a＋ 2a2－4，＋∞时，f′(x)<0；
答案：C
(4)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，当 x >0 时， lnx·f′(x)<－1xf(x)，则使得(x2－4)f(x)>0 成立的 x 的取值范围是 ()
A.(－2,0)∪(0,2) B.(－∞，－2)∪(2，＋∞) C.(－2,0)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0,2)
【规律方法】本题的关键在于 f(x)＝1－x x＋ln x，f′(x)＝ x－x21，故 f(x)在[1，＋∞)上为增函数.当 n>1 时，令 x＝n－n 1， 则 x>1.故 f(x)>f(1)＝0.
∴fn－n 1＝1－nn－n 1＋ln n－n 1＝－1n＋ln n－n 1>0，即 n－1
ln n－n 1>1n.怎么想到要这么做，主要受前面两小题的强烈提示.
(1)解：①若 a<0 时，则
f′(x)＝ax－1<0，f(x)是区间(0，＋∞)上的减函数.
1
1
∵f(1)＝－1<0，f(e a )＝1－e a ，
而1a<0，则
0<e
1 a
<1，即
f(e
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数及其应用》课件ppt
∴3k≥xsin
x－cos x2
xmax，
令
F(x)＝xsin
x－cos x2
x，F′(x)＝x2cos
x＋2cos x3
x>0，x∈0，π2，
∴F(x)在0，π2上单调递增，F(x)<Fπ2＝2π，
值点”的个数为
A.3 √B.2
C.1
D.0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
函数f(x)＝x3－3x， 则f(2)＝2，f(－2)＝－2，f′(x)＝3x2－3， 由f(2)－f(－2)＝f′(c)(2＋2)， 得f′(c)＝1，即3c2－3＝1， 解得 c＝±233∈[－2,2]， 所以f(x)在[－2,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)x－2n＋3 m， 若m<0，则f′(x) 是开口向下的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m<2n＋3 m，则 n>m，即mn <1； 若m>0 ，f′(x) 是开口向上的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m>2n＋3 m，则 n<m，即mn <1， 综上，mn <1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
对于 C，函数 y＝xln x，y′＝ln x＋1，当 x∈0，1e时，y′<0，函数 单调递减，当 x∈1e，＋∞时，y′>0，函数单调递增，所以函数 y＝ xln x 在 x＝1e处取得极小值； 对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x 在R上单调递减，没有极值点.
高考数学一轮复习高考大题增分专项一高考中的函数与导数课件新人教A版2
题型三
策略二
(2)由(1)知,当0<a<4时,函数y=f(x)有两个极值点x1,x2,
且x1+x2=4,x1x2=a.
1
1
所以 f(x1)+f(x2)=2x1-2 ln x1-4 12 -2+2x2-2 ln x2-4 22 -2
1
=2(x1+x2)-2 ln(x1x2)-4 (12
……
-1
ln(n+1)-ln n>
2
,
1
2
-1
上述各式相加,可得 ln(n+1)>4 + 9+…+ 2 .
因为 n2+3n+2-(n+1)=(n+1)2>0,
所以 n2+3n+2>n+1,ln(n2+3n+2)>ln(n+1),
1
2
-1
所以 ln(n +3n+2)>4 + 9+…+ 2 .
x
当 0<x<x0 时,h'(x)<0,当 x>x0 时,h'(x)>0,
∴h(x)min=h(x0)=h(-ln a)=2 (ln a)2-aln a+a-1,
策略二
策略三
-14题型一
题型二
策略一
题型三
策略二
下面只需证明:当 0<a<1 时,2 (ln a)2-aln a+a-1<0 成立即可.
高考大题增分专项一
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若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪(a3，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(0，a3)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，0)，(a3，＋∞)单调递增，在(0，a3)单调递减.3 分 得分点③
若 a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.4 分 得分点④ 若 a<0，则当 x∈(－∞，a3)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(a3，0)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，a3)，(0，＋∞)单调递增，在(a3，0)单调递减.5 分 得分点⑤
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 1.12 分 得分点⑩
高 考 大 题 规 范解答 系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三 考数一学轮（ 复新习高优考 秀）一pp轮t课复件习课 件(共3 4张PPT )
第二章 函数、导数及其应用
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(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＝－1.7 分 得分点⑥ (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＝1.9 分 得分点⑦
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〔变式训练 1〕 (2020·长春市第二次质量监测)已知函数 f(x)＝(a－1)·ln x－ax－x(a∈R)． (1)当 a＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)若函数 f(x)在[1,3]上的最大值为－2，求实数 a 的值． [解析] (1)a＝2 时，f(x)＝ln x－2x－x， f′(x)＝1x＋x22－1， f(2)＝ln 2－3，f′(2)＝0， 所以曲线在点(2，f(2))处的切线方程为 y＝ln 2－3.
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第二章
函数、导数及其应用
第二章 函数、导数及其应用
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高考大题规范解答系列(一) ———函数与导数
第二章 函数、导数及其应用
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考点一 利用导数解决与函数有关的极、最值问题
例 1 (2019·课标Ⅲ，20,12分)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋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． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).1 分 得分点① 令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝a3.2 分 得分点②
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第二章 函数、导数及其应用
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【名师点评】 1．核心素养： 利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函 数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的 数学核心素养． 2．解题技巧： (1)求出f′(x)＝0的两根，比较根的大小并分类讨论． (2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值，最终确定参数a，b的值．
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第二章 函数、导数及其应用
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(ⅲ)当 0<a<3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为 f(a3)＝－2a73＋b，最大值为 b 或 2－a＋b.
若－2a73＋b＝－1，b＝1，则 a＝33 2，与 0<a<3 矛盾． 若－2a73＋b＝－1,2－a＋b＝1，则 a＝3 3或 a＝－3 3或 a＝0.与 0<a<3 矛盾.11 分 得分点⑧
第二章 函数、导1— —函数 与导数 -2021 版高三 数学（ 新高考 ）一轮 复习课 件(共3 4张PPT )
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【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②解对f′(x)＝0得1分． ③分类讨论当a>0时，求对单调区间得1分． ④当a＝0时，求对单调区间得1分． ⑤当a<0时，求对单调区间得1分． ⑥分类讨论，当a≤0时，根据题意求对a、b得2分． ⑦当a≥3时，求对a，b得2分． ⑧当0<a<3时，求对a，b对2分． ⑨总结叙述得1分．
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第二章 函数、导数及其应用
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