高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用教案理(含解析)新人教A版
2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用教案理(含解析)新人教A版
第4讲导数与函数的综合应用基础知识整合01优化问题，一般地，对于实际1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为□问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．2．生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：3．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )A．(1,5)B．[1,5)C．(1,5]D．(－∞，1)∪(5，＋∞)答案 A解析由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)<0⇔1<a<5.故选A.2．(2019·湖北襄阳模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.故选B.3.若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，∴x ＝±1.三次方程f (x )＝0有3个根⇔f (x )极大值>0且f (x )极小值<0. ∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点． ∴⎩⎪⎨⎪⎧f －＝2＋a >0，f＝a －2<0，∴－2<a <2.4．(2019·沈阳模拟)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)·f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)<2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)答案 C解析 由题设，f (x )为R 上任意可导函数，不妨设f (x )＝(x －1)2，则f ′(x )＝2(x －1)，满足(x －1)·f ′(x )＝2(x －1)2≥0，且f (0)＝1，f (1)＝0，f (2)＝1，则有f (0)＋f (2)>2f (1)；再设f (x )＝1，则f ′(x )＝0，也满足(x －1)·f ′(x )≥0，且有f (0)＋f (2)＝2f (1)，即1＋1＝2×1.5．(2019·贵阳模拟)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12,7]答案 B解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3.因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， 所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20.6．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 答案 0解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，故a 的最大值为0.核心考向突破考向一 导数与方程例 1 (2019·陕西汉中模拟)已知函数f (x )＝x ＋1ex(其中e≈2.718…为自然对数的底数)．(1)若F (x )＝f (x )－f (－x )，求F (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k 的取值范围． 解 (1)由题意知，F (x )＝f (x )－f (－x )＝x ＋1ex－－x ＋1e－x，所以F ′(x )＝－x e x ＋x e x＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1e x .当x <0时，e x－1ex <0，所以x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x >0，即F ′(x )>0，当x ＝0时，F ′(x )＝0，当x >0时，e x－1ex >0，即F ′(x )>0，所以F ′(x )≥0恒成立，当且仅当x ＝0时等号成立， 所以F (x )＝f (x )－f (－x )在R 上单调递增，即F (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为f (x )＝x ＋1e x，所以f ′(x )＝－xex ， 当x <0时，f ′(x )>0，当x ＝0时，f ′(x )＝0，当x >0时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0处取得最大值，且f (0)＝1，当x 趋近于－∞时，f (x )趋近于－∞，当x 趋近于＋∞时，f (x )趋近于0，故函数f (x )的大致图象如图所示，结合函数图象可知，当k ≤0时，方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32有且仅有一个实数根． 当k >0时，设曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －x 0＋1ex 0＝－x 0ex 0 (x －x 0)，且该直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0， 所以0－x 0＋1ex 0＝－x 0e x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－x 0，解得x 0＝－2(舍去)或x 0＝－12， 此时切线的斜率为e 2， 数形结合可知，若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2. 触类旁通研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极最值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.即时训练 1.已知函数f (x )＝1x ＋(1－a )ln x ＋ax ，g (x )＝1x－(a ＋1)ln x ＋x 2＋ax －t (a∈R ，t ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)记h (x )＝f (x )－g (x )，若函数h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数t 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2＋1－a x ＋a ＝ax 2＋－a x －1x2＝x －ax ＋x 2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1. 所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a ≠0时，f ′(x )＝a x －1⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1ax2，①当a >0时，x ＋1a>0，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； ②当a ＝－1时，1＝－1a，f ′(x )＝－x －2x 2≤0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；③当－1<a <0时，1<－1a ，令f ′(x )>0，则1<x <－1a ，令f ′(x )<0，则0<x <1或x >－1a，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；④当a <－1时，1>－1a ，令f ′(x )>0，则－1a <x <1，令f ′(x )<0，则0<x <－1a或x >1，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 和(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 当a ＝－1时，函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，函数f (x )在区间(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；当a <－1时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln x －x 2＋t ，定义域为(0，＋∞)， 则h ′(x )＝2x－2x ＝－x ＋x －x，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝1， 当1e <x <1时，h ′(x )>0；当1<x <e 时，h ′(x )<0， 故h (x )在x ＝1处取得极大值h (1)＝t －1. 又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2，h (e)＝t ＋2－e 2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧h ＝t －1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2≤0，h ＝t ＋2－e 2≤0，解得1<t ≤2＋1e 2，故实数t 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.考向二 导数与不等式角度1 证明不等式例2 (2019·银川模拟)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x .解 (1)由题意知f (－1)＝0，f ′(－1)＝－1＋1e ，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ＝0， 所以b ＝1或a ＝1e，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1.(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0， 当x >－2时，令h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝0，综上，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以函数g (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x .证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 令t (x )＝g ′(x )，则t ′(x )＝(x ＋3)e x，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0； 当x >－3时，t ′(x )>0，g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝0.所以g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g (0)＝0. 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x . 触类旁通利用导数方法证明不等式f xg 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 ，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h x，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.若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明.即时训练 2.(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝λln x －e －x(λ∈R )． (1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围； (2)求证：当0<x 1<x 2时，e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝λln x －e －x， ∴f ′(x )＝λx ＋e －x＝λ＋x e －xx，∵函数f (x )是单调函数，∴f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ①当函数f (x )是单调递减函数时，f ′(x )≤0， ∴λ＋x e－xx≤0，即λ＋x e －x≤0，λ≤－x e －x＝－xex ，令φ(x )＝－x e x ，则φ′(x )＝x －1ex ，当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0， 则φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x >0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e ；②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0， ∴λ＋x e－xx≥0，即λ＋x e －x≥0，λ≥－x e －x＝－xex ，由①得φ(x )＝－xe x 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x →＋∞时，φ(x )<0，∴λ≥0.综上，λ≤－1e或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e 时，f (x )＝－1e ln x －e －x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x 1<x 2，∴f (x 1)>f (x 2)，即－1e ln x 1－e －x 1>－1e ln x 2－e －x 2，∴e1－x 2－e1－x 1>ln x 1－ln x 2.要证e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1，只需证ln x 1－ln x 2>1－x 2x 1，即证ln x 1x 2>1－x 2x 1，令t ＝x 1x 2，t ∈(0,1)，则只需证ln t >1－1t，令h (t )＝ln t ＋1t －1，则当0<t <1时，h ′(t )＝t －1t2<0，∴h (t )在(0,1)上单调递减，又h (1)＝0，∴h (t )>0，即ln t >1－1t，得证．角度2 不等式恒成立问题例3 (2019·大连模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x >0，f (x )＋e x≥x 3＋x ，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝x e x－2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，由f ′(x )<0得x <0，由f ′(x )>0得x >0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，由f ′(x )>0得x <ln 2a 或x >0，由f ′(x )<0得0>x >ln 2a ，∴f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，由f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，由f ′(x )>0得x <0或x >ln 2a ，由f ′(x )<0得0<x <ln 2a ，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点．综上，当a ≤0时，f (x )有1个极值点；当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x 得x e x －x 3－ax 2－x ≥0.当x >0时，e x－x 2－ax －1≥0，即a ≤e x －x 2－1x 对任意的x >0恒成立．设g (x )＝e x －x 2－1x，则g ′(x )＝x －x－x －x2.设h (x )＝e x－x －1，则h ′(x )＝e x－1.∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2， 所以实数a 的取值范围为(－∞，e －2]． 触类旁通不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：第一步：将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步：利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步：解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，从而求出参数λ的取值范围．如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法a >0，Δ<0或a <0，Δ求解.即时训练 3.已知函数f (x )＝2(x －1)ln x ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－x －1＋1x ，其中a ∈R .(1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若对于任意x >0，f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1－1x ，令g (x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1－1x ，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1x 2>0，所以可得g (x )单调递增，即f ′(x )单调递增，而f ′(1)＝0，则在区间(0,1)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；在区间(1，＋∞)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．所以当a ＝0时，函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)f (x )＝(x －1)⎝⎛⎭⎪⎫2ln x ＋a ·x 2－1x ，令h (x )＝2ln x ＋a ·x 2－1x ，可知h (1)＝0，h ′(x )＝ax 2＋2x ＋a x2(x >0)，令φ(x )＝ax 2＋2x ＋a ， ①当a ≤－1时，结合φ(x )对应二次函数的图象可知，h ′(x )≤0，所以函数h (x )单调递减．又h (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可知当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≤0，符合题意．②当a ≥0时，结合φ(x )对应二次函数的图象可知，h ′(x )>0，h (x )单调递增．又h (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可知当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≤0不恒成立．③当－1<a <0时，研究函数φ(x )＝ax 2＋2x ＋a ，可知φ(1)>0，其图象的对称轴x ＝－1a>1，那么φ(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上大于0，即h ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上大于0，所以h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增，此时h (x )>h (1)＝0，可知当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，不符合题意．综上，可知符合题意的实数a 的取值范围为(－∞，－1]． 角度3 赋值法证明正整数不等式例4 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)上的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n ，从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＞2，所以m 的最小值为3. 触类旁通证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的.本例就是利用了问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令，可得到解题的基本思路.即时训练 4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1.(1)若曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线l 与直线4x ＋3y －3＝0垂直，求a 的值； (2)若f (x )≤0恒成立，试确定实数a 的取值范围； (3)证明：ln (n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，f (1)＝ln 1－a ＋1＝1－a ，f ′(1)＝1－a .故切线l 的方程为y －(1－a )＝(1－a )(x －1)， 即y ＝(1－a )x .因为切线l 与直线4x ＋3y －3＝0垂直， 所以4×(1－a )＋3×(－1)＝0，解得a ＝14.(2)若a ≤0，则f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．而f (1)＝1－a >0，f (x )≤0不恒成立． 若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＝1x－a >0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＝1x－a <0.所以f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减函数．所以f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a .要使f (x )≤0恒成立，则－ln a ≤0，所以a ≥1.故实数a 的取值范围是[1，＋∞)． (3)证明：由(2)知，当a ＝1时有f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，且f (x )在(0,1)上是增函数，f (1)＝0，所以ln x <x －1在x ∈(0,1)上恒成立．令x ＝nn ＋1，则ln n n ＋1＜n n ＋1－1＝－1n ＋1， 令n ＝1,2，…，n ，则有ln 12＜－12，ln 23＜－13，ln 34＜－14，…，ln n n ＋1＜－1n ＋1，以上各不等式两边分别相加，得ln 12＋ln 23＋…＋ln n n ＋1＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，即ln1n ＋1＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，故ln (n ＋1)＞12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．考向三 导数与优化问题例 5 (2018·江苏高考)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN (P 为此圆弧的中点)和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP ，要求A ，B 均在线段MN 上，C ，D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD 和△CDP 的面积，并确定sin θ的取值范围；(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．解 (1)设PO 的延长线交MN 于H ，则PH ⊥MN ，所以OH ＝10米．过O 作OE ⊥BC 于E ，则OE ∥MN ，所以∠COE ＝θ， 故OE ＝40cos θ米，EC ＝40sin θ米，则矩形ABCD 的面积为2×40cos θ(40sin θ＋10)＝800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米， △CDP 的面积为12×2×40cos θ(40－40sin θ)＝1600(cos θ－sin θcos θ)平方米．过N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于G 和K ，则GK ＝KN ＝10米． 令∠GOK ＝θ0，则sin θ0＝14，θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6. 当θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.答：矩形ABCD 的面积为800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP 的面积为1600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，所以设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k (k >0)． 则年总产值为4k ×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k ×1600×(cos θ－sin θcos θ) ＝8000k (sin θcos θ＋cos θ)，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2. 设f (θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2. 则f ′(θ)＝cos 2θ－sin 2θ－sin θ＝－(2sin 2θ＋sin θ－1)＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)，令f ′(θ)＝0，得θ＝π6，当θ∈⎝⎛⎭⎪⎫θ0，π6时，f ′(θ)>0，所以f (θ)为增函数；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，f ′(θ)<0，所以f (θ)为减函数， 因此，当θ＝π6时，f (θ)取到最大值．答：当θ＝π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．触类旁通利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．即时训练 5.(2019·山东潍坊模拟)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)；水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v(升)，∴总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0)．(2)y ′＝6v 50－240v2＝v 3－25v2，令y ′＝0得v ＝1032.当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减；当v >1032时，y ′>0函数单调递增． ∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少；当c ≥1032时，函数在[c,15]上单调递增，此时v ＝c 时，总用氧量最少．综上可知，当0<c <1032，v ＝1032时，总用氧量最少；当c ≥1032，v ＝c 时，总用氧量最少．(2019·兰州模拟)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.由g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上是单调递减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上是单调递增函数，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，φ′(x )＝－(2ln x ＋3)，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，φ′(x )<0，可知h ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．答题启示双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．(1)∀x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]max . (2)∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min . (3)∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min . (4)∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x )]max >[f 2(x )]max .(5)∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)＝f 2(x 2)⇔f 1(x )的值域与f 2(x )的值域交集不为∅.对点训练已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，证明：f (x )≤－2；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，∃x 2∈[1,2]，f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x －1， 则f ′(x )＝1x－1，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－2，故f (x )≤－2.(2)依题意得f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－x －x －4x2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，x ∈[1,2]，①当b <1时，易得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ，则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，易得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2，则4－b 2≤－12，所以b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，易得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，则8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.。
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版第四节函数与导数的综合问题考点一导数与函数的零点问题题点多变型考点——多角探明[锁定考向]用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．常见的命题角度有：(1)求函数零点或零点个数；(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．[题点全练]角度一：求函数零点或零点个数1．已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，讨论函数f(x)零点的个数．解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a 的直线．当直线y＝kx－1与函数u(x)＝ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，则⎩⎪⎨⎪⎧u′x0＝1x0＝k，y0＝ln x0，y0＝kx0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x0＝1，k＝1，y0＝0，所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－ln x＋1x.令g(x)＝－ln x＋1x(x＞0)，则g′(x)＝ln xx2.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，故函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝－1， 由于g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，x →＋∞时，g (x )→0，所以当0＜x ＜1e 时，g (x )＞0，当x ＞1e 时，g (x )＜0.所以当a ＜－1时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1或a ≥0时，函数f (x )有1个零点；当－1＜a ＜0时，函数f (x )有2个零点．角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围2．(2019·徐州调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)，若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．解：令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x.令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33， ∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33.[通法在握]函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．(2)分离参数，将问题转化为：求直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象交点个数问题．[演练冲关]1．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R.讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：由题设，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的极大值点，也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：∵f (x )＝a e x－x －2a ，∴f ′(x )＝a e x－1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －∞，ln 1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a ＞0)，则g ′(a )＝1a－2.当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12，＋∞时，g (a )单调递减，∴g (a )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12＝－ln 2＜0， ∴f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＜0，函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)． 考点二 导数与不等式的证明问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领]已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1) ＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)． 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0， 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)， 令t ＝x 1x 2，设φ(t )＝t －ln t (t ＞0)， 则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1， 因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立． [由题悟法]破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． [提醒] 变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．[即时应用]已知函数f (x )＝ln x ＋a x. (1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：x 1＋x 2＞2a . 解：(1)因为f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x ＞0)，所以当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数f (x )无最小值． 当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 函数f (x )在x ＝a 处取最小值f (a )＝ln a ＋1.(2)证明：若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 由(1)可得0＜x 1＜a ＜x 2.令g (x )＝f (x )－f (2a －x )(0＜x ＜a )， 则g ′(x )＝(x －a )⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x2－12a －x 2＝－4a x －a 2x 22a －x 2＜0，所以g (x )在(0，a )上单调递减，g (x )＞g (a )＝0， 即f (x )＞f (2a －x )．令x ＝x 1＜a ，则f (x 1)＞f (2a －x 1)，所以f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 1)， 由(1)可得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以x 2＞2a －x 1， 故x 1＋x 2＞2a .考点三 利用导数研究探索性问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2018·泰州调研)已知f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e. (1)若a ＝－1，判断是否存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0，并说明理由；(2)设h (x )＝f (x )－g (x )，是否存在实数a ，当x ∈(0，e](e ＝2.718 28…为自然常数)时，函数h (x )的最小值为3，并说明理由．解：(1)不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.理由如下：当a ＝－1时，f (x )＝x 2－x －ln x ＋e ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x ＝2x 2－x －1x ＝x －12x ＋1x.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值f (1)当x ＝1时，函数f (x )有极小值，f (x )极小值＝f (1)＝e ， 此极小值也是最小值， 故不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.(2)因为f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e ， 所以h (x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x ， 则h ′(x )＝a －1x.假设存在实数a ，使h (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3. (ⅰ)当a ≤0时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．(ⅱ)当a ＞0时，①当0＜a ≤1e 时，1a ≥e，h ′(x )≤0在(0，e]上恒成立，所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．②当a ＞1e 时，0＜1a＜e ，当0＜x ＜1a时，h ′(x )＜0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减；当1a＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e 上单调递增，所以h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，解得a ＝e 2＞1e.综上所述，存在a ＝e 2，使x ∈(0，e]时，h (x )有最小值3.[由题悟法]解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．[即时应用]已知函数f (x )＝x －aln x，其中a 为实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)是否存在实数a ，使得对任意x ∈(0,1)∪(1，＋∞)，f (x )＞x 恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a 的值并加以证明．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x， f ′(x )＝x ln x －x ＋2x ln x 2，f ′(2)＝1ln 2， 又f (2)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝1ln 2(x －2)． (2)①当0＜x ＜1时，ln x ＜0， 则x －aln x＞x ⇔a ＞x －x ln x ， 令g (x )＝x －x ln x ， 则g ′(x )＝2x －2－ln x2x ，再令h (x )＝2x －2－ln x ， 则h ′(x )＝1x －1x＝x －1x，故当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0,1)上单调递减， 所以当0＜x ＜1时，h (x )＞h (1)＝0， 所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(0,1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝1， 所以a ≥1.②当x ＞1时，ln x ＞0， 则x －aln x＞x ⇔a ＜x －x ln x . 由①知当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞1时，h (x )＞h (1)＝0，所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )＞g (1)＝1， 所以a ≤1. 综合①②得：a ＝1. 考点四 新定义函数问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R)． (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f ′(x )＝2ax －sin x ， 令g (x )＝2ax －sin x ， 则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 )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 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 )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增， 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，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)证明：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，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．[由题悟法]对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决．[即时应用]若在公共定义域D 上，f 1(x )＜f (x )＜f 2(x )，则称函数f (x )为函数f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”．(1)已知函数f 1(x )＝12x 2＋2x ＋4ln x ，f 2(x )＝x 2＋2x ＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”；(2)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋ln x ，f 1(x )＝(a －1)x 2＋ax ＋(1－a 2)ln x ，f 2(x )＝12x 2＋2ax .若在区间(1，＋∞)上，f (x )为f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”，求a 的取值范围．解：(1)证明：设K (x )＝f 2(x )－f 1(x )＝12x 2－4ln x ＋2，下证K (x )min ＞0.K ′(x )＝x －4x＝x －2x ＋2x，故K ′(x )与K (x )随x 的变化情况如下表：x (0,2) 2 (2，＋∞)K ′(x ) －0 ＋K (x )4－4ln 2因为4－4ln 2＞4－4ln e ＝0， 所以K (x )≥4－4ln 2＞0.设R (x )＝f 1(x )＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1， 则f 1(x )＜R (x )＜f 2(x )．所以在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”． (2)设H (x )＝f 1(x )－f (x )＝－x 2＋ax －a 2ln x ， 则在(1，＋∞)上，H (x )＜0.因为H ′(x )＝－2x －a 2x ＋a ＝－2x 2＋ax －a 2x ＝－4x －a 2＋7a28x，所以在(1，＋∞)上，H ′(x )＜0，H (x )是减函数， 所以H (x )＜H (1)≤0，所以a ≤1.设P (x )＝f (x )－f 2(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋ln x ，则在(1，＋∞)上，P (x )＜0. 若a ＞12，则4a 2a －1＞1，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2a －1＝ln 4a 2a －1＞0，矛盾． 若a ≤12，因为P ′(x )＝(2a －1)x ＋1x －2a ＝x －1[2a －1x －1]x ，所以在(1，＋∞)上，P ′(x )＜0，P (x )是减函数， 所以P (x )＜P (1)≤0. 所以a ≥－12，所以－12≤a ≤12.故所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ， 则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e ＋1e 或 m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点； 当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 2．已知函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)是否存在实数a 使得对于任意的x 1，x 2∈(a ，＋∞)，且x 1＜x 2，恒有f x 2－f a x 2－a ＞f x 1－f a x 1－a成立？若存在，求a 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)因为f (x )＝x e x ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x ) 极小值所以f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，f (x )有极小值f (－1)＝－1e ，无极大值．(2)存在满足题意的实数a .理由如下：令g (x )＝f x －f a x －a ＝x e x －a e ax －a (x ＞a )，则f x 2－f ax 2－a ＞f x 1－f a x 1－a等价于g (x )在(a ，＋∞)上单调递增．又g ′(x )＝x 2－ax －a e x ＋a e ax －a 2，记h (x )＝(x 2－ax －a )e x ＋a e a ，则h ′(x )＝[x 2＋(2－a )x －2a ]e x ＝(x ＋2)·(x －a )e x ，故当a ≥－2，且x ＞a 时，h ′(x )＞0，h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．故h (x )＞h (a )＝0，从而g ′(x )＞0，g (x )在(a ，＋∞)上单调递增，满足题意； 另一方面，当a ＜－2，且a ＜x ＜－2时，h ′(x )＜0，h (x )在(a ，－2)上单调递减． 故h (x )＜h (a )＝0，从而g ′(x )＜0，g (x )在(a ，－2)上单调递减，不满足题意．所以a 的取值范围为[－2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax ＋b (a ，b ∈R)在x ＝0处的导数值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，(ⅰ)求实数b 的取值范围；(ⅱ)证明：x 1＋x 2＜0.解：(1)因为f ′(x )＝e x ＋a ，所以f ′(0)＝e 0＋a ＝1＋a ，又f ′(0)＝0，所以a ＝－1.(2)(ⅰ)因为f (x )＝e x －x ＋b ，所以f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，也是最小值，且f (0)＝1＋b .因为f (x )有两个零点x 1，x 2，所以f (0)＝1＋b ＜0，所以b ＜－1，即实数b 的取值范围是(－∞，－1)．(ⅱ)证明：因为f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，所以e x 1－x 1＋b ＝0 ①，e x 2－x 2＋b ＝0 ②，由②－①得e x 2－e x 1＝x 2－x 1，即e x 1 (e x 2－x 1－1)＝x 2－x 1.令x 2－x 1＝t ，t ＞0，则e x 1 (e t －1)＝t ，所以e x 1＝t e t －1，e x 2＝t e t e t －1. 要证x 1＋x 2＜0，只需证e x 1e x 2＜1，即证t e t －1·t e t e t －1＜1， 即证t 2e t ＜(e t －1)2，即证t 2e t －(e t )2＋2e t －1＜0.令m (t )＝t 2e t －(e t )2＋2e t －1，则m ′(t )＝e t (t 2＋2t ＋2－2e t )．令n (t )＝t 2＋2t ＋2－2e t ，则n ′(t )＝2t ＋2－2e t .设φ(t )＝2t ＋2－2e t ，则当t ＞0时，φ′(t )＝2－2e t ＜0，所以当t ＞0时，φ(t )单调递减，因为φ(0)＝0，所以当t ＞0时，φ(t )＜0，则n ′(t )＜0，所以当t ＞0时，n (t )单调递减，又n (0)＝0，所以当t ＞0时，n (t )＜0，则m ′(t )＜0，所以当t ＞0时，m (t )单调递减，因为m (0)＝0，所以当t ＞0时，m (t )＜0.综上可知，原式得证．4．若对任意实数k ，b 都有函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，则称函数f (x )为“恒切函数”，设函数g (x )＝a e x－x －pa ，a ，p ∈R.(1)讨论函数g (x )的单调性；(2)已知函数g (x )为“恒切函数”．①求实数p 的取值范围；②当p 取最大值时，若函数h (x )＝g (x )e x －m 为“恒切函数”，求证：0≤m ＜316. (参考数据：e 3≈20)解：(1)g ′(x )＝a e x －1，当a ≤0时，g ′(x )＜0恒成立，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，由g ′(x )＞0，得x ＞－ln a ；由g ′(x )＜0，得x ＜－ln a ，所以函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若函数f (x )为“恒切函数”，则函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＋k ＝k 且f (x 0)＋kx 0＋b ＝kx 0＋b ，即f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝0.因为函数g (x )为“恒切函数”，所以存在x 0，使得g ′(x 0)＝0，g (x 0)＝0，即⎩⎨⎧ a e 0x －x 0－pa ＝0，a e 0x －1＝0，解得a ＝e －0x ＞0，p ＝e 0x (1－x 0)．设m (x )＝e x (1－x )，则m ′(x )＝－x e x ，由m ′(x )＜0，得x ＞0；由m ′(x )＞0，得x ＜0，故函数m (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m (x )max ＝m (0)＝1，故实数p 的取值范围为(－∞，1]．②证明：由①知当p 取最大值时，p ＝1，a ＝1，故h (x )＝(e x －x －1)e x －m ，则h ′(x )＝(2e x －x －2)e x .因为函数h (x )为“恒切函数”，故存在x 0，使得h ′(x 0)＝0，h (x 0)＝0，由h ′(x 0)＝0，得(2e 0x －x 0－2)e 0x ＝0，即2e x 0－x 0－2＝0.设n (x )＝2e x －x －2，则n ′(x )＝2e x －1，由n ′(x )＞0，得x ＞－ln 2；由n ′(x )＜0，得x ＜－ln 2，故n (x )在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增．在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n (0)＝0，故x 0＝0，则由h (x 0)＝0，得m ＝0.在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n (－2)＝2e －2＞0，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝2e －32－12≈2×(20)－12－12＝15－12＜0，故在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上存在唯一的x 0，使得2e 0x －x 0－2＝0，即e 0x ＝x 0＋22，此时由h (x 0)＝0，得m ＝(e0x －x 0－1)e x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22－x 0－1·x 0＋22＝－14x 0(x 0＋2)＝－14(x 0＋1)2＋14， 因为函数r (x )＝－14(x ＋1)2＋14在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上单调递增，且r (－2)＝0，r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝316，所以0＜m ＜316. 综上，0≤m ＜316.。
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的概念及运算教学案理解析版
[考纲传真] １．了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义.２．能根据导数定义求函数y＝C （C为常数），y＝x，y＝x２，y＝x３，y＝错误!，y＝错误!的导数.３．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．能求简单的复合函数（仅限于形如f（ax＋b）的复合函数）的导数．１．导数的几何意义函数f（x）在点x0处的导数f′（x0）的几何意义是曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线斜率．相应地，切线方程为y—f（x0）＝f′（x0）（x—x0）．２．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f（x）＝C（C为常数）f′（x）＝0f（x）＝xα（α是实数）f′（x）＝αxα—１y＝sin x y′＝cos xy＝cos x y′＝—sin xf（x）＝e x f′（x）＝e xf（x）＝a x（a＞0，a≠１）f′（x）＝a x ln_af（x）＝ln x f′（x）＝错误!f（x）＝log a xf′（x）＝错误!（a＞0，且a≠１）（１）[f（x）±g（x）]′＝f′（x）±g′（x）；（２）[f（x）·g（x）]′＝f′（x）g（x）＋f（x）g′（x）；（３）错误!′＝错误!（g（x）≠0）．４．复合函数的导数复合函数y＝f（φ（x））的导数和函数y＝f（u），u＝φ（x）的导数间的关系为y x′＝[f（φ（x））]′＝f′（u）·φ′（x）．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）f′（x0）是函数y＝f（x）在x＝x0附近的平均变化率．（）（２）f′（x0）与[f（x0）]′表示的意义相同．（）（３）与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．（）（４）函数f（x）＝sin（—x）的导数是f′（x）＝cos x．（）[答案] （１）×（２）×（３）×（４）×２．已知f（x）＝x ln x，若f′（x0）＝２，则x0等于（）Ａ．e２Ｂ．eＣ．错误!Ｄ．ln ２B[∵f′（x）＝ln x＋x·错误!＝ln x＋１，由f′（x0）＝ln x0＋１＝２得ln x0＝１，∴x0＝e.]３．有一机器人的运动方程为s（t）＝t２＋错误!（t是时间，s是位移），则该机器人在时刻t＝２时的瞬时速度为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!D[由题意知，机器人的速度方程为v（t）＝s′（t）＝２t—错误!，故当t＝２时，机器人的瞬时速度为v（２）＝２×２—错误!＝错误!.]４．曲线y＝x２＋错误!在点（１,２）处的切线方程为________．x—y＋１＝0 [∵y′＝２x—错误!，∴y′|x＝１＝１，即曲线在点（１,２）处的切线的斜率k＝１，∴切线方程为y—２＝x—１，即x—y＋１＝0．]５．设f（x）＝ln（３—２x）＋cos ２x，则f′（0）＝________.—错误![∵f′（x）＝错误!—２sin ２x，∴f′（0）＝—错误!.]导数的计算１．已知f（x）＝x２＋２xf′（１），则f′（0）＝________.—４[∵f′（x）＝２x＋２f′（１），∴f′（１）＝２＋２f′（１），∴f′（１）＝—２．∴f′（0）＝２f′（１）＝２×（—２）＝—４．]２．求下列函数的导数：（１）y＝（x＋１）（x＋２）（x＋３）；（２）y＝sin 错误!错误!；（３）y＝错误!.[解] （１）因为y＝（x２＋３x＋２）（x＋３）＝x３＋6x２＋１１x＋6，所以y′＝３x２＋１２x＋１１．（２）因为y＝sin 错误!错误!＝—错误!sin x，所以y′＝错误!′＝—错误!（sin x）′＝—错误!cos x.（３）y′＝错误!′＝错误!＝—错误!.[规律方法] 导数计算的技巧１求导之前，应对函数进行化简，然后求导，减少运算量.２复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元.►考法１求切线方程【例１】（２0１8·全国卷Ⅰ）设函数f（x）＝x３＋（a—１）x２＋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＝xD[因为函数f（x）＝x３＋（a—１）x２＋ax为奇函数，所以f（—x）＝—f（x），所以（—x）３＋（a—１）（—x）２＋a（—x）＝—[x３＋（a—１）x２＋ax]，所以２（a—１）x２＝0，因为x∈R，所以a＝１，所以f（x）＝x３＋x，所以f′（x）＝３x２＋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．]►考法２求切点坐标【例２】已知曲线y＝错误!—３ln x的一条切线的斜率为—错误!，则切点的横坐标为（）Ａ．３Ｂ．２Ｃ．１Ｄ．错误!B[因为y＝错误!—３ln x，所以y′＝错误!—错误!.再由导数的几何意义，令错误!—错误!＝—错误!，解得x＝２或x＝—３（舍去）．故选Ｂ．]►考法３切线的条数问题【例３】过点A（２,１）作曲线f（x）＝x３—３x的切线最多有（）Ａ．３条Ｂ．２条Ｃ．１条Ｄ．0条A[由题意得，f′（x）＝３x２—３，设切点为（x0，x错误!—３x0），那么切线的斜率为k＝３x错误!—３，利用点斜式方程可知切线方程为y—（x错误!—３x0）＝（３x错误!—３）（x—x0），将点A（２,１）代入可得关于x0的一元三次方程２x错误!—6x错误!＋7＝0，令y＝２x错误!—6x错误!＋7，则y′＝6x错误!—１２x0.由y′＝0得x0＝0或x0＝２．当x0＝0时，y＝7＞0；x0＝２时，y＝—１＜0．结合函数y＝２x错误!—6x错误!＋7的单调性可得方程２x错误!—6x错误!＋7＝0有３个解，故过点A（２,１）作曲线f（x）＝x３—３x的切线最多有３条，故选Ａ．]►考法４求参数的值（范围）【例４】（２0１6·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＝________.１—ln ２[设直线y＝kx＋b与两曲线的切点分别为P１（x１，ln x１＋２），P２（x２，ln（x２＋１））．∵y′１＝错误!，y′２＝错误!，∴错误!＝错误!，∴x１＝x２＋１．此时切点P１（x２＋１，ln（x２＋１）＋２）．故切线斜率k＝错误!＝２．由错误!＝２，得切点P１的坐标为错误!，∴切线方程为y—２＋ln ２＝２错误!.令x＝0，得y＝１—ln ２，即b＝１—ln ２．][规律方法] １求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y＝f x在点P x0，f x0处的切线方程是y—f x0＝f′x0x—x0；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.２处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：１切点处的导数是切线的斜率；２切点在切线上；３切点在曲线上.切线方程为（）Ａ．y＝x—１Ｂ．y＝２x—１Ｃ．y＝２x—２Ｄ．y＝x（２）若曲线y＝ln x＋ax２（a为常数）不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．（0，＋∞）Ｄ．[0，＋∞）（３）（２0１9·青岛模拟）已知函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的图像如图所示，则曲线y＝f （x）在点P处的切线方程是________．（１）C（２）D（３）x—y—２＝0 [（１）∵f（x）＝ln（２x—１），∴f′（x）＝错误!.∴f′（１）＝２，又∵f（１）＝0，∴切线方程是：y＝２x—２，故选Ｃ．（２）由题意得y′＝错误!＋２ax（x＞0）．因为曲线不存在斜率为负数的切线，则y′≥0恒成立，即a≥错误!m ax.因为x＞0，所以—错误!＜0，即a≥0，故选Ｄ．（３）根据导数的几何意义及图像可知，曲线y＝f（x）在点P处的切线的斜率k＝f′（２）＝１，又过点P（２,0），所以切线方程为x—y—２＝0．]１．（２0１6·全国卷Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x<0时，f（x）＝ln（—x）＋３x，则曲线y＝f （x）在点（１，—３）处的切线方程是________．y＝—２x—１[因为f（x）为偶函数，所以当x>0时，f（x）＝f（—x）＝ln x—３x，所以f′（x）＝错误!—３，则f′（１）＝—２．所以y＝f（x）在点（１，—３）处的切线方程为y＋３＝—２（x—１），即y＝—２x—１．]２．（２0１8·全国卷Ⅲ）曲线y＝（ax＋１）e x在点（0,１）处的切线的斜率为—２，则a＝________.—３[y′＝（ax＋１＋a）e x，由曲线在点（0,１）处的切线的斜率为—２，得y′|x＝0＝（ax＋１＋a）e x|x＝0＝１＋a＝—２，所以a＝—３．]。
2020版高考数学一轮总复习 第三单元导数及其应用 教案全集 含解析
导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率： 函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的 切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －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 n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝ －sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)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 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝ －1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x， 所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立； 如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立， 令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)． 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )＞0；当x ∈(－12a，＋∞)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．2．函数的最值(1)(最值定理)一般地，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)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．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)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ． 故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0； 当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数， 故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上， 当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号． 如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1； 当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0， 即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数， 故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ， 所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立． 令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增 单调递减 易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1． 已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]， 都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ， 当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48， 故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ， 化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2， 由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题意知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的应用导数与函数的单调性教学案理解析版
[考纲传真] １．了解函数单调性和导数的关系；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）.２．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；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）；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）.３．会利用导数解决某些实际问题（生活中的优化问题）．１．导函数的符号和函数的单调性的关系（１）如果在某个区间内，函数y＝f（x）的导数f′（x）≥0，则在这个区间上，函数y＝f（x）是增加的；（２）如果在某个区间内，函数y＝f（x）的导数f′（x）≤0，则在这个区间上，函数y＝f（x）是减少的．２．函数的极值与导数（１）函数的极大值点和极大值：在包含x0的一个区间（a，b）内，函数y＝f（x）在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f（x）的极大值点．其函数值f（x0）为函数的极大值．（２）函数的极小值点和极小值：在包含x0的一个区间（a，b）内，函数y＝f（x）在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f（x）的极小值点，其函数值f（x0）为函数的极小值．（３）极值和极值点：极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．（４）求可导函数极值的步骤：１求f′（x）．２求方程f′（x）＝0的根．３检查f′（x）在方程f′（x）＝0的根的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值．３．函数的最值与导数（１）最大值点：函数y＝f（x）在区间[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超过f（x0）．函数的最小值点也有类似的意义．（２）函数的最大值：最大值或者在极值点取得，或者在区间的端点取得．（３）最值：函数的最大值和最小值统称为最值．（４）求f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的步骤１求f（x）在（a，b）内的极值；２将f（x）的各极值与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．错误!１．可导函数f（x）在（a，b）上是增（减）函数的充要条件是：对任意x∈（a，b），都有f′（x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x）在（a，b）上的任何子区间内都不恒为零．２．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．３．闭区间上连续函数的最值在端点处或极值点处取得．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）若函数f（x）在区间（a，b）上是增加的，那么在区间（a，b）上一定有f′（x）>0．（）（２）函数的极大值不一定比极小值大．（）（３）函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．（）（４）若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．（）[答案] （１）×（２）√（３）√（４）×２．（教材改编）如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图像，则下面判断正确的是（）Ａ．在区间（—２,１）上，f（x）是增加的Ｂ．在区间（１,３）上f（x）是减少的Ｃ．在区间（４,５）上f（x）是增加的Ｄ．当x＝２时，f（x）取到极小值C[结合原函数与导函数的关系可知，当x∈（４,５）时，f′（x）＞0，∴y＝f（x）在（４,５）上是增函数，故选Ｃ．]３．函数f（x）＝cos x—x在（0，π）上的单调性是（）Ａ．先增后减Ｂ．先减后增Ｃ．增函数Ｄ．减函数D[∵f′（x）＝—sin x—１，∴当x∈（0，π）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，π）上是减函数．]４．已知a是函数f（x）＝x３—１２x的极小值点，则a＝（）Ａ．—４Ｂ．—２Ｃ．４Ｄ．２D[由f′（x）＝３x２—１２＝0得x＝±２，又当x＜—２时，f′（x）＞0，当—２＜x＜２时，f′（x）＜0，当x＞２时，f′（x）＞0，∴x＝２是f（x）的极小值点，即a＝２．]５．函数y＝２x３—２x２在区间[—１,２]上的最大值是________．8 [y′＝6x２—４x，令y′＝0，得x＝0或x＝错误!.∵f（—１）＝—４，f（0）＝0，f错误!＝—错误!，f（２）＝8，∴最大值为8．]第１课时导数与函数的单调性利用导数求函数的单调区间【例１】（１）函数y＝错误!x２—ln x的递减区间为（）Ａ．（—１,１] Ｂ．（0,１]Ｃ．[１，＋∞）Ｄ．（0，＋∞）（２）（２0１6·北京高考）设函数f（x）＝x e a—x＋bx，曲线y＝f（x）在点（２，f（２））处的切线方程为y＝（e—１）x＋４．１求a，b的值；２求f（x）的单调区间．（１）B[∵y＝错误!x２—ln x，∴x∈（0，＋∞），y′＝x—错误!＝错误!.由y′≤0可解得0＜x≤１，∴y＝错误!x２—ln x的递减区间为（0,１]，故选Ｂ．]（２）[解] １f′（x）＝e a—x—x e a—x＋b，由切线方程可得错误!解得a＝２，b＝e.２f（x）＝x e２—x＋e x，f′（x）＝（１—x）e２—x＋e.令g（x）＝（１—x）e２—x，则g′（x）＝—e２—x—（１—x）e２—x＝e２—x（x—２）．令g′（x）＝0得x＝２．当x＜２时，g′（x）＜0，g（x）递减；当x＞２时，g′（x）＞0，g（x）递增．所以x＝２时，g（x）取得极小值—１，也是最小值．所以f′（x）＝g（x）＋e≥e—１＞0．所以f（x）的增区间为（—∞，＋∞），无减区间．[规律方法] １．掌握利用导数求函数单调区间的３个步骤（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的取值范围，对应的区间为f（x）的递增（减）区间．２．理清有关函数单调区间的３个点（１）单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；（２）求可导函数f（x）的单调区间，可以直接转化为f′（x）＞0与f′（x）＜0这两个不等式的解集问题来处理；（３）若可导函数f（x）在指定区间D上递增（减），则应将其转化为f′（x）≥0（f′（x）≤0）来处理．２Ａ．（0,１）Ｂ．（１，＋∞）Ｃ．（—∞，１）Ｄ．（—１,１）（２）（２0１9·威海模拟）函数f（x）＝（x—３）e x的递增区间是________．（１）A（２）（２，＋∞）[（１）∵f′（x）＝２x—错误!＝错误!（x＞0），∴当x∈（0,１）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x∈（１，＋∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数．（２）函数f（x）＝（x—３）e x的导数为f′（x）＝[（x—３）e x]′＝e x＋（x—３）e x＝（x—２）e x.f′（x）＝（x—２）e x＞0，解得x＞２．]利用导数讨论函数的单调性【例２】设函数f（x）＝a ln x＋错误!，其中a为常数．（１）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线方程；（２）讨论函数f（x）的单调性．[解] （１）由题意知a＝0时，f（x）＝错误!，x∈（0，＋∞）．此时f′（x）＝错误!.可得f′（１）＝错误!，又f（１）＝0，所以曲线y＝f（x）在（１，f（１））处的切线方程为x—２y—１＝0．（２）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）．f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!.当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上递增．当a＜0时，令g（x）＝ax２＋（２a＋２）x＋a，由于Δ＝（２a＋２）２—４a２＝４（２a＋１），１当a＝—错误!时，Δ＝0，f′（x）＝错误!≤0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减．２当a＜—错误!时，Δ＜0，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减．３当—错误!＜a＜0时，Δ＞0．设x１，x２（x１＜x２）是函数g（x）的两个零点，则x１＝错误!，x２＝错误!.由x１＝错误!＝错误!＞0，所以x∈（0，x１）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减；x∈（x１，x２）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）递增；x∈（x２，＋∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减．综上可得：当a≥0时，函数f（x）在（0，＋∞）上递增；当a≤—错误!时，函数f（x）在（0，＋∞）上递减；当—错误!＜a＜0时，f（x）在错误!，错误!上递减，在错误!上递增．[规律方法] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.１讨论分以下四个方面,１二次项系数讨论，２根的有无讨论，３根的大小讨论，４根在不在定义域内讨论.２讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类.３讨论完必须写综述.２调性．[解] 函数的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x—错误!＋a—２＝错误!.１当—a＝２，即a＝—２时，f′（x）＝错误!≥0，f（x）在（0，＋∞）内递增．２当0＜—a＜２，即—２＜a＜0时，∵0＜x＜—a或x＞２时，f′（x）＞0；—a＜x＜２时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，—a），（２，＋∞）内递增，在（—a,２）内递减．３当—a＞２，即a＜—２时，∵0＜x＜２或x＞—a时，f′（x）＞0；２＜x＜—a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0,２），（—a，＋∞）内递增，在（２，—a）内递减．综上所述，当a＝—２时，f（x）在（0，＋∞）内递增；当—２＜a＜0时，f（x）在（0，—a），（２，＋∞）内递增，在（—a,２）内递减；当a＜—２时，f（x）在（0,２），（—a，＋∞）内递增，在（２，—a）内递减．函数单调性的应用►考法１比较大小或解不等式【例３】（１）设函数f′（x）是定义在（0,２π）上的函数f（x）的导函数，f（x）＝f（２π—x），当0＜x＜π时，若f（x）sin x—f′（x）cos x＜0，a＝错误!f错误!，b＝0，c＝—错误!f错误!，则（）Ａ．a＜b＜cＢ．b＜c＜aＣ．c＜b＜aＤ．c＜a＜b（２）（２0１9·山师大附中模拟）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，f（１）＝e，任意x∈R,２f （x）—f′（x）＞0，则不等式f（x）＜e２x—１的解集为（）Ａ．（—∞，１）Ｂ．（１，＋∞）Ｃ．（—∞，e）Ｄ．（e，＋∞）（１）A（２）B[（１）由f（x）＝f（２π—x），得函数f（x）的图像关于直线x＝π对称，令g（x）＝f（x）cos x，则g′（x）＝f′（x）cos x—f（x）sin x＞0，所以当0＜x＜π时，g（x）在（0，π）内递增，所以g错误!＜g错误!＜g错误!＝g错误!，即a＜b＜c，故选Ａ．（２）设F（x）＝错误!，则F′（x）＝错误!′＝错误!.因为２f（x）—f′（x）＞0，所以F′（x）＝错误!＜0，即F（x）是减函数，f（x）＜e２x—１等价于错误!＜１，即F（x）＜１．又因为f（１）＝e，所以F（１）＝错误!＝１，则不等式f（x）＜e２x—１的解集是（１，＋∞），故选Ｂ．]►考法２求参数的取值范围【例４】已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝错误!ax２＋２x（a≠0）．（１）若函数h（x）＝f（x）—g（x）存在递减区间，求a的取值范围；（２）若函数h（x）＝f（x）—g（x）在[１,４]上递减，求a的取值范围．[解] （１）h（x）＝ln x—错误!ax２—２x，x∈（0，＋∞），所以h′（x）＝错误!—ax—２，由于h（x）在（0，＋∞）上存在递减区间，所以当x∈（0，＋∞）时，错误!—ax—２＜0有解，即a＞错误!—错误!有解．设G （x ）＝错误!—错误!，所以只要a ＞G （x ）min 即可．而G （x ）＝错误!２—１，所以G （x ）min ＝—１．所以a ＞—１，即a 的取值范围为（—１，＋∞）．（２）由h （x ）在[１,４]上递减得，当x ∈[１,４]时，h ′（x ）＝错误!—ax —２≤0恒成立，即a ≥错误!—错误!恒成立．所以a ≥G （x ）m ax ，而G （x ）＝错误!２—１，因为x ∈[１,４]，所以错误!∈错误!，所以G （x ）m ax ＝—错误!（此时x ＝４），所以a ≥—错误!，即a 的取值范围是错误!.[母题探究] （１）本例（２）中，若函数h （x ）＝f （x ）—g （x ）在[１,４]上递增，求a 的取值范围．（２）本例（２）中，若h （x ）在[１,４]上存在递减区间，求a 的取值范围．[解] （１）由h （x ）在[１,４]上递增得，当x ∈[１,４]时，h ′（x ）≥0恒成立，∴当x ∈[１,４]时，a ≤错误!—错误!恒成立，又当x ∈[１,４]时，错误!min ＝—１（此时x ＝１），∴a ≤—１，即a 的取值范围是（—∞，—１]．（２）h （x ）在[１,４]上存在递减区间，则h ′（x ）＜0在[１,４]上有解，∴当x ∈[１,４]时，a ＞错误!—错误!有解，又当x ∈[１,４]时，错误!min ＝—１，∴a ＞—１，即a 的取值范围是（—１，＋∞）． [规律方法] 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.３．利用导数比较大小或解不等式的常用技巧,利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式.常见构造的辅助函数形式有：y＝f′（x），当x＞0时，xf′（x）—f（x）＜0，若a＝错误!，b＝错误!，c＝错误!，则a，b，c的大小关系正确的是（）Ａ．a＜b＜cＢ．b＜c＜aＣ．a＜c＜bＤ．c＜a＜b（２）（２0１9·兰州模拟）已知函数f（x）＝错误!x２—２a ln x＋（a—２）x.１当a＝—１时，求函数f（x）的单调区间；２是否存在实数a，使函数g（x）＝f（x）—ax在（0，＋∞）上递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．（１）D[设g（x）＝错误!，则g′（x）＝错误!，∵当x＞0时，xf′（x）—f（x）＜0，∴g′（x）＜0．∴g（x）在（0，＋∞）上是减函数．由f（x）为奇函数，知g（x）为偶函数，则g（—３）＝g（３），又a＝g（e），b＝g（ln ２），c＝g（—３）＝g（３），∴g（３）＜g（e）＜g（ln ２），故c＜a＜Ｂ．]（２）[解] １当a＝—１时，f（x）＝错误!x２＋２ln x—３x，则f′（x）＝x＋错误!—３＝错误!＝错误!.当0＜x＜１或x＞２时，f′（x）＞0，f（x）递增；当１＜x＜２时，f′（x）＜0，f（x）递减．∴f（x）的单调增区间为（0,１）与（２，＋∞），减区间为（１,２）．２假设存在实数a，使g（x）＝f（x）—ax在（0，＋∞）上是增函数，∴g′（x）＝f′（x）—a＝x—错误!—２≥0恒成立．即错误!≥0在x∈（0，＋∞）上恒成立．∴x２—２x—２a≥0当x＞0时恒成立，∴a≤错误!（x２—２x）＝错误!（x—１）２—错误!恒成立．又φ（x）＝错误!（x—１）２—错误!，x∈（0，＋∞）的最小值为—错误!.∴当a≤—错误!时，g′（x）≥0恒成立．又当a＝—错误!，g′（x）＝错误!当且仅当x＝１时，g′（x）＝0．故当a∈错误!时，g（x）＝f（x）—ax在（0，＋∞）上递增．１．（２0１6·全国卷Ⅰ）若函数f（x）＝x—错误!sin ２x＋a sin x在（—∞，＋∞）递增，则a的取值范围是（）Ａ．[—１,１] Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[取a＝—１，则f（x）＝x—错误!sin ２x—sin x，f′（x）＝１—错误!cos ２x—cos x，但f′（0）＝１—错误!—１＝—错误!＜0，不具备在（—∞，＋∞）递增的条件，故排除A，B，Ｄ．故选Ｃ．]２．（２0１５·全国卷Ⅱ）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（—１）＝0，当x>0时，xf′（x）—f（x）<0，则使得f（x）>0成立的x的取值范围是（）Ａ．（—∞，—１）∪（0,１）Ｂ．（—１,0）∪（１，＋∞）Ｃ．（—∞，—１）∪（—１,0）Ｄ．（0,１）∪（１，＋∞）A[设y＝g（x）＝错误!（x≠0），则g′（x）＝错误!，当x>0时，xf′（x）—f（x）<0，∴g′（x）<0，∴g（x）在（0，＋∞）上为减函数，且g（１）＝f（１）＝—f（—１）＝0．∵f（x）为奇函数，∴g（x）为偶函数，∴g（x）的图像的示意图如图所示．当x>0，g（x）>0时，f（x）>0,0<x<１，当x<0，g（x）<0时，f（x）>0，x<—１，∴使得f（x）>0成立的x的取值范围是（—∞，—１）∪（0,１），故选Ａ．]。
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第4讲 定积分与微积分基本定理课件 理 北师大版
【训练 2】 (1)由曲线 y＝sin x，y＝cos x 与直线 x＝0，x＝π2 所
围成的平面图形的面积是( )
A.1
π
22
B. 4
C. 3
D.2 2－2
(2)(2016·日照模拟)如图，由两条曲线 y＝－x2，y＝－14x2 及直
线 y＝－1 所围成的平面图形的面积为________.
解析
＝3＋2f′(1)，解得 f′(1)＝－3.所以 f(x)＝x3－3x2.
故2f(x)dx＝2(x3－3x2)dx＝
0
0
x44－x320＝－4.
答案 (1)B (2)－4
考点二 运用定积分求平面图形的面积 【例 2】 (1)(2015·唐山质检)已知曲线 y＝ x，y＝2－x，y＝
－13x 所围成图形的面积为 S，则 S＝________. (2)已知曲线 y＝x2 与直线 y＝kx(k＞0)所围成的曲边图形的面 积为43，则 k＝________. 解析 (1)由yy＝＝2－x，x 得交点 A(1，1)；
第4讲 定积分与微积分基本定理
最新考纲 1.了解定积分的实际背景，了解定积分的基 本思想，了解定积分的概念，几何意义；2.了解微积分 基本定理的含义.
知识梳理
1.定积分的概念与几何意义
(1)定积分的定义
一般地，给定一个在区间[a，b]上的函数y＝f(x)，将[a，b]区 间分成n份，分点为： a＝x0<x1<x2<…<xn－1<xn＝b. 第i个小区间为[xi－1，xi]，设其长度为Δxi，在这个小区间上取 一点ξi，使f(ξi)在区间[xi－1，xi]上的值最大，设S＝f(ξ1)Δx1＋ f(ξ2)Δx2＋…＋f(ξi)Δxi＋…＋f(ξn)Δxn. 在这个小区间上取一点ζi，使f(ζi)在区间[xi－1，xi]上的值最小， 设s＝f(ζ1)Δx1＋f(ζ2)Δx2＋…＋f(ζi)Δxi＋…＋f(ζn)Δxn.
2025年高考数学一轮复习课件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
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
2014届高考江苏专用(理)一轮复习第三章第4讲导数的综合应用
③若－e<a<－1，令f′(x)＝0得x＝－a， 当1<x<－a时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a<x<e时，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
答案 2 2
考向一
运用导数解决恒成立及求参数范围
a 【例 1】 (理)已知函数 f(x)＝ln x－x.
(1)若a＞0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3 (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求 a 的值； 2 (3)若f(x)＜x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
审题视点
解析 大． 答案
y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x
＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最
9
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相 同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的 最大值为________cm3.
解析 设盒子容积为 y cm3，盒子的高为 x cm.
则 y＝(10－2x)(16－2x)x(0＜x＜5)＝4x3－52x2＋160 x， 20 ∴y′＝12x －104x＋160.令 y′＝0，得 x＝2 或 (舍去)， 3
2
∴ymax＝6×12×2＝144 (cm)3.
答案
144
2 ，x≥2， 3．(2011· 北京)已知函数 f(x)＝x 若关于 x 的 x－13，x＜2. 方程 f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围是 ________．
近年高考数学一轮复习第三章导数及其应用学案理(2021年整理)
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第三章导数及其应用第一节导数的概念及运算本节主要包括2个知识点:1。
导数的运算； 2.导数的几何意义。
突破点（一）导数的运算错误!1．函数y＝f（x)在x＝x0处的导数称函数y＝f(x）在x＝x0处的瞬时变化率错误!错误!＝错误!错误!为函数y＝f（x）在x＝x处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝错误!错误!＝错误!错误!.2．函数f（x)的导函数称函数f′（x）＝错误!错误!为f（x）的导函数．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数基本初等函数导函数f(x)＝c (c为常数)f′（x)＝f（x)＝xα（α∈Q*)f′（x)＝αxα－1f（x）＝sin x f′(x)＝cos_xf(x)＝cos xf′(x）＝－sin_xf(x）＝e x f′（x）＝e xf(x)＝a x(a〉0，a≠1)f′（x）＝a x ln_af(x)＝ln xf′(x)＝错误!f(x）＝log a x(a>0，a≠1）f′(x）＝错误!4.（1)［f(x)±g(x)］′＝f′（x）±g′（x）；(2）[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g（x)＋f(x)g′(x);(3）错误!′＝错误!（g（x)≠0）．5．复合函数的导数复合函数y＝f(g（x))的导数和函数y＝f（u),u＝g(x)的导数间的关系为y x′＝y u′·u x′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．错误!1．判断题(1)f′(x0）与(f(x0))′的计算结果相同．（）（2）求f′（x0）时，可先求f(x0）再求f′（x0）．( )(3)f′（x0）是导函数f′(x)在x＝x0处的函数值．（）（4）错误!′＝cos 错误!.（)(5)若（ln x）′＝错误!，则错误!′＝ln x．( ）（6)函数f（x）＝sin（－x)的导数为f′（x）＝cos x．（）(7)y＝cos 3x由函数y＝cos u，u＝3x复合而成．( )答案：(1）×（2)×（3）√（4)×（5)×(6)×(7)√2．填空题(1)已知f(x)＝13－8x＋2x2，f′（x0）＝4，则x0＝________.解析：∵f′（x）＝－8＋4x,∴f′（x0）＝－8＋4x0＝4，解得x0＝3.答案:3(2)函数y＝错误!的导函数为________________．答案：y′＝错误!(3）已知f（x)＝2sin x＋x,则f′错误!＝________.解析：∵f(x)＝2sin x＋x，∴f′（x)＝2cos x＋1,则f′错误!＝2cos 错误!＋1＝错误!＋1.答案：错误!＋1错误!导数的运[典例］(1)函数f(x）＝（x＋1)2(x－3)，则其导函数f′(x）＝（)A．3x2－2x B．3x2－2x－5C．3x2－x D．3x2－x－5（2)（2018·钦州模拟)已知函数f（x)＝x ln x,则f′(1)＋f（4)的值为（)A．1－8ln 2 B．1＋8ln 2C．8ln 2－1 D．－8ln 2－1（3）已知函数f（x）＝sin x cos φ－cos x sin φ－1(0<φ〈错误!）,若f′错误!＝1，则φ的值为( )A。
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln
高考数学一轮复习 第三章 函数、导数及其应用 第四节 函数的图象教案(含解析)-高三全册数学教案
第四节 函数的图象1．描点法作图其基本步骤是列表、描点、连线，具体为：(1)①确定函数的定义域；②化简函数的解析式；③讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性)．(2)列表(注意特殊点、零点、最大值点、最小值点以及坐标轴的交点)． (3)描点，连线． 2．图象变换 (1)平移变换①y ＝f (x )的图象――→a ＞0，右移a 个单位a ＜0，左移|a |个单位y ＝f (x －a )的图象； ②y ＝f (x )的图象――→b ＞0，上移b 个单位b ＜0，下移|b |个单位y ＝f (x )＋b 的图象．(2)对称变换①y ＝f (x )的图象――→关于x 轴对称 y ＝－f (x )的图象； ②y ＝f (x )的图象――→关于y 轴对称 y ＝f (－x )的图象； ③y ＝f (x )的图象――→关于原点对称 y ＝－f (－x )的图象； ④y ＝a x(a ＞0且a ≠1)的图象――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)的图象．(3)伸缩变换 ①y ＝f (x )的图象 错误!y ＝f (ax )的图象； ②y ＝f (x )的图象――→a ＞1，纵坐标伸长为原来的a 倍，横坐标不变0＜a ＜1，纵坐标缩短为原来的a 倍，横坐标不变y ＝af (x )的图象．(4)翻折变换①y ＝f (x )的图象――→x 轴下方部分翻折到上方x 轴及上方部分不变y ＝|f (x )|的图象； ②y ＝f (x )的图象――→y 轴右侧部分翻折到左侧原y 轴左侧部分去掉，右侧不变y ＝f (|x |)的图象．1．(2018·湖州模拟)函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋1的图象关于直线y ＝x 对称的图象大致是( )解析：选A 函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋1的图象如图所示，关于y ＝x 对称的图象大致为A 选项对应图象．2．已知图①中的图象对应的函数为y ＝f (x )，则图②中的图象对应的函数为( ) A ．y ＝f (|x |) B ．y ＝|f (x )| C ．y ＝f (－|x |) D ．y ＝－f (|x |)答案：C1．函数图象的每次变换都针对自变量“x ”而言，如从f (－2x )的图象到f (－2x ＋1)的图象是向右平移12个单位，其中是把x 变成x －12.2．明确一个函数的图象关于y 轴对称与两个函数的图象关于y 轴对称的不同，前者是自身对称，且为偶函数，后者是两个不同函数的对称关系．如函数y ＝f (|x |)的图象属于自身对称，而y ＝f (x )与y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称是两个函数．[小题纠偏]1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)．(1)当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝|f (x )|与y ＝f (|x |)的图象相同．( ) (2)函数y ＝f (x )与y ＝－f (x )的图象关于原点对称．( )(3)若函数y ＝f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．( )答案：(1)× (2)× (3)√2．将函数y ＝f (－x )的图象向右平移1个单位得到函数________的图象． 答案：y ＝f (－x ＋1)3．把函数y ＝f (2x )的图象向右平移________个单位得到函数y ＝f (2x －3)的图象． 答案：32考点一 作函数的图象基础送分型考点——自主练透[题组练透]分别画出下列函数的图象： (1)y ＝|lg x |；(3)y ＝x 2－2|x |－1.解：(1)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ≥1，－lg x ，0＜x ＜1.图象如图1.(2)将y ＝2x的图象向左平移2个单位．图象如图2.(3)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0.图象如图3.[谨记通法]画图的3种常用方法考点二 识图与辨图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．若对任意的x ∈R ，y ＝1－a |x |均有意义，则函数y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 的大致图象是( )解析：选B 由题意得1－a |x |≥0，即a |x |≤1＝a 0恒成立，由于|x |≥0，故0＜a ＜1.y＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＝－log a |x |是偶函数，且在(0，＋∞)上是单调递增函数，故选B.2．如图，矩形ABCD 的周长为8，设AB ＝x (1≤x ≤3)，线段MN 的两端点在矩形的边上滑动，且MN ＝1，当N 沿A →D →C →B →A 在矩形的边上滑动一周时，线段MN 的中点P 所形成的轨迹为G ，记G 围成的区域的面积为y ，则函数y ＝f (x )的图象大致为( )解析：选D 法一：由题意可知点P 的轨迹为图中虚线所示，其中四个角均是半径为12的扇形．因为矩形ABCD 的周长为8，AB ＝x ， 则AD ＝8－2x2＝4－x所以y ＝x (4－x )－π4＝－(x －2)2＋4－π4(1≤x ≤3)，显然该函数的图象是二次函数图象的一部分， 且当x ＝2时，y ＝4－π4∈(3,4)，故选D.法二：在判断出点P 的轨迹后，发现当x ＝1时，y ＝3－π4∈(2,3)，故选D.[由题悟法]识图3种常用的方法[即时应用]1．(2018·浙江名校联考信息卷三)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－21＋e x sin x (其中e 为自然对数的底数)在[－2π，2π]上图象的大致形状是( )解析：选A 因为f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－21＋e x sin x ＝e x－1e x ＋1sin x ，f (－x )＝e －x－1e －x ＋1sin(－x )＝1－e x1＋e x(－sin x )＝e x－1e x ＋1sin x ＝f (x )，所以函数f (x )为偶函数，其图象关于y 轴对称，排除选项C 、D ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，可排除选项B.故选A. 2．如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析：选B 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，f (x )＝tan x ＋4＋tan 2x ，图象不会是直线段，从而排除A 、C.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝1＋5，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2 2.∵22＜1＋5，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，从而排除D ，故选B.考点三 函数图象的应用题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．常见的命题角度有： (1)研究函数的性质； (2)求参数的值或取值范围； (3)求不等式的解集．[题点全练]角度一：研究函数的性质1．已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞)B ．f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1)C ．f (x )是奇函数，递减区间是(－1,1)D ．f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0)解析：选C 将函数f (x )＝x |x |－2x 去掉绝对值得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x ＜0，画出函数f (x )的图象，如图，观察图象可知，函数f (x )的图象关于原点对称，故函数f (x )为奇函数，且在(－1,1)上单调递减．角度二：求参数的值或取值范围2．若不等式(x －1)2＜log a x (a ＞0，且a ≠1)在x ∈(1,2)内恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(1,2] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 C ．(1，2)D ．(2，2)解析：选A 要使当x ∈(1,2)时，不等式(x －1)2＜log a x 恒成立，只需函数y ＝(x －1)2在(1,2)上的图象在y ＝log a x 的图象的下方即可．当0＜a ＜1时，显然不成立；当a ＞1时，如图，要使x ∈(1,2)时，y ＝(x －1)2的图象在y ＝log a x 的图象的下方，只需(2－1)2≤log a 2，即log a 2≥1，解得1＜a ≤2，故实数a 的取值范围为(1,2]．角度三：求不等式的解集3．如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( )A ．{x |－1＜x ≤0}B ．{x |－1≤x ≤1}C ．{x |－1＜x ≤1}D ．{x |－1＜x ≤2}解析：选C 令g (x )＝y ＝log 2(x ＋1)， 作出函数g (x )图象如图． 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，y ＝log 2x ＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1.∴结合图象知不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1＜x ≤1}．[通法在握]函数图象应用的常见题型与求解策略 (1)研究函数性质：①根据已知或作出的函数图象，从最高点、最低点，分析函数的最值、极值． ②从图象的对称性，分析函数的奇偶性．③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性． ④从图象与x 轴的交点情况，分析函数的零点等．(2)研究方程根的个数或由方程根的个数确定参数的值(范围)：构造函数，转化为两函数图象的交点个数问题，在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解．(3)研究不等式的解：当不等式问题不能用代数法求解，但其对应函数的图象可作出时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解．[演练冲关]1．(2018·杭州模拟)已知函数f (x )＝|ln x |，若实数a ，b 满足f (a )＝f (b )(a ≠b )，则ab 的值为( )A ．2B ．e C.1eD ．1解析：选D 作出函数f (x )的图象如图，若f (a )＝f (b )(a ≠b )， 设a ＜b ，则0＜a ＜1，b ＞1，即|ln a |＝|ln b |，则－ln a ＝ln b ，则ln a ＋ln b ＝ln ab ＝0，即ab ＝1，故选D.2．(2018·广州五校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0，若f (3－a 2)＜f (2a )，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，画出f (x )的图象，由图象易得f (x )在R 上单调递减，∵f (3－a 2)＜f (2a )， ∴3－a 2＞2a ，解得－3＜a ＜1. 答案：(－3,1)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·金华期末)若函数y ＝f (x )定义域为实数集R ，则函数y ＝f (1－x )与y ＝f (x －1)的图象关于( )A ．直线y ＝0对称B ．直线x ＝0对称C ．直线y ＝1对称D ．直线x ＝1对称解析：选D 假设f (x )＝x 2，则f (x －1)＝(x －1)2，f (1－x )＝(1－x )2＝(x －1)2，它们是同一个函数，此函数图象关于直线x ＝1对称． 2．函数f (x )＝x e－|x |的图象可能是( )解析：选C 因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，所以函数f (x )为奇函数，排除A 、B ；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝x e －x，因为e －x＞0，所以f (x )＞0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)时，其图象恒在x 轴上方，排除D ，故选C.3．(2019·台州三校适考)函数f (x )＝x 33x－1的大致图象是( ) 解析：选C 由函数f (x )的解析式可知，f (x )的定义域为{x |x ≠0}，排除选项A ；当x ＜0时，x 3＜0,3x－1＜0，所以f (x )＞0，排除选项B ；当x →＋∞时，f (x )→0，排除选项D.故选C.4．已知函数f (x )的图象如图所示，则函数g (x )＝log 2f (x )的定义域是________．解析：当f (x )＞0时，函数g (x )＝log2f (x )有意义，由函数f (x )的图象知满足f (x )＞0时，x ∈(2,8]． 答案：(2,8]5．(2018·金华名校模拟)已知函数f (x )＝1ax 2＋bx ＋c的部分图象如图所示，则a ＋b ＋c ＝________.解析：由图象知2,4是y ＝ax 2＋bx ＋c 的两根，又由二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的对称性和图象知顶点为(3,1)，故⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝0，16a ＋4b ＋c ＝0，9a ＋3b ＋c ＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝6，c ＝－8.则a ＋b ＋c ＝－3.答案：－3二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·绍兴模拟)已知f (x )＝x 2cos x ，则f (x )的部分图象大致是( ) 解析：选B 因为函数f (x )＝x 2cos x ，所以f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数，函数图象关于y 轴对称，排除A 、C ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，f (x )＞0，排除D ，故选B.2．下列函数f (x )图象中，满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＞f (3)＞f (2)的只可能是( ) 解析：选D 因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＞f (3)＞f (2)，所以函数f (x )有增有减，排除A ，B.在C 中，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＜f (0)＝1，f (3)＞f (0)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＜f (3)，排除C ，选D.3．(2018·宁波模拟)在同一个坐标系中画出函数y ＝a x，y ＝sin ax 的部分图象，其中a ＞0且a ≠1，则下列所给图象中可能正确的是( )解析：选D 当a ＞1时，y ＝sin ax 的周期小于2π，排除A 、C ，当0＜a ＜1时，y ＝sin ax 的周期大于2π，故选D.4．(2017·台州期中)函数y ＝xx 2＋a的大致图象如图所示，则( ) A ．a ∈(－1,0) B ．a ∈(0,1) C ．a ∈(－∞，1)D ．a ∈(1，＋∞)解析：选B 当x ＝0时，y ＝0，故a ≠0， 当x ＞0 时，y ＝xx 2＋a＞0恒成立，即a ＞－x 2恒成立，所以a ＞0，所以y ＝xx 2＋a ＝1x ＋a x≤12a，当且仅当x ＝a 时取等号，由图知，当x ＞0时，函数取得最大值时相应的x 的值小于1，所以0＜a ＜1，所以0＜a ＜1.5．已知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f x －1，x ＞0，若方程f (x )＝x ＋a有两个不同实根，则a 的取值范围为( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，1]C ．(0,1)D ．(－∞，＋∞)解析：选A x ≤0时，f (x )＝2－x－1， 0＜x ≤1时，－1＜x －1≤0，f (x )＝f (x －1)＝2－(x －1)－1.故x ＞0时，f (x )是周期函数，如图所示．若方程f (x )＝x ＋a 有两个不同的实数根，则函数f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 有两个不同交点，故a ＜1，即a 的取值范围是(－∞，1)．6．(2018·稽阳联考)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x ≤0，log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19，x ＞0的图象如图所示，则a ＋b ＋c＝________.解析：由图象可求得直线的方程为y ＝2x ＋2，又函数y ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19的图象过点(0,2)，将其坐标代入可得c ＝13，所以a ＋b ＋c ＝2＋2＋13＝133.答案：1337．(2018·金华名校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 21－x |，x ＜1，－x －32＋5，x ≥1，若直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象交于四点，且四点的横坐标从左至右分别是x 1，x 2，x 3，x 4，则z ＝(x 1－1)(x 2－1)(x 3－1)(x 4－1)的取值范围是________．解析：作出直线y ＝m 和函数f (x )的图象如图所示，由题意知x 1＜1，x 2＜1，且|log 2(1－x 1)|＝|log 2(1－x 2)|，即log 2(1－x 1)＝－log 2(1－x 2)，得0＝log 2(1－x 1)＋log 2(1－x 2)＝log 2(1－x 1)(1－x 2)，∴(x 1－1)(x 2－1)＝1.易知x 3，x 4＞1，结合f (x )＝－(x －3)2＋5(1≤x ≤5)的图象关于直线x ＝3对称，得x 3＋x 42＝3，x 3∈[1,3)，则(x 3－1)(x 4－1)＝(x 3－1)(6－x 3－1)＝－x 23＋6x 3－5＝－(x 3－3)2＋4∈[0,4)， 故z ＝(x 1－1)(x 2－1)(x 3－1)(x 4－1)∈[0,4)． 答案：[0,4)8．设函数f (x )＝|x ＋a |，g (x )＝x －1，对于任意的x ∈R ，不等式f (x )≥g (x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，作出函数f (x )＝|x ＋a |与g (x )＝x －1的图象，观察图象可知：当且仅当－a ≤1，即a ≥－1时，不等式f (x )≥g (x )恒成立，因此a 的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)9．已知函数f (x )＝|x |(x －a )，a ＞0. (1)作出函数f (x )的图象； (2)写出函数f (x )的单调区间；(3)当x ∈[0,1]时，由图象写出f (x )的最小值．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －a ，x ≥0，－x x －a ，x ＜0，其图象如图所示．(2)由图知，f (x )的单调递增区间是(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2.(3)由图象知，当a2＞1，即a ＞2时，f (x )min ＝f (1)＝1－a ；当0＜a2≤1，即0＜a ≤2时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 24.综上，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－a 24，0＜a ≤2，1－a ，a ＞2.10．若关于x 的不等式4a x －1＜3x －4(a ＞0，且a ≠1)对于任意的x ＞2恒成立，求a 的取值范围．解：不等式4a x －1＜3x －4等价于ax －1＜34x －1. 令f (x )＝ax －1，g (x )＝34x －1，当a ＞1时，在同一直角坐标系中作出两个函数的图象如图(1)所示，由图知不满足条件； 当0＜a ＜1时，在同一直角坐标系中作出两个函数的图象如图(2)所示，当x ≥2时，f (2)≤g (2)，即a2－1≤34×2－1， 解得a ≤12，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·杭州二中联考)如图，P 是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1对角线AC 1上一动点，设AP的长度为x ，若△PBD 的面积为f (x )，则f (x )的图象大致是( )解析：选A 设正方体的棱长为1，连接AC 交BD 于O ，连接PO ，则PO 是等腰△PBD 的高，故△PBD 的面积为f (x )＝12BD ×PO .在三角形PAO 中，PO ＝PA 2＋AO 2－2PA ×AO cos ∠PAO＝x 2＋12－2x ×22×63， ∴f (x )＝12×2×x 2＋12－2x ×22×63＝22x 2－23x ＋12，画出其图象，可知A 正确．2．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，且g (x )在区间(0,2]上为减函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)设f (x )图象上任一点P (x ，y )，则点P 关于(0,1)点的对称点P ′(－x,2－y )在h (x )的图象上，即2－y ＝－x －1x＋2，∴y ＝f (x )＝x ＋1x(x ≠0)．(2)g (x )＝f (x )＋a x ＝x ＋a ＋1x， g ′(x )＝1－a ＋1x2.∵g (x )在(0,2]上为减函数， ∴1－a ＋1x 2≤0在(0,2]上恒成立， 即a ＋1≥x 2在(0,2]上恒成立， ∴a ＋1≥4，即a ≥3，故实数a 的取值范围是[3，＋∞)．命题点一 函数的概念及其表示1．(2015·浙江高考)存在函数f (x )满足：对于任意x ∈R 都有( ) A ．f (sin 2x )＝sin x B ．f (sin 2x )＝x 2＋x C ．f (x 2＋1)＝|x ＋1|D ．f (x 2＋2x )＝|x ＋1|解析：选D 取x ＝0，π2，可得f (0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项A 错误；取x ＝0，π，可得f (0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项B 错误； 取x ＝1，－1，可得f (2)＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项C 错误；取f (x )＝ x ＋1，则对任意x ∈R 都有f (x 2＋2x )＝ x 2＋2x ＋1＝|x ＋1|，故选项D 正确．综上可知，本题选D.2．(2013·浙江高考)已知函数f (x )＝x －1，若f (a )＝3，则实数a ＝________. 解析：由f (a )＝a －1＝3，得a ＝10. 答案：103．(2016·浙江高考)设函数f (x )＝x 3＋3x 2＋1，已知a ≠0，且f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2，x ∈R ，则实数a ＝_________，b ＝________.解析：∵f (x )＝x 3＋3x 2＋1， ∴f (a )＝a 3＋3a 2＋1， ∴f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2＝(x －b )(x 2－2ax ＋a 2)＝x 3－(2a ＋b )x 2＋(a 2＋2ab )x －a 2b ＝x 3＋3x 2－a 3－3a 2. 由此可得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝－3， ①a 2＋2ab ＝0， ②a 3＋3a 2＝a 2b . ③∵a ≠0，∴由②得a ＝－2b ，代入①式得b ＝1，a ＝－2. 答案：－2 14．(2014·浙江高考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ＜0，－x 2，x ≥0，若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．解析：f (x )的图象如图，由图象知．满足f (f (a ))≤2时，得f (a )≥－2， 而满足f (a )≥－2时，a ≤ 2. 答案：(－∞， 2 ] 命题点二 函数的基本性质1．(2018·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50解析：选C ∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， ∴f (1－x )＝－f (x －1)．由f (1－x )＝f (1＋x )，得－f (x －1)＝f (x ＋1)， ∴f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， ∴函数f (x )是周期为4的周期函数． 由f (x )为奇函数得f (0)＝0. 又∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝0，∴f (－2)＝0. 又f (1)＝2，∴f (－1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (1)＋f (2)＋f (－1)＋f (0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (49)＋f (50) ＝0×12＋f (49)＋f (50) ＝f (1)＋f (2)＝2＋0＝2.2．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )＞f (2x －1)成立的x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13∪(1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 解析：选A ∵f (－x )＝ln(1＋|－x |)－11＋－x 2＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．∵当x ≥0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x2，在(0，＋∞)上y ＝ln(1＋x )递增，y ＝－11＋x 2也递增，根据单调性的性质知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可知：f (x )＞f (2x －1)⇔f (|x |)＞f (|2x －1|)⇔|x |＞|2x －1|⇔x 2＞(2x －1)2⇔3x2－4x ＋1＜0⇔13＜x ＜1.故选A.3．(2014·浙江高考)设函数f 1(x )＝x 2，f 2(x )＝2(x －x 2)，f 3(x )＝13|sin 2πx |，a i ＝i 99，i ＝0,1,2，…，99.记I k ＝|f k (a 1)－f k (a 0)|＋|f k (a 2)－f k (a 1)|＋…＋|f k (a 99)－f k (a 98)|，k ＝1,2,3.则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 2＜I 1＜I 3C ．I 1＜I 3＜I 2D ．I 3＜I 2＜I 1解析：选B 显然f 1(x )＝x 2在[0,1]上单调递增，可得f 1(a 1)－f 1(a 0)＞0，f 1(a 2)－f 1(a 1)＞0，…，f 1(a 99)－f 1(a 98)＞0，所以I 1＝|f 1(a 1)－f 1(a 0)|＋|f 1(a 2)－f 1(a 1)|＋…＋|f 1(a 99)－f 1(a 98)|＝f 1(a 1)－f 1(a 0)＋f 1(a 2)－f 1(a 1)＋…＋f 1(a 99)－f 1(a 98)＝f 1(a 99)－f 1(a 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫99992－0＝1.f 2(x )＝2(x －x 2)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，4999上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤5099，1上单调递减，可得f 2(a 1)－f 2(a 0)＞0，…，f 2(a 49)－f 2(a 48)＞0，f 2(a 50)－f 2(a 49)＝0，f 2(a 51)－f 2(a 50)＜0，…，f 2(a 99)－f 2(a 98)＜0，所以I 2＝|f 2(a 1)－f 2(a 0)|＋|f 2(a 2)－f 2(a 1)|＋…＋|f 2(a 99)－f 2(a 98)|＝f 2(a 1)－f 2(a 0)＋…＋f 2(a 49)－f 2(a 48)－[f 2(a 51)－f 2(a 50)＋…＋f 2(a 99)－f 2(a 98)]＝f 2(a 49)－f 2(a 0)－[f 2(a 99)－f 2(a 50)]＝2f 2(a 50)－f 2(a 0)－f 2(a 99)＝4×5099×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－5099＝9 8009 801＜1.f 3(x )＝13|sin 2πx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2499，⎣⎢⎡⎦⎥⎤5099，7499上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2599，4999，⎣⎢⎡⎦⎥⎤7599，1上单调递减，可得f 3(a 1)－f 3(a 0)＞0，…，f 3(a 24)－f 3(a 23)＞0, f 3(a 25)－f 3(a 24)＞0，f 3(a 26)－f 3(a 25)＜0，…，f 3(a 49)－f 3(a 48)＜0，f 3(a 50)－f 3(a 49)＝0，f 3(a 51)－f 3(a 50)＞0，…，f 3(a 74)－f 3(a 73)＞0，f 3(a 75)－f 3(a 74)＜0，f 3(a 76)－f 3(a 75)＜0，…，f 3(a 99)－f 3(a 98)＜0，所以I 3＝|f 3(a 1)－f 3(a 0)|＋|f 3(a 2)－f 3(a 1)|＋…＋|f 3(a 99)－f 3(a 98)|＝f 3(a 25)－f 3(a 0)－[f 3(a 49)－f 3(a 25)]＋f 3(a 74)－f 3(a 50)－[f 3(a 99)－f 3(a 74)]＝2f 3(a 25)－2f 3(a 49)＋2f 3(a 74)＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 49π99－sin π99＞23⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 5π12－sin π12＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫26＋224－6－24＝6＋326＞1.因此I 2＜I 1＜I 3. 4．(2018·北京高考)能说明“若f (x )＞f (0)对任意的x ∈(0,2]都成立，则f (x )在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是________．解析：设f (x )＝sin x ，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，2上是减函数．由正弦函数图象的对称性知，当x ∈(0,2]时，f (x )＞f (0)＝sin 0＝0，故f (x )＝sin x 满足条件f (x )＞f (0)对任意的x ∈(0,2]都成立，但f (x )在[0,2]上不一直都是增函数．答案：f (x )＝sin x (答案不唯一)5．(2016·全国卷Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是________．解析：设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝e x －1＋x .∵f (x )为偶函数，∴f (－x )＝f (x )， ∴f (x )＝ex －1＋x .∵当x ＞0时，f ′(x )＝e x －1＋1，∴f ′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.∴曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0. 答案：2x －y ＝06．(2018·江苏高考)函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R)，且在区间(－2,2]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx2，0＜x ≤2，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，－2＜x ≤0，则f (f (15))的值为________．解析：由函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R)， 可知函数f (x )的周期是4，所以f (15)＝f (－1)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋12＝12，所以f (f (15))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝cos π4＝22.答案：22命题点三 函数的图象1．(2018·浙江高考)函数y ＝2|x |sin 2x 的图象可能是( ) 解析：选D 由y ＝2|x |sin 2x 知函数的定义域为R ， 令f (x )＝2|x |sin 2x ， 则f (－x )＝2|－x |sin(－2x )＝－2|x |sin 2x .∵f (x )＝－f (－x )，∴f (x )为奇函数． ∴f (x )的图象关于原点对称，故排除A 、B. 令f (x )＝2|x |sin 2x ＝0，解得x ＝k π2(k ∈Z)，∴当k ＝1时，x ＝π2，故排除C ，选D.2．(2014·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x ≥0)，g (x )＝log a x 的图象可能是( )解析：选D 当a ＞1时，函数f (x )＝x a(x ＞0)单调递增，函数g (x )＝log a x 单调递增，且过点(1,0)，由幂函数的图象性质可知C 错；当0＜a ＜1时，函数f (x )＝x a(x ＞0)单调递增，函数g (x )＝log a x 单调递减，且过点(1,0)，排除A ，又由幂函数的图象性质可知B 错，因此选D.3．(2015·浙江高考)函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )解析：选D 函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)为奇函数，排除选项A ，B ；当x ＝π时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫π－1πcos π＝1π－π＜0，排除选项C ，故选D.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为( ) 解析：选D 法一：令f (x )＝－x 4＋x 2＋2， 则f ′(x )＝－4x 3＋2x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝±22， 则f ′(x )＞0的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，f (x )单调递增；f ′(x )＜0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞，f (x )单调递减，结合图象知选D. 法二：当x ＝1时，y ＝2，所以排除A 、B 选项．当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝12时，y ＝－116＋14＋2＝2316＞2，所以排除C 选项．故选D. 5．(2018·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝e x－e －xx2的图象大致为( ) 解析：选B ∵y ＝e x －e －x 是奇函数，y ＝x 2是偶函数， ∴f (x )＝e x－e －xx2是奇函数，图象关于原点对称，排除A 选项． 当x ＝1时，f (1)＝e －1e ＞0，排除D 选项．又e ＞2，∴1e ＜12，∴e －1e＞1，排除C 选项．故选B.6．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x 2－2x －3|与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1mx i ＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m解析：选B ∵f (x )＝f (2－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又y ＝|x 2－2x －3|＝|(x －1)2－4|的图象关于直线x ＝1对称，∴两函数图象的交点关于直线x ＝1对称．当m 为偶数时，∑i ＝1mx i ＝2×m2＝m ；当m 为奇数时，∑i ＝1mx i ＝2×m －12＋1＝m .故选B.。
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用函数及其表示教学案理解析版
[考纲传真] １．了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域；了解映射的概念.２．在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法（如图像法、列表法、解析法）表示函数.３．了解简单的分段函数，并能简单应用．１．函数与映射的概念函数映射两集合A，B设A，B是两个非空的数集设A，B是两个非空的集合对应关系f：A→B 如果按照某个对应关系f，对于集合A中的任何一个数x，在集合B中都存在唯一确定的数f（x）和它对应集合A与B存在着对应关系f，对于集合A中的每一个元素x，集合B中总有唯一的元素y与之对应名称把对应关系f叫作定义在集合A上的函数称这种对应为从集合A到集合B的映射记法函数y＝f（x），x∈A映射：f：A→B（１）函数的定义域、值域：数集A叫作函数的定义域；函数值的集合{f（x）|x∈A}叫作函数的值域．（２）函数的三要素：定义域、对应关系和值域．（３）相等函数：如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数．（４）函数的表示法：表示函数的常用方法有解析法、图像法和列表法．３．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫作分段函数．分段函数是一个函数，分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集．[常用结论]简单函数定义域的类型（１）f（x）为分式型函数时，分式分母不为零；（２）f（x）为偶次根式型函数时，被开方式非负；（３）f（x）为对数型函数时，真数为正数、底数为正且不为１；（４）若f（x）＝x0，则定义域为{x|x≠0}；（５）指数函数的底数大于0且不等于１；（6）正切函数y＝tan x的定义域为xx≠kπ＋错误!，k∈Z.[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）函数是特殊的映射．（）（２）函数y＝１与y＝x0是同一个函数（）（３）f（x）＝错误!＋错误!是一个函数．（）[答案] （１）√（２）×（３）×２．（教材改编）函数y＝错误!＋错误!的定义域为（）Ａ．错误!Ｂ．（—∞，３）∪（３，＋∞）Ｃ．错误!∪（３，＋∞）Ｄ．（３，＋∞）C[由题意知错误!解得x≥错误!且x≠３．]３．（教材改编）若函数y＝f（x）的定义域为M＝{x|—２≤x≤２}，值域为N＝{y|0≤y≤２}，则函数y＝f （x）的图像可能是（）A B C DB[∵M＝{x|—２≤x≤２}，N＝{y|0≤y≤２}，∴y＝f（x）图像只可能是Ｂ．]４．下列各组函数中，表示同一函数的是（）Ａ．f（x）＝错误!与g（x）＝错误!Ｂ．f（x）＝|x|与g（x）＝（错误!）２Ｃ．f（x）＝错误!与g（x）＝x＋１Ｄ．f（x）＝x0与g（x）＝错误!D[在选项A中，由f（x）＝错误!＝x与g（x）＝错误!＝|x|的对应法则不同；对于选项B，f（x）＝|x|的定义域为R，g（x）＝（错误!）２的定义域为{x|x≥0}，故定义域不同；在选项C中，f（x）＝错误!的定义域为{x∈R|x≠１}，而g（x）＝x＋１的定义域为R，故两函数的定义域不同；对于选项D，f（x）＝x0＝１（x≠0），g（x）＝错误!＝１（x≠0），定义域和对应法则都相同，故选Ｄ．]５．（教材改编）已知函数f（x）＝错误!则f（１）＝________；若f（a）＝５，则a＝________.５±１[f（１）＝５．当a≥0时，由f（a）＝a２＋４a＝５可知a＝１；当a＜0时，由f（a）＝a２—４a＝５得a＝—１．综上可知a＝±１．]函数的定义域【例１】（１）在下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝１0lg x的定义域和值域相同的是（）Ａ．y＝xＢ．y＝lg xＣ．y＝２xＤ．y＝错误!（２）若函数y＝f（x）的定义域是[0,２0１8]，则函数g（x）＝错误!的定义域是（）Ａ．[—１,２0１7] Ｂ．[—１,１）∪（１,２0１7]Ｃ．[0,２0１8] Ｄ．[—１,１）∪（１,２0１8]（１）D（２）B[（１）y＝１0lg x＝x，定义域与值域均为（0，＋∞）．y＝x的定义域和值域均为R；y＝lg x的定义域为（0，＋∞），值域为R；y＝２x的定义域为R，值域为（0，＋∞）；y＝错误!的定义域与值域均为（0，＋∞）．故选Ｄ．（２）令t＝x＋１，则由已知函数y＝f（x）的定义域为[0，２0１8]可知f（t）中0≤t≤２0１8，故要使函数f（x＋１）有意义，则0≤x＋１≤２0１8，解得—１≤x≤２0１7，故函数f（x＋１）的定义域为[—１,２0１7]．所以函数g（x）有意义的条件是错误!解得—１≤x＜１或１＜x≤２0１7．故函数g（x ）的定义域为[—１,１）∪（１,２ 0１7]．] [规律方法]１求给定函数的定义域往往转化为解不等式组的问题，可借助于数轴，注意端点值的取舍.２求抽象函数的定义域：１若y ＝f x 的定义域为a ，b ，则解不等式a ＜g x ＜b 即可求出y ＝f g x 的定义域；２若y ＝f g x 的定义域为a ，b ，则求出g x 在a ，b 上的值域即得f x 的定义域.３已知函数定义域求参数范围，可将问题转化成含参数的不等式，然后求解.Ａ．错误!Ｂ．错误! Ｃ．错误! Ｄ．错误!（２）已知函数f （２x ）的定义域为[—１,１]，则f （x ）的定义域为________．（１）A （２）错误! [（１）由题意可知错误!解得错误!∴—错误!＜x ＜１，故选Ａ．（２）∵f （２x ）的定义域为[—１,１]，∴错误!≤２x ≤２，即f （x ）的定义域为错误!.]求函数的解析式【例２】 （１）已知f 错误!＝x ２＋错误!，求f （x ）的解析式；（２）已知f 错误!＝lg x ，求f （x ）的解析式；（３）已知f （x ）是二次函数且f （0）＝２，f （x ＋１）—f （x ）＝x —１，求f （x ）的解析式； （４）已知f （x ）＋２f 错误!＝x （x ≠0），求f （x ）的解析式．[解] （１）由于f 错误!＝x ２＋错误!＝错误!２—２，令t ＝x ＋错误!，当x ＞0时，t ≥２错误!＝２，当且仅当x ＝１时取等号；当x ＜0时，t ＝—错误!≤—２，当且仅当x ＝—１时取等号，∴f （t ）＝t ２—２，t ∈（—∞，—２]∪[２，＋∞）．综上所述，f （x ）的解析式是f （x ）＝x ２—２，x ∈（—∞，—２]∪[２，＋∞）．（２）令错误!＋１＝t ，由于x ＞0，∴t ＞１且x ＝错误!，∴f（t）＝lg错误!，即f（x）＝lg错误!（x＞１）．（３）设f（x）＝ax２＋bx＋c（a≠0），由f（0）＝２，得c＝２，f（x＋１）—f（x）＝a（x＋１）２＋b（x＋１）—ax２—bx＝x—１，即２ax＋a＋b＝x—１，∴错误!即错误!∴f（x）＝错误!x２—错误!x＋２．（４）∵f（x）＋２f错误!＝x，∴f错误!＋２f（x）＝错误!.联立方程组错误!解得f（x）＝错误!—错误!（x≠0）．[规律方法] 求函数解析式的常用方法１待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法.２配凑法：由已知条件f g x＝F x，可将F x改写成关于g x的表达式，然后以x 替代g x，便得f x的解析式.３换元法：已知复合函数f g x的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围４消元法：已知关于f x与f错误!或f—x的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式，通过解方程组求出f x.Ａ．x＋１Ｂ．２x—１Ｃ．—x＋１Ｄ．x＋１或—x—１（２）定义在（—１,１）内的函数f（x）满足２f（x）—f（—x）＝lg（x＋１），则f（x）＝________.（１）A（２）错误!lg（x＋１）＋错误!lg（１—x），x∈（—１,１）[（１）设f（x）＝kx＋b（k≠0），又f[f（x）]＝x＋２，得k（kx＋b）＋b＝x＋２，即k２x＋kb＋b＝x＋２．∴k２＝１，且kb＋b＝２，解得k＝b＝１，则f（x）＝x＋１．（２）当x∈（—１,１）时，有２f（x）—f（—x）＝lg（x＋１）．１将x换成—x，则—x换成x，得２f（—x）—f（x）＝lg（—x＋１）．２由１２消去f（—x）得，f（x）＝错误!lg（x＋１）＋错误!lg（１—x），x∈（—１,１）．]分段函数►考法１求分段函数的函数值【例３】已知函数f（x）＝错误!则f错误!＋f错误!＝________.8 [由题可得f错误!＝log错误!错误!＝２，因为log２错误!＜0，所以f错误!＝错误!错误!＝２log２6＝6，故f错误!＋f错误!＝8．]►考法２已知分段函数的函数值求参数【例４】（２0１7·山东高考）设f（x）＝错误!若f（a）＝f（a＋１），则f错误!＝（）Ａ．２Ｂ．４Ｃ．6 Ｄ．8C[∵f（a）＝f（a＋１），∴错误!或错误!即错误!或错误!∴a＝错误!，∴f错误!＝f（４）＝6．]►考法３解与分段函数有关的方程或不等式【例５】（２0１9·福州模拟）设函数f（x）＝错误!若f（x0）＞１，则x0的取值范围是________．（0,２）∪（３，＋∞）[∵f（x）＝错误!且f（x0）＞１，此不等式转化为错误!或错误!即错误!或错误!解之得0＜x0＜２或x0＞３．∴x0的取值范围是（0,２）∪（３，＋∞）．][规律方法] １求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于定义域的哪一个子集，然后代入该段的解析式求值，当出现f f a的形式时，应从内到外依次求值.２已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围.易错警示：当分段函数自变量的范围不确定时，应分类讨论.（２）函数f（x）＝错误!若f（a）≤a，则实数a的取值范围是________．（１）log３２（２）[—１，＋∞）[（１）f错误!＝log３错误!＝—２，∴f错误!＝f（—２）＝f（—２＋２）＝f（0）＝f（0＋２）＝f（２），∴f（２）＝log３２，∴f错误!＝f（—２）＝log３２．（２）当a≥0时，由f（a）＝错误!a—１≤a，解得a≥—２，即a≥0；当a＜0时，由f（a）＝错误!≤a，解得—１≤a≤１，即—１≤a＜0．综上所述，实数a的取值范围是[—１，＋∞）．]１．（２0１５·全国卷Ⅱ）设函数f（x）＝错误!则f（—２）＋f（log２１２）＝（）Ａ．３Ｂ．6Ｃ．9 Ｄ．１２C[∵—２<１，∴f（—２）＝１＋log２（２＋２）＝１＋log２４＝１＋２＝３．∵log２１２>１，∴f（log２１２）＝２log２１２—１＝错误!＝6．∴f（—２）＋f（log２１２）＝３＋6＝9．故选Ｃ．]２．（２0１7·全国卷Ⅲ）设函数f（x）＝错误!则满足f（x）＋f错误!＞１的x的取值范围是________．错误![当x≤0时，原不等式为x＋１＋x＋错误!>１，解得x>—错误!，∴—错误!<x≤0．当0<x≤错误!时，原不等式为２x＋x＋错误!>１，显然成立．当x>错误!时，原不等式为２x＋２x—错误!>１，显然成立．综上可知，x的取值范围是错误!.]。
2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数研究函数的零点问题
增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．
(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，证明： 2<x1＋x2<e；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<1a＋1b
<e.
证明 (1)因为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，且f(e)＝0.
解
利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的 零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域 区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函 数零点的个数．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点， 然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判 断函数在该区间上零点的个数．
解析
(2)解法一：当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上
单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)＝a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
证明
只要证x2(1－ln x2)＋x2<e， 即证2x2－x2ln x2<e，x2∈(1，e)． 设g(x)＝2x－xln x，x∈(1，e)， 则g′(x)＝1－ln x>0. ∴g(x)在(1，e)上单调递增． ∴g(x)<g(e)＝2e－e＝e. ∴2x2－x2ln x2<e成立． ∴原命题成立，即x1＋x2<e. 综上知，2<x1＋x2<e.
2023年新高考数学一轮复习4-3 应用导数研究函数的极值、最值(知识点讲解)解析版
专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.考查利用导数求函数的极值、最值，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数研究函数的图象，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．3.考查利用导数解决生活中的优化问题，凸显数学建模、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的极值 1．函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点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 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点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． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3.特别提醒：(1)函数f (x)在0x 处有极值的必要不充分条件是f ′(0x )＝0，极值点是f ′(x)＝0的根，但f ′(x)＝0的根不都是极值点(例如()3f x x ＝，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点)．(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．（二）导数与函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．（三）利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x)．(2)求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答． （四）常用结论1．若函数f (x)的图象连续不断，则f (x)在[a ，b]上一定有最值．2．若函数f (x)在[a ，b]上是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f (x)在区间(a ，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的极值例1.（2017·全国高考真题（理））若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）． A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A 【解析】由题可得()()()()121212121x x x f x x a ex ax e x a x a e ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦'， 因为()20f '-=，所以1a =-，()()211x f x x x e -=--，故()()212x f x x x e --'=+，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在()(),2,1,-∞-+∞上单调递增，在()2,1-上单调递减， 所以()f x 的极小值为()()1111111f e-=--=-，故选A ．例2．（2012·重庆·高考真题（理））设函数()f x 在R 上可导，其导函数为 ()'f x ，且函数(1)()y x f x '=-的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(2)f 【答案】D 【解析】 【详解】()()2,10,10x x x f x --'->则()0f x '>函数()f x 增； ()()21,10,10x x x f x -<--<'则()0f x '<函数()f x 减；()()12,10,10x x x f x <<--'则()0f x '<函数()f x 减；()()2,10,10x x x f x >-<-<'则()0f x '>函数()f x 增；选D.例3.（2008·福建·高考真题（文））已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点（-1，-6），且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.(Ⅰ)求m 、n 的值及函数y =f (x )的单调区间；(Ⅱ)若a ＞0，求函数y =f (x )在区间（a -1,a +1）内的极值.【答案】（1）m =-3, n =0. f (x )的单调递增区间是（－∞，0），（2，＋∞）；f (x )的单调递减区间是（0，2）（2）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. 【解析】 【详解】（Ⅰ）利用条件的到两个关于m 、n 的方程，求出m 、n 的值，再找函数y=f （x ）的导函数大于0和小于0对应的区间即可．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，分情况讨论区间（a -1，a+1）和单调区间的位置关系再得结论．(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①…由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得＝3x2＋2mx＋n，………………2分则g(x)＝＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的图象关于y轴对称，所以－2623m+⨯＝0，解得m＝－3.代入①得n＝0.于是＝3x2－6x＝3x(x－2)．………………………4分由>0得x>2或x<0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；………………………5分由<0，得0<x<2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．………………………6分(2)由(1)得＝3x(x－2)，令＝0得x＝0或x＝2. ………………7分当x变化时，，f(x)的变化情况如下表：增函数增函数…………………………………9分由此可得：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．………………………………12分【总结提升】 1.两点说明：（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．2.求函数f(x)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x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值．3.求极值问题主要有两种类型，一是由图象求极值，二是求具体函数的极值. 题型二：根据函数极值（点）求参数的值或范围例4.（2021·全国高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A ．a b < B ．a b > C ．2ab a < D ．2ab a >【答案】D 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立. 故选：D例5.（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________． 【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>， 若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾， 故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ， 即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=， 则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， 所以2eln e a <，解得1e ea <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.例6.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.【法案】－7【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则2310630a ab b a ⎧+--=⎨-+=⎩，解得13a b =⎧⎨=⎩或29a b =⎧⎨=⎩，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值， 而a ＝2，b ＝9满足题意， 故a －b ＝－7.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()32f x =x x 1(0,)a bx a b R +++>∈有极值，且导函数()fx ，的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若()f x ，()fx ，这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a 的取值范围．【答案】（1）2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(36]，. 【解析】 【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：3a x =-，再代入原函数得33()1032793a a a abf -=-+-+=，化简可得2239a b a =+，根据极值存在条件可得3a >；（2）由（1，构造函数23()=9t g t t +，利用导数研究函数单调性，可得(g g 2>3b a ；（3）先求证()f x 的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于72-，构造差函数213()=9h a a a -+，利用导数研究其单调性，()h a 在(3,)+∞上单调递减．而7(6)=2h -，故可得a 的取值范围．试题解析：解：（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.当3a x =-时，()f x '有极小值23ab -. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而()23127039a b a a-=-≤，即3a ≥.3a =时，()>0(1)f x x ≠-'，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1x 2x . 列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >，因此2239a b a =+，定义域为(3,)+∞.（2）由（1设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t --='.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>，故(g g因此2>3b a .（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤. 因此a 的取值范围为(]36，. 【总结提升】由函数极值求参数的值或范围．讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．题型三：利用导数研究函数的最值例8．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.例9．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1【解析】 【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减； 当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减； 当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增； 又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为：1.例10.（2019年高考全国Ⅲ卷理）已知函数32()2f x x ax 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.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭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，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （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(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，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3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 例11.（2017·北京·高考真题（文））已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式000yf f x 中即可；（Ⅱ）设()()h x f x ='，求()h x '，根据()0h x '<确定函数()h x 的单调性，根据单调性求函数的最大值为()00h =，从而可以知道()()0h x f x '=<恒成立，所以函数()f x 是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x ='，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 【规律方法】1.求函数f(x)在[a ，b]上的最大值和最小值的步骤： 第一步，求函数在(a ，b)内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；第三步，将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．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．3. 二次求导！当导函数y ＝f ′(x)无法判断正负时，可令g(x)＝f ′(x)再求g′(x)，先判断g(x)＝f ′(x)的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x)的正负号．题型四：利用导数解决生活中的优化问题例12．（2020·江苏省高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】（1）120米（2）20O E '=米 【解析】 【分析】（1）根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】 （1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x 时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低. 【总结提升】实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x)＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值． 题型五：函数极值与最值的综合问题例13.（2016·天津·高考真题（理））设函数3()(1)f x x ax b =---，x∈R ，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若f （x ）存在极值点x 0，且f （x 1）= f （x 0），其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3；（Ⅲ）设a ＞0,函数g （x ）= |f （x ）|,求证：g （x ）在区间[0,2]上的最大值不小于14.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数'()f x ，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得00(32)()f x f x -=.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较(1),(1)f f -，33(,()33a a f f -的大小即可，可分三种情况研究：①3a ≥；②334a ≤<；③304a <<. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313a x =+，或313ax =-. 当变化时，，的变化情况如下表：所以的单调递减区间为33(1,1)33a a-+，单调递增区间为3(,1)3a -∞-，3(1,)3a ++∞. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足，且，因此，所以.（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当时，33102133a a-≤<≤+，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此{}{}max (2),(0)max 12,1M f f a b b==----，所以.（2）当时，2333231011213333a a a a-≤<-<+<≤+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+，233(2)(1)(1)33a af f f ≤+=-， 所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33a af f +-，因此 3322max (1),(1)max 3,33399a a a a M f f a a b a a b ⎧⎫⎧⎫⎪⎪=+-=-----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭.（3）当时，2323011233a a<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， (0)(1(1f f f <=，(2)(1(1f f f >=， 所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.例14．（2021·北京高考真题）已知函数()232xf x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-.【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x -'=，()11f ∴=，()14f '=-， 此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=； （2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-.当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-.【总结提升】求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小范围．(2)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．。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(知识点讲解)解析版
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =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.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“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．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。
2021-2022年高考数学一轮复习 第三篇 导数及其应用 专题一 高考函数与导数命题动向教案 理
2021年高考数学一轮复习第三篇导数及其应用专题一高考函数与导数命题动向教案理新人教版函数是数学永恒的主题，是中学数学最重要的主干知识之一；导数是研究函数的有力工具，函数与导数不仅是高中数学的核心内容，还是学习高等数学的基础，而且函数的观点及其思想方法贯穿于整个高中数学教学的全过程，高考对函数的考查更多的是与导数的结合，发挥导数的工具性作用，应用导数研究函数的性质、证明不等式问题等，体现出高考的综合热点．所以在高考中函数知识占有极其重要的地位，是高考考查数学思想、数学方法、能力和素质的主要阵地．高考命题特点函数与导数在高考试卷中形式新颖且呈现出多样性，既有选择题、填空题，又有解答题．其命题特点如下：(1)全方位：近年新课标的高考题中，函数的知识点基本都有所涉及，虽然高考不强调知识点的覆盖率，但函数知识点的覆盖率依然没有减小．(2)多层次：在近年新课标的高考题中，低档、中档、高档难度的函数题都有，且题型齐全．低档难度题一般仅涉及函数本身的内容，诸如定义域、值域、单调性、周期性、图象等，且对能力的要求不高；中、高档难度题多为综合程度较高的试题，或者函数与其他知识结合，或者是多种方法的渗透．(3)巧综合：为了突出函数在中学数学中的主体地位，近年高考强化了函数与其他知识的渗透，加大了以函数为载体的多种方法、多种能力(甚至包括阅读能力、理解能力、表述能力、信息处理能力)的综合程度．(4)变角度：出于“立意”和创设情景的需要，函数试题设置问题的角度和方式也不断创新，重视函数思想的考查，加大了函数应用题、探索题、开放题和信息题的考查力度，从而使函数考题显得新颖、生动、灵活．(5)重能力：以导数为背景与其他知识(如函数、方程、不等式、数列等)交汇命题．利用导数解决相关问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．解决该类问题要注意函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想的应用．综合考查学生分析问题、解决问题的能力和数学素养．高考动向透视函数的概念和性质函数既是高中数学中极为重要的内容，又是学习高等数学的基础．函数的基础知识涉及函数的三要素、函数的表示方法、单调性、奇偶性、周期性等内容．纵观全国各地的高考试题，可以发现对函数基础知识的考查主要以客观题为主，难度中等偏下，在解答题中主要与多个知识点交汇命题，难度中等．【示例1】►(xx·安徽)设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，则f (1)＝( )．A ．－3B ．－1C ．1D ．3解析 法一 ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，∴f (1)＝－f (－1)＝－2×(－1)2＋(－1)＝－3.故选A.法二 设x ＞0，则－x ＜0，∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且x ≤0时，f (x )＝2x 2－x ，∴f (－x )＝2(－x )2－(－x )＝2x 2＋x ，又f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝－2x 2－x ，∴f (1)＝－2×12－1＝－3，故选A. 答案 A本题考查函数的奇偶性和函数的求值，解题思路有两个：一是利用奇函数的性质，直接通过f (1)＝－f (－1)计算；二是利用奇函数的性质，先求出x ＞0时f (x )的解析式，再计算f (1)．指数函数、对数函数、幂函数指数函数在新课标高考中占有十分重要的地位，因此高考对指数函数的考查有升温的趋势，重点是指数函数的图象和性质，以及函数的应用问题．对于幂函数应重点掌握五种常用幂函数的图象及性质，此时，幂的运算是解决有关指数问题的基础，也要引起重视．对数函数在新课标中适当地降低了要求，因此高考对它的考查也会适当降低难度，但它仍是高考的热点内容，重点考查对数函数的图象和性质及其应用．【示例2】►(xx·天津)已知a ＝5log 23.4，b ＝5log 43.6，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫15log 30.3，则( )．A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．a ＞c ＞bD ．c ＞a ＞b解析 因为c ＝5－log 30.3＝5log 3103，又log 23.4＞log 3 3.4＞log 3103＞1＞log 43.6＞0，且指数函数y ＝5x是R 上的增函数，所以a ＞c ＞b .故选C.答案 C本题主要考查指数函数单调性的应用、对数式的大小比较．一般是利用指数函数单调性进行比较．对数式的比较类似指数式的比较，也可以寻找中间量．函数的应用函数的应用历来是高考重视的考点，新课标高考更是把这个考点放到了一个重要的位置．相对于大纲的高考，新课标高考无论在考查内容上还是力度上都有所加强，这主要体现在函数与方程方面，函数与方程已经成为新课标高考的一个命题热点，值得考生重视．【示例3】►(xx·山东)已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x＜2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点的个数为( )．A．6 B．7 C．8 D．9解析由f(x)＝0，x∈[0,2)可得x＝0或x＝1，即在一个周期内，函数的图象与x轴有两个交点，在区间[0,6)上共有6个交点，当x＝6时，也是符合要求的交点，故共有7个不同的交点．故选B.答案 B本小题考查对周期函数的理解与应用，考查三次方程根的求法、转化与化归思想及推理能力，难度较小．求解本题的关键是将f(x)＝x3－x进行因式分解，结合周期函数的性质求出f(x)＝0在区间[0,6]上的根，然后将方程f(x)＝0的根转化为函数图象与x轴的交点问题．导数的概念及运算从近两年的高考试题来看，利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程是高考的热点问题，解决该类问题必须熟记导数公式，明确导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率，切点既在切线上又在曲线上．【示例4】►已知点P在曲线f(x)＝x4－x上，曲线在点P处的切线平行于直线3x－y＝0，则点P的坐标为________．解析由题意知，函数f(x)＝x4－x在点P处的切线的斜率等于3，即f′(x0)＝4x30－1＝3，∴x0＝1，将其代入f(x)中可得P(1,0)．答案(1,0)本题主要考查导数的几何意义及简单的逻辑推理能力．利用导数求函数的单调区间、极值、最值从近两年的高考试题来看，利用导数研究函数的单调性和极、最值问题已成为高考考查的热点．解决该类问题要明确：导数为零的点不一定是极值点，导函数的变号零点才是函数的极值点；求单调区间时一定要注意函数的定义域；求最值时需要把极值和端点值逐一求出，比较即可．【示例5】►已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线l不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值． (1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值． 解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0.① 当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0②由①②解得a ＝2，b ＝－4. 设切线l 的方程为y ＝3x ＋m 由原点到切线l 的距离为1010， 则|m |32＋1＝1010，解得m ＝±1. ∵切线l 不过第四象限∴m ＝1， 由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4， ∴1＋a ＋b ＋c ＝4 ∴c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2，x ＝23.f (x )和f ′(x )的变化情况如下表：在x ＝23处取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝9527.又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．突出以函数与导数为主的综合应用高考命题强调“以能力立意”，就是以数学知识为载体，从问题入手，把握数学学科的整体意义，加强对知识的综合性和应用性的考查．中学数学的内容可以聚合为数和形两条主线，其中数是以函数概念来串联代数、三角和解析几何知识，我们可以把方程看作函数为零，不等式看成两个函数值的大小比较、数列、三角则是特殊的一类函数．所以，高考试题中涉及函数的考题面很广．新课标高考对有关函数的综合题的考查，重在对函数与导数知识理解的准确性、深刻性，重在与方程、不等式、数列、解析几何等相关知识的相互联系，要求考生具备较高的数学思维能力和综合分析问题能力以及较强的运算能力，体现了以函数为载体，多种能力同时考查的命题思想．【示例6】►(xx·福建)已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f (x )＝－ax ＋b ＋ax ln x ，f (e)＝2(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．(3)当a ＝1时，是否同时存在实数m 和M (m ＜M )，使得对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由．解 (1)由f (e)＝2得b ＝2.(2)由(1)可得f (x )＝－ax ＋2＋ax ln x . 从而f ′(x )＝a ln x . 因为a ≠0，故①当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞1，由f ′(x )＜0得0＜x ＜1； ②当a ＜0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1.综上，当a ＞0时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a ＜0时，函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a ＝1时，f (x )＝－x ＋2＋x ln x ，f ′(x )＝ln x .由(2)可得，当x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x 1e⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 1 (1，e) e f ′(x )－ 0 ＋ f (x )2－2e单调递减极小值1单调递增2又2－2e ＜2，所以函数f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的值域为[1,2]．据此可得，若⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，M ＝2.则对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点； 并且对每一个t ∈(－∞，m )∪(M ，＋∞)，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都没有公共点．综上，当a ＝1时，存在最小的实数m ＝1，最大的实数M ＝2，使得对每一个t ∈[m ，M ]，直线y ＝t 与曲线y ＝f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 都有公共点． 本题主要考查函数、导数等基础知识．考查推理论证能力、抽象概括能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想．。
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高考数学一轮复习第三章导数及其应用第4讲导数与函数的综合应用教案理（含解析）新人教A版第4讲导数与函数的综合应用基础知识整合01优化问题，一般地，对于实际1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为□问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．2．生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：3．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )A．(1,5)B．[1,5)C．(1,5]D．(－∞，1)∪(5，＋∞)答案 A解析由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)<0⇔1<a<5.故选A.2．(2019·湖北襄阳模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.故选B.3.若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，∴x ＝±1.三次方程f (x )＝0有3个根⇔f (x )极大值>0且f (x )极小值<0. ∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点． ∴⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝2＋a >0，f1＝a －2<0，∴－2<a <2.4．(2019·沈阳模拟)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)·f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)<2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)答案 C解析 由题设，f (x )为R 上任意可导函数，不妨设f (x )＝(x －1)2，则f ′(x )＝2(x －1)，满足(x －1)·f ′(x )＝2(x －1)2≥0，且f (0)＝1，f (1)＝0，f (2)＝1，则有f (0)＋f (2)>2f (1)；再设f (x )＝1，则f ′(x )＝0，也满足(x －1)·f ′(x )≥0，且有f (0)＋f (2)＝2f (1)，即1＋1＝2×1.5．(2019·贵阳模拟)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12,7]答案 B解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3.因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， 所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20.6．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 答案 0解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，故a 的最大值为0.核心考向突破考向一 导数与方程例 1 (2019·陕西汉中模拟)已知函数f (x )＝x ＋1ex(其中e≈2.718…为自然对数的底数)．(1)若F (x )＝f (x )－f (－x )，求F (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k 的取值范围． 解 (1)由题意知，F (x )＝f (x )－f (－x )＝x ＋1ex－－x ＋1e－x，所以F ′(x )＝－x e x ＋x e x＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1e x .当x <0时，e x－1ex <0，所以x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x >0，即F ′(x )>0，当x ＝0时，F ′(x )＝0，当x >0时，e x－1ex >0，即F ′(x )>0，所以F ′(x )≥0恒成立，当且仅当x ＝0时等号成立， 所以F (x )＝f (x )－f (－x )在R 上单调递增，即F (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为f (x )＝x ＋1e x，所以f ′(x )＝－xex ， 当x <0时，f ′(x )>0，当x ＝0时，f ′(x )＝0，当x >0时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0处取得最大值，且f (0)＝1，当x 趋近于－∞时，f (x )趋近于－∞，当x 趋近于＋∞时，f (x )趋近于0，故函数f (x )的大致图象如图所示，结合函数图象可知，当k ≤0时，方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32有且仅有一个实数根． 当k >0时，设曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －x 0＋1ex 0＝－x 0ex 0 (x －x 0)，且该直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0， 所以0－x 0＋1ex 0＝－x 0e x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－x 0，解得x 0＝－2(舍去)或x 0＝－12， 此时切线的斜率为e 2， 数形结合可知，若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2. 触类旁通研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极最值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.即时训练 1.已知函数f (x )＝1x ＋(1－a )ln x ＋ax ，g (x )＝1x－(a ＋1)ln x ＋x 2＋ax －t (a∈R ，t ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)记h (x )＝f (x )－g (x )，若函数h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数t 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2＋1－a x ＋a ＝ax 2＋1－ax －1x2＝x －1ax ＋1x2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1. 所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a ≠0时，f ′(x )＝a x －1⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1ax2，①当a >0时，x ＋1a>0，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； ②当a ＝－1时，1＝－1a，f ′(x )＝－x －12x 2≤0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；③当－1<a <0时，1<－1a ，令f ′(x )>0，则1<x <－1a ，令f ′(x )<0，则0<x <1或x >－1a，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；④当a <－1时，1>－1a ，令f ′(x )>0，则－1a <x <1，令f ′(x )<0，则0<x <－1a或x >1，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 和(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 当a ＝－1时，函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，函数f (x )在区间(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；当a <－1时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln x －x 2＋t ，定义域为(0，＋∞)， 则h ′(x )＝2x－2x ＝－2x ＋1x －1x，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝1， 当1e <x <1时，h ′(x )>0；当1<x <e 时，h ′(x )<0， 故h (x )在x ＝1处取得极大值h (1)＝t －1. 又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2，h (e)＝t ＋2－e 2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧h 1＝t －1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2≤0，h e ＝t ＋2－e 2≤0，解得1<t ≤2＋1e 2，故实数t 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.考向二 导数与不等式角度1 证明不等式例2 (2019·银川模拟)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x .解 (1)由题意知f (－1)＝0，f ′(－1)＝－1＋1e ，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ＝0， 所以b ＝1或a ＝1e，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1.(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0， 当x >－2时，令h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝0，综上，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以函数g (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x .证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 令t (x )＝g ′(x )，则t ′(x )＝(x ＋3)e x，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0； 当x >－3时，t ′(x )>0，g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝0.所以g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g (0)＝0. 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x . 触类旁通1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.2若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明.即时训练 2.(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝λln x －e －x(λ∈R )． (1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围； (2)求证：当0<x 1<x 2时，e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝λln x －e －x，∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －xx，∵函数f (x )是单调函数，∴f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ①当函数f (x )是单调递减函数时，f ′(x )≤0，∴λ＋x e －x x ≤0，即λ＋x e －x ≤0，λ≤－x e －x＝－x e x ，令φ(x )＝－x e x ，则φ′(x )＝x －1ex ，当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0， 则φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x >0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e ；②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0，∴λ＋x e －x x ≥0，即λ＋x e －x ≥0，λ≥－x e －x＝－x ex ，。