甘肃省高考数学总复习：导数及其应用
高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究函数的零点
g′(x)＝－sinx＋（1＋1 x）2.
当x∈－1，π2 时，g′(x)单调递减，
由g′(0)＝1>0，g′
π 2
＝－1＋
1 1＋π2 2
<0，可得g′(x)在
－1，π2 上有唯一零点，设为α.
当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，π2 时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在α，π2 上单调递减． 故g(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点， 即f′(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点．
①当 a>1 时，方程 g(x)＝a 无解，即 f(x)没有零点； ②当 a＝1 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点； ③当 0<a<1 时，方程 g(x)＝a 有两解，即 f(x)有两个零点； ④当 a≤0 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点． 综上，当 a>1 时，f(x)没有零点； 当 a＝1 或 a≤0 时，f(x)有唯一的零点； 当 0<a<1 时，f(x)有两个零点而f
π 2
>0，f(π)＝－ln(1＋π)<0，所以f(x)在
π2 ，π
上有
唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【答案】 略
状元笔记
证明与零点有关的不等式，函数的零点本身就是一个条 件，即零点对应的函数值为0，证明的思路一般对条件等价转 化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单 调性、极值情况等)再结合函数图象来解决．
2025年高考数学总复习课件23第三章第二节第2课时导数与函数的极值、最值
当a>0时，令f ′(x)＝0，得x＝1a.
当x∈
0，
1
a
时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈
1
a
，+∞
时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，
故函数f (x)在x＝1a处取得极大值，无极小值．
综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点；当a>0时，f (x)有一个极大值点1a，无
必备知识 落实“四基”
核心考点 提升“四能”
课时质量评价
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
解：由(1)知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x－a＝1－xax(x>0)．
当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时函数在定义域上无极值点．
y′>0，解得x<－7或x>1；令y′<0，解得－7<x<1，所以函数y＝13x3＋(a＋1)x2－(a2 ＋3a－3)x在(－∞，－7)，(1，＋∞)上单调递增，在(－7，1)上单调递减，所以x ＝1是函数的极小值点，符合题意．若a＝－3，则y′＝x2－4x＋3.令y′>0，解得
x<1或x>3；令y′<0，解得1<x<3，所以函数y＝13x3＋(a＋1)x2－(a2＋3a－3)x在(－ ∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以x＝1是函数的极大值 点，不符合题意．
A 解析：f ′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，
由题知f ′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.
2024高考数学复习：导数及其应用
2024高考数学复习：导数及其应用1.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足12125lg 2E m m E -=，其中星等为k m 的星的亮度为(1,2)k E k =.已知太阳的星等是-26.7，天狼星的星等是-1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为()A.10.110 B.10.1C.lg10.1D.10.110-2.（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=.若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则()A.(0)0f = B.102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C.(1)(4)f f -=D.(1)(2)g g -=3.曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，_________.4.若函数()()3221f x x ax a R =-+∈在()0,+∞内有且只有一个零点，则()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为__________．5.已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.6.已知函数2()(1)e x f x x ax b =--+.（1）讨论()f x 的单调性.（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点.①21e 22a <≤，2b a >；②102a <≤，2b a ≤.7.已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数.（1）当6k =时：（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值.（2）当3k ≥-时，求证：对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.8.已知函数2()12f x x =-.（1）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（2）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值.9.已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >(1).当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2).对任意21[,)e x ∈+∞均有(),2f x a ≤求a 的取值范围.注：e 2.71828=⋯为自然对数的底数.10.设函数2(){(41)43}xf x ax a x a e=-+++(1).若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行,求a (2).若f ()x 在2x =处取得极小值,求a 的取值范围2024高考数学复习：导数及其应用答案1：A解析：依题意，126.7m =-，2 1.45m =-，所以125lg 1.45(26.7)25.252EE =---=，所以122lg25.2510.15E E =⨯=，所以10.11210E E =.故选A.2：BC（转化法）因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭为偶函数，所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数()f x 的图象关于直线32x =对称，3535222424f f ⎛⎫⎛⎫-⨯=+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即(1)(4)f f -=，所以C 正确；因为(2)g x +为偶函数，所以(2)(2)g x g x +=-，函数()g x 的图象关于直线2x =对称，因为()()g x f x '=，所以函数()g x 的图象关于点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭对称，所以()g x 的周期34222T ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，因为(1)(4)f f -=，所以(1)(4)f f ''-=-，即(1)(4)(2)g g g -=-=-，所以D 不正确；因为332222f f ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1722f f ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1722f f ⎛⎫⎛⎫''-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1711(22)2222g g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=-⨯-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以B 正确；不妨取()1()f x x =∈R ，经验证满足题意，但(0)1f =，所以选项A 不正确.综上，选BC.（特例法）因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，所以函数()f x 的图象关于直线32x =对称，函数()g x 的图象关于直线2x =对称.取符合题意的一个函数()1()f x x =∈R ，则(0)1f =，排除A ；取符合题意的一个函数()sin f x x =π，则()cos f x x '=ππ，即()cos g x x =ππ，所以(1)cos()g -=π-π=-π，(2)cos 2g =ππ=π，所以(1)(2)g g -≠，排除D.故选BC.3：1e y x =，1ey x=-解析：先求当0x >时，曲线ln y x =过原点的切线方程，设切点为()00,x y ，则由1y x'=，得切线斜率为01x ，又切线的斜率为00y x ，所以0001yx x =，解得01y =，代入ln y x =，得0e x =，所以切线斜率为1e ，切线方程为1e y x =.同理可求得当0x <时的切线方程为1e y x =-.综上可知，两条切线方程为1e y x =，1ey x =-.4：-3解析：解：'()2(3),(0,)f x x x a x =⋅-∈+∞当0a ≤时，'()0f x >()f x ∴在(0,)+∞递增，(0)1f =时，则在(0,)+∞为零点，舍去当0a >时，()f x 在(0,)3a 递减，(,)3a +∞递增，又()f x 只有一个零点，()033af a =⇒=32()231f x x x =-+[]'()6(1),1,1f x x x x =-∈-5、（1）答案：()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞解析：函数的定义域为()0,+∞，又1ln 1)n (l f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<，故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b +=，故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设11x a =，21x b=，由(1)可知不妨设101x <<，21x >.因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<，故21x e <<.先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <，要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<，故即证12()(2)f x f x >-，即证：22()(2)f x f x >-，其中212x <<.设()()()2g x f x f x =--，12x <<则()()()()()2ln ln 2ln 2g x f x f x x x x x '''⎡⎤=+-=---=--⎣⎦，因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=，故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >，结合ln 1ln +1a b a b +=，11x a =，21x b=可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<，即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln S t t t t t =-+-，1t >，则()112()ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+-⎪++⎝⎭，先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+.设()()ln 1u x x x =+-，则1()111xu x x x -'=-=++，当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故max ()(0)0u x u ==，故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立，故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=，故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立.综上所述，112e a b<+<.6：（1）由题意得()()e 2x f x x a '=-，当0a ≤时，令()0f x '>，得0x >；令()0f x '<，得0x <.所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增.当0a >时，令()0f x '=，得0x =或ln 2x a =，①当102a <<时，令()0f x '>，得ln 2x a <或0x >，令()0f x '<，得ln 20a x <<.所以()f x 在(,ln 2)a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln 2,0)a 上单调递减，②当12a =时，()()e 10x f x x '=-≥且等号不恒成立，所以()f x 在R 上单调递增.③当12a >时，令()0f x '>，得0x <或ln 2x a >；令()0f x '<，得0ln 2x a <<，所以()f x 在(,0)-∞，(ln 2,)a +∞上单调递增，在(0,ln 2)a 上单调递减.（2）选择条件①，证明如下：由（1）知当12a >时，()f x 在(,0)-∞，(ln 2,)a +∞上单调递增，在(0,ln 2)a 上单调递减.所以()f x 在0x =处取得极大值(0)f ，在ln 2x a =处取得极小值(ln 2)f a ，且(0)1f b =-+，(ln 2)(2ln 2)ln 22f a a a a a b a =-+-.由于21e 22a <≤，2b a >，所以(0)0f >，ln 20a >，20b a ->.令()2ln 2g x x x x =-，则()2ln 211ln 2g x x x '=--=-，令()0g x '=，得e 2x =，当1e22x <<时，()0g x '>.当2e e 22x <≤时，()0g x '<.所以()g x 在1e ,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在2e e ,22⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，所以()g x 在e 2x =处取得极大值e 2g ⎛⎫⎪⎝⎭.由于e e 022g ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，102g ⎛⎫> ⎪⎝⎭，2e 02g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()0g x ≥在21e ,22⎛⎤⎥⎝⎦上恒成立，所以(ln 2)0f a >.当x →-∞时，()f x →-∞，所以()f x 有一个零点，得证.选择条件②，证明如下：由（1）知，当102a <<时，()f x 在(,ln 2)a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(ln 2,0)a 上单调递减，所以()f x 在ln 2x a =处取得极大值(ln 2)f a ，在0x =处取得极小值(0)f .由于102a <<，2b a ≤，所以(0)0f <，20b a -≤，ln 20a <，ln 20a a ->，则2ln 20a a a ->，所以(ln 2)0f a <.当x →+∞，()f x →+∞，所以()f x 有一个零点，得证.7：（1）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+.所以(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-.（ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，(0,)x ∈+∞，从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=.令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如表：x (0,1)1(1,)+∞()g x '-0+()g x 单调递减极小值单调递增所以函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞，()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值.（2）由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+.对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+--⎪⎝⎭.①令1()2ln h x x x x=--，[1,)x ∈+∞.当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞上单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0t t t-->.因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫-+-+--≥-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t =-++-.②由（1）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t -++>，故32336ln 10t t t t-++->.③由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->.所以当3k ≥-时，对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.8：()212f x x=-（1）设切点为()()00,x f x ()2f x x'=-()0022f x x '=-=-01x ∴=()111f =∴切线()1121y x -=--213y x ∴=-+（2）()212f x x =-定义域R ，()()f x f x -=.∴()f x 为偶函数()f x 关于y 轴对称∴只须分析0x ≥既可当0x =不合题意舍0t ∴>()2f x x'=-()2f t x '=-：在()()t f t 、处切线()()2122y t t x t --=--令0x =得212y t =+；令0y =时2122t x t +=()()22221211244t S t xy t+===∴x =()0x >()412x g x x+=()()()(2342232412x x x x x x g x x x ++--+'==()0g x '>x >()0g x '<0x <<()min g x g∴==()()()2min min 1324S t g x ∴==9：(1).当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为03（，），单调递增区间为3+∞（，）．(2).由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2f x a ≤等价于2212ln 0x a a--≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =-≥，则()2ln g t g x ≥=-．①.当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=-．记1()ln ,7p x x x =--≥，则1()p'x x ==.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x 0+()p x 1()7p 单调递减极小值(1)p 单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．②.当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g ≥=．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭．由（i ）得127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g ≥=>．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞≥，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a ≤．综上所述，所求a 的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦．10：(1).1a =(2).a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭解析：(1).因为2()(41)43xf x ax a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦,所以()()()()()22 2414143212x x x f x ax a e ax a x a e x R ax a x e ⎡⎤⎡⎤--⎡⎤⎣⎦⎣'=-+++++∈=++⎦⎣⎦,()()11.f a e '=-由题设知()10,f '=即()10,a e -=解得1a =.此时()130f e =≠.所以a 的值为1(2).由(1)得()()()()221212x xf x ax a x e ax x e ⎡'=++-⎣⎦-⎤-=.若12a >,则当1,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()'0f x <;当()2,x ∈+∞时,()0f x '>.所以()0f x <在2x =处取得极小值.若12a ≤,则当()0,2x ∈时,1–20,1102x ax x <-≤-<,所以()0f x '>.所以2不是()f x 的极小值点.综上可知,a 的取值范围是1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第5节：利用导数研究函数的零点问题(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用利用导数研究函数的零点问题题型一判断、证明或讨论函数零点的个数例1已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1).(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点.(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减.(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增.故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点.又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点.综上，f (x )只有一个零点.感悟提升利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)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.(2)根据题目要求，画出函数图像的走势规律，标明函数极(最)值的位置.(3)数形结合法分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m 为正数.试讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3零点的个数.解由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).转化为函数y ＝m 与y ＝－13x 3＋x 的图像的交点情况.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，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点，∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图像(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；综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当实数m ＝23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.题型二根据零点个数确定参数范围例2(2021·全国甲卷)已知a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝x a ax (x ＞0).(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，求a 的取值范围.解(1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x （2－x ln 2）2x(x ＞0)，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )＜0，则x ＞2ln 2，此时函数f (x )单调递减，所以函数f (x )(2)函数φ(x )＝f (x )－1有且仅有两个零点，则转化为方程x a a x ＝1(x ＞0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln a a 有两个不同的解.设g (x )＝ln x x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－ln x x2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln x x 2＝0，得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，当x ＞e 时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减，故g (x )max ＝g (e)＝1e，且当x ＞e 时，g (x )g (1)＝0，所以0＜ln a a ＜1e，所以a ＞1且a ≠e ，故a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞).感悟提升在解决已知函数y ＝f (x )有几个零点求f (x )中参数t 的取值范围问题时，经常从f (x )中分离出参数t ＝g (x )，然后用求导的方法判断g (x )的单调性，再根据题意求出参数t 的值或取值范围.解题时要充分利用导数工具和数形结合思想.训练2已知函数f (x )＝ax －2ln x －a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数h (x )＝1－a 2x －f （x ）2恰有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)＝ax－2ln x－ax的定义域是(0，＋∞)，求导可得f′(x)＝a－2x＋ax2＝ax2－2x＋ax2.当a≤0时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当a≥1时，4(1－a2)≤0，此时f′(x)＝ax2－2x＋ax2≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当0<a<1时，4(1－a2)>0，令f′(x)＝0，得x1＝1－1－a2a，x2＝1＋1－a2a，所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减.综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，函数f(x)(1－1－a2a，1＋1－a2a)上单调递减.(2)由题意得函数h(x)＝1－a2x－f（x）2＝1－a2x＋ln x(x>0)，则函数h(x)＝1－a2xf（x）2恰有两个不同的零点即方程1－a2x＋ln x＝0恰有两个不同的根.由1－a2x＋ln x＝0得a＝2（1＋ln x）x，所以直线y＝a与函数g(x)＝2（1＋ln x）x的图像有两个不同的交点.由g(x)＝2（1＋ln x）x，得g′(x)＝－2ln xx2，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝2.又e－2<1，g(e－2)＝2（1＋ln e－2）e－2＝－2e－2<0，x>1时，g(x)>0，所以实数a的取值范围为(0，2).题型三可化为函数零点的个数问题例3已知函数f(x)＝ln x(0<x≤1)与函数g(x)＝x2＋a的图像有两条公切线，求实数a的取值范围.解设公切线与函数f(x)＝ln x的图像切于点A(x1，ln x1)(0<x1≤1)，因为f(x)＝ln x，所以f′(x)＝1 x，所以在点A(x1，ln x1)处切线的斜率k1＝f′(x1)＝1 x1，所以切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，设公切线与函数g(x)＝x2＋a的图像切于点B(x2，x22＋a)，因为g(x)＝x2＋a，所以g′(x)＝2x，所以在点B(x2，x22＋a)处切线的斜率k2＝g′(x)＝2x2，所以切线方程为y－(x22＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x22＋a，1x1＝2x2，ln x1－1＝－x22＋a.因为0<x1≤1，所以1x1＝2x2≥1，x2≥12.又a＝－ln2x2＋x22－1，令t＝x2∈12，＋∞，则h(t)＝－ln2t＋t2－1＝－ln2－ln t＋t2－1，所以h′(t)＝2t2－1 t.令h′(t)>0且t≥12，得t>22；令h ′(t )<0且t ≥1，得12≤t <22.所以h (t )在12，所以函数f (x )＝ln x (0<x ≤1)与函数g (x )＝x 2＋a 有两条公切线，满足h (t )≤ln2－12<h (t )≤－34，所以a ln 2－12，－34.感悟提升解决曲线的切线条数、两曲线的交点个数、方程根的个数等问题的关键是转化为对应函数的零点个数问题，利用数形结合思想，通过研究函数的零点个数解决相关问题.训练3已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)求函数f (x )的图像在x ＝1e 2处的切线方程(e 为自然对数的底数)；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围.解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－ln x x 2，所以f 2e 4，又e 2，所以函数f (x )的图像在x ＝1e2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 即y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0.令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x.令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1(a >0)，则r (0)＝1，r (1)＝1－a ，①当a≥1时，r(1)≤0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(1，＋∞)时，r(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以方程f(x)＝a(x－1)＋1x无实根.②当0<a<1时，r(1)＝1－a>0，r(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得x∈(1，x0)时，r(x)>0，即h(x)单调递增；x∈(x0，＋∞)时，r(x)<0，即h(x)单调递减.所以h(x)max＝h(x0)>h(1)＝0.取x＝1＋1(x>2)，则1＋1a ln1＋1a a1＋1a＋a1＋1a ln1＋1a－1＋1a.令t＝1＋1a>0，故m(t)＝ln t－t(t>2)，则m′(t)＝1t－1<0，所以m(t)在(2，＋∞)单调递减，所以m(t)<ln2－2<0，即h 1＋1a故存在唯一x1x0，1＋1a，使得h(x1)＝0.综上，a的取值范围为(0，1).隐零点问题在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x0.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x0叫作隐零点；若x0容易求出，就叫作显零点，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.例1设函数f(x)＝e x－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值.解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.当a>0时，令f′(x)<0，得x<ln a，令f′(x)>0，得x>ln a，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋x＋1e x－1(x>0)恒成立，令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，得g′(x)＝e x－1－（x＋1）e x（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2(x>0).由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数.又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点).当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝α＋1eα－1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.例2已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax的图像在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.(1)求a，b的值；(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－32.(1)解因为f′(x)＝x e x－a，由f′(0)＝－1得a＝1，又f(0)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1.(2)证明令g(x)＝f′(x)＝x e x－1，则g′(x)＝(x＋1)e x，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.由x0e x0＝1⇒e x0＝1 x0，f(x0)＝x0－1x0－x0＝1x又＝e2－1<0，g(1)＝e－1>0⇒12<x0<1⇒2<1x0＋x0<52，所以f(x0)>－3 2 .1.已知函数f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围.解(1)当a＝0时，f(x)＝e x－e x，则f′(x)＝e x－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值.(2)由题意得f′(x)＝e x－2ax＋a－e，设g(x)＝e x－2ax＋a－e，则g′(x)＝e x－2a.若a＝0，则f(x)的最大值f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点.若a<0，则g′(x)＝e x－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增.又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点.若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，e x>e x.则f(x)＝e x＋(a－e)x－ax2>e x＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a的取值范围为(－∞，0).2.设函数f(x)＝12x2－m ln x，g(x)＝x2－(m＋1)x，m>0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图像的交点个数.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x.当0<x<m时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>m时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.综上，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m).(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－m ln x，x>0，题中问题等价于求函数F(x)的零点个数.F′(x)＝－（x－1）（x－m）x，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，因为F(1)＝32>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点；当m>1时，0<x<1或x>m时，F′(x)<0；1<x<m时，F′(x)>0，所以函数F(x)在(0，1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，因为F(1)＝m＋12>0，F(2m＋2)＝－m ln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点.综上，函数F(x)有唯一零点，即函数f(x)与g(x)的图像总有一个交点.3.已知函数f(x)＝(x－1)e x－ax2＋b＋12.(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝12时，f(x)的图像与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2＋b＋12(x∈R)，则f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2).令f′(x)>0，解得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，解得0<x<ln2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).(2)因为a＝12，所以f(x)＝(x－1)e x－12x2＋b＋12.由(x－1)e x－12x2＋b＋12＝bx，得(x－1)e x－12(x2－1)＝b(x－1).当x＝1时，方程成立.当x≠1时，只需要方程e x－12(x＋1)＝b有2个实根.令g(x)＝e x－12(x＋1)，则g′(x)＝e x－12.当x <ln 12时，g ′(x )<0，当x >ln 12且x ≠1时，g ′(x )>0，所以g (x )∞，ln 12，(1，＋∞)上单调递增，因为＝12－12＋＝12ln 2，g (1)＝e －1≠0，所以b 2，e －(e －1，＋∞).4.已知函数f (x )＝ax cos x －1在0，π6上的最大值为3π6－1.(1)求a 的值；(2)证明：函数f (x )2个零点.(1)解f ′(x )＝a (cos x －x sin x )，因为x ∈0，π6，所以cos x >sin x ≥0，又1>x ≥0，所以1·cos x >x sin x ，即cos x －x sin x >0.当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在区间0，π6上单调递增，所以f (x )max ＝a ·π6×32－1＝3π6－1，解得a ＝2.当a <0时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间0，π6上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)＝－1，不符合题意，当a ＝0时，f (x )＝－1，不符合题意.综上，a ＝2.(2)证明设g (x )＝cos x －x sin x ，则g ′(x )＝－2sin x －x cos x x所以g (x )又g (0)＝1>0，＝－π2<0，所以存在唯一的x0g(x0)＝0，当0<x<x0时，g(x)>0，即f′(x)＝2g(x)>0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增；当x0<x<π2时，g(x)<0，即f′(x)＝2g(x)<0，所以f(x)0又f(0)＝－1<0，＝2π4－1>0，1<0，所以f(x)综上，函数f(x).。
高考数学复习第2章函数导数及其应用第8讲一次函数反比例函数及二次函数
图象与 x 轴的两个交点的横坐标.
4.二次函数的图象及性质 解析式 f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)
f(x)＝ax2＋bx＋c(a＜0)
图象
开口 顶点
对称性 定义域
向上
向下
－2ba，4ac4－a b2 函数的图象关于 x＝－2ba对称
(－∞,＋∞)
(续表) 解析式
值域
f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0) 4ac4－a b2，＋∞
2.y＝ 3－aa＋6(－6≤a≤3)的最大值为( B )
9
32
A.9
B.2
C.3
D. 2
3.(2019年河南信阳模拟)函数y＝－2x2－4ax＋3在区间
[－4,－2]上是单调函数,则 a 的取值范围是( )C
A.(－∞,1]
B.[4,＋∞)
C.(－∞,2]∪[4,＋∞)
D.(－∞,1]∪[2,＋∞)
解析：函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为x＝－a,
由题意可得－a≤－4或－a≥－2,解得a≤2或a≥4,故选C.
4.(2017年北京)已知x≥0,y≥0,且x＋y＝1,则x2＋y2的 取值范围是_____12_，__1___.
考点 1 二次函数的图象及应用
例 1：(1)(2018 年安徽淮南模拟)二次函数 y＝ax2＋bx 及指
第8讲 一次函数、反比例函数及二次函数
2024届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第五讲指数与指数函数课件
7－2－1＝98.
3212
54
(2)原式＝
a2 a
b b2
2
a6
1
a3
b6
1
b3
a3 b3
27
a3 b3
a. b
【题后反思】指数幂运算的一般原则 (1)有括号的先算括号里的，无括号的先算指数运算. (2)先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数. (3)底数是负数，先确定符号；底数是小数，先化成分数；底 数是带分数的，先化成假分数. (4)若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示， 运用指数幂的运算性质来解答.
解析：因为函数 y＝ax－b 的图象经过第二、三、四象限，所 以函数 y＝ax－b 单调递减且其图象与 y 轴的交点在 y 轴的负半轴
上.令 x＝0，则 y＝a0－b＝1－b，由题意得01＜－ab＜＜10，，
解得0b＜＞a1＜，1， 故 ab∈(0，1). 答案：(0，1)
考点三 指数函数的性质及应用 考向 1 利用指数函数的单调性比较大小 通性通法：比较指数式的大小时，能化成同底数的先化成同 底数幂，再利用单调性比较大小；不能化成同底数的，一般引入 “1”等中间量比较大小.
2.通过具体实例，了解指数函数的实际意义，理 问题.
解指数函数的概念.
2.题型一般为选择、填空
3.能用描点法或借助计算工具画出具体指数函数 题，若题型为解答题，
的图象，探索并理解指数函数的单调性与特殊点 则题目中等偏难
1.根式 (1)一般地，如果 xn＝a，那么 x 叫做 a 的 n 次方根，其中 n>1， 且 n∈N*.
即函数 f(x)在定义域 R 上单调递增.
(3)解：f(2x－1)＋f(x－2)＞0，且 f(x)为奇函数， ∴f(2x－1)＞f(－x＋2)， ∵函数 f(x)在 R 上单调递增， ∴2x－1＞－x＋2，∴x＞1， ∴不等式的解集为(1，＋∞).
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用专题突破7导数的综合应用课件
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为() A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1答案D解析由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.2．已知函数f(x)＝x sin x＋ax，且f1，则a等于()A．0B．1C．2D．4答案A解析∵f′(x)＝sin x＋x cos x＋a，且f1，∴sin π2＋π2cosπ2＋a＝1，即a＝0.3．若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于() A．－1B．0C．1D．2答案A解析f(x)的导数为f′(x)＝m＋1x，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，n∈N*，则f2020(x)等于()A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x答案B解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴f n(x)是以4为周期的函数，∴f2020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于()A ．1B ．－1C ．－eD ．－e －1答案D解析已知f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，其导数f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，可得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，变形可得f ′(e)＝－1e ，故选D.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为()A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝x 2＋m ，g (x )＝6ln x －4x ，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在公共点处的切线相同，则m 值等于()A ．5B ．3C ．－3D ．－5答案D解析f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝6x －4，令2x ＝6x－4，解得x ＝1，这就是切点的横坐标，代入g (x )求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f (x )得1＋m ＝－4，m ＝－5.故选D.8．(2019·新乡模拟)若函数f (x )＝a e x ＋sin x 在－π2，0上单调递增，则a 的取值范围为()B ．[－1,1]C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案D解析依题意得，f ′(x )＝a e x ＋cos x ≥0，即a ≥－cos xe x 对x ∈－π2，0恒成立，设g (x )＝－cos xe x ，x ∈－π2，0，g ′(x )g ′(x )＝0，则x ＝－π4，当x ∈－π2，－g ′(x )<0；当x －π4，0时，g ′(x )>0，故g (x )max ＝g (0，则a ≥0.故选D.9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h (0<h <5)，小圆柱的底面半径设为r (0<r <5)，由于r ，h 和球的半径5满足勾股定理，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导V ′＝－π(3h －5)·(h ＋5)，当0<h ≤53时，体积V 单调递增，当53<h <5时，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱体积取得最大值，V max ＝＝4000π27，故选B.10．(2019·凉山诊断)若对任意的0<x 1<x 2<a 都有x 2ln x 1－x 1ln x 2<x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A.12B ．1C ．eD ．2e答案B解析原不等式可转化为1＋ln x 1x 1<1＋ln x 2x 2，构造函数f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x 1<x 2且f (x 1)<f (x 2)，故x 1，x 2在区间(0,1)上，故a 的最大值为1，故选B.11．(2019·洛阳、许昌质检)设函数y ＝f (x )，x ∈R 的导函数为f ′(x )，且f (x )＝f (－x ),f ′(x )<f (x )，则下列不等式成立的是(注：e 为自然对数的底数)()A ．f (0)<e －1f (1)<e 2f (2)B ．e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)C ．e 2f (2)<e －1f (1)<f (0)D ．e 2f (2)<f (0)<e －1f (1)答案B解析设g (x )＝e －x f (x )，∴g ′(x )＝－e －x f (x )＋e －x f ′(x )＝e －x (f ′(x )－f (x ))，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )为减函数．∵g (0)＝e 0f (0)＝f (0)，g (1)＝e －1f (1),g (－2)＝e 2f (－2)＝e 2f (2)，且g (－2)>g (0)>g (1)，∴e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)，故选B.12．(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为()A.－323，－B.－2－323，－2答案D解析由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，又由关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________________．答案x －y －3＝0解析∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14．已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案－1e2，解析f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－ax，函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则f ′(x )有两个变号零点，即f ′(x )＝0有两个不等实根，即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点．令g (x )＝x (ln x ＋1)，则g ′(x )＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，则x ＝1e 2，即g (x )＝x (ln x ＋1)[g (x )]min ＝－1e 2，当x →0时，g (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以结合f (x )的图象(图略)可知a －1e 2，15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案－1，12解析由函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥－2＋e x ＋1ex ≥－2＋2e x ·1e x＝0，当且仅当x ＝0时等号成立，可得f (x )在R 上递增，又f (－x )＋f (x )＝(－x )3＋2x ＋e －x －e x ＋x 3－2x ＋e x －1e x 0，可得f (x )为奇函数，则f (a －1)＋f (2a 2)≤0，即有f (2a 2)≤0－f (a －1)＝f (1－a )，即有2a 2≤1－a ，解得－1≤a ≤12.16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且对任意的不相等的实数x 1，x 2∈[0，＋∞)有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，若关于x 的不等式f (2mx －ln x－3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)在x ∈[1,3]上恒成立，则实数m 的取值范围是______________．答案12e ，1＋ln 36解析∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．又f (2mx －ln x －3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)＝2f (3)－f (2mx －ln x －3)，∴f (2mx －ln x －3)≥f (3)．由题意可得函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴|2mx －ln x －3|≤3对x ∈[1,3]恒成立，∴－3≤2mx －ln x －3≤3对x ∈[1,3]恒成立，即ln x2x ≤m ≤ln x ＋62x对x ∈[1,3]恒成立．令g (x )＝ln x2x ，x ∈[1,3]，则g ′(x )＝1－ln x 2x 2∴g (x )在[1，e ]上单调递增，在(e,3]上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝12e .令h (x )＝ln x ＋62x ，x ∈[1,3]，则h ′(x )＝－5－ln x2x 2<0，∴h (x )在[1,3]上单调递减，∴h (x )min ＝h (3)＝6＋ln 36＝1＋ln 36.综上可得实数m 的取值范围为12e ，1＋ln 36.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9.(1)求m 的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y ＝f (x )的切线，求此直线方程．解(1)f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f ′(x )＋0－0＋f (x )增极大值减极小值增从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9，即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，∴m ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋1，依题意知f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝－5，∴x ＝－1或x ＝－13，又f (－1)＝6，＝6827，所以切线方程为y －6＝－5(x ＋1)或y －6827＝－即5x ＋y －1＝0或135x ＋27y －23＝0.18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝x sin x ＋2cos x ＋ax ＋2，其中a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝π2处的切线斜率为－2，求该切线的方程；(2)求函数f (x )在x ∈[0，π]上的最小值．解(1)求导得f ′(x )＝x cos x －sin x ＋a ，由f a －1＝－2，解得a ＝－1.此时2，所以该切线的方程为y －2＝－2x ＋y －2－π＝0.(2)对任意x ∈[0，π]，f ″(x )＝－x sin x ≤0，所以f ′(x )在[0，π]内单调递减．当a ≤0时，f ′(x )≤f ′(0)＝a ≤0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递减，故f (x )min ＝f (π)＝a π.当a ≥π时，f ′(x )≥f ′(π)＝a －π≥0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝4.当0<a <π时，因为f ′(0)＝a >0，f ′(π)＝a －π<0，且f ′(x )在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减．故f (x )的最小值等于f (0)＝4和f (π)＝a π中较小的一个值．①当4π≤a <π时，f (0)≤f (π)，故f (x )的最小值为f (0)＝4.②当0<a <4π时，f (π)≤f (0)，故f (x )的最小值为f (π)＝a π.综上所述，函数f (x )的最小值f (x )min，a ≥4π，π，a <4π.19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1(m ∈R )．(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，求实数m 的值；(2)若对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)∵f (x )＝4ln x －mx 2＋1，∴f ′(x )＝4x －2mx ，∴f ′(1)＝4－2m ，∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，∴f ′(1)＝4－2m ＝2，∴m ＝1.(2)∵对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，∴4ln x －mx 2＋1≤0，在x ∈[1，e ]上恒成立，即对于任意x ∈[1，e ]，m ≥4ln x ＋1x 2恒成立，令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[1，e ]，g ′(x )＝2(1－4ln x )x 3，令g ′(x )>0，得1<x <14e ，令g ′(x )<0，得14e <x <e ，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化如下表：x 14(1,e )14e14(e ,e)g ′(x )＋0－g (x )极大值∴函数g (x )在区间[1，e ]上的最大值g (x )max ＝g (14e )＝141244ln e 1(e )+＝2e e ，∴m ≥2ee，即实数m 的取值范围是2ee ，＋20．(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．解(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －2a 2x －a ＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a，函数f (x )当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a ，函数f (x )－1a，＋.(2)①当a ＝0时，函数f (x )在(0，1]内有1个零点x 0＝1;②当a >0时，由(1)知函数f (x )若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；若0<12a <1，即当a >12时，f (x )1上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足0，即ln 12a ≥34，又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；③当a <0时，由(1)知函数f (x )－1a，＋若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )－1a，1上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC 的直线DE 将△ADE 剪去，得到所需的梯形钢板BCED ，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S (单位：平方米)．(1)求梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式；(2)若在生产中，梯形BCED 试确定这个梯形的周长x 为多少时，该零件才可以在生产中使用？解(1)∵DE ∥BC ，△ABC 是正三角形，∴△ADE 是正三角形，AD ＝DE ＝AE ，BD ＝CE ＝3－AD ，则DE ＋2(3－AD )＋3＝9－AD ＝x ，S ＝(3＋AD )·(3－AD )·sin 60°2＝3(12－x )(x －6)4(6<x <9)，化简得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．故梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式为S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．(2)∵由(1)得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)，令f (x )＝S x ＝x －72x ＋x <9)，∴f ′(x )1令f ′(x )＝0，得x ＝62或x ＝－62(舍去)，f (x )，f ′(x )随x 的变化如下表：x(6,62)62(62，9)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值单调递减∴当x ＝62时，函数f (x )＝S x有最大值，为f (62)＝923－36.∴当x ＝62米时，该零件才可以在生产中使用．22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1.解(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x ，令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0，即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x ex 有两个根，设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ，当x <0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )<0；当0<x <1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e，故实数k f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝1e x k －2x 1＝0得k ＝112e x x ，所以f (x 1)＝1e x k －x 21＝112e x x 1e x －x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1，由于x 1∈(0,1)，所以0<－(x 1－1)2＋1<1，所以0<f (x 1)<1.。
老高考适用2023高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用第一节导数的概念几何意义及运算课件北
(1)由
(2)y=2x
2-1
y=
,得
+2
y'=
5
(+2)
2 ,则在点(-1,-3)处的切线的斜率为
5,43;2=0.
(2)设切点坐标为(x0,y0).
对 y=ln x+x+1 求导可得
1
y'=+1(x>0).
1
由题意得, +1=2,解得 x0=1,故 y0=ln
第四章
第一节 导数的概念、几何意义及运算
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
课标解读
衍生考点
核心素养
1.了解导数概念的实际背景,知道导数是关于
瞬时变化率的数学表达,体会导数的内涵与
思想,体会极限思想.
1.导数的运 数学抽象
2.通过函数图象直观理解导数的几何意义.
算
3.能够根据导数定义求函数y=c,y=x,y=x2,
x0=e,则
1
k= =e.
0
(2)设点 P 为(x0,03 -2x0),因为 f'(x)=3x2-2,所以 f'(x0)=302 -2.因为曲线在点
P 处的切线平行于直线 x-y-2=0,所以 f'(x0)=1,即 302 -2=1,解得 x0=±1.
当 x0=1 时,点 P 为(1,-1),则切线方程为 y+1=x-1,即 x-y-2=0,与所给直线
重合,不合题意;当 x0=-1 时,点 P 为(-1,1),则切线方程为 y-1=x+1,即
x-y+2=0,与所给直线平行.故点 P 的坐标为(-1,1).
2025版高考数学总复习第3章导数及其应用第1讲导数的概念及运算课件
x＝－sin12x，C
错误；
(x23x)′＝(x2)′·3x＋x2×(3x)′＝2x3x＋x23xln 3，D 正确．
2．求下列函数的导数． (1)y＝x2sin x； (2)y＝ln x＋1x； (3)y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2； (4)f(x)＝ 2x＋1.
[解析] (1)y′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′＝2xsin x＋x2cos x.
等式
运算求解
点问题
Ⅱ，22
创新性
数学运算 逻辑推理
考题
考点
考向
关键能力 考查要求 核心素养
2022新高考 利用导数证 由 不 等 式 恒 成 逻辑思维 综合性 数学运算
Ⅱ，22 明不等式 立求取值范围 运算求解
逻辑推理
利用导数研
2022新高考
研 究 极 值 点 、 运算求解
究函数的极
Ⅰ，10 值、最值 零点个数
3．基本初等函数的导数公式 (1)C′＝___0___(C为常数)； (2)(xn)′＝_____n_x_n－__1 _____(n∈Q*)； (3)(sin x)′＝_____c_o_s_x______； (4)(cos x)′＝____－__s_i_n_x_______； (5)(ax)′＝_____a_x_ln__a_______；
(2)y′＝ln
x＋1x′＝(ln
x)′＋1x′＝1x－x12.
(3)∵y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2＝12xsin(4x＋π)＝－12xsin 4x，
∴y′＝－12sin 4x－12x·4cos 4x＝－12sin 4x－2xcos 4x.
(4)f′(x)＝2
21x＋1×(2x＋1)′＝
高中数学高考总复习导数的实际应用习题及详解
高中数学高考总复习导数的实际应用习题及详解一、选择题1．(文)(2010·甘肃省质检)函数f (x )＝x 3－ax 2＋x 在x ＝1处的切线与直线y ＝2x 平行，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3[答案] B[解析] 由条件知，f ′(1)＝3×12－2a ×1＋1＝2， ∴a ＝1.(理)(2010·芜湖十二中)设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为( )A ．4B ．－14C ．2D ．－12[答案] A[解析] ∵y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，∴g ′(1)＝2， ∵f (x )＝g (x )＋x 2，∴f ′(x )＝g ′(x )＋2x ， ∴f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.2．把长100cm 的铁丝分成两段，各围成一个正方形，当两正方形面积之和最小时，两段长分别为( )A ．20,80B ．40,60C ．50,50D ．30,70[答案] C[解析] 设一段长为x ，则另一段长为100－x ， ∴S ＝(x4)2＋(100－x 4)2＝116[x 2＋(100－x )2]＝116(2x 2－200x ＋10000) 令S ′＝0得116(4x －200)＝0，∴x ＝50.3．在内接于半径为R 的半圆的矩形中，周长最大的矩形的边长为( ) A.R 2和32RB.55R 和455R C.45R 和75RD ．以上都不对[答案] B[解析] 设矩形垂直于半圆直径的边长为x ，则另一边长为2R 2－x 2，则l ＝2x ＋4R 2－x 2 (0＜x ＜R )，l ′＝2－4x R 2－x 2，令l ′＝0，解得x ＝55R .当0＜x ＜55R 时，l ′＞0；当55R ＜x ＜R 时，l ′＜0. 所以当x ＝55R 时，l 取最大值，即周长最大的矩形的边长为55R ，455R . 4．(文)圆柱的表面积为S ，当圆柱体积最大时，圆柱的底面半径为( ) A.S 3π B.3πS C.6πS6πD ．3π·6πS[答案] C[解析] 设圆柱底面半径为r ，高为h ， ∴S ＝2πr 2＋2πrh ，∴h ＝S －2πr 22πr又V ＝πr 2h ＝rS －2πr 32，则V ′＝S －6πr 22，令V ′＝0得S ＝6πr 2，∴h ＝2r ，r ＝6πS6π. (理)内接于半径为R 的球并且体积最大的圆锥的高为( ) A ．R B ．2R C.43RD.34R [答案] C[解析] 设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则R 2＝(h －R )2＋r 2∴r 2＝2Rh －h 2 ∴V ＝13πr 2h ＝π3h (2Rh －h 2)＝23πRh 2－π3h 3V ′＝43πRh －πh 2，令V ′＝0得h ＝43R .5．要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm ，要使其体积最大，则高为( ) A.33cmB.1033cmC.1633cmD.2033cm[答案] D[解析] 设圆锥的高为x ，则底面半径为202－x 2， 其体积为V ＝13πx (400－x 2) (0＜x ＜20)，V ′＝13π(400－3x 2)，令V ′＝0，解得x ＝2033.当0＜x ＜2033时，V ′＞0；当2033＜x ＜20时，V ′＜0所以当x ＝2033时，V 取最大值．6．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总收益R 与产量x 的关系是R ＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80000， x ＞400.则总利润最大时，每年生产的产品是( )A ．100B ．150C ．200D ．300[答案] D[解析] 由题意，总成本为C ＝20000＋100x .所以总利润为P ＝R －C ＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20000，0≤x ≤400，60000－100x ，x ＞400，P ′＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x ，0≤x ≤400，－100，x ＞400.令P ′＝0，得x ＝300，易知当x ＝300时，总利润最大．7．(文)(2010·安徽合肥市质检)函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )[答案] D[解析] 由f (x )的图象知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴在(0，＋∞)上f ′(x )≤0，在(－∞，0)上f ′(x )≥0，故选D.(理)如图，过函数y ＝x sin x ＋cos x 图象上点(x ，y )的切线的斜率为k ，若k ＝g (x )，则函数k ＝g (x )的图象大致为( )[答案] A[解析] ∵y ′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， ∴k ＝g (x )＝x cos x ，易知其图象为A.8．(2010·鞍山一中)函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是( )A ．a >－316B ．－65<a <－316C ．a >－65D ．－65≤a ≤－316[答案] B[解析] f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝a (x ＋2)(x －1)有两个零点－2和1，故由题设条件知－2和1是函数f (x )的一个极大值点和一个极小值点，∵f (x )的图象经过4个象限，∴f (－2)·f (1)<0，∴⎝⎛⎭⎫16a 3＋1⎝⎛⎭⎫56a ＋1<0，∴－65<a <－316，故选B.9．(2010·泰安质检)已知非零向量a ，b 满足：|a |＝2|b |，若函数f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x在R 上有极值，设向量a ，b 的夹角为θ，则cos θ的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤12，1 B.⎝⎛⎦⎤12，1 C.⎣⎡⎦⎤－1，12D.⎣⎡⎭⎫－1，12 [答案] D[解析] ∵函数f (x )在R 上有极值，∴f ′(x )＝x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有两不等实根，∴Δ＝|a |2－4|a |·|b |cos θ＝4|b |2－8|b |2cos θ>0，∴cos θ<12，∴选D.[点评] 若f (x )为三次函数，f (x )在R 上有极值，则f ′(x )＝0应有二不等实根，当f (x )有两相等实根时，不能保证f (x )有极值，这一点要特别注意，如f (x )＝13x 3，f ′(x )＝x 2＝0有实根x ＝0，但f (x )在R 上单调增，无极值．即导数为0是函数有极值的必要不充分条件．10．(文)(2010·常德市检测)已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2－bx ＋1(a 、b ∈R )在区间[－1,3]上是减函数，则a ＋b 的最小值是( )A.23B.32C ．2D ．3[答案] C[解析] f ′(x )＝x 2＋2ax －b ，在[－1,3]上有f ′(x )≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≤0f (3)≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ≥16a －b ≤－9，由⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋b ＝16a －b ＝－9得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝3， ∴当直线a ＋b ＝z 经过点A (－1,3)时，z min ＝2.(理)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上恰好有( )A ．0个根B ．1个根C ．2个根D ．3个根[答案] B[解析] 设f (x )＝13x 3－ax 2＋1，则f ′(x )＝x 2－2ax ，∵a >2，∴f ′(x )≤0⇔0≤x ≤2a .又(0,2) (0,2a )，故f (x )在区间(0,2)上递减， f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f (2)＝113－4a <0.故f (x )的图象在(0,2)上与x 轴有一个交点． 二、填空题11．用长为18m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2 1，该长方体的最大体积是________．[答案] 3m 3[解析] 设长方体的宽为x ，则长为2x ，高为92－3x (0<x <2)，故体积为V ＝2x 2⎝⎛⎭⎫92－3x ＝－6x 3＋9x 2，V ′＝－18x 2＋18x ，令V ′＝0得，x ＝0或1， ∵0<x <2，∴x ＝1.∴该长方体的长、宽、高各为2m 、1m 、1.5m 时，体积最大，最大体积V max ＝3m 3. [点评] 注意长方体的长、宽、高都是正值，且长、宽、高的和的4倍为总长度．请再练习下题：用总长为14.8m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5m ，那么高为多少时容器的容积最大？并求出它的最大容积．[解析] 设容器的短边长为x m ， 则另一边长为(x ＋0.5)m ，高为14.8－4x －4(x ＋0.5)4＝3.2－2x .由3.2－2x >0和x >0，得0<x <1.6， 设容器的容积为y m 3，则有y ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )(0<x <1.6)， 整理得y ＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x ， ∴y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6，令y ′＝0，有－6x 2＋4.4x ＋1.6＝0，即15x 2－11x －4＝0， 解得x 1＝1，x 2＝－415(不合题意，舍去)，∴高＝3.2－2＝1.2，容积V ＝1×1.5×1.2＝1.8 答：高为1.2m 时容积最大，最大容积为1.8m 3.12．(2010·江苏，14)将边长为1m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则s 的最小值是________．[答案]3233[解析] 设DE ＝x ， 则梯形的周长为：3－x ，梯形的面积为：12(x ＋1)·32(1－x )＝34(1－x 2)∴s ＝(3－x )234(1－x 2)＝433·x 2－6x ＋91－x 2，x ∈(0,1)，设h (x )＝x 2－6x ＋91－x 2，h ′(x )＝－6x 2＋20x －6(1－x 2)2.令h ′(x )＝0，得：x ＝13或x ＝3(舍)，∴h (x )最小值＝h ⎝⎛⎭⎫13＝8， ∴s 最小值＝433×8＝3233.13．(2011·江西会昌检测)曲边梯形由曲线y ＝x 2＋1，y ＝0，x ＝1，x ＝2所围成，过曲线y ＝x 2＋1，x ∈[1,2]上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为________．[答案] ⎝⎛⎭⎫32，134[解析] 设P (x 0，x 02＋1)，x 0∈[1,2]，则易知曲线y ＝x 2＋1在点P 处的切线方程为y －(x 02＋1)＝2x 0(x －x 0)，∴y ＝2x 0(x －x 0)＋x 02＋1，令g (x )＝2x 0(x －x 0)＋x 02＋1，g (1)＋g (2)＝2(x 02＋1)＋2x 0(1－x 0＋2－x 0)＝－2x 02＋6x 0＋2，∴S 普通梯形＝g (1)＋g (2)2×1＝－x 02＋3x 0＋1＝－(x 0－32)2＋134，∴P 点坐标为(32，134)时，S 普通梯形最大．14．已知球的直径为d ，求当其内接正四棱柱体积最大时，正四棱柱的高为________． [答案]33d[解析] 如右图所示，设正四棱柱的底面边长为x ，高为h ， 由于x 2＋x 2＋h 2＝d 2， ∴x 2＝12(d 2－h 2)．∴球内接正四棱柱的体积为 V ＝x 2·h ＝12(d 2h －h 3)，0<h <d .V ′＝12(d 2－3h 2)＝0，∴h ＝33d .在(0，d )上，函数变化情况如下表：由上表知体积最大时，球内接正四棱柱的高为33d . 三、解答题15．(2010·陕西宝鸡市质检)高新开发区某公司生产一种品牌笔记本电脑的投入成本是4500元/台．当笔记本电脑销售价为6000元/台时，月销售量为a 台；市场分析的结果表明，如果笔记本电脑的销售价提高的百分率为x (0<x <1)，那么月销售量减少的百分率为x 2.记销售价提高的百分率为x 时，电脑企业的月利润是y 元．(1)写出月利润y 与x 的函数关系式；(2)如何确定这种笔记本电脑的销售价，使得该公司的月利润最大．[解析] (1)依题意，销售价提高后变为6000(1＋x )元/台，月销售量为a (1－x 2)台， 则y ＝a (1－x 2)[6000(1＋x )－4500]， 即y ＝1500a (－4x 3－x 2＋4x ＋1)(0<x <1)． (2)由(1)知y ′＝1500a (－12x 2－2x ＋4)， 令y ′＝0得，6x 2＋x －2＝0，解得x ＝12或x ＝－23(舍去)．当0<x <12时，y ′>0；当12<x <1时，y ′<0.故当x ＝12时，y 取得最大值．此时销售价为6000×32＝9000元．故笔记本电脑的销售价为9000元/台时，该公司的月利润最大．16．(文)(2010·南通模拟)甲乙两地相距400千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100千米/小时，已知该汽车每小时的运输成本P (元)关于速度v (千米/小时)的函数关系是P ＝119200v 4－1160v 3＋15v ，(1)求全程运输成本Q (元)关于速度v 的函数关系式；(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求此时运输成本的最小值．[解析] (1)汽车从甲地到乙地需用400v 小时，故全程运输成本为Q ＝400P v ＝v 348－5v22＋6000 (0<v ≤100)．(2)Q ′＝v 216－5v ，令Q ′＝0得，v ＝80，∴当v ＝80千米/小时时，全程运输成本取得最小值，最小值为20003元．(理)(2010·湖北)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗 ，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层，某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式．(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．[解析] (1)设隔热层厚度为x cm ，由题设，每年能源消耗费用为C (x )＝k 3x ＋5，再由C (0)＝8得，k ＝40，因此C (x )＝403x ＋5， 而建造费用为C 1(x )＝6x .最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10)． (2)f ′(x )＝6－2400(3x ＋5)2，令f ′(x )＝0，即2400(3x ＋5)2＝6， 解得x ＝5，x ＝－253(舍去)．当0<x <5时，f ′(x )<0，当5<x <10时，f ′(x )>0， 故x ＝5是f (x )的最小值点， 对应的最小值为f (5)＝6×5＋80015＋5＝70. 当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值70万元．17．(文)某单位用木料制作如图所示的框架，框架的下部是边长分别为x 、y (单位：m)的矩形，上部是等腰直角三角形，要求框架围成的总面积为8m 2，问x 、y 分别为多少时用料最省？(精确到0.001m)[解析] 依题意，有xy ＋12x ·x2＝8，∴y ＝8－x 24x ＝8x －x4(0<x <42)，于是框架用料长度为l ＝2x ＋2y ＋2×2x2＝⎝⎛⎭⎫32＋2x ＋16x ，l ′＝32＋2－16x 2， 令l ′＝0，即32＋2－16x 2＝0，解得x 1＝8－42，x 2＝42－8(舍去)，当0<x <8－42时，l ′<0；当8－42<x <42时，l ′>0；所以当x ＝8－42时，l 取得最小值，此时，x ＝8－42≈2.343m ，y ≈2.828m. 即当x 约为2.343m ，y 约为2.828m 时，用料最省．(理)有一个容积V 一定的有铝合金盖的圆柱形铁桶，已知单位面积铝合金的价格是铁的3倍，问如何设计使总造价最小？[分析] 桶的总造价要根据铁与铝合金的用量来定，由于二者单位面积的价格不同，在保持铁桶容积不变的前提下，使总造价最小．问题转化为V 一定求总造价y 的最小值，选取恰当变量(圆柱高h 或底半径r )来表示y 即变为函数极值问题．[解析] 解：设圆柱体高为h ，底面半径为r ，又设单位面积铁的造价为m ，桶总造价为y ，则y ＝3m πr 2＋m (πr 2＋2πrh )．由于V ＝πr 2h ，得h ＝V πr 2，所以y ＝4m πr 2＋2mVr(r >0)．所以，y ′＝8m πr －2mVr2.令y ′＝0，得r ＝⎝⎛⎭⎫V 4π13，此时，h ＝V πr2＝4⎝⎛⎭⎫V 4π13. 该函数在(0，＋∞)内连续可导，且只有一个使函数的导数为零的点，问题中总造价的最小值显然存在，当r ＝⎝⎛⎭⎫V 4π13时，y 有最小值，即h r ＝4时，总造价最小．。
2025年高考数学总复习课件19第三章第一节导数的概念及运算
(2)求f ′(x0)时，可先求f (x0)，再求f ′(x0)．( × )
(3)曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线与过点P(x0，y0)的切线相同．( × )
第一节
导数的概念及运算
必备知识
落实“四基”
2．已知函数f (x)在x＝x0处的导数为12，则 lim
变化的方向，其大小|f ′(x)|反映了变化的快慢，|f ′(x)|越大，曲线在这点处的切线
越“陡峭”．
第一节
导数的概念及运算
必备知识
落实“四基”
核心考点
提升“四能”
自查自测
知识点二 导数的运算
1．(多选题)(教材改编题)下列导数的运算中正确的是( ABD )
A．(3x)′＝3x ln 3
x sin x－ cos x
导数的概念及运算
考向3
必备知识
落实“四基”
核心考点
提升“四能”
课时质量评价
求参数的值或取值范围
【例3】(1)(2024·江门模拟)若曲线y＝e2ax在点(0，1)处的切线与直线x＋2y＋1＝0
－sin x
f ′(x)＝_________
f (x)＝cos x
f (x)＝ex
f (x)＝ax(a>0，且a≠1)
f (x)＝ln x
f (x)＝log x(a>0，且a≠1)
ex
f ′(x)＝____
ax ln a
f ′(x)＝_________
1
f ′(x)＝____
x
1
x ln a
f ′(x)＝____
在点(0，f (0))处的切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1.
2023版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第四讲定积分与微积分基本定理课件理
3
1
解析 (1)因为(ln )＇ = , 所以
2
1
2
d = 2
2
1
1
d = 2ln| 12 = 2(ln2−
ln1) = 2ln2.
(2)因为(sin)‘ = cos,所以
π
π = sin π−sin0 = 0.
cosd
=
sin|
0
0
考向1
(3)
(1)若f(x)为偶函数,则− f(x)dx=20
f(x)dx;
(2)若函数f(x)为奇函数,则− ()d=0.
考点2
微积分基本定理
一般地,如果f(x)是区间[a,b]上的连续函数,并且F＇(x)=f(x),那么
f(x)dx=F(b)-F(a),这个结论叫作微积分基本定理,又叫作牛顿-莱布尼茨
| ；
|
；
(3)
1
(5) dx=ln|x|
sin xdx=-cos x | ；
| ；
(6)
exdx=ex | ；
理解自测
判断正误(正确的打“√”,错误的打“✕”).
(1)若函数y=f(x)在区间[a,b]上连续,则
f(x)dx=
奇函数.
0
所以 −5 （ 3 3 + 4sin)d = − 50 (3 3 + 4sin x)dx.
5
所以 −5 （ 3 3 + 4sin)d = 0.
考向1
高考总复习一轮数学精品课件 第4章 导数及其应用 素能培优(六) 破解“双变量问题”的基本策略
<0,
∴f(x)在(0,+∞)内单调递减.
不妨假设 x1≥x2,∴|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2,
即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.
+1
22 +4++1
令 g(x)=f(x)+4x,则 g'(x)= +2ax+4=
(1)解 函数 g(x)=ln x- e2 +t(t∈R)的定义域为(0,+∞),且 g'(x)= − e2 = e2 .
∴函数 f(x)在(0,x2),(x1,+∞)内单调递减,在(x2,x1)内单调递增.
当 m>0 时,x1<0<x2,∴函数 f(x)在(0,x2)内单调递减,在(x2,+∞)内单调递增.
1
1
(2)证明 f(x1)-mx1=f(x2)-mx2(0<x1<x2),即 ln x1+ =ln x2+ (0<x1<x2).
由(1)知,f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,所以 0<x1<1<x2.
所以证明 x2+x1>2 等价于证明 x2>2-x1.
又因为 2-x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)内单调递增,
因此证明原不等式等价于证明 f(x2)>f(2-x1),即要证明 f(x1)>f(2-x1),
(1)解 当 a=2 时,f(x)=3ln x+2x2+1,∴f(1)=3,即切点为(1,3).
2024届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第四讲幂函数与二次函数课件
当 x＝0 时，－3＜0，符合题意；
当 x≠0 时，a＜321x－312－61，
易得1x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，所以当 x＝1 时，右边取得 最小值12，所以 a＜12.
综上，实数 a 的取值范围是－∞，21. 答案：－∞，21
答案：B
考向 2 二次函数的单调性 通性通法：处理函数的单调性问题要注意数形结合思想的应 用，尤其是求给定区间上的二次函数最值的问题，要先“定性” (作草图)，再“定量”(看图求解).
[例 2](多选题)若函数 f(x)＝(x－1)·|x＋a|在区间(1，2)上单调递
增，则满足条件的实数 a 的值可能是( )
方法二(分离参数)：当 x∈[1，3]时，f(x)<－m＋5 恒成立， 即当 x∈[1，3]时，m(x2－x＋1)－6<0 恒成立. ∵x2－x＋1＝x－122＋34>0， 又 m(x2－x＋1)－6<0， ∴m<x2－6x＋1.
∵函数 y＝x2－6x＋1＝x－1262＋34在[1，3]上的最小值为67， ∴只需 m<67即可. 综上所述，m 的取值范围是－∞，67.
公共点
在(－∞，0]上单 在 R 上 在[0， 在(－∞，0)
调递减；在[0， 单调递 ＋∞)上 和(0，＋∞)
＋∞)上单调递增 增
单调递增 上单调递减
(1，1)
【名师点睛】巧记幂函数 y＝xα的图象 五个幂函数在第一象限内的图象的大致情况可以归纳为“正 抛负双，大竖小横”，即α＞0(α≠1)时的图象是抛物线型(α＞1 时 的图象是竖直抛物线型，0＜α＜1 时的图象是横卧抛物线型)， α＜0 时的图象是双曲线型.Ｋ
2023版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第一讲导数的概念及运算课件理
先化为和、差的形式,再求导
根式形式
先化为分数指数幂的形式,再求导
三角形式
先利用三角函数公式转化为和或差的形式,再求导
复合形式
先确定复合关系,由外向内逐层求导,必要时可换元
P(x0,f(x0))处的切线的斜率k,即k= f ＇(x0) .相应地,切线方程为y-f(x0)=
f ＇(x0)(x-x0).
说明 函数y=f(x)在某点处的导数、曲线y=f(x)在某点处切线的斜率和
倾斜角,这三者是可以相互转化的.
考点2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
导数的运算
1.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)
y=3x-1,则f(1)+f ＇(1)=
5
.
考向扫描
考向1
导数的运算
1.典例 求下列函数的导数:
(1)y=(x+1)(x+2)(x+3);
2
(2)y=sin (1-2cos );
2
4
2−1
1
(3)y=ln
(x> ).
2+1
2
考向1
解析
导数的运算
(1)因为y=(x+1)(x+2)(x+3)=(x2+3x+2)(x+3)=x3+6x2+11x+6,
f ＇(x)=
a
考点2
导数的运算
2.导数的四则运算法则
若f ＇(x),g＇(x)存在,则
(1)[f(x)±g(x)] ＇ =f ＇(x)±g＇(x) ;
(2)[f(x)·g(x)]＇= f ＇(x)g(x)+f(x)g＇(x) ;
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》导数的概念及运算
2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》§3.1导数的概念及运算最新考纲1.通过对大量实例的分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道瞬时变化率就是导数，体会导数的思想及其内涵.2.通过函数图象直观理解导数的几何意义.3.能根据导数定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝1x 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．1．导数与导函数的概念(1)一般地，函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率是lim Δx →ΔyΔx ＝lim Δx →0f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx，我们称它为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|0x x ＝，即f ′(x 0)＝lim Δx →ΔyΔx ＝lim Δx →0f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx.(2)如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的导函数．记作f ′(x )或y ′.2．导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率k ，即k ＝f ′(x 0)．3．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 )＝x α(α∈Q *)f ′(x )＝αx α－1f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝e xf ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln a f (x )＝ln xf ′(x )＝1xf(x)＝log a x(a>0，a≠1)f′(x)＝1 x ln a4.导数的运算法则若f′(x)，g′(x)存在，则有(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)f(x)g(x)′＝f′(x)g(x)－f(x)g′(x)[g(x)]2(g(x)≠0)．概念方法微思考1．根据f′(x)的几何意义思考一下，|f′(x)|增大，曲线f(x)的形状有何变化？提示|f′(x)|越大，曲线f(x)的形状越来越陡峭．2．直线与曲线相切，是不是直线与曲线只有一个公共点？提示不一定．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．(×)(2)f′(x0)＝[f(x0)]′.(×)(3)(2x)′＝x·2x－1.(×)题组二教材改编2．若f(x)＝x·e x，则f′(1)＝.答案2e解析∵f′(x)＝e x＋x e x，∴f′(1)＝2e.3．曲线y＝1－2x＋2在点(－1，－1)处的切线方程为．答案2x－y＋1＝0解析∵y′＝2(x＋2)2，∴y′|x＝－1＝2.∴所求切线方程为2x－y＋1＝0.题组三易错自纠4．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()答案D解析由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A ，C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.5．若f (x )＝sin xx ，则f ′π2＝________.答案－4π2解析∵f ′(x )＝x cos x －sin xx 2，∴f ′π2＝－4π2.6．(2017·天津)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为．答案1解析∵f ′(x )＝a －1x，∴f ′(1)＝a －1.又∵f (1)＝a ，∴切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )，∴切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)．令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.题型一导数的计算1．已知f (x )＝sin x 21－2cos 2x4f ′(x )＝.答案－12cos x 解析因为y ＝sin x 2－cos x2＝－12sin x ，所以y ′＝－12sin x ′＝－12(sin x )′＝－12cos x .2．已知y ＝cos xe x，则y ′＝________.答案－sin x ＋cos x e x解析y ′＝cos xe x ′＝(cos x )′e x －cos x (e x )′(e x )2＝－sin x ＋cos xe x.3．f (x )＝x (2019＋ln x )，若f ′(x 0)＝2020，则x 0＝.答案1解析f ′(x )＝2019＋ln x ＋x ·1x＝2020＋ln x ，由f ′(x 0)＝2020，得2020＋ln x 0＝2020，∴x 0＝1.4．若f (x )＝x 2＋2x ·f ′(1)，则f ′(0)＝.答案－4解析∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，即f ′(1)＝－2，∴f ′(x )＝2x －4，∴f ′(0)＝－4.思维升华1.求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，尽量避免不必要的商的求导法则，这样可以减少运算量，提高运算速度减少差错．2．(1)若函数为根式形式，可先化为分数指数幂，再求导．(2)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时可进行换元．题型二导数的几何意义命题点1求切线方程例1(1)(2018·湖北百所重点高中联考)已知函数f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为()A ．1B ．－1C ．2D ．－2答案A解析由f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f (x )＝2x －1x ＝2－1x .∴f ′(x )＝1x2，∴f ′(1)＝1.由导数的几何意义知，所求切线的斜率k ＝1.(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为．答案x －y －1＝0解析∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上，∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .∴0＝x 0ln x 0，0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.命题点2求参数的值例2(1)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b ＝.答案1解析由题意知，y ＝x 3＋ax ＋b 的导数为y ′＝3x 2＋a ，3＋a ＋b ＝3，×12＋a ＝k ，＋1＝3，由此解得k ＝2，a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.(2)已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m ＝.答案－2解析∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，∴m ＝－2.命题点3导数与函数图象例3(1)已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是()答案B解析由y ＝f ′(x )的图象是先上升后下降可知，函数y ＝f (x )图象的切线的斜率先增大后减小，故选B.(2)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝.答案0解析由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，∴g ′(3)＝1＋30.思维升华导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面：(1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值k ＝f ′(x 0)．(2)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，1＝f (x 1)，0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)求解即可．(3)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况．跟踪训练(1)(2018·全国Ⅰ)已知f (x )＝x 2，则曲线y ＝f (x )过点P (－1,0)的切线方程是．答案y ＝0或4x ＋y ＋4＝0解析设切点坐标为(x 0，x 20)，∵f ′(x )＝2x ，∴切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)，∴x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2，∴所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)，即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0.(2)设曲线y ＝1＋cos xsin x 在点x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝.答案－1解析∵y ′＝－1－cos xsin 2x，∴y ′π2x =＝－1.由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.(3)(2018·开封模拟)函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是．答案(－∞，2)解析函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象存在与直线2x －y ＝0平行的切线，即f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解．所以f ′(x )＝1x ＋a ＝2在(0，＋∞)上有解，则a ＝2－1x .因为x >0，所以2－1x<2，所以a 的取值范围是(－∞，2)．1．已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ()A ．－3π2B ．－1π2C ．－3πD ．－1π答案C解析因为f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x (－sin x )，所以f (π)＋f ＝－1π＋2π×(－1)＝－3π.2．(2018·衡水调研)设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为()A ．e 2B ．e C.ln 22D ．ln 2答案B解析由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝ln x ＋1.根据题意知，ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，即x 0＝e.3．曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程是()A ．x －3y ＋3＝0B ．x －2y ＋2＝0C ．2x －y ＋1＝0D ．3x －y ＋1＝0答案C解析y ′＝cos x ＋e x ，故切线斜率k ＝2，切线方程为y ＝2x ＋1，即2x －y ＋1＝0.4．设函数f (x )在定义域内可导，y ＝f (x )的图象如图所示，则导函数f ′(x )的图象可能是()答案C解析原函数的单调性是当x <0时，f (x )单调递增；当x >0时，f (x )的单调性变化依次为增、减、增，故当x <0时，f ′(x )>0；当x >0时，f ′(x )的符号变化依次为＋，－，＋.故选C.5．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是()A.3π4， B.π4，，3π4 D.0答案A解析求导可得y ′＝－4e x ＋e －x ＋2，∵e x ＋e －x ＋2≥2e x ·e －x ＋2＝4，当且仅当x ＝0时，等号成立，∴y ′∈[－1,0)，得tan α∈[－1,0)，又α∈[0，π)，∴3π4≤α<π.6．(2018·广州调研)已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为()A ．eB ．－e C.1eD ．－1e答案C解析y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x，设切点为(x 0，ln x 0)，则y ′|0x x ＝＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1，解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.7．(2018·鹰潭模拟)已知曲线f (x )＝2x 2＋1在点M (x 0，f (x 0))处的瞬时变化率为－8，则点M 的坐标为．答案(－2,9)解析∵f (x )＝2x 2＋1，∴f ′(x )＝4x ，令4x 0＝－8，则x 0＝－2，∴f (x 0)＝9，∴点M 的坐标是(－2,9)．8.已知曲线y ＝14x 2－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐标为________.答案2解析设切点坐标为(m ，n )(m >0)，对y ＝14x 2－3ln x 求导得y ′＝12x －3x ，可令切线的斜率为12m－3m ＝－12，解方程可得m ＝2(舍去负值).9．若曲线y ＝ln x 的一条切线是直线y ＝12x ＋b ，则实数b 的值为．答案－1＋ln 2解析由y ＝ln x ，可得y ′＝1x，设切点坐标为(x 0，y 0)，由曲线y ＝ln x 的一条切线是直线y＝12x ＋b ，可得1x 0＝12，解得x 0＝2，则切点坐标为(2，ln 2)，所以ln 2＝1＋b ，b ＝－1＋ln 2.10．(2018·云南红河州检测)已知曲线f (x )＝x ln x 在点(e ，f (e))处的切线与曲线y ＝x 2＋a 相切，则a ＝______.答案1－e解析因为f ′(x )＝ln x ＋1，所以曲线f (x )＝x ln x 在x ＝e 处的切线斜率为k ＝2，则曲线f (x )＝x ln x 在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝2x －e.由于切线与曲线y ＝x 2＋a 相切，故y ＝x 2＋a 可联立y ＝2x －e ，得x 2－2x ＋a ＋e ＝0，所以由Δ＝4－4(a ＋e)＝0，解得a ＝1－e.11.已知f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．(1)若f (1)＝1，则f (－1)＝；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)，h (0)，h (1)的大小关系为．(用“<”连接)答案(1)1(2)h (0)<h (1)<h (－1)解析(1)由题图可得f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2，设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，g (x )＝dx 3＋ex 2＋mx ＋n (d ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝x ，g ′(x )＝3dx 2＋2ex ＋m ＝x 2，故a ＝12，b ＝0，d ＝13，e ＝m ＝0，所以f (x )＝12x 2＋c ，g (x )＝13x 3＋n ，由f (1)＝1，得c ＝12，则f (x )＝12x 2＋12，故f (－1)＝1.(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝12x2－13x3＋c－n，则有h(－1)＝56＋c－n，h(0)＝c－n，h(1)＝16＋c－n，故h(0)<h(1)<h(－1)．12．已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．解(1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，∴曲线在点(2，f(2))处的切线方程为y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.(2)设曲线与经过点A(2，－2)的切线相切于点P(x0，x30－4x20＋5x0－4)，∵f′(x0)＝3x20－8x0＋5，∴切线方程为y－(－2)＝(3x20－8x0＋5)·(x－2)，又切线过点P(x0，x30－4x20＋5x0－4)，∴x30－4x20＋5x0－2＝(3x20－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或1，∴经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.13．已知函数f(x)＝e x－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝e x垂直的切线，则实数m的取值范围是()D．(e，＋∞)答案B解析由题意知，方程f′(x)＝－1e有解，即ex－m＝－1e有解，即ex＝m－1e有解，故只要m－1e>0，即m>1e即可，故选B.14．(2018·泰安模拟)若曲线f(x)＝a cos x与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，求a＋b的值．解依题意得，f ′(x )＝－a sin x ，g ′(x )＝2x ＋b ，f ′(0)＝g ′(0)，即－a sin 0＝2×0＋b ，得b ＝0.又m ＝f (0)＝g (0)，即m ＝a ＝1，因此a ＋b ＝1.15．给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，f ″(x )是函数f ′(x )的导函数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．已知函数f (x )＝5x ＋4sin x －cos x 的“拐点”是M (x 0，f (x 0))，则点M ()A ．在直线y ＝－5x 上B ．在直线y ＝5x 上C ．在直线y ＝－4x 上D ．在直线y ＝4x 上答案B 解析由题意，知f ′(x )＝5＋4cos x ＋sin x ，f ″(x )＝－4sin x ＋cos x ，由f ″(x 0)＝0，知4sin x 0－cos x 0＝0，所以f (x 0)＝5x 0，故点M (x 0，f (x 0))在直线y ＝5x 上．16．已知函数f (x )＝x －3x.(1)求曲线f (x )过点(0，－3)的切线方程；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解(1)f ′(x )＝1＋3x2，设切点为(x 0，y 0)，则曲线y ＝f (x )在点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0x －x 0)，∵切线过(0，－3)，∴－30－x 0)，解得x 0＝2，∴y 0＝12，∴所求切线方程为y －12＝74(x －2)，即y ＝74x －3.(2)设P (m ，n )为曲线f (x )上任一点，由(1)知过P 点的切线方程为y －n x －m )，即y x －m )，令x ＝0，得y ＝－6m，从而切线与直线x ＝0令y ＝x ，得y ＝x ＝2m ，从而切线与直线y ＝x 的交点为(2m,2m )，∴点P (m ，n )处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积S ＝12·|－6m |·|2m |＝6，为定值．。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第2节：导数与函数的单调性(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()答案D解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.4.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.R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.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.考点一不含参函数的单调性1.函数f(x)＝x＋3x＋2ln x的单调递减区间是()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.感悟提升确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.2.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 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.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.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.训练2(1)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是()A.13，＋∞ B.－∞，13C.13，＋∞ D.－∞，13(2)(2022·郑州调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。
高考数学复习第2章函数导数及其应用第1讲函数与映射的概念
解析：x＝1∈A,x→|x－1|＝0 B,即对集合 A 中元素 1, 在集合 B 中没有元素与之对应.故选 C.
答案：C
(2)(多选)下列四个图象中,是函数图象的是(
解析：由已知得 7＋6x－x2≥0,即x2－6x－7≤0, 解得－1≤x≤7,故函数的定义域为[－1,7]. 答案：[－1,7]
(3)若函数 f(x)＝x＋1 1，则函数 y＝f(f(x))的定义域为 ______________________.
素 了 2.知解,会道映求指射一数的些函概简数念单y.＝函a数x 与的对定数义函域数和y值＝域；决反在连函求2续0数函三11年的数年、概的都2念定考01及义 查2年求域 求、法简,但2单,新也01函课涉3年数标及
logax互为反函数(a＞0, a≠1)
的反函数
设 A,B 是两个非空集合,如果按照某种对应关系 f,对于集
第二章 函数、导数及其应用
第1讲 函数与映射的概念
课标要求
考情风向标
1.通过丰富实例,进一步体会函数是描 述变量之间的依赖关系的重要数学模
对函数概念的理解是学好函 数的关键,函数的概念比较抽
型,在此基础上学习用集合与对应的语 言来刻画函数,体会对应关系在刻画函 数概念中的作用；了解构成函数的要
象,不易理解,应做适量练习, 通过练习弥补理解的缺陷,纠 正理解上的错误.本讲重点解
答案：D
(4)已知函数 f(x),g(x)分别由下表给出：
x
1
2
3
f(x) 1
3
1
x
1
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13．已知函数f（x）＝（x2﹣3x+a）x．
（1）若f（x）的极小值点小于2，求a的取值范围；
（2）设函数g（x）＝af（x）（a≠0），讨论g（x）在（0，+∞）上的单调性．
14．已知函数 ．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．
3．已知关于x的函数f（x） 2+cx+bc，其导函数f′（x），且函数f（x）在x＝1处有极值 ．
（1）求实数b、c的值；
（2）求函数f（x）在[﹣1，2]上的最大值和最小值．
4．已知函数f（x）＝﹣2a2lnx x2+ax（a∈R）．
（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）在区间[1，e]的最小值．
（2）讨论函数f（x）的单调性；
15．已知f（x）＝2x3﹣mx2﹣12x+6的一个极值点为2．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）求函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最值．
16．设函数 ，其中a∈R．
（Ⅰ）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）在（﹣2，﹣1）上有极大值，求a的取值范围．
2021年甘肃省高考数学总复习：导数及其应用
1．已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）证明：ex+sinx＞xlnx+1．
2．已知函数f（x）＝alnx+（1﹣a）x2﹣bx+1在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直．
（1）若a＝1，求f（x）的单调区间；
（2）若0＜x＜e，f（x）≤0成立，求a的取值范围．
19．已知三次函数f（x）＝x3+ax2+4x+1（a为常数）．
（1）当a＝1时，求函数f（x）在x＝2处的切线方程；
（2）若a＜0，讨论函数f（x）在x∈（0，+∞）的单调性．
20．已知函数f（x）＝（x2﹣2x+a）ex．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＝1时，判断函数g（x）＝f（x） x2+lnx零点的个数，并说明理由．
（3）若f（x）+kx＞0对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数k的取值范围．
32．已知函数f（x） （e≈2.718）．
7．已知函数f（x）＝a（x﹣1）ex+x2．
（1）当a＝﹣2时，求f（x）的单调区间；
（2）若a＜0，函数f（x）的极大值为ln22﹣2ln2+2，求a的值．
8．已知函数f（x）＝x2+（1﹣2a）x﹣alnx（a∈R且a≠0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞2时，若函数y＝f（x）的图象与x轴交于A，B两点，设线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＞0．
28．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+1（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＝﹣2，证明：当x＞0时，ex﹣x2+2x﹣1﹣xf（x）＞0．
29．设函数f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，g（x） ，其中a∈R，e＝2.718……为自然对数的底数．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
5．已知函数f（x）＝ex（ax+1）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝1时，若P为直线y＝x+3与函数f（x）图象的一个公共点，其横坐标为t，且t∈（m，m+1），求整数m的所有可能的值．
6．设函数f（x）＝ex﹣ax+3（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的极值；
（2）若函数f（x）在区间[1，2]上的最小值是4，求a的值．
（1）当a＝0时，讨论f（﹣x）的单调性；
（2）若a＝1，且f（x）≥0，求b的值．
24．已知函数f（x）＝e2x﹣2ln（x+1） ax2﹣1．
（1）当a＝0时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
25．已知函数f（x）＝ax3﹣bx2﹣lnx．
（2）证明：当x＞1时，g（x）＞0．
30．已知函数f（x）＝xex kx2﹣kx（k∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的零点个数．
31．已知函数f（x）＝ex﹣ax2+b的图象在点x＝0处的切线为y＝ax．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）当x∈R时，求证：f（x）+x2≥x；
（2）若f（x）在[﹣2，﹣1]上单调递减，求a的取值范围．
11．已知函数f（x）＝mx2+lnx．
（1）若m＝﹣4，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）设x1，x2是f'（x）＝1的两个不相等的正实数解，求证：f（x1）+f（x2）+3＜ln4+x1+x2．
12．已知函数f（x） 2．
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（1）当b＝0时，讨论f（x）的单调性；
（2）若a＝b＝1，且f（x）≥m恒成立，求m的取值范围．
26．已知函数 ．
（1）求f（x）的单调区间．
（2）若f（x）在区间 上不单调，证明： ．
27．已知函数 ．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若a≤1，证明：当x∈[0，+∞）时，f（x）≤sinx﹣cosx．
21．已知函数f（x） alnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性．
（2）当a＝﹣1，x＞1时，证明：f（x） ．
22．已知函数 ，其中a∈R．
（1）当a＝﹣1时，求函数f（x）的极值；
（2）当a＝1时，若不等式 在x∈（1，+∞）时恒成立，求实数b的取值范围．
23．已知函数f（x）＝a（xex﹣1﹣4）﹣blnx+3x．
9．已知函数f（x）＝ex﹣x，h（x）＝af（x）+2f（﹣x）+（2a﹣4）x（a∈R且a≠0，e是自然对数的底数）．
（1）讨论函数y＝f（ax）的单调性；
（2）当x≥0时，h（x）≥（a+2）cosx恒成立，求a的取值范围．
10．设函数f（x）＝x3﹣ax2+1．
（1）若f（x）在x＝3处取得极值，求a的值；
17．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+x（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有极值且极值大于0，求实数a的取值范围．
18．已知函数f（x）＝x（ex﹣1）．
（1）求函数f（x）的最值；
（2）若不等式f（x）＞lnx﹣1+t对于任意x∈（0，+∞）恒成立，求实数t的取值范围．