2021高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用导数在不等式中的应用
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用 2导数在研究函数中的应用第1课时函数的单调性课件
解： .令，得或 .当时，， 单调递增；当时，， 单调递减.综上，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为 ．
【点拨】确定函数单调区间的步骤如下.第一步，确定函数 的定义域.第二步，求.第三步，解不等式 ，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式 ，解集在定义域内的部分为单调递减区间.注意函数间断点.
A. B.， C. D.，
解：函数的定义域为，.由，得 .依题意，得 解得 .故选B.
√
10.已知，，， ，则 ( )
A. B. C. D.
解：因为当时,，所以在 上单调递减.因为，即，所以 .故选C.
√
11.已知函数.若在上单调递增，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
变式1（1） 函数 的单调递减区间为____________.
，
解：因为，所以且 .所以 .令，解得或 .所以的单调递减区间为， .故填， .
（2）已知函数,，求函数 的单调区间.
解： .令，得或 .当或 时，；当时， .所以在,上单调递增，在,上单调递减, 在, 上单调递增.
考点二 含参函数的单调性
2.利用导数判断函数 单调性的步骤 第1步，确定函数的________； 第2步，求出导数 的______； 第3步，用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出 在各个区间上的正负，由此得出函数 在定义域内的单调性. 3.函数值变化快慢与导数的关系 一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得______，这时函数的图象就比较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数在这个范围内变化得______，函数的图象就比较“平缓”.
6.已知函数，则 的大致图象为 ( )
导数综合复习(三)导数在研究函数中的应用 高考数学
导数综合复习(三)
主讲人：某某某老师
某某学校
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
导数在研究函数中的应用
学校：________.班级：________.姓名：________.前言 导数是研究函数的变化趋势的一个工具，是初等数学与高等数学中比较常用的一个工具，是研究高等数学的基础。由变化率引出导数，借助导数，不仅可以研究一元函数，而且还可以研究多元函数。
【详解】法一：，当时，恒成立，此时在R上单调递增，不可能有两个零点，舍去，当时，令 则在上单调递减，在上单调递增，因为时，，时，，所以要使得有两个零点，则要 ，
，，，即，综上，若函数有两个零点，则；法二：，当时，，0不是函数的零点；当时，有两根，所以有两根，令，则，当时，，所以在上单调递减，且，
中学阶段，我们需要了解变化率和导数的定义，并通过研究导数的相关性质得出函数的单调性和极最值，体会导数问题的一般研究思路，掌握导数问题的基本研究方法。这一部分内容难度大、知识运用性强，是整个高中数学学习过程中最难的一部分，涉及的题型多，技巧多，思维跳跃性大，需要逐步进行分析，不能图快，一味放弃对难题的解答，需要重视相关思想的培养和训练，如函数思想、方程思想等。 作为高考数学中的一个最为重要内容，无论是哪个高考卷，选择填空和大题都经常能见到导数的身影，常用作选择，填空和大题的压轴题。常常考查函数的求导，构造函数法，高阶函数的求导，函数的
二、函数的极值与最大值
1.极值极小值 极大值 设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内的任一，有(或)，则称是函数的一个极大值(或极小值)。函数的极大值与极小值统称为函数的极值，
高考数学总复习(一轮)(人教A)教学课件第三章 一元函数的导数及其应用第2节 导数与函数的单调性
则 f( ),f(1),f(- )的大小关系为(
A.f(- )>f(1)>f( )
√
C.f( )>f(1)>f(- )
)
B.f(1)>f(- )>f( )
D.f(- )>f( )>f(1)
解析:(1)因为f(x)=xsin x,
所以f(-x)=(-x)·sin (-x)=xsin x=f(x),
√
B.(1,+∞)
C.(-∞,1)
D.(0,+∞)
)
解析:(2)由题设f′(x)=f′(2)ex-2-f(0)+x,
则f′(2)=f′(2)-f(0)+2,可得f(0)=2,
即f(0)=f′(2)e-2=2,则f′(2)=2e2,
x
所以f(x)=2e -2x+
x2,得f′(x)=2ex-2+x,
>0在(0,+∞)上恒成立,
在(0,+∞)上是增函数,故A正确;
对于B,函数f(x)=xex的导函数f′(x)=ex(x+1),当x∈(0,+∞)时,
f′(x)>0,所以函数f(x)=xex在(0,+∞)上为增函数,故B正确;
对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0, 得
所以函数f(x)=x3-x在
x> 或 x<- ,
(-∞,- )和( ,+∞) 上单调递增,故C错误;
2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.2导数与函数零点课件新人教B版
令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),
所以 2 1 1 ln 1，
aa
a
所以S(x)在 (ln 1 , 2) 上有且只有一个零点,
aa
综上,0<a<1.
【规律方法】 处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则
f′(x)=2x-1- 1 (2x 1)(x 1) (x 0)，
x
x
当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0.
(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,
a
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题意知1-k>0, 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+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)=x3-3x2+4,
2
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
(1)曲线y=f(x)在直线l的上方
1 2
x2
高考数学总复习第三章一元函数的导数及其应用 2导数在研究函数中的应用第2课时函数的极值与最大小值课件
极小值
极大值点
极大值
极值点
极值
（2）函数在某点取得极值的必要条件和充分条件：一般地，函数 在某一点的导数值为0是函数在这点取得极值的__________.可导函数 在 处取极大（小）值的充分条件是： ①__________; ②在附近的左侧,右侧 . （3）导数求极值的方法：解方程，当时,如果在 附近的左侧，右侧，那么是________；如果在附近的左侧 ，右侧，那么 是________.
√
4.函数在 上的最大值和最小值分别是( )
A.25, B.50,14 C.50, D.50,
解：.当或时， ，函数为增函数；当时，，函数为减函数.由，， ，，得函数在区间上的最大值和最小值分别为50， .故选C.
√
5.函数在区间 上的最大值与最小值分别为( )
A.， B.， C. ， D. ，
解： ．当,时，，单调递增；当,时，， 单调递减．因为，， ，所以 的最大值与最小值分别为， ．故选A．
√
6.（2022年全国甲卷）当时，函数取得最大值，则 ( )
A. B. C. D.1
解：由题意，知，则.因为 ，，即，所以.函数在 上单调递增，在上单调递减.故处，函数 取得极大值，也是最大值，则 故选B.
解：由 的图象，可知当时，，所以单调递增；当 时，，所以单调递减；当时，，所以 单调递增.所以在处取得极大值，在 处取得极小值.故选B.
√
4.函数在区间 上的最小值是 ( )
A.4 B.0 C.2 D.
解：令，解得或 .,, ，故函数在上的最小值为 .故选D.
√
考点一 利用导数解决函数的极值问题
变式5 已知函数在区间上有最小值，则实数 的取值范围是( )
高考数学第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第4课时导数与函数的零点
则 g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－x x，
可得 x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增；x
∈(1，＋∞)时，
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g′(x)<0，函数 g(x)单调递减． 所以当 x＝1 时，函数 g(x)取得极大值也是最大值， 所以 g(x)≤g(1)＝0，即 ln x≤x－1. (2)解：f′(x)＝1x－2x＋a＝－2x2＋x ax＋1，x>0. 令－2x20＋ax0＋1＝0，解得 x0＝a＋ 4a2＋8(负值舍去)， 在(0，x0)上，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；在(x0，＋∞) 上，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
所以 f(x)＝1x－aln x－2x.
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(1) 当
a＝－3
时
，
f′(x)
＝
－
1 x2
＋
3 x
－
2
＝
－
（2x－1）（x－1）
x2
.
令
f′(x)<0，得
x>1
或
1 0<x<2.
所以 f(x)的单调递减区间是0，12和(1，＋∞)．
(2)方程 f(x)＋2x＝0 有唯一实数根等价于 aln x＝1x
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1．函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图 象的几何直观求解．
2．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，进而求出参数的取值范围．
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高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第1课时 导数与函
第1课时 导数与函数的单调性[A 级 基础巩固]1．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是()解析：由函数f (x )的图象可知，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．答案：D2．(多选题)设函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，则下列结论错误的是() A ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增 B ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f (x )的图象与直线y ＝10只有一个公共点 解析：易知f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，所以f (x )在(－∞，－2)和(2，＋∞)上递增，在(－2，2)上单调递减． 因此A 项，B 项都不正确．易求f ′(－2)＝0，当b ＝－6时，f (x )在x ＝－2处的切线为y ＝10，C 正确． 作出函数f (x )＝x 3－12x (b ＝0)与y ＝10的图象，有三个交点，D 不正确． 答案：ABD3．(2020·某某中学调研)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X 围是()A ．(1，2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0，3]解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[a －1，a ＋1]上恒成立，即0<x ≤3在[a －1，a ＋1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案：A4．已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，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 解析：设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0， 所以g ′(x )<0.所以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)， 所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b . 答案：D5．已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值X 围是()A ．(－∞，－1] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析：f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0， 所以f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x＝－f (x )，知f (x )为奇函数．故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案：D6．(2020·某某一中质检)求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y·y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )[g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )]，运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是________．解析：由题设，y ′＝x 1x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x 2(x >0)．令y ′>0，得1－ln x >0，所以0<x <e. 所以函数y ＝x 1x 的单调递增区间为(0，e)． 答案：(0，e)7．已知g (x )＝2x＋x 2＋2a ln x 在[1，2]上是减函数，则实数a 的取值X 围为________．解析：g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x，由已知得g ′(x )≤0在[1，2]上恒成立， 可得a ≤1x－x 2在[1，2]上恒成立．又当x ∈[1，2]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x－x 2min ＝12－4＝－72.所以a ≤－72.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－72 8．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________．解析：因为当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，所以φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， 所以在(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，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：(－∞，－2)∪(0，2)9．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R)．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，所以切线斜率k ＝3，又切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)， 即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.10．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解：由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝ex －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0.[B 级 能力提升]11．(2020·雅礼中学质检)已知函数f (x )＝sin 2x ＋4cos x －ax 在R 上单调递减，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝2cos 2x －4sin x －a ＝2(1－2sin 2x )－4sin x －a ＝－4sin 2x －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. 答案：[3，＋∞)12．已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x <2f (1)的解集为________．解析：f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x )．则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1)． 又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 13．已知函数f (x )＝12x 2－2a 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，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值X 围；若不存在，说明理由．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x ，当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．[C 级 素养升华]14．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称．则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________．解析：由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.① 又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数， 所以2m ＋6＝0，即m ＝－3.② 代入①式，得n ＝0，所以f (x )＝x 3－3x 2－2，则f ′(x )＝3x 2－6x ， 令f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)． 答案：－3(0，2)。
人教版高中总复习一轮数学精品课件 第3章 一元函数的导数及其应用 3.4 导数的综合应用
(1)解 由题设,知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= -1,
令f'(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
(2)证明 由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0.
则当 x≠1 时,ln x<x-1.
求实数λ的取值范围.
e
1
1
解 同例题过程,得 +x+>λ 在区间 2 ,6 上有解,
e
1
令 g(x)= +x+,则需 λ<g(x)max.
1
由例题解答过程可知,g(x)在区间 2 ,1 上单调递减,
1
1
5
e6 37
1
在区间[1,6]上单调递增,且 g 2 =2e2 + 2,g(6)= 6 + 6 >g 2
1
当
1
0,
1
0<x< ;令
f'(x)>0,得
上单调递减,在区间
1
x> ,
1
,+∞
上单调递增.
≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上单调递增,故函数 f(x)在区间[1,2]上
的最小值为 f(1)=1;
1
当
≥2,即 0<a≤
1
时,函数
2
上的最小值为 f(2)=aln
f(x)在区间[1,2]上单调递减,故函数 f(x)在区间[1,2]
2023版高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用3-2导数在研究函数中的应用第1课时利用导数
命题角度 1 不含参函数的单调性
(1)(2021 届 甘 肃 庆 阳 镇 原 中 学 月 考 ) 函 数 f(x) ＝ (3 － x2)ex 的 单 调 递 增 区 间 是
()
A. (－∞，0)
B. (0，＋∞)
C. (－∞，3)和(1，＋∞) D. (－3，1)
解：因为函数 f(x)＝(3－x2)ex， 所以 f′(x)＝－2xex＋(3－x2)ex＝(3－2x－x2)ex. 由 f′(x)＞0，得 f′(x)＝(3－2x－x2)ex＞0， 即 3－2x－x2＞0，则 x2＋2x－3＜0，解得－3＜x＜1，即函数 f(x)的单调递增区间为(－3， 1). 故选 D.
(2)(2020 届山东滨州市高三期初考试)已知函数 f(x)＝12x2＋(a－1)lnx－ax，其中 a∈R， 讨论函数 f(x)的单调性. 解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x＋a－x 1－a＝（x－1）（xx－a＋1）. ①若 a≤1，则当 x∈(0，1)时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在区间(0，1)上单调递减；当 x∈(1， ＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增. ②若 1＜a＜2，则当 x∈(0，a－1)或 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)在区间(0， a－1)，(1，＋∞)上单调递增；当 x∈(a－1，1)时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在区间(a－1， 1)上单调递减. ③若 a＝2，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，所以函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
(1)(2021 四川省乐至中学高三月考)已知函数 f(x)＝(x－a－1)ex－12ax2＋a2x， 讨论 f(x)的单调性.
高三数学一轮复习备考导数在研究函数中的应用说课稿
《导数在研究函数中的应用》一轮复习说课稿尊敬的各位老师、专家，大家好！我今天说课的内容是高三的一节复习课《导数在研究函数中的应用》。
下面，我从以下几个方面来说课。
一、教学理念：新课标指出，学生是教学的主体，教师的教应本着从学生的认知规律出发，以学生活动为主线，在原有知识的基础上，建构新的知识体系。
因此，教师的责任关键在于教学过程中创设一个“数学活动”环境，让学生通过这个环境的相互作用，利用自身的知识和经验构建自己的理解，获得知识，从而培养自己的数学素养，培养自己的能力。
二、教材分析1、本节教材的地位、作用分析导数在研究函数中的应用是人教A版高中数学新教材选修2-2第一章第三节的内容。
其中函数单调性是刻画函数变化的一个最基本的性质，虽然学生已经能够使用定义判定在所给区间上函数的单调性,但在判断较为复杂的函数单调性时,使用定义法局限性较大。
而通过本节课的学习，能很好的解决这一难题，能够使学生充分体验到导数作为研究函数单调性的工具，其有效性和优越性。
另一方面，在高考中常利用导数研究函数的单调性，并求单调区间、极值、最值、利用导数解决生活中的优化问题，同时对研究不等式等问题起着重要作用。
所以，学习本节课既加深了学生对前面所学知识之间的联系，也为后继学习做好了铺垫，学好本节内容，能加深学生对函数性质的理解，进一步体会数形结合、分类讨论、函数与方程的数学思想，能在高考中起到四两拨千斤的作用。
在高考中，常将导数与向量、不等式、集合一样作为工具与其他知识相综合考查。
2、教学目标（一）知识与技能目标：（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）. （二）过程与方法目标：（1）通过本节的复习，掌握用导数在研究函数单调性、极值和最值中的方法；（2）培养学生的观察、比较、分析、概括的能力，数形结合、转化思想、分类讨论的数学思想（三）情感态度与价值观目标：（1）在教学过程中让学生养成多动手、多观察、勤思考、善总结的习惯；（2）培养学生的探索精神，感受成功的乐趣。
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
2021高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中第3课时导数在不等式中的应用课件
第 3 课时 导数在不等式中的应用
考点 1 构造函数证明不等式(讲练互动) [典例] (2020·南昌调研)已知函数 f(x)＝1－lnxx，g(x) ＝aeex＋1x－bx，若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点 是 A(1，1)，且在点 A 处的切线互相垂直． (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
则 aln a＋32－a－12a2≤0 成立， 令 u(a)＝aln a＋32－a－12a2(a>0)， 所以 u′(a)＝ln a＋1－1－a＝ln a－a， 令 k(a)＝u′(a)＝ln a－a， k′(a)＝1a－1，令 k′(a)＝1－a a＝0，得 a＝1， 在(0，1)上，k′(a)>0，k(a)＝u′(a)是增函数，在(1， ＋∞)上，
(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间；
(2)证明：当 a≥1e时，f(x)≥0. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x. 由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝21e2. 从而 f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x. 当 0＜x＜2 时，f′(x)＜0；当 x＞2 时，f′(x)＞0.
则 h(1)＝0，h′(x)＝－1－xl2n x＋eex＋x12＋1＝lnx2x＋eex＋1. 因为 x≥1，所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1>0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋x≥0. 故当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
2021高考数学人教版一轮复习课件：第三章 一元函数的导数及其应用 教材·高考·答题(一)
当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)<0. 故 f(x)在0，－21a上单调递增，在－21a，＋∞上单调 递减． (2)证明：由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－21a处取得最 大值，最大值为 f －21a＝ln－21a－1－41a， 所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln－21a－1－41a≤－43a－2，
调递减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增．
第十七页，共33页。
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.
由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0，
所以 x1x2＝1.
又因 x2>x1>0，所以 x2>1.
又 t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
2．得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分， 无则没分，如第(1)问中，求出 f(x)的定义域，f′(x)在(0， ＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，找关系 ln x0＝xx00－＋11， 判定两曲线在点 B 处切线的斜率相等．
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3．得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本 保证．
第十三页，共33页。
又 f α1＝α1－1ln α1－α1－1＝f（αα）＝0， 故α1是 f(x)＝0 在(0，x0)的唯一根． 综上，f(x)＝0 有且仅有两个实根，且两个实根互为 倒数．
第十四页，共33页。
1．利用导数研究函数的性质是历年高考的重点、热点， 涉及的主要内容：(1)讨论函数的单调性；(2)求函数的极(最) 值、极(最)值点；(3)利用性质研究方程(不等式)．考查数学 运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养．
2025版高考数学全程一轮复习第三章一元函数的导数及其应用高考大题研究课二利用导数证明不等式课件
×
ln 3 32
×
l4n24×…×lnn2n<n1.
解析：由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成
立．
令x＝n，其中n∈N＋且n≥2，则有ln n<n－1，
又n－1<n(n－1)，所以ln n<n(n－1)，即lnn2n<n−n1，
所以l2n22
×
ln 3 32
高考用导数证明不等式问题，重点掌握导数与函数的性质、函数 的零点、数列等相结合的问题，提高学生分析问题、解决问题的能 力．
关键能力·题型剖析
题型一将不等式转化为函数的最值问题
例1 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋32.
单调递增．→正确写出结论得1分
(2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a→正确求出f(x)min得1分
要证f(x)≥2ln a＋32，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋32，即证a2－12－ln a＞0 恒成立．→正确转化f(x)＞2ln a＋32⇒f(x)min＞2ln a＋32得2分
巩固训练1 [2024·河南新乡模拟]已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间；
解析：因为f(x)＝x2ln x，x>0， 所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)， 由f′(x)＝0，得x＝e−12. 当x ∈ (0，e−12)时，f′(x)<0；当x ∈ (e−12，＋∞)时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为(0，e−12)，单调递增区间为(e−12，＋∞)．
高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题教师用书
第5课时 利用导数研究函数的零点问题考点1 讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)＝．(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)＝(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中≤a≤，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693．解：(1)函数f(x)＝，定义域是(0，＋∞)，故f′(x)＝．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2 020)＞f(2 021)，即＞，故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020．(2)因为g(x)＝(x2－4x＋4)＋2ln x－x，所以g′(x)＝ax＋－2a－1＝．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝，①当a＝时，则g′(x)＝≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当<a<时，则＜2，则g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln 2－2<0，有极大值g＝2a－－2ln a－2，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln 6－6＞2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g＝2a－－2ln a－2，h′(a)＝2＋－＝2>0，所以h(a)在上单调递增，所以h(a)<h＝e－－2－2ln <0，则g＜0，故g(x)在上没有零点．综上：当≤a≤时，g(x)只有1个零点．已知函数f(x)＝x－(e为自然常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－，则f′(x)＝．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝e x＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝e x＋a．当a≥－1时，φ′(x)＝e x＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝e x＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋a ln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．综上可得，实数a的取值范围是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝－ln x(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝(x＞0)．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0,1]时，ln x≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝∈R，a∈R，所以y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)－x ln x－3a在上有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x<－或x>，令f′(x)＜0，解得－<x<，所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．(2)g(x)＝x3＋3ax－x ln x，依题意，x3＋3ax－x ln x＝0在上有两个不同的解，即3a＝ln x－x2在上有两个不同的解．设h(x)＝ln x－x2，x∈，则h′(x)＝－2x＝．当x∈时，h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln 2－，且h＝－ln 2－，h(2)＝ln 2－4，h>h(2)，所以－ln 2－≤3a<－ln 2－，所以－ln 2－≤a<－ln 2－，即实数a的取值范围为．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋≤0在(0,1)上恒成立，即a≤－2x恒成立．令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－2＝－2>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范围是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋，记φ(x)＝x＋，则φ′(x)＝1＋．令φ′(x)＞0，解得x>1＋，所以φ(x)在(1,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增，φ(1＋)＝1＋＋＝1＋＝1＋∈(2,3)，由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋)<3，所以a>－φ(1＋)，所以整数a的最小值为－2．考点3 函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋<e．(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f ＝f ．设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1<x2<e．先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－ln x(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln (t＋1)＋ln x1<1，即证ln (t＋1)＋<1，即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0．令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，则S′(t)＝ln (t＋1)＋－1－ln t＝ln －．先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)ma x＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<＋<e．对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝－a＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得0<a<．显然e∈，f(e)＝1－a e<0，∈，f＝2ln－．设t＝>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f <0．所以实数a的取值范围为．(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2．构造函数H(x)＝f－f＝ln －ln －2ax,0<x<．H′(x)＝＋－2a＝>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f．由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f＝f．因为f(x)在上单调递减，所以x2>－x1，即x1＋x2>．故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考点 隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．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)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(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)，且eα＝α＋2．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．又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2．1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：1．已知函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，求得定义域为，对函数求导可得：f′(x)＝e x－，则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，则f(x)≥f(x0)＝e x0－a－eln(e x0＋a)＝－a－e·ln e＝e x0＋－2e－a＝e x0＋a＋－2e－2a．因为e x0＋a＋≥2e，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．2．已知函数f(x)＝．(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1．(1)解：函数f(x)的零点为e．函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(解答过程略)(2)证明：要证曲线y＝存在斜率为6的切线，即证y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝1－ln x0－6x＝0．即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．设切点坐标为，则y＝＝＝－6x0，x0∈．令h(x)＝－6x，x∈，由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，．所以y0<－1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有解得m＝．另一方面，由得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而得＝，于是，ln x1＋ln x2＝＝．又0<x1<x2，设t＝，则t>1．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，即证>2，t>1．即当t>1时，有ln t>．设函数h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝－＝≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，当t>1时，有ln t>．所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>．依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<g．证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<g．令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<g．因为x2，∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>，即x1x2>e2．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．即只需证明t1＋t2＞2，即>2⇔k(1＋e k)<2(e k－1)⇔k(1＋e k)－2(e k－1)<0．设g(k)＝k(1＋e k)－2(e k－1)(k<0)，则g′(k)＝k e k－e k＋1．令m(k)＝k e k－e k＋1，则m′(k)＝k e k<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2⇔ln k<⇔ln k－<0．设g(k)＝ln k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R．(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>．(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax．因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝．所以，当0<x<时，g′(x)>0，即g(x)在内单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．所以g(x)的最大值为g＝e，所以实数a的取值范围是．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2．由(1)，知0<a<．由两式相减，得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则<1，所以要证明x1＋x2>，只需证明<，即证明>ln x1－ln x2，亦即证明>ln．令函数h(x)＝－ln x,0<x<1，所以h′(x)＝<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以>ln x，即不等式>ln成立．综上，x1＋x2>，命题得证．。
高考数学大一轮复习第三章导数及其应用2第2讲导数与函数的单调性课件文新人教A版
利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 求出 单调区间． (2)当方程 f′(x)＝0 可解时，解出方程的实根，按实根把函数的 定义域划分区间，确定各区间 f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据 f′(x)结构特征， 利用图象与性质确定 f′(x)的符号，从而确定单调区间． [提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能 用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．
1．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．(－∞，＋∞)
解析：选 B.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
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( )
答案：(1)× (2)√
函数 f(x)＝cos x－x 在(0，π)上的单调性是( )
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论 (1)函数 f(x)在(a，b)内可导，且 f′(x)在(a，b)任意子区间内都不 恒等于 0，当 x∈(a，b)时： f′(x)≥0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递增； f′(x)≤0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递减． (2)f′(x)＞0(<0)在(a，b)上成立是 f(x)在(a，b)上单调递增(减)的 充分条件． [提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数 的符号．
高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用2利用导数研究函数的单调性课件新人教版
π
π
-π,, 0,
____________.
2
2
由题意可知 f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令 f'(x)=xcos x>0,解得其在区间(-π,π)内的解集为
即 f(x)的单调递增区间为
π
-π,- 2
,
π
0, 2
.
π
-π,2
∪
π
0,
2
,
解题心得利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法
等,都需要考虑函数的单调性,所以也是高考必考知识.应用时,要注意函数
的定义域优先,准确求导变形,转化为导函数在某区间上的符号问题.常用
到分类讨论和数形结合的思想,对数学运算核心素养有一定的要求.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
第一环节
必备知识落实
【知识筛查】
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.
解 (1)若a=1,则f(x)=3x-2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
1
-42 +3+1
故 f'(x)= -4x+3=
=
-(4+1)(-1)
(x>0).
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增;
1
2
7
7
即 g(x)在区间[1,4]上单调递增,g(x)max=g(4)= − =- ,即 a≥- .