最新12-3导数应用举例
高二数学 (人教A版)选修2-2课件：1-3 导数的应用
第27页
第一章 1.3
高考调研
新课标A版 ·数学 ·选修2-2
【解析】 (1)∵f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝3(x－a3)(x＋a)，又 a>0， ∴当 x<－a 或 x>a3时，f′(x)>0； 当－a<x<a3时，f′(x)<0. ∴f(x)在(－∞，－a)，(a3，＋∞)上是增函数，在(－a，a3)上是 减函数． (2)由题意知 x3＋ax2－a2x＋1＝ax2－2x＋1，即 x[x2－(a2－2)] ＝0 恰有一根(含重根)，∴a2－2≤0，即
第29页
第一章 1.3
高考调研
新课标A版 ·数学 ·选修2-2
(3)当 a>0 时，f(x)在(－∞，－a)，(a3，＋∞)上是增函数，g(x) 在(1a，＋∞)上是增函数．
a>0， 由题意得a≥a3， a≥1a，
解得 a≥1.
第30页
第一章 1.3
高考调研
新课标A版 ·数学 ·选修2-2
第28页
第一章 1.3
高考调研
新课标A版 ·数学 ·选修2-2
－ 2≤a≤ 2. 又 a≠0，∴a∈[－ 2，0)∪(0， 2]． 当 a>0 时，g(x)才存在最小值，∴a∈(0， 2]． ∵g(x)＝a(x－1a)2＋1－1a， ∴h(a)＝1－1a，a∈(0， 2]． ∴h(a)的值域为(－∞，1－ 22)．
第12页
第一章 1.3
高考调研
新课标A版 ·数学 ·选修2-2
x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
极小
极大
f(x)
专题12 利用导数解决函数的单调性-学会解题之高三数学万能解题模板【2022版】(原卷版)
专题12 导数与函数的单调性问题【高考地位】在近几年的高考中，导数在研究函数的单调性中的应用是必考内容，它以不但避开了初等函数变形的难点，定义法证明的繁杂，而且使解法程序化，优化解题策略、简化运算，具有较强的工具性的作用. 导数在研究函数的单调性中的应用主要有两方面的应用：一是分析函数的单调性；二是已知函数在某区间上的单调性求参数的取值范围.在高考中的各种题型中均有出现，其试题难度考查相对较大.类型一 求无参函数的单调区间万能模板 内 容使用场景 知函数()f x 的解析式判断函数的单调性 解题模板第一步 计算函数()f x 的定义域； 第二步 求出函数()f x 的导函数'()f x ；第三步 若'()0f x >，则()f x 为增函数；若'()0f x <，则()f x 为减函数.例1 【河北省衡水市枣强中学2020届高三下学期3月调研】已知函数()ln xx af x e+=. （1）当1a =时，判断()f x 的单调性；【变式演练1】函数，的单调递增区间为__________．【来源】福建省三明第一中学2021届高三5月校模拟考数学试题【变式演练2】已知函数，则不等式的解集为___________.【来源】全国卷地区“超级全能生”2021届高三5月联考数学（文）试题（丙卷）【变式演练3】【黑龙江省哈尔滨六中2020届高三高考数学（文科）二模】已知函数()2sin f x x x =-+，若3(3)a f =，(2)b f =--，2(log 7)c f =，则,,a b c 的大小关系为（ ） A ．a b c <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．a c b <<【变式演练4】【湖南省湘潭市2020届高三下学期第四次模拟考试】定义在R 上的连续函数()f x ，导函数为()f x '．若对任意不等于1-的实数x ，均有()()()10x f x f x '+->⎡⎤⎣⎦成立，且()()211x f x f x e -+=--，则下列命题中一定成立的是（ ）A ．()()10f f ->B ．()()21ef f -<-C ．()()220e f f -<D ．()()220e f f ->类型二 判定含参数的函数的单调性万能模板 内 容使用场景 函数()f x 的解析式中含有参数解题模板第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步 讨论参数的取值范围，何时使得导函数'()f x 按照给定的区间大于0或小于0； 第三步 根据导函数的符号变换判断其单调区间.例2 【黑龙江省大庆市第四中学2020届高三下学期第四次检测】已知函数()()2ln 21f x x x ax a R =+-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；【变式演练5】（主导函数是一次型函数）【福建省三明市2020届高三（6月份）高考数学（文科）模拟】已知函数()=1,f x nx ax a R -∈.（1）讨论函数f x （）的单调性；()2sin sin 2f x x x =⋅0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()2ln 1x xf x x e e -=+++()()2210f x f x --+≤【变式演练6】（主导函数为类一次型）【山东省威海荣成市2020届高三上学期期中考试】已知函数()x f x e ax -=+.（I ）讨论()f x 的单调性；【变式演练7】（主导函数为二次型）【2020届山西省高三高考考前适应性测试（二）】已知函数()2ln af x x a x x=--，0a ≥. （1）讨论()f x 的单调性；【变式演练8】（主导函数是类二次型）【山西省太原五中2020届高三高考数学（理科）二模】已知函数2()(1)x f x k x e x =--，其中k ∈R.（1）当k 2≤时，求函数()f x 的单调区间；【变式演练9】已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【来源】江西省南昌市新建区第一中学2020-2021学年高三上学期期末考试数学（文）试题类型三 由函数单调性求参数取值范围万能模板 内 容使用场景 由函数单调性求参数取值范围解题模板第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ； 第二步 根据题意转化为相应的恒成立问题； 第三步 得出结论.例3．【江苏省南通市2019-2020学年高三下学期期末】若()()21ln 242f x x b x =-++在()2,-+∞上是减函数，则实数b 的范围是（ ） A ．(],1-∞-B ．(],0-∞C ．(]1,0-D ．[)1,-+∞【变式演练11】（转化为任意型恒成立）【四川省绵阳市2020高三高考数学（文科）三诊】函数2()(2)x f x e x ax b =-++在(1,1)-上单调递增，则2816a b ++的最小值为（ ）A ．4B ．16C ．20D ．18()22ln f x x x =-()f x ()2,1m m +m 1,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭[)0,1【变式演练12】（转化为变号零点）【山西省运城市2019-2020学年高三期末】已知函数2()ln 1f x x a x =-+在(1,2)内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[)2,8B ．[]2,8C ．(][),28,-∞+∞ D ．()2,8【变式演练13】（直接给给定单调区间）【辽宁省六校协作体2019-2020学年高三下学期期中考试】已知函数()32113f x x mx nx =+++的单调递减区间是()3,1-，则m n +的值为（ ） A ．-4B ．-2C ．2D ．4【变式演练14】（转化为存在型恒成立）【四川省仁寿第一中学北校区2019-2020学年高三月考】若f （x ）321132x x =-++2ax 在（1，+∞）上存在单调递增区间，则a 的取值范围是( )A ．（﹣∞，0]B ．（﹣∞，0）C ．[0，+∞）D ．（0，+∞）【高考再现】1．（2021·全国高考真题（理））设2ln1.01a =，ln1.02b =， 1.041c =-．则（ ） A ．a b c <<B ．b c a <<C ．b a c <<D ．c a b <<2．（2021·全国高考真题（理））已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 3．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：. 【来源】2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题 4.【2017山东文，10】若函数()e xf x (e=2.71828,是自然对数的底数)在()f x 的定义域上单调递增,则称函数()f x 具有M 性质,下列函数中具有M 性质的是A . ()2xf x -= B. ()2f x x = C. ()3xf x -= D. ()cos f x x =5.【2017江苏，11】已知函数31()2e ex x f x x x =-+-, 其中e 是自然对数的底数. 若2(1)(2)0f a f a -+≤,0a >1a ≠()(0)a x x f x x a=>2a =()f x ()y f x =1y =()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<则实数a 的取值范围是 ▲ .6．【2020年高考全国Ⅰ卷文数20】已知函数()()e 2xf x 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．7．【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数()2e xf x ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围． 8．【2020年高考全国Ⅱ卷文数21】已知函数()2ln 1f x x =+． （1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围； （2）设0a >，讨论函数()()()f x f a g x x a-=-的单调性．9.（2018年新课标I 卷文）已知函数f (x )=ae x −lnx −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∈10.【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I 卷）】已知函数f(x)=1x −x +alnx ∈ （1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)存在两个极值点x 1,x 2，证明：f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2<a −2．【反馈练习】1．【2020届广东省梅州市高三总复习质检（5月）】已知0x >，a x =，22xb x =-，()ln 1c x =+，则（ ）A ．c b a <<B ．b a c <<C ．c a b <<D ．b c a <<2.【2020届山东省威海市高三下学期质量检测】若函数()()()1cos 23sin cos 212f x x a x x a x =+++-在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则实数a 的取值范围为( )A ．11,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[)1,1,5⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦D ．(]1,1,5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭3.【河南省十所名校2019—2020学年高三毕业班阶段性测试】若函数()sin24sin f x x x m x =--在[0,2π]上单调递减，则实数m 的取值范围为（ ） A ．(2,2)-B ．[2,2]-C ．(1,1)-D ．[1,1]-4.【黑龙江哈尔滨市第九中学2019-2020学年高三阶段验收】函数()3f x x ax =+，若对任意两个不等的实数()1212,x x x x >，都有()()121233f x f x x x ->-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()2,-+∞B ．[)3,+∞C ．(],2-∞-D ．(),3-∞5.【湖北省武汉市新高考五校联合体2019-2020学年高三期中检测】若函数3211()232f x x x ax =-++ 在2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上存在单调增区间，则实数a 的取值范围是_______. 6.【四川省宜宾市2020届高三调研】若对(]0,1t ∀∈，函数2()(4)2ln g x x a x a x =-++在(,2)t 内总不是单调函数，则实数a 的取值范围是______7.【河南省南阳市第一中学校2019-2020学年高三月考】若函数()22ln f x x x =-在定义域内的一个子区间()1,1k k -+上不是单调函数，则实数k 的取值范围______.8．若函数在区间是增函数，则的取值范围是_________．【来源】陕西省宝鸡市眉县2021届高三下学期高考模拟文科数学试题 9．已知函数，若对任意两个不同的，，都有成立，则实数的取值范围是________________【来源】江西省景德镇市2021届高三上学期期末数学（理）试题10．【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020-2021学年高三上学期开学考试】（1）求函数()sin cos (02)f x x x x x π=+<<的单调递增区间；()cos 2sin f x x a x =+,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭a ()()1ln 1xf x x x+=>1x 2x ()()1212ln ln f x f x k x x -≤-k（2）已知函数2()ln 43f x a x x x =-++在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，求实数a 的范围.11.【黑龙江省哈尔滨三中2020届高三高考数学（文科）三模】函数()()21ln 1x f x x x -=-+. （1）求证：函数()f x 在()0,∞+上单调递增； （2）若m ，n 为两个不等的正数，求证ln ln 2m n m n m n->-+. 12．【湖北省黄冈中学2020届高三下学期适应性考试】已知函数()()ln 1ln f x ax x a x =-+，()f x 的导数为()f x '.（1）当1a >-时，讨论()f x '的单调性； （2）设0a >，方程()3f x x e =-有两个不同的零点()1212,x x x x <，求证121x e x e+>+. 13.【湖南省永州市宁远、道县、东安、江华、蓝山、新田2020届高三下学期六月联考】已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1xf x e ≥-，求实数a 的取值范围．14．【2020届山西省高三高考考前适应性测试（二）】已知函数()xf x ae ex =-，()()ln 1xg x x b x e =--，其中,a b ∈R .（1）讨论()f x 在区间()0,∞+上的单调性； （2）当1a =时，()()0f x g x ≤，求b 的值.15．【河南省2020届高三（6月份）高考数学（文科）质检】已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 16.【山东省2020年普通高等学校招生统一考试数学必刷卷】已知实数0a >，函数()22ln f x a x a x x=++，()0,10x ∈．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1x =是函数()f x 的极值点，曲线()y f x =在点()()11,P x f x ，()()22,Q x f x ()12xx <处的切线分别为12,l l ，且12,l l 在y 轴上的截距分别为12,b b ．若12//l l ，求12b b -的取值范围．17.【福建省2020届高三（6月份）高考数学（理科）模拟】已知函数()()()2ln 222f x x a x x =++++，0a >.（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）求证：函数()f x 有唯一的零点.18．【山东省潍坊市五县2020届高三高考热身训练考前押题】已知函数()f x 满足222(1)()2(0)2x f f x x f x e -'=+-，21()(1)24x g x f x a x a ⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭，x ∈R ． （1）求函数()f x 的解析式； （2）求函数()g x 的单调区间；（3）当2a ≥且1≥x 时，求证：1ln ln x e x e a x x--<+-．19．【陕西省商洛市商丹高新学校2020届高三下学期考前适应性训练】已知函数3()ln ()f x x a x a R =-∈.∈1）讨论函数()f x 的单调性∈∈2）若函数()y f x =在区间(1,]e 上存在两个不同零点∈求实数a 的取值范围.20．【2020年普通高等学校招生全国统一考试伯乐马模拟考试】已知函数()()22xxf x ax a e e =-++.（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若函数()()()2212x x g x f x ax x a e e =-++-存在3个零点，求实数a 的取值范围. 21．【金科大联考2020届高三5月质量检测】已知函数()()()()()22224ln 2144f x x ax x a x a a x a =--+++∈R ．（∈）讨论函数()f x 的单调性；（∈）若0a ≤，证明：函数()f x 在区间)1,a e -⎡+∞⎣有且仅有一个零点．22．已知函数.（1）若，求函数的单调区间； （2）求证：对任意的，只有一个零点.【来源】全国Ⅱ卷2021届高三高考数学（理）仿真模拟试题 23．已知函数. （1）当时，判断的单调性；（2）若有两个极值点，求实数的取值范围.【来源】安徽省合肥六中2021届高三6月份高考数学（文）模拟试题 24．已知函数. （1）求的单调性；（2）设函数，讨论的零点个数. 【来源】重庆市高考康德卷2021届高三模拟调研卷数学试题（三） 25．已知函数， （1）讨论的单调性；（2）若，，，用表示，的最小值，记函数，，讨论函数的零点个数．【来源】山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练数学试题（二） 26．已知（） （1）讨论的单调性；（2）当时，若在上恒成立，证明：的最小值为. 【来源】贵州省瓮安中学高三2021届6月关门考试数学（理）试题27．已知函数.（1）讨论的单调性；()321()13f x x a x x =--+2a ＝-()f x a ∈R ()f x ()21ln 2f x x ax x ax =-+1a =()f x ()f x a ()()cos sin ,0,2f x x x x x π=-∈()f x ()()(01)g x f x ax a =-<<()g x ()ln()xf x x a x a=+-+a R ∈()f x 4a =()1cos (2sin )2g x x x mx x =++0m >}{min ,m n m n }{()min ()()h x f x g x =，[],x ππ∈-()h x ()ln f x x ax =+a R ∈()f x 1a =()()1f x k x b ≤++()0,∞+221k b k +--1e -+2()2ln ,()f x x ax x a R =+++∈()f x（2）若恒成立，求的最大值.【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题 28．已知函数． （1）若，证明：在单调递增； （2）若恒成立，求实数的取值范围．【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学2021届高三五模数学（理）试题 29．已知函数． （1）若在上为增函数，求实数a 的取值范围；（2）设，若存在两条相互垂直的切线，求函数在区间上的最小值．【来源】四川省达州市2021 届高三二模数学（文）试题 30．已知函数. （1）如果函数在上单调递减，求的取值范围； （2）当时，讨论函数零点的个数.【来源】内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试数学（文）试题 31．已知函数． （1）若在R 上是减函数，求m 的取值范围；（2）如果有一个极小值点和一个极大值点，求证 有三个零点． 【来源】安徽省淮南市2021届高三下学期一模理科数学试题32．已知函数．（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围； （2）当时，证明：函数有且仅有3个零点． 【来源】重庆市第二十九中学校2021届高三下学期开学测试数学试题()xf x e ≤a ()ln x f x xe ax a x =--0a ≤()f x ()0,∞+()0f x ≥a 21()cos 2f x x ax x =++()f x [0,)+∞21()()2g x f x x =-()g x sin ()1()x g x F x x -+=,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦1()ln(1)1f x a x x =-+-()()22g x f x x =-+(1,)+∞a 0a >()y f x =21()e 1()2x f x x mx m =+-+∈R ()f x ()f x 1x 2x ()f x ()e sin 1xf x ax x =-+-()f x ()0,∞+a 12a ≤<()()()2g x x f x =-11/ 11。
高考数学 2-12导数的应用领航课件 文 新人教A版
【解】
212 585 (1)设 －u＝kx－ 4 . 8
∵售价为 10 元时，年销量为 28 万件，
212 585 ∴ －28＝k10－ 4 ，解得 k＝2， 8 212 585 ∴u＝－2x－ 4 ＋ 8
＝－2x2＋21x＋18. ∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6) ＝－2x3＋33x2－108x－108.(x＞6) (2)y′＝－6x2＋66x－108 ＝－6(x2－11x＋18) ＝－6(x－2)(x－9)．
2．解决优化问题的基本思路
【基础自测】 1． (教材改编 )函数 f(x)＝ 12x－ x3 在区间 [－ 3,3]上的最小值是 ( ) A．－9 C．－12 答案：B B．－16 D．－11
2．函数 y＝lnx－x 在 x∈(0，e]上的最大值为( A．e C．－1 B．1 D．－e
)
解析：函数 y＝lnx－x 的定义域为(0，＋∞)， 1－x 1 又 y′＝ －1＝ ， x x 令 y′＝0 得 x＝1， 当 x∈(0,1)时，y′＞0，函数单调递增； 当 x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减． 当 x＝1 时，函数取得最大值－1，故选 C. 答案：C
1．(2011· 高考北京卷)已知函数 f(x)＝(x－k)ex. (1)求 f(x)的单调区间； (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值． 解：(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令 f′(x)＝0，得 x＝k－1. f(x)与 f′(x)的情况如下： x f′(x) f(x) (－∞，k－1) (k－1) (k－1， ＋∞) － 0 －ek－1 ＋
【解】 ＝1，即 b＝0.
(1)因为 f(1)＝b，由点(1，b)在 x＋y＝1 上，可得 1＋b
专题12 导数中隐零点的应用(解析版)
专题12导数中隐零点的应用【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f′(x)＝0是超越形式)，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．用隐零点处理问题时，先证明函数f(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点．此时设出零点x0，则f′(x)＝0的根为x0，即有f′(x0)＝0．注意确定x0的合适范围，如果含参x0的范围往往和参数a的范围有关．这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩．从而问题得以解决．基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算．用隐零点可解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题．隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等．至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围．进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键．最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现．考点一不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】[例1](2015全国Ⅱ)设函数f(x)＝e2x－a ln x．(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋a ln2a．解析(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0)．由f′(x)＝0得2x e2x＝a．令g(x)＝2x e2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0．当a>0时，方程g(x)＝a有一个根，即f′(x)存在唯一零点；当a≤0时，方程g(x)＝a没有根，即f′(x)没有零点．(2)由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0．故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以[f (x )]min ＝f (x 0)．由2e 2x 0－a x 0＝0得e 2x 0＝a 2x 0，又x 0＝022e x a ，得ln x 0＝ln 022ex a ＝ln a2－2x 0，所以f (x 0)＝02e x－a ln x 0＝a 2x 0－a2－2x ＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a≥2a 2x 0·2ax 0＋a ln 2a ＝2a ＋a ln 2a．故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a．[例2](2013全国Ⅱ)设函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．(1)若x ＝0是f (x )的极值点，求m 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当m ≤2时，求证：f (x )＞0．解析(1)f ′(x )＝e x －1x ＋m．由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1．于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝e x －1x ＋1．函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0．因此当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，故只需证明当m ＝2时，f (x )＞0．当m ＝2时，函数f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)单调递增．又f ′(－1)＜0，f ′(0)＞0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x 0，且x 0∈(－1，0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)＝0得0e x ＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2＞0．综上，当m ≤2时，f (x )＞0．[例3]已知函数f (x )＝x e x －a (x ＋ln x )．(1)讨论f (x )极值点的个数；(2)若x 0是f (x )的一个极小值点，且f (x 0)>0，证明：f (x 0)>2(x 0－x 30)．解析(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －(x ＋x ＝(x ＋1)(x e x －a )x，x ∈(0，＋∞)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；②当a >0时，令h (x )＝x e x －a ，h ′(x )＝(x ＋1)e x >0．显然函数h (x )在(0，＋∞)上是增函数，又因为当x →0时，h (x )→－a <0，h (a )＝a (e a －1)>0，必存在x 0>0，使h (x 0)＝0．当x ∈(0，x 0)时，h (x )<0，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，f ′(x )>0，f (x )为增函数．所以，x ＝x 0是f (x )的极小值点．综上，当a ≤0时，f (x )无极值点，当a >0时，f (x )有一个极值点．(2)由(1)得，f ′(x 0)＝0，即x 0e x 0＝a ，f (x 0)＝x 0e x 0－a (x 0＋ln x 0)＝x 0e x 0(1－x 0－ln x 0)，因为f (x 0)>0，所以1－x 0－ln x 0>0，令g (x )＝1－x －ln x ，g ′(x )＝－1－1x <0，g (x )在(0，＋∞)上是减函数，且g (1)＝0，由g (x )>g (1)得x <1，所以x 0∈(0，1)，设φ(x )＝ln x －x ＋1，x ∈(0，1)，φ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，所以φ(x )为增函数，φ(x )<φ(1)＝0，即φ(x )<0，即ln x <x －1，所以－ln x >1－x ，所以ln(x ＋1)<x ，所以e x >x ＋1>0，则e x 0>x 0＋1．因为x 0∈(0，1)，所以1－x 0－ln x 0>1－x 0＋1－x 0＝2(1－x 0)>0．相乘得e x 0(1－x 0－ln x 0)>(x 0＋1)(2－2x 0)，所以f (x 0)＝x 0e x 0(1－x 0－ln x 0)>2x 0(x 0＋1)(1－x 0)＝2x 0(1－x 20)＝2(x 0－x 30)．故f (x 0)>2(x 0－x 30)成立．[例4]已知函数f (x )＝a e x ＋sin x ＋x ，x ∈[0，π]．(1)证明：当a ＝－1时，函数f (x )有唯一的极大值点；(2)当－2<a <0时，证明：f (x )<π．解析(1)当a ＝－1时，f (x )＝x ＋sin x －e x ，f ′(x )＝1＋cos x －e x ，因为x ∈[0，π]，所以1＋cos x ≥0，令g (x )＝1＋cos x －e x ，g ′(x )＝－e x －sin x <0，所以g (x )在区间[0，π]上单调递减．因为g (0)＝2－1＝1>0，g (π)＝－e π<0，所以存在x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0．所以函数f (x )的单调递增区间是[0，x 0]，单调递减区间是[x 0，π]．所以函数f (x )存在唯一的极大值点x 0．(2)当－2<a <0时，令h (x )＝a e x ＋sin x ＋x －π，则h ′(x )＝a e x ＋cos x ＋1，令k (x )＝a e x ＋cos x ＋1，则k ′(x )＝a e x －sin x <0，所以函数h ′(x )在区间[0，π]上单调递减，因为h ′(0)＝a ＋2>0，h ′(π)＝a e π<0，所以存在t ∈(0，π)，使得h ′(t )＝0，即a e t ＋cos t ＋1＝0，且当0<x <t 时，h ′(x )>0；当t <x <π时，h ′(x )<0．所以函数h (x )在区间[0，t ]上单调递增，在区间[t ，π]上单调递减．h (x )max ＝h (t )＝a e t ＋sin t ＋t －π，t ∈(0，π)，因为a e t ＋cos t ＋1＝0，只需证φ(t )＝sin t －cos t ＋t －1－π<0即可，φ′(t )＝cos t ＋sin t ＋1＝sin t ＋(1＋cos t )>0，所以函数φ(t )在区间(0，π)上单调递增，φ(t )<φ(π)＝0，即f (x )<π．【对点训练】1．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在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x 0，且f (x 0)>－32．1．解析(1)因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1，又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1．(2)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x 0，f (x )有唯一的极值点x 0．由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0，f (x 0)＝x 0－1x 0x 0＝1＝e2－1<0，g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52，所以f (x 0)>－32．2．已知函数f (x )＝e x －t －ln x ．(1)若x ＝1是f (x )的极值点，求t 的值，并讨论f (x )的单调性；(2)当t ≤2时，证明：f (x )>0．2．解析(1)函数f (x )的定义域(0，＋∞)，因为f ′(x )＝e x －t －1x，x ＝1是f (x )的极值点，所以f ′(1)＝e 1－t －1＝0，所以t ＝1，所以f ′(x )＝e x －1－1x，因为y ＝e x －1和y ＝－1x ，在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴当x >1时，f ′(x )>0；0<x <1时，f ′(x )<0，此时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，(2)当t ≤2时，f (x )＝e x －t －ln x ≥e x －2－ln x ，设g (x )＝e x －2－ln x ，则g ′(x )＝e x －2－1x ，因为y ＝e x －2和y ＝－1x在(0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′(1)＝1e －1<0，g ′(2)＝1－12＝12>0，所以存在x 0∈(1，2)使得g ′(x 0)＝0，所以在(0，x 0)上使得g ′(x )<0，在(x 0，＋∞)上g ′(x )>0，所以g (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (x 0)，因为g ′(x 0)＝0，即e x 0－2＝1x 0，所以ln x 0＝2－x 0，所以g (x 0)＝e x 0－2－ln x 0＝1x 0＋x 0－2，因为x 0∈(1，2)，所以g (x 0)＝1x 0＋x 0－2>2－2＝0，所以f (x )>0．3．已知函数f (x )＝a e x －2x ，a ∈R ．(1)求函数f (x )的极值；(2)当a ≥1时，证明：f (x )－ln x ＋2x >2．3．解析(1)f ′(x )＝a e x －2，当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减，则f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln 2a ，令f ′(x )>0得x >ln 2a ，令f ′(x )<0得x <ln 2a ，∴f (x )∞，ln 2a，＋∴f (x )的极小值为f 2－2ln 2a，无极大值，综上，当a ≤0时，f (x )无极值．当a >0时，f (x )的极小值为2－2ln 2a ，无极大值．(2)当a ≥1时，f (x )－ln x ＋2x ≥e x －ln x ，令g (x )＝e x －ln x －2，转化为证明g (x )>0，∵g ′(x )＝e x －1x (x >0)，令φ(x )＝e x －1x (x >0)，则φ′(x )＝e x ＋1x 2(x >0)，则φ′(x )>0，∴g ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，∵g ′(1)＝e －1>0，g ＝e －2<0，∴∃x 0g ′(x 0)＝0，∴函数g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (x 0)＝0e x－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2≥21x 0·x 0－2＝0，∵x 0≠1，∴g (x )>0，∴f (x )－ln x ＋2x >2．4．已知函数f (x )＝ax＋bx ln x ，其中a ，b ∈R ．(1)若函数f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝x ＋e ，求a ，b 的值；(2)当b >1时，f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，证明：a >e ＋12e ．4．解析(1)由题得f ′(x )＝－a x 2＋b (ln x ＋1)，∴f ′(e)＝－a e 2＋2b ＝1，且f (e)＝ae＋e b ＝2e ，从而解得a ＝e 2，b ＝1．(2)由f (x )≥1对任意x ∈12，2恒成立，得ax＋bx ln x ≥1，等价于a ≥x －bx 2ln x ，令g (x )＝x －bx 2ln x ，x ∈12，2，则g ′(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，令φ(x )＝1－b (2x ln x ＋x )，则φ′(x )＝－b (2ln x ＋3)，易知φ′(x )<0，故g ′(x )在12，2上单调递减，因为g ′(e －12)＝1－b (－e －12＋e －12)＝1>0，g ′(1)＝1－b (2ln1＋1)＝1－b <0，故x 0∈(e －12，1)，使g ′(x 0)＝1－b (2x 0ln x 0＋x 0)＝0，则g (x )在12，x 0上单调递增，在(x 0，2]上单调递减，故g (x )max ＝g (x 0)＝x 0－bx 20ln x 0＝x 0＋bx 202，令h (x )＝x ＋bx 22，易知h (x )在(e －12，1)上单调递增，则a ≥x 0＋bx 202>e －12＋b e －12＝e ＋b 2e >e ＋12e ．5．已知函数f (x )＝e x ＋a －ln x (其中e ＝2.71828…，是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．5．解析(1)∵a ＝0时，∴f (x )＝e x －ln x ，f ′(x )＝e x －1x(x >0)，∴f (1)＝e ，f ′(1)＝e －1，∴函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为：y －e ＝(e －1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0．(2)∵f ′(x )＝e x ＋a －1x (x >0)，设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝e x ＋a ＋1x 2>0，∴g (x )是增函数，∵e x ＋a >e a ，∴由e a >1x，得x >e －a ，∴当x >e －a 时，f ′(x )>0；若0<x <1，则e x ＋a <e a ＋1，由e a ＋1<1x得，x <e －a －1，∴当0<x <min{1，e －a －1}时，f ′(x )<0，故f ′(x )＝0仅有一解，记为x 0，则当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )递增；∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0＋a －ln x 0，而f ′(x 0)＝e x 0＋a －1x 0＝0，所以e x 0＋a ＝1x 0，所以a ＝－ln x 0－x 0，记h (x )＝ln x ＋x ，则f (x 0)＝1x 0－ln x 0＝a >1－1e ，即－a <1e－1，所以h (x 0)<而h (x )显然是增函数，∴0<x 0<1e ，∴1x 0>e ，∴h (e)＝e ＋1．综上，当a >1－1e 时，f (x )>e ＋1．考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零点”【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1且k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值．解析(1)∵函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，∴f ′(x )＝a ＋ln x ＋1≥0在区间[e ，＋∞)上恒成立，∴a ≥(－ln x －1)max ＝－2，∴a ≥－2．∴a 的取值范围是[－2，＋∞)．(2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，∴k min，令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，令h (x )＝x －ln x －2(x >1)．则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增，∵h (3)＝1－ln3<0，h (4)＝2－2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)＝0，即当1<x <x 0时，h (x )<0，即g ′(x )<0，当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．令h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，即ln x 0＝x 0－2，g (x )min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3，4)．k <g (x )min ＝x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max ＝3．[例2](2020·新高考Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解析(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1．∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1．(2)解法一(隐零点)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x，且a >0．设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a<1，∴11e a<1，∴f ′(1)＝11(e 1)(1)0a a a ---<，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x )>0，∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a ＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二(同构)∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e lnx ＋ln x ，令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x，在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．[例3]已知函数f (x )＝ln x －kx (k ∈R )，g (x )＝x (e x －2)．(1)若f (x )有唯一零点，求k 的取值范围；(2)若g (x )－f (x )≥1恒成立，求k 的取值范围．解析(1)由f (x )＝ln x －kx 有唯一零点，可得方程ln x －kx ＝0，即k ＝ln xx有唯一实根，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，由h ′(x )>0，得0<x <e ；由h ′(x )<0，得x >e ，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．∴h (x )≤h (e)＝1e ，又h (1)＝0，∴当0<x <1时，h (x )<0；又当x >e 时，h (x )＝ln xx，则h (x )＝ln xx的大致图象如图所示，可知，k ＝1e或k ≤0．(2)∵x (e x －2)－(ln x －kx )≥1恒成立，且x >0，∴k ≥1＋ln x x－e x＋2恒成立，令φ(x )＝1＋ln x x －e x ＋2，则φ′(x )＝1x ·x －(1＋ln x )x 2－e x ＝－ln x －x 2e xx 2，令μ(x )＝－ln x －x 2e x ，则μ′(x )＝－1x －(2x e x ＋x 2e x )＝－1x－x e x (2＋x )<0(x >0)，∴μ(x )在(0，＋∞)上单调递减，又1－12e e ->0，μ(1)＝－e<0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x 0μ(x 0)＝0，即－ln x 0＝x 200e x ，两边取对数可得ln(－ln x 0)＝2ln x 0＋x 0，即ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)＝x 0＋ln x 0，由函数y ＝x ＋ln x 为增函数，可得x 0＝－ln x 0，又当0<x <x 0时，μ(x )>0，φ′(x )>0；当x >x 0时，μ(x )<0,φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴φ(x )≤φ(x 0)＝1＋ln x 0x 0－0e x＋2＝1－x 0x 0－1x 0＋2＝1，∴k ≥φ(x 0)＝1，即k 的取值范围为k ≥1．[例4]已知f (x )＝a sin x ，g (x )＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x )是y ＝g (x )的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G (x )＝f (1－x )＋g (x )在区间(0，1)上是增函数；(2)设F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x >0，m <0有F (x )>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．解析(1)由题意知G (x )＝a sin(1－x )＋ln x ，G ′(x )＝1x－a cos(1－x )(x >0)，当x ∈(0，1)，0<a ≤1时，1x >1，0<cos(1－x )<1，∴a cos(1－x )<1，∴G ′(x )>0，故函数G (x )在区间(0，1)上是增函数．(2)解法一由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即b >－e x ＋mx 2＋2x ＋2恒成立，令h (x )＝－e x ＋mx 2＋2x ＋2，则h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2，h ′′(x )＝－e x ＋2m <0，∴h ′(x )＝－e x ＋2mx ＋2在(0，＋∞)上单调递减，h ′(x )max <h ′(0)＝0，且当x →＋∞时，h ′(x )→－∞，则必存在x 0，使得h (x 0)＝0，即－0e x ＋2mx 0＋2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (x 0)＝－0e x＋2mx 0＋2，即h (x 0)＝－0e x ＋0e x －22x 0·x 20＋2x 0＋20e x＋x 0＋2，令m (x )x ＋x ＋2，x ∈(0，ln2)，则m ′(x )＝12(x －1)e x ＋1，令n (x )＝12(x －1)e x ＋1，则n ′(x )＝12x e x >0，∴m ′(x )在(0，ln2)上单调递增，∴m ′(x )>m ′(0)＝12>0，∴m (x )在(0，ln2)上单调递增，∴m (x )<m (ln2)＝2ln2，∴b ≥2ln2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．解法二由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即x 2m －e x ＋2x －b ＋2<0恒成立，令h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2，h ′(m )＝x 2≥0，∴h (m )＝x 2m －e x ＋2x －b ＋2在(－∞，0)上单调递增，即∴h (m )<h (0)＝－e x＋2x －b ＋2<0即可，即b >－e x＋2x ＋2令m (x )＝－e x ＋2x ＋2，∵m ′(x )＝－e x＋2，令m ′(x )＝0，解得x ＝ln 2．∴m (x )在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，∴m (x )max ＝m (ln 2)＝2ln 2，∴b ≥2ln 2，又b 为整数，∴最小整数b 的值为2．[例5]已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0．(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解析(1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －，∴g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2．当0<a <14时，g (x )上单调递增，上单调递减；当a ≥14时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x－1，令φ(x )＝－ln x ＋x 2－x －＋x －1－ln x 1＋x －1，则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－<0．故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0．令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －1，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在(1，＋∞)上单调递增．∴0＝u (1)1＋1<u (x 0)1＋x －10＝a 0<u (e)1＋e －1＝e －21＋e－1<1．即a 0∈(0，1)，当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0．因为f ′(x )在(1，＋∞)上单调递增，故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0．∴当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0．综上所述，存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【对点训练】1．已知函数f (x )＝x ln x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程；(2)若当x >1时，f (x )＋x >k (x －1)恒成立，求正整数k 的最大值．1．解(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，因为f ′(e )＝2，f (e )＝e ，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e ))处的切线方程为y －e ＝2(x －e )，即2x －y －e ＝0．(2)由f (x )＋x >k (x －1)，得x ln x ＋x >k (x －1)．即k <x ln x ＋x x －1对于x >1恒成立，令g (x )＝x ln x ＋x x －1，只需k <g (x )min ，g ′(x )＝(x －1)(ln x ＋2)－x ln x －x (x －1)2＝x －ln x －2(x －1)2，令u (x )＝x －ln x －2，则u ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，所以u (x )＝x －ln x －2在(1，＋∞)上单调递增，因为u (2)＝－ln 2<0，u (3)＝1－ln 3<0，u (4)＝2－ln 4>0，所以∃x 0∈(3，4)，使得u (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，且当1<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1＝x 0(x 0－2)＋x 0x 0－1＝x 0∈(3，4)，又因为k ∈N *，所以k max ＝3．2．(2012全国Ⅱ)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．2．解析(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ．若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0．所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增．(2)由于a ＝1，所以(x －k )f´(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1．故当x >0时，(x －k )f´(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)①令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝e x (e x －x －2)(e x －1)2．由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)存在唯一的零点，故g ′(x )在(0，＋∞)存在唯一的零点，设此零点为x 0，则x 0∈(1，2)．当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)的最小值为g (x 0)，又由g ′(x 0)＝0，可得0e x ＝x 0＋2，所以g (x 0)＝x 0＋1∈(2，3)．，故①等价于k <g (x 0)，故整数k 的最大值为2．3．已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x b 的最小值．3．解析(1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )，可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ，当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增．(2)由函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )，因为g (x )≤0对任意的x b ≥(x －2)e x ＋ln x －x 对任意的x令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ，则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x－1＝(x －x因为x x －1<0．再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x2>0，所以函数t (x )单调递增．因为e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )(x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝1－0(－4，－3)．因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3．4．已知函数f (x )＝x －ln x －e x x．(1)求f (x )的最大值；(2)若f (x )x －bx ≥1恒成立，求实数b 的取值范围．4．解析(1)f (x )＝x －ln x －e x x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1x －e x (x －1)x 2＝(x －1)(x －e x )x2．令g (x )＝x －e x (x >0)，则g ′(x )＝1－e x <0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x )<g (0)＝－1<0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝1－e．(2)f(x)x－bx≥1，⇔－ln x＋x－e xx＋x e x＋e xx－bx≥1，⇔x e x－ln x－1＋xx≥b恒成立，令φ(x)＝x e x－ln x－1＋xx，则φ′(x)＝x2e x＋ln xx2．令h(x)＝x2e x＋ln x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，x→0，h(x)→－∞，且h(1)＝e>0，所以h(x)在(0，1)上存在零点x0，即h(x0)＝x20e x0＋ln x0＝0，x20e x0＋ln x0＝0⇔x0e x0＝－ln x0x0＝ln1x0 )，由于y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln 1x0＝－ln x0，即e x0＝1x0，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(x0)＝x0e x0－ln x0－1＋x0x0＝1＋x0－1＋x0x0＝2，因此b≤2，即实数b的取值范围是(－∞，2]．5．设函数f(x)＝e x＋ax，a∈R．(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．5．解析(1)由题意得f′(x)＝e x＋a，当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，所以a的取值范围为(－∞，－e)．(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2e x－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(e x－x＋a)．设h(x)＝2(e x－x＋a)，则h′(x)＝2(e x－1)≥0．所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤5．又a≥－1，所以－1≤a≤5．②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3．又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，从而g(x)min＝g(x0)＝2e x0－x20＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－x20＋2ax0－a2＋3＝－x20＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，即a－1≤x0≤a＋3．由于x0是单调增函数h(x)＝2(e x－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，故只需保证g′(a＋3)＝2[e a＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，即e a＋3≥3，故实数，ln3－3≤a<－1．综上所述，a的取值范围为[ln3－3，5]．。
新高考数学(理)函数与导数 专题12 导数的概念及运算(解析版)
2020年高考数学（理）函数与导数12 导数及其应用 导数的概念及运算一、具体目标：1.导数概念及其几何意义：(1）了解导数概念的实际背景；（2）理解导数的几何意义.2.导数的运算：（1）根据导数定义，求函数y c y x ==，，2y x =，1y x=的导数； (2)能利用下面给出的基本初等函数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数. 【考点透析】 【备考重点】(1) 熟练掌握基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则； (2) 熟练掌握直线的倾斜角、斜率及直线方程的点斜式. 二、知识概述： 1．由0()()'()limx f x x f x f x x∆→+∆-=∆可以知道，函数的导数是函数的瞬时变化率，函数的瞬时变化率是平均变化率的极限.2.基本初等函数的导数公式及导数的运算法则原函数导函数 f (x )＝c (c 为常数)f ′(x )＝0()()Q n x x f n ∈= ()1-='n nx x f()x x f sin = ()x x f cos =' ()x x f cos =()x x f sin -=' ()x a x f =()a a x f x ln ='()x e x f = ()x e x f ='()x x f a log =()ax x f ln 1=' 【考点讲解】1）基本初等函数的导数公式2）导数的运算法则（1） [f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；（和或差的导数是导数的和与差）（2） [f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；（积的导数是，前导后不导加上后导前不导） （3）2()'()()'()()'()()f x f x g x g x f x g x g x ⎡⎤⋅-⋅=⎢⎥⎣⎦(g (x )≠0)．（商的导数是上导下不导减去上不导下导与分母平方的商）(4) 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．3．函数()y f x =在0x x =处的导数几何意义函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．【温馨提示】1.求函数()f x 图象上点00(,())P x f x 处的切线方程的关键在于确定该点切线处的斜率k ，由导数的几何意义知0'()k f x =，故当0'()f x 存在时，切线方程为000()'()()y f x f x x x -=-.()x x f ln =()xx f 1='2.可以利用导数求曲线的切线方程，由于函数()y f x =在0x x =处的导数表示曲线在点00(,())P x f x 处切线的斜率，因此，曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线方程，可按如下方式求得：第一，求出函数()y f x =在0x x =处的导数，即曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处切线的斜率； 第二，在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程000'()()y y f x x x =+-；如果曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线平行于y 轴(此时导数不存在)时，由切线的定义可知，切线的方程为0x x =. 【提示】解导数的几何意义问题时一定要抓住切点的三重作用：①切点在曲线上；②切点在切线上；③切点处的导数值等于切线的斜率．1. 【2019年高考全国Ⅲ卷】已知曲线e ln xy a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则（ ） A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【解析】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.∵e ln 1,xy a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=，将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-.故选D ． 【答案】D2.【2019年高考全国Ⅱ卷】曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线方程为（ ）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=【解析】本题要注意已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程．【真题分析】2cos sin ,y x x '=-Q π2cos πsin π2,x y =∴=-=-'则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=．故选C ．【答案】C3.【2018年高考全国Ⅰ卷】设函数32()(1)f x x a x 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 ．2y x =-B ．y x =-C ．2y x =D ．y x = 【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得.故选D. 【答案】D4.【2017年高考浙江】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（ ）【解析】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数()f x '的正负，得出原函数()f x 的单调区间．原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ． 【答案】D5.【2019年高考全国Ⅰ卷】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________．【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x xy x x x x x '=+++=++所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=． 【答案】30x y -=6.【变式】【2018年理数全国卷II 】曲线()1ln 2+=x y在点()00，处的切线方程为__________． 【解析】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据点斜式求切线方程.由题中条件可得：12+='x y ，所以切线的斜率为2102=+=k ，切线方程为()020-=-x y ，即x y 2=.【答案】x y 2=7.【2019年高考天津文数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线方程为__________. 【解析】∵1sin 2y x '=--，∴01|sin 0212x y ='=---=，故所求的切线方程为112y x -=-，即220x y +-=. 【答案】220x y +-=8．【2018年高考天津文数】已知函数f (x )=e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′（1）的值为__________． 【解析】由函数的解析式可得，则.即的值为e.【答案】e9.【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 .【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点()00,A x y ， 则00ln y x =.又1y x'=，当0x x =时，01y x '=，则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-，即00ln 1x y x x -=-，将点()e,1--代入，得00e 1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =， 考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >，且()ln 1H x x '=+， 当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =，故点A 的坐标为()e,1. 【答案】(e, 1)10.【2018年全国卷Ⅲ理】曲线()()x e ax x f 1+=在点()10，处的切线的斜率为2-，则=a ________．【解析】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，并利用导数的几何意义求参数的值.由题意可知：()()x x e ax ae x f 1++='，则()210-=+='a f ，所以3-=a ，故答案为-3.【答案】3-【变式】已知函数错误!未找到引用源。
导数及其应用课件PPT
又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值.
解析答案
12345
4.某公司生产某种产品，固定成本为 20 000 元，每生产一单位产品，成本增
加 100 元，已知总收益 r 与年产量 x 的关系是 r＝400x－21x2，0≤x≤400， 80 000， x＞400，
则总利润最大时，年产量是( )
即当x为2.343 m，y为2.828 m时，用料最省.
解析答案
题型二 面积、容积的最值问题 例2 如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形 栏目(即图中阴影部分)，这两栏的面积之和为18 000 cm2，四周空白的宽 度为10 cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告的高与宽的 尺寸(单位：cm)，能使矩形广告面积最小？
反思与感悟
解析答案
跟踪训练1 某单位用木料制作如图所示的框架，框架的下部是边长分别为
x，y(单位：m)的矩形，上部是等腰直角三角形，要求框架的总面积为8 m2，
问：x，y分别是多少时用料最省？(精确到0.001 m)
解 依题意，有 xy＋12·x·2x＝8，∴y＝8－x x42＝8x－4x(0＜x＜4 2)，
即当x为2.343 m，y为2.828 m时，用料最省.
解析答案
题型二 面积、容积的最值问题 例2 如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形 栏目(即图中阴影部分)，这两栏的面积之和为18 000 cm2，四周空白的宽 度为10 cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告的高与宽的 尺寸(单位：cm)，能使矩形广告面积最小？
S′(x)＝6x2－24x＋16，
令
S′(x)＝0，得
12导数的应用一
---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------12导数的应用一第十二节导数的应用(Ⅰ) [备考方向要明了] 考什么怎么考 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). 1.利用导数研究函数的单调区间、极值或最值，如 2009 年高考 T3. 2.利用导数求函数的极值，或最值，如 2010年高考 T14,2019 年高考 T12. 3.已知函数的极值或最值求参数，如 2008 年高考 T14. [归纳知识整合] 1．函数的单调性与导数 [探究] 1.若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f(x)0 吗？f(x)0 是否是 f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件？提示：函数 f(x)在(a，b)内单调递增，则 f(x)0， f(x)0 是 f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件． 2．函数的极值与导数 (1)函数的极小值：若函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小，且f(a)＝0，而且在点 x＝a 附近的左侧f(x)＜0，右侧 f(x)＞0，则 a 点叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值． (2)函数的极大值：若函数 y＝f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大，且f(b)＝0，而且在点 x＝b 附近的左侧1 / 20f(x)＞0，右侧 f(x)＜0，则 b 点叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值． [探究] 2.导数值为 0 的点一定是函数的极值点吗？导数为零是函数在该点取得极值的什么条件？提示：不一定．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如函数 f(x)＝x 3 ，在 x＝0 处，有 f(0)＝0，但 x＝0 不是函数 f(x)＝x 3 的极值点；其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件． 3．函数的最值与导数 (1)函数 f(x)在[ a ， b ]上有最值的条件：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)求函数 y＝f(x)在[ a ， b ]上的最大值与最小值的步骤为：①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． [探究] 3.函数的极值和函数的最值有什么联系和区别？提示：极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数在极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[ a ， b ]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值． [自测牛刀小试]---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 1．(教材习题改编)函数f(x)＝e x －x 的单调递增区间是________．解析：∵f(x)＝e x －x，f(x)＝e x －1，由 f(x)0，得 e x －10，即 x0. 答案：(0，＋) 2．(教材习题改编)函数 f(x)＝ 13 x3 －4x＋4 的极大值为________，极小值为________．解析：∵f(x)＝ 13 x3 －4x＋4， f(x)＝x 2 －4，令 f(x)＝0，则 x ＝2. 当 x(－，－2)时，f(x)0；当 x(－2,2)时，f(x)0；当 x(2，＋)时，f(x) 0. f(x) 极大值＝f(－2)＝ 283，f(x) 极小值＝f(2)＝－ 43 . 答案：283，－ 43 3．已知函数 f(x)的导函数 f(x)＝ax 2 ＋bx＋c 的图象如图所示，则 f(x)的图象可能是________．解析：当 x0 时，由导函数 f(x)＝ax 2 ＋bx＋c0，知相应的函数 f(x)在该区间上单调递减；当 x0 时，由导函数 f(x)＝ax 2 ＋bx＋c 的图象可知，导数在区间(0，x 1 )内的值是大于0 的，则在此区间内函数 f(x)单调递增．答案：④ 4．(教材习题改编)函数 f(x)＝x 3 －3x 2 ＋2 在区间[－1,1]上的最大值是________．解析：由题意，得 f(x)＝3x 2 －6x，令 f(x)＝0，得 x＝0 或 x＝2(舍去)．由于 f(－1)＝－2，f(1)＝0，f(0)＝2，故 f(x)在[－1,1]上的最大值为 2. 答案：3 / 202 5．若函数 f(x)＝x3 ＋x 2 ＋mx＋1 是 R 上的单调增函数，则 m 的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x 3 ＋x 2 ＋mx＋1， f(x)＝3x 2 ＋2x＋m. 又∵f(x)在 R 上是单调函数，＝4－12 m0，即 m 13 答案：，＋运用导数解决函数的单调性问题 [例 1] (2019郑州模拟)已知函数f(x)＝ax＋xln x，且图象在点，处的切线斜率为1(e 为自然对数的底数)． (1)求实数 a 的值； (2)设 g(x)＝ f(x)－xx－1，求 g(x)的单调区间； (3)当 mn1(m，nZ)时，证明：mnnm nm . [自主解答] (1)f(x)＝ax＋xln x，f(x)＝a＋1＋ln x，依题意＝a＝1，所以 a＝1. (2)因为 g(x)＝ f(x)－xx－1＝ xln xx－1 ，所以 g(x)＝ x－1－ln x(x－1) 2. 设 (x)＝x－1－ln x，则 (x)＝1－ 1x . 当 x1 时，(x)＝1－ 1x 0，(x)是增函数，对x1，(x)(1)＝0，即当 x1 时，g(x)0，故 g(x)在(1，＋)上为增函数；当 0x1 时，(x)＝1－ 1x 0，(x)是减函数，对x(0,1)，(x)(1)＝0，即当 0x1 时， g(x)0，故 g(x)在(0,1)上为增函数．所以 g(x)的单调递增区间为(0,1)，(1，＋)． (3)要证mnnm nm ，即证ln nm－ ln mnln n－ln m，即 n－1nln m m－1mln n，mln mm－1 nln nn－1 .(*) 因为 mn1，由(2)知，g(m)g(n)，故(*)式成立，所以mnnm nm . 1．导数法求函数单调区间的一般步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域； (2)求导数 f(x)； (3)在函数 f(x)的定义域内解不等式 f(x)0 和 f(x)0； (4)根据(3)的结果确定函数 f(x)---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 的单调区间． 2．导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤： (1)求 f(x)； (2)确认 f(x)在(a，b)内的符号； (3)作出结论： f(x)0 时为增函数；f(x)0 时为减函数． 3．利用单调性求参数取值范围的方法已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f(x)0(或 f(x)0)，x(a，b)，转化为不等式恒成立求解． 1．已知函数 f(x)＝x 3 －ax－1. (1)若 f(x)在实数集 R 上单调递增，求实数 a 的取值范围． (2)是否存在实数 a，使 f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由．解： (1)由已知 f(x)＝3x 2 －a. ∵f(x)在(－，＋)上是增函数， f(x)＝3x 2 －a0 在(－，＋)上恒成立，即 a3x 2 对 xR 恒成立．∵3x 2 0，只要 a0. 又∵a＝0 时，f(x)＝3x 2 0，f(x)＝x 3 －1 在 R 上是增函数． a0. (2)f(x)＝3x 2 －a0 在(－1,1)上恒成立． a3x 2 ，x(－1,1)恒成立．又∵－1x1， 3x 2 3，只需 a3. 当 a＝3 时，f(x)＝3(x 2 －1)在 x(－1,1)上， f(x)0，即 f(x)在(－1,1)上为减函数．故存在实数 a3，使 f(x)在(－1,1)上单调递减. 利用导数解决函数的极值问题 [例 2] (2019重庆高考)设 f(x)＝aln x＋12x ＋32 x＋1，其中 aR，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于 y 轴． (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值． [自主解答] (1)因f(x)＝aln x＋12x ＋32 x＋1，故 f(x)＝ax －12x 2 ＋32 . 由于曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于 y 轴，故该切线斜率为0，即 f(1)＝0，从而 a－ 12 ＋32 ＝0，解得 a＝－1. (2)由(1)5 / 20知 f(x)＝－lnx＋12x ＋32 x＋1(x0)， f(x)＝－ 1x －12x 2 ＋32 ＝ 3x2 －2x－12x 2 ＝ (3x＋1)(x－1)2x 2. 令 f(x)＝0，解得 x 1 ＝1，x 2 ＝－ 13 (因 x 2 ＝－13 不在定义域内，舍去)．当 x(0,1)时，f(x)0，故 f(x)在(0,1)上为减函数；当 x(1，＋)时，f(x)0，故 f(x)在(1，＋)上为增函数．故 f(x)在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝3. 求可导函数 f(x)的极值的步骤 (1)求导数 f(x)； (2)求方程 f(x)＝0 的根； (3)检验 f(x)在方程 f(x)＝0 的根的附近两侧的符号：具体如下表：x xx 0 x 0 xx 0 f(x) f(x)0 f(x)＝0 f(x)0 f(x) 增极大值 f(x 0 ) 减＝0 f(x)0 f(x) 减极小值 f(x 0 ) 增．设 f(x)＝x 3 ＋ax 2 ＋bx＋1 的导数f(x)满足 f(1)＝2a，f(2)＝－b，其中常数 a，bR. (1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设 g(x)＝ 1e x f(x)，求函数 g(x)的极值．解：(1)∵f(x)＝x 3 ＋ax 2 ＋bx＋1， f(x)＝3x 2 ＋2ax＋b，则＝3＋2a＋b＝2a，f(2)＝12＋4a＋b＝－b，解得＝－ 32 ，b＝－3. f(x)＝x 3 － 32 x2 －3x＋1. f(1)＝－ 52 ，f(1)＝－3. y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－－ 52＝－3(x－1)，即 6x＋2y－1＝0. (2)由(1)知 g(x)＝(3x 2 －3x－3)e－ x ， g(x)＝(－3x 2 ＋9x)e－ x ，令 g(x)＝0，即(－3x 2 ＋9x)e－ x ＝0，得 x＝0 或 x＝3，当 x(－，0)---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 时，g(x)0，故 g(x)在(－，0)上单调递减．当 x(0,3)时，g(x)0，故 g(x)在(0,3)上单调递增．当 x(3，＋)时，g(x)0，故 g(x)在(3，＋)上单调递减．从而函数 g(x)在 x＝0 处取得极小值 g(0)＝－3，在 x＝3 处取得极大值 g(3)＝15e－ 3 . 利用导数解决函数的最值问题 [例 3] 已知函数 f(x)＝(x－k)e x . (1)求 f(x)的单调区间； (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值． [自主解答] (1)f(x)＝(x－k＋1)e x . 令 f(x)＝0，得 x＝k－1. f(x)与 f(x)的情况如下：x (－，k－1) (k－1) (k－1，＋) f(x) － 0 ＋－e k－所以，f(x)的单调递减区间是(－，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋)． (2)当 k－10，即 k1 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)＝－k；当 0k －11，即 1k2 时，由(1)知 f(x)在[0， k －1)上单调递减，在( k －1,1]上单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k－1)＝－e k－ 1 ；当 k－11，即 k2 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递减，所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 保持本例条件不变，求 f(x)在[0,1]上的最大值．解：由本例(2)可知．①当 k1 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递增．所以 f(x)在区间[0,1]上的最大值为 f(1)＝(1－k)e. ②当1k2 时，由于 f(0)＝－k，f(1)＝(1－k)e. 令 f(1)－f(0)＝(1－k)e ＋k＝0，得 k＝ee－1 . 当 1＜kee－1 时，f(1)f(0)．此时 f(x)7 / 20在[0,1]上的最大值为f(1)＝(1－k)e. 当ee－1 k2 时，f(1)f(0)．此时 f(x)在[0,1]上的最大值是 f(0)＝－k. ③当 k2时，函数 f(x)在[0,1]上单调递减，所以 f(x)在区间[0,1]上的最大值为 f(0)＝－k. 综上所述，当 kee－1 时，f(x)在[0,1]上的最大值为(1－k)e；当 kee－1 时，f(x)在[0,1]上的最大值为－k. 利用导数求最值的方法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，也可利用函数的单调性求得． 3．(2019江西高考)已知函数 f(x)＝(ax 2 ＋bx＋c)e x 在[0,1]上单调递减且满足 f(0)＝1，f(1)＝0. (1)求 a的取值范围； (2)设 g(x)＝f(x)－f(x)，求 g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．解：(1)由 f(0)＝1，f(1)＝0 得 c＝1，a＋b＝－1，则 f(x)＝[ ax2 －( a ＋1) x ＋1]e x ， f(x)＝[ ax 2 ＋( a －1) x － a ]e x .依题意须对于任意 x(0,1)，有 f(x)0. 当 a0 时，因为二次函数 y＝ax 2 ＋(a－1)x－a 的图象开口向上，而 f(0)＝－a0，所以须 f(1)＝(a－1)e0，即 0a1；当 a＝1 时，对任意 x(0,1)有 f(x)＝(x 2 －1)e x 0，f(x)符合条件；当 a＝0 时，对于任意 x(0,1)，f(x)＝－xe x 0，f(x)符合条件；当 a0 时，因 f(0)＝－a0，f(x)不符合条件．故 a 的取值范围为 0a1. (2)因 g(x)＝(－2ax＋1＋a)e x ，所以 g(x)＝(－2ax＋1－a)e x . (ⅰ)当 a＝0 时，g(x)＝e x 0，---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------g(x)在 x＝0 处取得最小值 g(0)＝1，在 x＝1 处取得最大值 g(1)＝e. (ⅱ)当 a＝1 时，对于任意 x(0,1) 有 g(x)＝－2xe x 0，g(x)在 x＝0 处取得最大值 g(0)＝2，在 x＝1 处取得最小值 g(1)＝0. (ⅲ)当 0a1 时，由 g(x)＝0 得 x＝ 1－a2a0. ①若 1－a2a1，即 0a 13 时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在 x＝0 处取得最小值 g(0)＝1＋a，在 x＝1 处取得最大值 g(1)＝(1－a)e. ②若 1－a2a1，即13 a1 时，g(x)在 x＝1－a2a处取得最大值－a2a＝2ae 1－a2a，在 x＝0 或x＝1 处取得最小值，而 g(0)＝1＋a，g(1)＝(1－a)e，则当 13 ae－1e＋1 时，g(x)在 x＝0 处取得最小值 g(0)＝1＋a；当 e－1e＋1 a1 时，g(x)在 x＝1 处取得最小值 g(1)＝(1－个流程解决函数极值问题的一般流程个防范解决函数的极值或最值应注意的问题 (1)根据极值的定义，导数为 0 的点只是一个可疑点，不一定是极值点，只有在该点两侧导数的符号相反，即函数在该点两侧的单调性相反时，该点才是函数的极值点，另一方面，极值点处的导数也不一定为 0，还要考查函数在该点处的导数是否存在． (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论. 答题模板函数的单调性、极值、最值问题 [典例] (2019北京高考)(本小题满分 13 分)已知函数 f(x)＝ax 2 ＋1(a0)，g(x)＝x 3 ＋bx. (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值； (2)当 a 2 ＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－，9 / 20－1]上的最大值． [快速规范审题] 第(1)问 1．审条件，挖解题信息观察条件：曲线 y ＝ f(x)与曲线 y ＝ g(x)在它们的交点(1 ，c) 处有公共切线――――――――――――――――两曲线在x＝1处的纵坐标及导数相同＝g(1)，f(1)＝g(1). 2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求 a，b 的值――――――――――――需要建立关于a，b的方程组将＝g(1)，f(1)＝g(1)用 a，b 表示即可． 3．建联系，找解题突破口问题转化为解方程组＝g(1)f(1)＝g(1)―――――――――须求f(x)和g(x)f(x)＝2ax，g(x)＝3x 2 ＋b―――――将x＝1代入＋1＝b＋1，2a＝3＋b a＝b＝3. 第(2)问 1．审条件，挖解题信息观察条件：a 2 ＝4b――――――――――――――――――可消掉一个参数，使f(x)与g(x)含有同一个参数 f(x)＝ax 2 ＋1(a0)，g(x)＝x 3 ＋ 14 a2 x. 2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求函数 f(x)＋g(x)的单调区间及其在区间(－，－1]上的最大值―――――――――f(x)＋g(x)含x 3 及参数a 应利用导数解决． [准确规范答题] (1)f(x)＝2ax，g(x)＝3x 2 ＋b，⇨(2 分) 因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公切线，所以＝g(1)，f(1)＝g(1)，易忽视条件在它们的交点(1，c)处具有公切线的双重性而造成条件缺失，不能列出关于a，b的方程组，从而使题目无法求解. 即---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ ＋1＝b＋1，2a＝3＋b，解得 a＝b＝3.⇨(4 分) (2)设 h(x)＝f(x)＋g(x)，∵a 2 ＝4b， h(x)＝f(x)＋g(x)＝x 3 ＋ax 2 ＋ 14 a2 x＋1，则 h(x)＝3x 2 ＋2ax＋ 14 a2 ，令 h(x)＝0，解得， x 1 ＝－ a2 ，x 2 ＝－a6 . a0 时，h(x)与 h(x)的变化情况如下：－，－ a2 －－ a2 ，－a6 － a6 － a6 ，＋ h(x) ＋ 0 － 0 ＋函数h(x)的单调递增区间为－，－ a2和－ a6 ，＋，单调递减区间为－ a2 ，－a6.⇨(6 分) ①当－1－ a2 ，即易将单调递增区间写成并集－，－－ a6 ，＋或－，－ a2或－ a6 ，＋而导致错误. 0a2 时，函数 h(x)在区间(－，－1]上单调递增，h(x)在区间(－，－1]上的最大值为 h(－1)＝a－a24 ；⇨(8 分) 3.建联系，找解题突破口问题转化为求函数h(x) ＝ f(x) ＋ g(x) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋14a 2 x ＋ 1 的导数―――――――――――――――由h(x)0和h(x)0确定单调区间单调递增区间为－，－ a2和－ a6 ，＋，单调递减区间为－a2 ，－a6 ――――――――――――――――――――讨论－ a2 及－a6 与区间(－，－1]的关系，求最值当－1－ a2 ，即0a2时，h(x) max ＝h(－1)＝a－a 24 ，当－ a2 1－a6 ，即2a6时，h(x) max ＝－ a2＝1，当－1－ a6 ，即6a时，h(x)11 / 20max ＝－ a2＝1.,②当－ a2 －1－a6 ，即2a6 时，函数h(x)在区间－，－ a2上单调递增，h(x)在区间－ a2 ，－1 上单调递减，在区间(－，－1]上的最大值为 h－ a2＝1；⇨(10 分) ③当－1－ a6 ，即 a6 时，函数 h(x)在区间－，－ a2上单调递增，在区间－ a2 ，－a6上单调递减，在区间－ a6 ，－1 上单调递增，又因为－ a2－h(－1)＝1－a＋ 14 a2 ＝ 14 (a－2) 2 0，所以 h(x)在区间(－，－1]上的最大值为－ a2＝1.⇨(12 分) 易忽视对a的分类讨论或分类不准确造成解题错误. 综上所述，当 a(0,2]时，最大值为 h(－1)＝a－ a24 ；当 a(2，＋)时，最大值为－ a2＝1.⇨(13 分) [答题模板速成] 用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答第一步求导求函数 f(x)的导数 f(x) 第二步判断单调性求函数f(x)在给定区间上的单调性第三步求极点求函数 f(x)在给定区间上的极值第四步求端点值求函数 f(x)在给定区间上的端点值第五步确定最值比较函数 f(x)的各极值与端点值的大小，确定函数 f(x)的最大值和最小值第六步反思回顾查看关键点，易错点和解题规范．如本题的关键点是确定函数单调区间；易错点是对参数的讨论一、填空题(本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分) 1．(2019苏州期末)函数 y＝ 1x ＋2ln x 的单调递减区间为________．解析：易知函数的定义域为(0，＋)．由 y＝ 2x －1x 2 ＝2x－1x 20 得---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------x 12 ，故函数的单调递减区间为， 12. 答案：， 12 2．(2019陕西高考)设函数 f(x)＝ 2x ＋ln x，则 f(x)的极小值点________．解析：函数 f(x)的定义域为(0，＋)，f(x)＝－2x 2 ＋1x ＝x－2x 2，当 x＝2 时，f(x)＝0；当 x2 时，f(x)0，函数 f(x)为增函数；当 0x2 时，f(x)0，函数 f(x)为减函数，所以 x＝2 为函数 f(x)的极小值点．答案：x＝2 3．函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝2，对任意 xR，f(x)2，则 f(x)2x＋4 的解集为________．解析：令函数 g(x)＝f(x)－2x－4，则 g(x)＝f(x)－20，因此，g(x)在 R 上是增函数，又 g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化为 g(x)g(－1)，由 g(x)的单调性，可得 x－1. 答案： (－1，＋) 4．(2019扬州期中)函数 f(x)＝x 3 －15x 2 －33x ＋6 的单调减区间为________．解析：由 f(x)＝x 3 －15x 2 －33x＋6 得 f(x)＝3x 2 －30x－33，令 f(x)0，即 3(x－11)(x＋1)0，解得－1x11，所以函数 f(x)的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11) 5．(2019南菁中学模拟)已知函数 y＝f(x)的导函数 y ＝f(x)的图象如下，则该函数在________处取极大值；在________处取极小值．解析：x 1 、x 4 是导函数的不变号零点，因此它们不是极值点，而 x13 / 202 与 x3 是变号零点，因此它们是极值点，且 x 2 是极大值点，x 3 是极小值点．答案：x 2 x 3 6．函数 f(x)＝ x33 ＋x2 －3x－4 在[0,2]上的最小值是________．解析：f(x)＝x 2 ＋2x－3，令 f(x)＝0 得 x＝1(x＝－3 舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－ 173，f(2)＝－ 103，故 f(x)在[0,2]上的最小值是 f(1)＝－ 173. 答案：－ 173 7．(2019苏州中学检测)已知函数 f(x)＝e x －2x＋a 有零点，则 a 的取值范围是________．解析：由原函数有零点，可转化为方程 e x －2x＋a＝0 有解，即方程a＝2x－e x 有解．令函数 g(x)＝2x－e x ，则 g(x)＝2－e x ，令 g(x)0，得 xln 2，所以 g(x)在(－，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋)上是减函数，所以 g(x)的最大值为 g(ln 2)＝2ln 2－2.因此，a 的取值范围就是函数 g(x)的值域，所以 a 的取值范围为(－，2ln 2－2]．答案：(－，2ln2－2] 8．已知函数 f(x)＝－x 3 ＋ax 2 －4 在 x＝2 处取得极值，若m，n[－1,1]，则f(m)＋f(n)的最小值是________．解析：由题求导得 f(x)＝－3x 2 ＋2ax，由函数 f(x)在 x＝2 处取得极值知 f(2)＝0，即－34＋2a2＝0，a＝3.由此可得 f(x)＝－x 3 ＋3x 2 －4，f(x)＝－3x 2 ＋6x，易知 f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，当 m[－1,1]时，f(m) min ＝f(0)＝－4.又---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------15 / 20∵f(x)＝－3x 2 ＋6x 的图象开口向下，且对称轴为 x ＝1，当 n[－1,1]时，f(n) min ＝f(－1)＝－9.故 f(m)＋f(n)的最小值为－13. 答案：－13 9．(2019南京期中)已知函数 f(x)＝mx 3 ＋nx 2 的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线 3x ＋y ＝0 平行，若 f(x)在区间[ t ， t ＋1]上单调递减，则实数 t 的取值范围是________． 解析：因为 f(x)＝3mx 2 ＋2nx ，由题意得(－1)＝3m －2n ＝－3，f(－1)＝－m ＋n ＝2， 所以＝1，n ＝3，所以 f(x)＝3x 2 ＋6x ，又 f(x)在区间[ t ， t ＋1]上单调递减，所以 f(x)＝3x 2＋6x0 在区间[ t ， t ＋1]上恒成立，所以＝3t 2 ＋6t0，f(t ＋1)＝3(t ＋1) 2 ＋6(t ＋1)0，解之得 t[－2，－1]． 答案：[－2，－1] 10．设 f(x)，g(x)是 R 上的可导函数，f(x)，g(x)分别为 f(x)，g(x)的导函数，且满足f(x)g(x)＋f(x)g(x)0，当 axb 时，则 f(x)g(x)________f(b)g(b)(填＝)． 解析：∵f(x)g(x)＋f(x)g(x)＝[ f ( x ) g ( x )]0， f(x)g(x)为减函数，又∵axb，f(a)g(a)f(x)g(x)f(b)g(b)． 答案：二、解答题(本大题共 4 小题，共 60 分) 11．(满分 14 分)(2019南京调研)已知函数 f(x)＝x 2 －(1＋2a)x ＋aln x(a 为常数)． (1)当 a＝－1 时，求曲线 y＝f(x)在 x＝1 处切线的方程； (2)当 a0 时，讨论函数 y＝f(x)在区间(0,1)上的单调性，并写出相应的单调区间．解：(1)当 a＝－1 时，f(x)＝x 2 ＋x－ln x，则 f(x)＝2x＋1－1x ，所以 f(1)＝2，且 f(1)＝2. 所以曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线的方程为 y－2＝2(x－1)，即 y＝2x. (2)由题意得 f(x)＝2x －(1＋2a)＋ax ＝2x 2 －(1＋2a)x＋ax＝(2x－1)(x－a)x(x0)．由 f(x)＝0，得 x 1 ＝ 12 ，x 2 ＝a. ①当 0a 12 时，由 f(x)0 且 x0，得 0xa 或12 x1；由 f(x)0 且 x0，得 ax 12 . 所以函数 f(x)的单调递增区间是(0，a)和，1 ，单调递减区间是， 12；②当 a＝ 12 时，f(x)＝(2x－1) 22x0，当且仅当 x＝ 12 时，f(x)＝0，所以函数 f(x)在区间(0,1)上是单调递增函数；③当 12 a1 时，由 f(x)0 且 x0，得 0x12 或ax1；由 f(x)0 且 x0，得 12 xa. 所以函数 f(x)的单调递增区间是， 12和(a,1)，单调递减区间是，a ；④当 a1 时，由 f(x)0 且 x0，得 0x 12 ；由 f(x)0 且 x0，得 12 x1. 所以函数 f(x)的单调递增区间是， 12，单调递减区间是，1 . 12．(满分 14 分)已知函数 f(x)＝x 3 ＋ax 2 ＋bx＋c 在点 x 0 处取得极小值－5，其导函数 y＝f(x)的图象经过点(0,0)，(2,0)． (1)求 a，b 的值； (2)求 x 0 及函数 f(x)的表达式．解：(1)由题设可得 f(x)＝3x 2 ＋2ax＋b. ∵f(x)的图象过点---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ (0,0)，(2,0)，＝0，12＋4a＋b＝0，解得 a＝－3，b＝0. (2)由 f(x)＝3x 2 －6x0，得 x2 或 x0，在(－，0)上 f(x)0，在(0,2)上 f(x)0，在(2，＋)上 f(x)0.f(x)在(－，0)，(2，＋)上递增，在(0,2)上递减，因此 f(x)在 x＝2 处取得极小值．所以 x 0 ＝2.由 f(2)＝－5，得 c＝－1. f(x)＝x 3 －3x 2 －1. 13．(满分16 分)设f(x)＝－13 x3 ＋12 x2 ＋2ax. (1)若f(x)在，＋上存在单调递增区间，求 a 的取值范围； (2)当0a2 时，f(x)在[1,4]上的最小值为－ 163，求 f(x)在该区间上的最大值．解：(1)由 f(x)＝－x 2 ＋x＋2a＝－－ 122 ＋ 14 ＋2a ，当，＋时，f(x)的最大值为＝ 29 ＋2a；令29 ＋2a0，得 a －19 . 所以，当 a－ 19 时，f(x)在，＋上存在单调递增区间． (2)令 f(x)＝0，得两根 x1 ＝ 1－1＋8a2， x2 ＝ 1＋1＋8a2. 所以 f(x)在(－，x 1 )，(x2 ，＋)上单调递减，在(x 1 ，x 2 )上单调递增．当 0a2 时，有 x 1 1x 2 4，所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x 2 )．又 f(4)－f(1)＝－ 272＋6a0，即 f(4)f(1)．所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)＝8a－ 403＝－ 163，得 a＝1，x 2 ＝2，从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)＝ 103. 14．(满分 16 分)(2019天津高考)已知函数f(x)＝ 13 x3 ＋ 1－a2x 2 －ax－a，xR，其中 a0. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求 a17 / 20的取值范围； (3)当 a＝1 时，设函数 f(x)在区间[ t ， t ＋3]上的最大值为 M(t)，最小值为 m(t)，记 g(t)＝M(t)－m(t)，求函数 g(t)在区间[－3，－1]上的最小值．解：(1)f(x)＝x 2 ＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由 f(x)＝0，得x 1 ＝－1，x 2 ＝a0. 当 x 变化时 f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－，－1) －1 (－1，a) a (a，＋) f(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值极小值故函数 f(x)的单调递增区间是(－，－1)，(a，＋)；单调递减区间是(－1，a)． (2)由(1)知 f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数 f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当－2)0，f(－1)0，f(0)0，解得 0a 13 . 所以 a 的取值范围是， 13.(3)a＝1 时，f(x)＝ 13 x3 －x－1.由(1)知 f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．①当 t[－3，－2]时，t＋3[0,1]，－1[ t ， t ＋3]，f(x)在[ t ，－1]上单调递增，在[－1，t ＋3]上单调递减．因此，f(x)在[ t ， t ＋3]上的最大值 M(t)＝f(－1)＝－ 13 ，而最小值 m(t)为 f(t)与 f(t＋3)中的较小者．由 f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，当 t[－3，－2]时，f(t)f(t＋3)，故 m(t)＝f(t)，所以 g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此 f(t)f(－2)＝－ 53 .所以 g(t)在[－3，－2]上的最小值为 g(－2)＝－ 13 －－ 53＝43 . ②当 t[－2，－1]时，t＋3[1,2]，且－1,1[ t ， t ＋3]．下面比较 f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小．由 f(x)在[－2，－---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 1]，[1,2]上单调递增，有 f(－2)f(t)f(－1)， f(1)f(t＋3)f(2)．又由 f(1)＝f(－2)＝－ 53 ，f(－1)＝f(2)＝－13 ，从而 M(t)＝f(－1)＝－ 13 ，m(t)＝f(1)＝－53 . 所以 g(t)＝M(t)－m(t)＝ 43 . 综上，函数 g(t)在区间[－3，－1]上的最小值为 43 . 1．已知函数 f(x)＝ln x－ax＋ 1－ax－1(aR)． (1)当 a＝－1 时，求曲线 y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)当 a 12 时，讨论 f(x)的单调性．解：(1)当 a＝－1 时，f(x)＝ln x＋x＋ 2x －1， x(0，＋)．所以f(x)＝ x2 ＋x－2x 2，x(0，＋)．因此 f(2)＝1，即曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为 1. 又 f(2)＝ln 2＋2，所以曲线 y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y－(ln 2＋2)＝x－2，即 x －y＋ln 2＝0. (2)因为 f(x)＝ln x－ax＋ 1－ax－1，所以 f(x)＝ 1x －a＋a－1x 2＝－ ax2 －x＋1－ax 2，x(0，＋)．令 g(x)＝ax 2 －x＋1－a，x(0，＋)．①当 a＝0 时，g(x)＝－x＋1，x(0，＋)，所以当 x(0,1)时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减；当 x(1，＋)时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递增；②当 a0 时，由 f(x)＝0，即 ax 2 －x＋1－a＝0，解得 x 1 ＝1，x 2 ＝ 1a －1. a．当 a＝ 12 时，x 1 ＝x 2 ，g(x)0 恒成立，此时 f(x)0，函数 f(x)在(0，＋)上单调递减； b．当 0a 12 时，1a －110. x(0,1)时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减；， 1a －1 时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递增；－1，19 / 20＋时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减； c．当 a0 时，由于 1a －10，x(0,1)时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递减；x(1，＋)时，g(x)0，此时 f(x)0，函数 f(x)单调递增．综上所述：当 a0 时，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，函数 f(x)在(1，＋)上单调递增；当 a＝ 12 时，函数 f(x)在(0，＋)上单调递减；当0a 12 时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)在， 1a －1 上单调递增，函数 f(x)在－1，＋上单调递减． 2．设 x＝1 与 x＝2 是函数 f(x)＝alnx＋bx 2 ＋x 的两个极值点． (1)试确定常数 a 和 b 的值； (2)试判断 x＝1，x＝2 是函数 f(x)的极大值点还是极小值点，并说明理由．解：(1)f(x)＝ ax ＋2bx＋1，由题意得 f(1)＝0，f(2)＝0，＋2b＋1＝0，a2 ＋4b＋1＝0，解得＝－ 23 ，b＝－ 16 . (2)由(1)知 f(x)＝－ 23 lnx－16 x2 ＋x，所以 f(x)＝－23x －x3 ＋1＝－(x 2 －3x＋2)3x ＝－ 13 (x－1)(x－2)x. 又∵x0，0x1 时，f(x)0,1x2 时， f(x)0，x2 时，f(x)0. 函数 f(x)在(0,1)和(2，＋)上是减函数，在(1,2)上是增函数．x＝1 是函数 f(x)的极小值点，x＝2 是函数 f(x)的极大值点．。
人教B版高中数学选修2-2 1-3-3 导数的实际应用 素材
1.3.3 导数的实际应用1.考查形式与特点(1).高考对函数概念的考查主要有:求函数的定义域、值域及反函数。
这类题型直接通过具体问题找出函数关系，再研究函数的定义域、值域及反函数。
(2).在每年的高考试题中，以中等难度题型设计新颖的试题考查函数的性态——即函数的单调性、奇偶性、周期性和函数图象的对称性等，近两年，以组合形式一题多角度考查函数性质的高考题正成为新的热点。
(3).以比较容易的中档题来考查函数性质的灵活运用，在考查函数内容的同时也考查能否用运动、变化的函数观点观察问题、分析问题、解决问题。
(4).函数的最值问题在高考试卷中几乎年年出现，它们是高考中的重要题型之一．特别是函数在经济生活中的应用问题，大多数都是最值问题，这类考题在近几年考查明显增加．此类考题一要掌握求函数最值的几种常用方法与技巧。
二要灵活、准确地列出模型函数．(5).近几年．为了突出函数在中学数学中的主线地位，高考强化了对函数推理、论证能力(代数推理题是高考的热点题型)及探索性问题的综合考查，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．这类试题或者是函数与其他知识的糅合，或者是多种方法的渗透，每道考题都具有鲜明的特色，值得深思．(6).函数与解析几何、不等式、方程、数列、参数范围、导数等内容结合在一起，以曲线方程的变换、参数范围的探求及最值问题综合在一起编拟的新颖考题，成为近几年高考中的高档解答题，以综合考查应用函数知识分析、解决问题的能力坝I试对函数思想方法的理解与灵活运用，等价转化及数形结合和分类讨论等解题策略和掌握程度．这类试题每年至少会有一个．(7).高考对导数的考查定位于作为解决初等数学问题的工具出现，侧重于考查导数在函数与解析几何中的应用，主要有以下三个方面：①运用导数的有关知识，研究函数最值问题，一直是高考长考不衰的热点内容．另一方面，从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数的最大值与最小值问题，再利用函数的导数，顺利地解决函数的最大值与最小值问题，从而进一步地解决实际问题．②利用导数的几何意义，研究曲线的切线斜率问题也是导数的一个重要作用，并且也是高考考查的重点内容之一.函数y=f(x)在X=Xo处的导数，表示曲线在点P(x0,f(x0))处的切线斜率．③运用导数的有关知识，研究函数的单调性是导数的又一重点应用，在高考中所占的地位是比较重的．2.命题趋势由于函数在数学中具有举足轻重的地位，它仍必将是高考的一个热点，而且对能力的考查还将高于课程标准．(1)对函数的概念、基本性质及图象的考查主要以小题的形式出现．(2)函数与不等式、数列、向量、解析几何等知识的综合问题会以解答题形式出现，属于理解、灵活运用层次，难度较大．(3)通过函数应用题考查建立函数模型及解读信息的能力，将是高考命题的热点之一．(4)新课程新增内容中与函数有关的内容——函数连续与极限、导数是考查的重点，所占比重将进一步加大.例1、 用总长14.8m 的钢条制成一个长方体容器的框架，如果所制做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.分析：本小题主要考查应用所学导数的知识、思想和方法解决实际问题的能力，建立函数式、解方程、不等式、最大值等基础知识．解：设容器底面短边长为x m ，则另一边长为()0.5x + m ，高为()14.8440.5 3.224x x x --+=-． 由3.220x ->和0x >，得0 1.6x <<，设容器的容积为3ym ，则有 ()()0.5 3.22y x x x =+- ()0 1.6x <<．即322 2.2 1.6y x x x =-++，令0y '=，有26 4.4 1.60x x -++=，即2151140x x --=，解得11x =，2415x =-（不合题意，舍去）.当x ＝1时，y 取得最大值，即max 2 2.2 1.6 1.8y =-++=，这时，高为3.221 1.2-⨯=.答：容器的高为1.2m 时容积最大，最大容积为31.8m ．。
导数的应用与极值例题和知识点总结
导数的应用与极值例题和知识点总结在数学的广袤领域中，导数无疑是一个极为重要的工具。
它不仅能够帮助我们描绘函数的变化趋势，还能在解决各种实际问题中发挥关键作用。
接下来，让我们一起深入探讨导数的应用与极值，通过具体的例题来加深对相关知识点的理解。
一、导数的定义与几何意义导数的定义为函数在某一点的瞬时变化率。
如果函数＄y ＝ f(x)＄在点＄x_0$ 处可导，那么其导数记为＄f'（x_0)＄，表示函数在＄x_0$ 处的切线斜率。
从几何意义上看，导数就是函数图像在某一点处切线的斜率。
当导数大于零，函数单调递增；当导数小于零，函数单调递减；当导数等于零，可能是函数的极值点。
二、导数的计算对于常见的基本函数，如幂函数、指数函数、对数函数等，都有相应的求导公式。
例如，对于幂函数＄y ＝ x^n$ ，其导数为＄y' ＝ nx^｛n 1}＄；对于指数函数＄y ＝ e^x$ ，其导数仍为＄y' ＝ e^x$ ；对于对数函数＄y ＝＼ln x$ ，其导数为＄y' ＝＼frac{1}｛x}＄。
三、利用导数求函数的单调性例 1：求函数＄f(x) ＝ x^3 3x^2 ＋ 2$ 的单调区间。
首先，对函数求导：＄f'（x) ＝ 3x^2 6x$令＄f'（x) ＝ 0$ ，即＄3x^2 6x ＝ 0$ ，解得＄x ＝ 0$ 或＄x ＝2$ 。
当＄x ＜ 0$ 时，＄f'（x) ＞ 0$ ，函数单调递增；当＄0 ＜ x ＜ 2$ 时，＄f'（x) ＜ 0$ ，函数单调递减；当＄x ＞ 2$ 时，＄f'（x) ＞ 0$ ，函数单调递增。
所以，函数的单调递增区间为＄（＼infty, 0)＄和＄（2, ＋＼infty)＄，单调递减区间为＄（0, 2)＄。
四、利用导数求函数的极值例 2：求函数＄g(x) ＝ 2x^3 9x^2 ＋ 12x 3$ 的极值。
对函数求导：＄g'（x) ＝ 6x^2 18x ＋ 12$令＄g'（x) ＝ 0$ ，即＄6x^2 18x ＋ 12 ＝ 0$ ，化简得＄x^2 3x＋ 2 ＝ 0$ ，解得＄x ＝ 1$ 或＄x ＝ 2$ 。
高中数学导数及其应用导数的计算几个常用函数的导数基本初等函数的导数公式及导数的运算法则
2021/12/8
第十页，共二十八页。
[规律方法] 1.若所求函数符合导数公式，则直接利用公式求解 2.对于不能直接利用公式的类型，一般遵循“先化简，再求导”的基本原 则，避免不必要的运算失误 3.要特别注意“1x与ln x”，“ax与logax”，“sin x与cos x”的导数区别.
2021/12/8
第一章 导数及其应用(yìngyòng)。谢谢观看
No Image
12/8/2021
第二十八页，共二十八页。
2021/12/8
第十九页，共二十八页。
其中正确命题的个数为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
C
[对于①，y′＝0，故①错；对于②，∵y′＝－
2 x3
，∴y′|x＝3＝－
2 27
，
故②正确；显然③，④正确，故选C.]
2021/12/8
第二十页，共二十八页。
2．已知f(x)＝xα(α∈Q*)，若f′(1)＝14，则α等于(
(4)若y＝2sin x－cos x，则y′＝2cos x＋sin x．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√
2021/12/8
第六页，共二十八页。
2．若函数y＝10xn 10
D．10l1n 10
C [∵y′＝10xln 10，∴y′|x＝1＝10ln 10.]
)
A．13
B．12
C．18
D．14
D [∵f(x)＝xα，∴f′(x)＝αxα－1，∴f′(1)＝α＝14.]
2021/12/8
第二十一页，共二十八页。
3．设y＝－2exsin x，则y′等于( )
【导学号：31062023】
(2021年整理)高中数学导数及应用
(完整版)高中数学导数及应用编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)高中数学导数及应用）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为(完整版)高中数学导数及应用的全部内容。
（完整版)高中数学导数及应用编辑整理:张嬗雒老师尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布到文库,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是我们任然希望 (完整版)高中数学导数及应用这篇文档能够给您的工作和学习带来便利.同时我们也真诚的希望收到您的建议和反馈到下面的留言区,这将是我们进步的源泉，前进的动力.本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请下载收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步,以下为 <（完整版）高中数学导数及应用〉这篇文档的全部内容。
高中数学导数及其应用一、知识网络二、高考考点1、导数定义的认知与应用；2、求导公式与运算法则的运用；3、导数的几何意义；4、导数在研究函数单调性上的应用；5、导数在寻求函数的极值或最值的应用；6、导数在解决实际问题中的应用。
三、知识要点（一)导数1、导数的概念（1）导数的定义（Ⅰ)设函数在点及其附近有定义，当自变量x在处有增量△x（△x可正可负)，则函数y相应地有增量 ,这两个增量的比 ,叫做函数在点到这间的平均变化率。
如果时,有极限，则说函数在点处可导，并把这个极限叫做在点处的导数（或变化率），记作 ,即。
（Ⅱ）如果函数在开区间（ )内每一点都可导，则说在开区间（）内可导，此时，对于开区间（）内每一个确定的值，都对应着一个确定的导数，这样在开区间（ )内构成一个新的函数，我们把这个新函数叫做在开区间（）内的导函数（简称导数），记作或 , 即。
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 §3.1 导数的概念及其意义、导数的运算
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章 一元函数的导数及其应用§3.1 导数的概念及其意义、导数的运算考试要求1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数 (形如f(ax＋b))的导数.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.导数的概念f′(x0)y′| (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作或 .0x x＝(2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数)2.导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的几何意义就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))斜率y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)处的切线的，相应的切线方程为 .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 )＝__f (x )＝x α(α∈R ，且α≠0)f ′(x )＝______f (x )＝sin xf ′(x )＝_____f (x )＝cos xf ′(x )＝______f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝______f (x )＝e x f ′(x )＝___0αx α－1cos x －sin x a x ln a e x知识梳理f(x)＝log a x(a>0，且a≠1)f′(x)＝_____ f(x)＝ln x f′(x)＝___4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有[f (x )±g (x )]′＝ ；[f (x )g (x )]′＝ ；[cf (x )]′＝ .f ′(x )±g ′(x )f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )cf ′(x )5.复合函数的定义及其导数复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y u′·u x′y 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.常用结论1.区分在点处的切线与过点处的切线(1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条.(2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( )(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( )(3)f ′(x 0)＝[f (x 0)]′.( )(4)(cos 2x ) ′＝－2sin 2x .( )×××√1.若函数f(x)＝3x＋sin 2x，则√因为函数f(x)＝3x＋sin 2x，所以f′(x)＝3x ln 3＋2cos 2x.y＝(e－1)x＋2又∵f(1)＝e＋1，∴切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1，即切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.3.已知函数f(x)＝x ln x＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则a＝ .由题意得f′(x)＝1＋ln x＋2ax，第二部分√√√对于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正确；对于B，(x3ln x)′＝(x3)′ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确；对于D，(2x＋cos x)′＝(2x)′＋(cos x)′＝2x ln 2－sin x，故D正确.(2)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，则f′(2)等于√A.1B.－9C.－6D.4因为f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，所以f′(x)＝3x2＋2xf′(1)＋2，把x＝1代入f′(x)，得f′(1)＝3×12＋2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－5，所以f′(x)＝3x2－10x＋2，所以f′(2)＝－6.思维升华(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解.(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.√√√f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cos(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cos(2x＋3)，故A 正确；f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝－2e－2x＋1，故B错误；f(x)＝x ln x，f′(x)＝(x)′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1，故D正确.命题点1 求切线方程例2 (1)(2023·大同模拟)已知函数f(x)＝2e2ln x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为√A.4e x－y＋e2＝0B.4e x－y－e2＝0C.4e x＋y＋e2＝0D.4e x＋y－e2＝0所以f(e)＝2e2ln e＋e2＝3e2，f′(e)＝4e，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－3e2＝4e(x－e)，即4e x－y－e2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为_______，_________.先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，命题点2 求参数的值(范围)例3 (1)(2022·重庆模拟)已知a为非零实数，直线y＝x＋1与曲线y＝ea ln(x＋1)相切，则a＝_____.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)e x有两条过坐标原点的切线，(－∞，－4)∪(0，＋∞)则a的取值范围是 .因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a ) )，O 为坐标原点，0e x 0e x 0x x ＝000()ex x a x 因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).思维升华(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：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.(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”.跟踪训练2 (1)曲线f(x)＝在(0，f(0))处的切线方程为√A.y＝3x－2B.y＝3x＋2C.y＝－3x－2D.y＝－3x＋2所以f′(0)＝3，f(0)＝－2，所以曲线f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－2)＝3(x－0)，即y＝3x－2.√例4 (1)若直线l：y＝kx＋b(k>1)为曲线f(x)＝e x－1与曲线g(x)＝eln x的公切线，则l的纵截距b等于A.0B.1√C.eD.－e设l 与f (x )的切点为(x 1，y 1)，则由f ′(x )＝e x －1，得l ：y ＝ ＋(1－x 1) .同理，设l 与g (x )的切点为(x 2，y 2)，11e x x －11e x －11e x －11e x －因为k >1，所以l ：y ＝x 不成立，故b ＝－e.(2)(2023·晋中模拟)若两曲线y＝ln x－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a 的取值范围是√设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x1，ln x1－1)，(x2，ax)，其中x1>0，令g (x )＝2x 2－x 2ln x ，则g ′(x )＝3x －2x ln x ＝x (3－2ln x )，令g ′(x )＝0，得x ＝ ，32e 当x ∈(0， )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；32e当x ∈(，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，32e 32e思维升华公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解.跟踪训练3 (1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x －4x，设两曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点处的切线相同，则m等于A.－3 B.1√C.3D.5依题意，设曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同.∵f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x－4x，∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.(2)已知f(x)＝e x－1，g(x)＝ln x＋1，则f(x)与g(x)的公切线有A.0条B.1条√C.2条D.3条根据题意，设直线l与f(x)＝e x－1相切于点(m，e m－1) ，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)，对于f(x)＝e x－1，f′(x)＝e x，则k1＝e m，则直线l的方程为y＋1－e m＝e m(x－m) ，即y＝e m x＋e m(1－m)－1，可得(1－m)(e m－1)＝0，即m＝0或m＝1，则切线方程为y＝e x－1 或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条.第三部分1.(2023·广州模拟)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为√A.y＝3x＋3B.y＝3x＋1C.y＝－3x－1D.y＝－3x－3因为f′(x)＝3x2，所以f′(－1)＝3，又当x＝－1时，a＝(－1)3＋1＝0，所以y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)，即y＝3x＋3.2.记函数f(x)的导函数为f′(x).若f(x)＝e x sin 2x，则f′(0)等于√A.2B.1C.0D.－1因为f(x)＝e x sin 2x，则f′(x)＝e x(sin 2x＋2cos 2x)，所以f′(0)＝e0(sin 0＋2cos 0)＝2.3.(2022·广西三市联考)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝＋2，那么f(1)＋f′(1)等于√A.1B.2C.3D.44.已知函数f(x)＝x ln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为√A.－2B.2C.－eD.e设切点坐标为(t，t ln t)，∵f(x)＝x ln x，∴f′(x)＝ln x＋1，直线l的斜率为f′(t)＝ln t＋1，∴直线l的方程为y－t ln t＝(ln t＋1)(x－t)，将点(0，－e)的坐标代入直线l的方程得－e－t ln t＝－t(ln t＋1)，解得t＝e，∴直线l的斜率为f′(e)＝2.。
导数的应用举例
2 a
)
上单调递增,
在 (-∞, 0) 上单调递减,
在
(-
2 a
,
+∞)
上也单调递减.
导数的应用举例 6
已知函数 f(x)=x2eax, 其中 a≤0, e 为自然对数的底数. (1)讨论 函数 f(x) 的单调性; (2)求函数 f(x) 在区间 [0, 1] 上的最大值.
解: (2)由(1)知当 a=0 时, f(x) 在区间 [0, 1] 上为增函数;
即 3x2-2ax-3≥0 在 [1, +∞) 上恒成立.
由于 f(0)=-3<0,
则必有
a 3
≤1
且
f(1)=-2a≥0.
解得 a≤0.
故实数 a 的取值范围是 (-∞, 0].
(2)由题设 f(-
1 3
)=0,
即
1 3
+
2 3
a-3=0.
解得 a=4.
∴f(x)=3x2-8x-3.
令
f(x)=0
设函数 f(x)=- 13x3+2ax2-3a2x+b, 0<a<1. (1)求函数 f(x) 的单调
区间、极值; (2)若当 x[a+1, a+2] 时, 恒有 |f(x)|≤a, 试确定 a
的取值范围. 解: (2)∵0<a<1, ∴2a<a+1.
∴f(x)=-x2+4ax-3a2 在 [a+1, a+2] 上为减函数. ∴f(x)max=f(a+1)=2a-1, f(x)min=f(a+2)=4a-4. ∵当 x[a+1, a+2] 时, 恒有 |f(x)|≤a, 即
高中数学第三单元导数及其应用3.3.3导数的实际应用课件新人教B版选修1_135
(2)为了使全程运输成本最小，轮船应以多大速度行驶？ 解答
由(1)知，y′＝－480x2000＋300， 令y′＝0，解得x＝40或x＝－40(舍去). 因为函数的定义域为(0,35]， 所以函数在定义域内没有极值点. 又当0<x≤35时，y′<0， 所以 y＝480x000＋300x 在(0,35]上单调递减，
跟踪训练4 现有一批货物由海上从A地运往B地，已知轮船的最大航行 速度为35海里/时，A地至B地之间的航行距离约为500海里，每小时的运 输成本由燃料费和其余费用组成，轮船每小时的燃料费与轮船速度的平 方成正比(比例系数为0.6)，其余费用为每小时960元. (1)把全程运输成本y(元)表示为速度x(海里/时)的函数； 解答
反思与感悟
(1)用料最省、成本最低问题是日常生活中常见的问题之一，解决这 类问题要明确自变量的意义以及最值问题所研究的对象.正确书写函 数表达式，准确求导，结合实际作答. (2)利用导数的方法解决实际问题，当在定义区间内只有一个点使 f′(x) ＝ 0 时 ， 如 果 函 数 在 这 点 有 极 大 ( 小 ) 值 ， 那 么 不 与 端 点 值 比 较，也可以知道在这个点取得最大(小)值.
本课结束
所以当定价为30－12＝18(元)时，才能使一个星期的商品销售利润最大.
12345
规律与方法
1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出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使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者 为最大(小)值. 2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解答应用问题的主要 思路.另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确写出函数解析式，给出 函数定义域；(2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.
12-导数的应用(2)
变式：
2 1.已知 a 为实数，函数 f ( x) ( x 1)( x a) ，若 f '(1) 0 ，求函数 y f ( x) 在
3 [－ ， 1] 上的最大值和最小值。 2
1
2. 设函数 f ( x) x2 bIn( x 1), 其中 b≠0. （1）若 b＝－12，求 f ( x ) 在[1，3]上的最小值； （2）如果 f ( x ) 在定义域内既有极大值又有极小值，求实数 b 的取值范围； （3）是否存在最小的正整数 N，使得当 n N 时，不等式 In
使 f ( x1 ) g ( x2 ) ，求实数 b 取值范围.
3
变式：已知 f ( x) ax3 cx d (a 0) 是 R 上的奇函数，当 x=1 时 f ( x ) 取得极值 －2.（1）求 f ( x ) 的单调区间和极大值； （2）证明对任意 x1 , x2 (1,1) ，不等式 | f ( x1 ) f ( x2 ) | 4 恒成立。
课题
导数的应用（2） 能用导数的方法求函数的最值；体会导数在解决实际问题中的作用
编号
12
教学目标
教学方法 教学重、难点 教材回顾:
讲练结合 同上 方法提炼
教 学 过 程
基础自测: 1.函数 y=xsinx+cosx 在(π ,3π )内的单调增区间为_______. 2.函数 y＝3x2－6ln x 的单调增区间为_________，单调减区间为_________. 3.已知函数 f(x)＝alnx＋x 在区间 ［2,3］ 上单调递增， 则实数 a 的取值范围是_________. 题型一： 利用导数求函数的最值 例 1：已知函数 f ( x) x2e x ，求函数在[－1，1]上的最值。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(1)写出 y 关于 r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的 r.
【解析】(1)设容器的容积为 V， 由题意知 V＝πr2l＋34πr3，又 V＝803π， 故 l＝V－πr432πr3＝38r02－43r＝43(2r02 －r)． 由于 l≥2r，因此 0＜r≤2. 所以建造费用 y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×43(2r02 －r)×3＋4πr2c， 因此 y＝4π(c－2)r2＋16r0π，0＜r≤2.
②当 m≥2 即 3＜c≤29时， 当 r∈(0,2)时，y′＜0，函数单调递减， 所以 r＝2 是函数 y 的最小值点． 综上所述，当 3＜c≤92时，建造费用最小时 r＝2；
当 c>29时，建造费用最小时 r＝ 3 c－202.
第14讲 │ 备用例题
②若OP＝x(km)，则OQ＝10－x， 所以OA＝OB＝ －x2＋102＝ x2－20x＋200， 所求函数关系式为y＝x＋2 x2－20x＋200(0<x<10)．
第14讲 │ 备用例题
(2)选择函数模型①， y′＝－10cosθ·cosθ－co2s02－θ 10sinθ－sinθ ＝102csoins2θθ－1. 令 y′＝0 得 sinθ＝12，因为 0<θ<π4，所以 θ＝π6.
(2)由(1)得 y′＝8π(c－2)r－16r02 π ＝8πcr－2 2(r3－c－202)，0＜r＜2. 由于 c>3，所以 c－2>0.
当 r3－c－202＝0 时，r＝ 3
20 c－2.
3 令
c－202＝m，则 m＞0，
所以 y′＝8πcr－2 2(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当 0＜m＜2 即 c>92时， 当 r＝m 时，y′＝0； 当 r∈(0，m)时，y′＜0； 当 r∈(m,2)时，y′>0. 所以 r＝m 是函数 y 的极小值点，也是最小值点．
12-3导数应用举例
知识梳理
1．在闭区间[a，b]上的连续函数 y＝f(x)，在[a，b]上必有 最大值与最小值．
(1)求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的一般步骤 是：①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；②比较函数 y＝f(x) 的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)，其中最大的一个是最 大值，最小的一个是最小值．
当 θ∈0，π6时，y′<0，y 是 θ 的减函数；
第14讲 │ 备用例题
当θ∈π6，π4时，y′>0，y是θ的增函数， 所以当θ＝π6时，ymin＝10＋10 3. 这时点P位于线段AB的中垂线上，且距离AB边
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ10 3
3
km处．
三 利润最高或成本最低问题
【例 3】某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长 度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半 球形，按照设计要求容器的体积为803π立方米，且 l≥2r.假 设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每 平方米建造费用为 3 千元，半球形部分每平方米建造费用为 c(c>3)千元．设该容器的建造费用为 y 千元．