高二数学：导数的综合应用-新课标[1].1
高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件
题型二 讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
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解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=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x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
导数的综合应用(选择)1
f
'
x
anxn1
f f
(1) a '(1) an
2
4
a
n
2
f (x) 2x2
函数
f
x 是偶函
数且有最小值.
12．已知函数 f x x5 3x3 5x 3 ，若 f a f a 2 6 ，则实数 a 的取值范围是
f x f 1e2x2 x2 2 f 0x ， g x 2g x 0 ，则下列不等式成立的是
2
（）
A． f 2g 2015 g 2017
B． f 2g 2015 g 2017
C． g 2015 f 2g 2017
e e2 1
A．
e
2e2 1 e
B．
e
e2 1 e
C．
e
【答案】C
【解析】
D． e 1 1 e
试题分析：由圆的对称性知,只需考虑圆心 C e 1 ,0 到 f x ln x 图象上一点距离的
e
最小值.设函数 f x ln x 图象上任一点 Pt.ln t , f x 1 , f t 1 ,即经过 P 的
1 e2 e
,故选 C.
e
考点：1.求切线方程；2.函数的单调性；3.两点间距离公式. 【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究曲线上任意一点的切线方程,属于中档题.
由圆心到圆上任意一点的距离为1,本题转化为圆心 C e 1 ,0 到函数 f x ln x 上
e
1
一点距离的最小值,由导数的几何意义,求出切线斜率为 ,由两直线垂直的条件,求出
导数的综合应用
静思·勤学静学教育学科教师辅导讲义学员姓名：朱致雅年级：高二学科教师：曹剑峰辅导科目：数学授课类型C导数的综合应用授课日期及时段2016年12月10日9：00——11：00教学内容知识讲解1．函数的单调性与导数的关系已知函数f(x)在某个区间(a，b)内可导，(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单凋递增；(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．静思·勤学3．函数的最值与导数设函数f (x )在[a ，b ]上连续且在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】 (2013·广东卷改编)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2. (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围． 解 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2， ∴f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 令f ′(x )>0，即x (e x －2)>0，∴x >ln 2或x <0. 令f ′(x )<0，即x (e x －2)<0，∴0<x <ln 2. 因此函数f (x )的递减区间是(0，ln 2)； 递增区间是(－∞，0)和(ln 2，＋∞)． (2)易知f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )． ∵f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，∴当x ≥0时，f ′(x )＝x (e x －2k )≥0恒成立． ∴e x －2k ≥0，即2k ≤e x 恒成立． 由于e x≥1，∴2k ≤1，则k ≤12.又当k ＝12时，f ′(x )＝x (e x －1)≥0当且仅当x ＝0时取等号． 因此，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.规律方法 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．而解答本题(2)问时，关键是分离参数k ，把所求问题转化为求函数的最小值问题．专题讲练静思·勤学(2)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到． 【变式】（14广东） 设函数2221()(2)2(2)3f x x x k x x k =+++++-，其中2k <-，（1）求函数()f x 的定义域D （用区间表示）； （2）讨论函数()f x 在D 上的单调性；（3）若6k <-，求D 上满足条件()(1)f x f >的x 的集合（用区间表示）。
2021_2022学年高中数学第三章导数应用习题课_导数的综合应用课件北师大版选修2_2
课标阐释
1.利用导数研究函数的单调
性、极值,以及连续函数在区
间[a,b]上的最大(小)值.
2.利用导数研究不等式恒成
立问题及含有参数的最值问
题的解法
思维脉络
知识梳理
1.求可导函数y=f(x)的单调区间
求可导函数y=f(x)单调区间的步骤是:
(1)求f'(x);
(2)解不等式f'(x)>0(或f'(x)<0);
∪(0,1].
探究一
探究二
探究三
探究二 含参数的最值问题
【例2】 已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2) ,其中a<0.
(1)当a=-4时,求f(x)的递增区间;
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.
分析(1)将a=-4代入,令f'(x)>0得递增区间;(2)先求导,求出单调区间,
③当-2>4,即 a<-8 时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x=1 或 x=4 处取
得,而 f(1)=8 时没有符合题意的 a 值,由 f(4)=2(64+16a+a2)=8 得
a=-10 或 a=-6(舍去),当 a=-10 时,f(x)在(1,4)上是减少的,f(x)在[1,4]
上的最小值为 8.故 a=-10.
范围是(
)
1
A.a≤-8
C.a≤0
1
B.-8≤a<0
1
D.a≤- 或 a=0
8
解析:由题意知函数 f(x)的定义域为
1
-22 ++1
(0,+∞),f'(x)=-2ax+1=
高二数学导数的综合运用试题答案及解析
高二数学导数的综合运用试题答案及解析1.已知使函数y＝x3＋ax2－a的导数为0的x值也使y值为0，则常数a的值为（）A．0B．±3C．0或±3D．非以上答案【答案】C【解析】若，则或，当时，，则；当时，，则或，所以或，答案选C.【考点】导数的定义2.设函数f（）=，且方程的两个根分别为1,4.（1）当＝3且曲线y＝f（x）过原点时，求f（x）的解析式；（2）若f（x）在（－∞，＋∞）内无极值点，求的取值范围．【答案】（1）f（x）＝x3－3x2＋12x；（2）[1,9]【解析】（1）方程的两个根分别为1,4可知关于a、b、c的两个方程，又a=3，解得b=-3，c=12，而曲线过原点，所以d=0，所以解析式为f（x）＝x3－3x2＋12x，（2）由于a>0，所以“f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d在（－∞，＋∞）内无极值点”等价于“f′（x）＝ax2＋2bx＋c≥0在（－∞，＋∞）内恒成立”，因此a>0,,解得a∈[1,9].试题解析：由f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d得f′（x）＝ax2＋2bx＋c∵f′（x）－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两根为1,4.∴（*）（1）当a＝3时，由（*）式得，解得b＝－3，c＝12.又∵曲线y＝f（x）过原点，∴d＝0.故f（x）＝x3－3x2＋12x.（2）由于a>0，所以“f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d在（－∞，＋∞）内无极值点”等价于“f′（x）＝ax2＋2bx＋c≥0在（－∞，＋∞）内恒成立”，由（*）式得2b＝9－5a，c＝4a.又∵Δ＝（2b）2－4ac＝9（a－1）（a－9）解，得a∈[1,9]，即a的取值范围为[1,9]．【考点】1.函数与导函数的综合应用；2.不等式恒成立问题3.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)＝h(2)＝－，所以a≤－．min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.4.已知，则导函数f′（x）是（）.A．仅有最小值的奇函数B．既有最大值，又有最小值的偶函数C．仅有最大值的偶函数D．既有最大值，又有最小值的奇函数【答案】D.【解析】，；，即是奇函数，且在上单调递增，则有最大值，也有最小值；故选D 【考点】函数的性质.5.设函数f（x）=x3﹣x2﹣2x﹣．（1）求函数f（x）的单调递增、递减区间；（2）当x∈[﹣1，1]时，f（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣]和[1，+∞），单调减区间为[﹣，1]; （2）m ＞．【解析】（1）首先应求导数，利用导数的为正或为负，解对应不等式可得函数的单调增（减）区间；（2）由不等式恒成立问题可通过分离参数等价转化成f（x）＜m,求函数f（x）的最大值即可．max试题解析：（1）f′（x）=3x2﹣x﹣2=0，得x=1，﹣．在（﹣∞，﹣）和[1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）为增函数；在（﹣，1）上f′（x）＜0，f（x）为减函数．所以所求f（x）的单调增区间为（﹣∞，﹣]和[1，+∞），单调减区间为[﹣，1]．（2）由（1）知，当x∈[﹣1，﹣]时，f′（x）＞0，[﹣，1]时，f′（x）＜0∴f（x）≤f（﹣）=．∵当x∈[﹣1，1]时，f（x）＜m恒成立，∴m＞．【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.不等式的恒成立问题．6.已知，函数（为自然对数的底数）.（Ⅰ）若，求函数的单调区间；（Ⅱ）若的最小值为，求的最小值．【答案】（Ⅰ）的单调减区间为单调增区间为；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由于当a=1时，，则，分别由f′（x）＞0，f′（x）＜0，进而求出函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）由题意可知：恒成立，且等号可取．令转化为方程求解．试题解析：（Ⅰ）时, ,当时,当时,所以的单调减区间为单调增区间为.（Ⅱ）由题意可知:恒成立,且等号可取.即恒成立,且等号可取.令故由得到,设,当时,;当时,.在上递减,上递增.所以当时, ,即,在上,,递减;在上,,递增.所以设,,在上递减,所以故方程有唯一解,即.综上所述,当时,仅有满足的最小值为,故的最小值为.【考点】１．利用导数研究函数的单调性；２．利用导数求函数的极值、最值；３．分类讨论．7.设函数，则（）A．x=1为的极大值点B．x=-1为的极大值点C．x=1为的极小值点D．x=-1为的极小值点【答案】D【解析】因为=，则当＜-1时，＜0，当＞-1时，＞0，则在（-，-1）上是减函数，在（0，+）上是增函数，则当=-1时，取极小值，故选D.考点:常见函数的导数，导数的运算法则，导数的综合运用8.已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）设函数在区间上是增函数，求的取值范围.【答案】（1）递增区间是(−∞，−)，（0，+∞）；递减区间是(−，0)．（2）[-,+).【解析】（1）求出导函数，解出当=1时，＞0对应的区间就是的增区间，＜0对应的区间就是的减区间；（2）由函数在区间上是增函数知≥0对∈[1,2]恒成立，通过参变分离化为a≥−对∈[1,2]恒成立，求出−在∈[1,2]上的最大值，则a大于等于−在∈[1,2]上的最大值，即得到a的取值范围.试题解析：=，（1）当a=1时，=，令=0得x＝0或x＝−∴当变化时，，的变化情况如下表（0，(−∞，−)−(−，0)∴的递增区间是(−∞，−)，（0，+∞）；递减区间是(−，0)．（2）∵函数在区间[1，2]上是增函数，∴对任意的∈[1，2]恒有≥0，即对任意的∈[1，2]恒有a≥−∴a≥[−]max，而函数y＝−在区间[1，2]上是减函数，∴当=1时，函数y＝−取最大值−，∴a≥−．∴的取值范围为[-,+).【考点】常见函数的导数，导数与函数单调性关系，恒成立问题，转化思想9.已知函数，其中，为自然对数的底数.（1）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（2）若，函数在区间内有零点，求的取值范围。
高二数学《导数》知识点总结
【导语】世界⼀流潜能⼤师博恩•崔西说：“潜意识的⼒量⽐表意识⼤三万倍”。
追逐⾼考，我们向往成功，我们希望激发潜能，我们就需要在⼼中铸造⼀座⾼⾼矗⽴的、坚固⽆⽐的灯塔，它的名字叫信念。
®⽆忧考⽹⾼⼆频道为你整理了《⾼⼆数学《导数》知识点总结》，助你⼀路向前！ 【⼀】 1、导数的定义：在点处的导数记作. 2.导数的⼏何物理意义：曲线在点处切线的斜率 ①k=f/(x0)表⽰过曲线y=f(x)上P(x0,f(x0))切线斜率。
V=s/(t)表⽰即时速度。
a=v/(t)表⽰加速度。
3.常见函数的导数公式:①;②;③; ⑤;⑥;⑦;⑧。
4.导数的四则运算法则： 5.导数的应⽤： (1)利⽤导数判断函数的单调性：设函数在某个区间内可导,如果,那么为增函数;如果,那么为减函数; 注意：如果已知为减函数求字母取值范围,那么不等式恒成⽴。
(2)求极值的步骤： ①求导数; ②求⽅程的根; ③列表：检验在⽅程根的左右的符号，如果左正右负,那么函数在这个根处取得极⼤值;如果左负右正,那么函数在这个根处取得极⼩值; (3)求可导函数值与最⼩值的步骤： ⅰ求的根;ⅱ把根与区间端点函数值⽐较,的为值,最⼩的是最⼩值。
导数与物理，⼏何，代数关系密切：在⼏何中可求切线;在代数中可求瞬时变化率;在物理中可求速度、加速度。
学好导数⾄关重要，⼀起来学习⾼⼆数学导数的定义知识点归纳吧! 导数是微积分中的重要基础概念。
当函数y=f(x)的⾃变量x在⼀点x0上产⽣⼀个增量Δx时，函数输出值的增量Δy与⾃变量增量Δx的⽐值在Δx趋于0时的极限a如果存在，a即为在x0处的导数，记作f'(x0)或df(x0)/dx。
导数是函数的局部性质。
⼀个函数在某⼀点的导数描述了这个函数在这⼀点附近的变化率。
如果函数的⾃变量和取值都是实数的话，函数在某⼀点的导数就是该函数所代表的曲线在这⼀点上的切线斜率。
导数的本质是通过极限的概念对函数进⾏局部的线性逼近。
数学教案导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用
数学教案-导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用教案章节：一、函数的极值概念与判定1. 学习目标：理解函数极值的概念，掌握函数极值的判定方法。
2. 教学内容：介绍函数极值的定义，分析函数极值的判定条件，举例说明函数极值的判定方法。
3. 教学过程：(1) 引入函数极值的概念，解释函数在某一点取得最大值或最小值的意义。
(2) 讲解函数极值的判定条件，如导数为零或不存在，以及函数在该点附近的单调性变化。
(3) 举例说明函数极值的判定方法，如通过导数的正负变化来判断函数的增减性。
二、函数的最值问题1. 学习目标：理解函数最值的概念，掌握函数最值的求解方法。
2. 教学内容：介绍函数最值的概念，分析函数最值的求解方法，举例说明函数最值的求解过程。
3. 教学过程：(1) 引入函数最值的概念，解释函数在整个定义域内取得最大值或最小值的意义。
(2) 讲解函数最值的求解方法，如通过导数的研究来确定函数的极值点，进而求得最值。
(3) 举例说明函数最值的求解过程，如给定一个函数，求其在定义域内的最大值和最小值。
三、导数的综合运用1. 学习目标：掌握导数的综合运用方法，能够运用导数解决实际问题。
2. 教学内容：介绍导数的综合运用方法，分析导数在实际问题中的应用，举例说明导数的综合运用过程。
3. 教学过程：(1) 讲解导数的综合运用方法，如通过导数研究函数的单调性、极值、最值等。
(2) 分析导数在实际问题中的应用，如优化问题、速度与加速度的关系等。
(3) 举例说明导数的综合运用过程，如给定一个实际问题，运用导数来解决问题。
四、实例分析与练习1. 学习目标：通过实例分析与练习，巩固函数极值与最值的求解方法，提高导数的综合运用能力。
2. 教学内容：分析实例问题，运用函数极值与最值的求解方法，进行导数的综合运用练习。
3. 教学过程：(1) 分析实例问题，引导学生运用函数极值与最值的求解方法来解决问题。
(2) 进行导数的综合运用练习，让学生通过实际问题来运用导数，巩固所学知识。
最新导数的综合应用68195
导数的综合应用68195提能专训(十九) 导数的综合应用一、选择题1．(2013·兰州一中12月月考)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0且g (3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)D 解题思路：因为f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以h (x )＝f (x )g (x )为奇函数，当x ＜0时，h ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，所以h (x )在(－∞，0)为单调增函数，h (－3)＝－h (3)＝0，所以当x ＜0时，h (x )＜0＝h (－3)，解得x ＜－3，当x ＜0时，h (x )＞0解得－3＜x ＜0，由于h (x )关于原点对称，所以x ＞0时h (x )＜0的x 取值范围为(0,3)．故选D.2．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，不等式f ′(x )＞0的解集记为p ，关于x 的不等式x 2＋(a －1)x －a ＞0的解集记为q ，且p 是q 的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，－1]B ．[－2，－1]C ．∅D ．[－2，＋∞)D 解题思路：对于命题p ：∵ f (x )＝x 2－2x －4ln x ，∴ f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x ，∴ f ′(x )＞0⇒⎩⎨⎧x 2－x －2＞0，x ＞0，∴ x ＞2.由p是q 的充分不必要条件知，命题p 的解集(2，＋∞)是命题q 不等式解集的真子集，对于命题q ：x 2＋(a －1)x －a ＞0⇔(x ＋a )(x －1)＞0，当a ≥－1时，解集为(－∞，－a )∪(1，＋∞)，显然符合题意；当a ＜－1时，解集为(－∞，1)∪(－a ，＋∞)，则由题意得－2≤a ＜－1.综上，实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．故选D.3．(2013·哈尔滨第九中学第五次月考)已知定义在R 上的函数f (x )，g (x )满足f (x )g (x )＝a x ，且f ′(x )g (x )＜f (x )g ′(x )，f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f (n )g (n )(n ∈N *)的前n 项和等于6364，则n ＝( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．4B 解题思路：由f ′(x )g (x )＜f (x )g ′(x )，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )＜0，即y ＝f (x )g (x )＝a x 为R 上的减函数，所以0＜a ＜1，由f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52，得a ＋a －1＝52，即2a 2－5a ＋2＝0，解得a ＝2或a ＝12.又0＜a ＜1，所以a ＝12，故f (x )g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f (n )g (n )(n ∈N *)即⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ∈N *)，其前n 项和为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝6364，整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝164，解得n ＝6.故选B. 4．(河南适应测试)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0]时，f (x )＝e －x －e x 2＋a ，则函数f (x )在x ＝1处的切线方程为( )A ．x ＋y ＝0B ．e x －y ＋1－e ＝0C ．e x ＋y －1－e ＝0D ．x －y ＝0B 命题立意：本题考查了函数的奇偶性及函数的导数的应用，难度中等．解题思路：∵ 函数f (x )是R 上的奇函数，∴ f (x )＝－f (－x )，且f (0)＝1＋a ＝0，得a ＝－1，设x ＞0，则－x ＜0，则f (x )＝－f (－x )＝－(e x －e x 2－1)＝－e x ＋e x 2＋1，则f (1)＝1，求导可得f ′(x )＝－e x ＋2e x ，则f ′(1)＝e ，∴ f (x )在x ＝1处的切线方程y －1＝e(x －1)，即得e x －y ＋1－e ＝0，故选B.易错点拨：要注意函数中的隐含条件的挖掘，特别是一些变量的值及函数图象上的特殊点，避免出现遗漏性错误．5．设二次函数f (x )＝ax 2－4bx ＋c ，对∀x ∈R ，恒有f (x )≥0，其导数满足f ′(0)＜0，则f (2)f ′(0)的最大值为( ) A.23 B.12 C ．0 D ．1C 解题思路：本题考查基本不等式的应用．因为f (x )≥0恒成立，所以a ＞0且Δ＝16b 2－4ac ≤0.又因为f ′(x )＝2ax －4b ，而f ′(0)＜0，所以b ＞0，则f (2)f ′(0)＝4a －8b ＋c －4b＝2－4a ＋c 4b ，又因4a ＋c ≥24ac ≥8b ，所以4a ＋c 4b ≥2，故f (2)f ′(0)≤2－2＝0，当且仅当4a ＝c ，ac ＝4b 2，即当a ＝b ，c ＝4b 时，f (2)f ′(0)取到最大值，其值为0.故选C.技巧点拨：在运用均值不等式解决问题时，一定要注意“一正二定三等”，特别是要注意等号成立的条件是否满足．6．(2013·浙江瑞安质检)已知函数f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，它们在同一坐标系下的图象如图所示，设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则( )A ．h (1)＜h (0)＜h (－1)B ．h (1)＜h (－1)＜h (0)C ．h (0)＜h (－1)＜h (1)D ．h (0)＜h (1)＜h (－1)D 解题思路：本题考查函数及导函数的图象．取特殊值，令f (x )＝12x 2，g (x )＝13x 3，则h (0)＜h (1)＜h (－1)．故选D.二、填空题7．(2013·山西大学附中期中考试)对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，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”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．根据这一发现，则函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解题思路：由f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512，得f ′(x )＝x 2－x ＋3，f ″(x )＝2x －1，由f ″(x )＝0，解得x ＝12，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，所以此函数的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 8．(2013·云南师大附中月考试题)已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．给出关于f (x )的下列命题：①函数f (x )在x 在[0,1]是减函数，在[1,2]是增函数；③当1＜a ＜2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点；④如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为5.其中所有正确命题的序号为________．①④解题思路：由导函数图象可知，在[－1,0)上，f′(x)＞0，f(x)递增；在(0,2)上，f′(x)＜0，f(x)递减；在(2,4)上，f′(x)＞0，f(x)递增；在(4,5)上，f′(x)＜0，f(x)递减．由以上可知，f(x)在x＝2时取得极小值，故命题①正确；函数f(x)在[0,2]上为减函数，故命题②错误；因为f(2)的取值不确定，若f(2)＞a，则函数y＝f(x)－a只有2个零点，所以命题③错误；因为f(0)＝f(4)＝2，而函数的定义域为[－1,5]，故函数的最大值为2，t的最大值为5，故命题④正确．综上，正确的命题序号为①④.9．设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对所有的x≥0都有f(x)≥ax 成立，则实数a的取值范围为________．(－∞，1]解题思路：令g(x)＝(1＋x)ln(1＋x)－ax，对函数g(x)求导数g′(x)＝ln(1＋x)＋1－a，令g′(x)＝0，解得x＝e a－1－1.①当a≤1时，对所有x≥0，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，又g (0)＝0，所以对x ≥0，有g (x )≥0，即当a ≤1时，对于所有x ≥0，都有f (x )≥ax .②当a ＞1时，对于0＜x ＜e a －1－1，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，e a －1－1)是减函数，又g (0)＝0，所以对0＜x ＜e a －1－1有g (x )＜g (0)，即f (x )＜ax ， 所以，当a ＞1时，不是对所有的x ≥0都有f (x )≥ax 成立．综上，实数a 的取值范围(－∞，1]．三、解答题10．(2013·信息优化卷)已知函数f (x )＝ln x ＋1－x ax ，其中a 为大于零的常数．(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围；(2)求函数f (x )在区间[1,2]上的最小值；(3)求证：对于任意的n ∈N *且n >1，都有ln n >12＋13＋…＋1n 恒成立．解析：(1)由题意得f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0，a >0)．由已知得f ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥1x 在[1，＋∞)上恒成立，∵ 当x ∈[1，＋∞)时，1x ≤1，∴ a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)当a ≥1时，∵ f ′(x )≥0在[1,2]上恒成立，即f (x )在[1,2]上为增函数，∴ [f (x )]min ＝f (1)＝0；当0<a ≤12时，∵ f ′(x )≤0在[1,2]上恒成立，即f (x )在[1,2]上为减函数．∴ [f (x )]min ＝f (2)＝ln 2－12a ；当12<a <1时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(1,2)．∵ 对于任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 有f ′(x )<0，对于任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，2有f ′(x )>0，∴ [f (x )]min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋1－1a . 综上可知：当0<a ≤12时，[f (x )]min ＝ln 2－12a ；当12<a <1时，[f (x )]min ＝ln 1a ＋1－1a ；当a ≥1时，[f (x )]min ＝0.(3)证明：由(1)知函数f (x )＝1x －1＋ln x 在[1，＋∞)上为增函数，当n >1时，∵ n n －1>1， ∴ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1>f (1)，即ln n －ln(n －1)>1n 对于任意的n ∈N *且n >1恒成立，∴ ln n ＝[ln n －ln(n －1)]＋[ln(n －1)－ln(n －2)]＋…＋(ln 3－ln 2)＋(ln 2－ln 1)>1n ＋1n －1＋…＋13＋12， 即对于任意的n ∈N *且n >1，都有ln n >12＋13＋…＋1n 恒成立．11．(2013·胶东高三二次模拟)已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )，其中a ∈R .(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)若f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0，求a 的取值范围．命题意图：本题考查导数与函数的极值、单调性、最值等知识，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查函数与方程、分类整合等数学思想方法．(1)根据可导函数在一定点处取得极值的必要条件是其导数等于零，得出关于a 的方程即可求出a ，再根据极值点两侧导数值异号进行检验；(2)讨论导数的符号，就参数a 的取值情况进行分类讨论即可；(3)根据函数的单调性和极值点，以及函数最大值的概念分情况解决．解析：(1)f ′(x )＝x (1－a －ax )x ＋1，x ∈(－1，＋∞)． 依题意，得f ′(2)＝0，解得a ＝13.经检验，a ＝13时，符合题意．(2)①当a ＝0时，f ′(x )＝x x ＋1，x ∈(－1，＋∞)． 故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a －1， 当0＜a ＜1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下： ↘↘↘∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞. 当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)． 当a >1时，－1<x 2<0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下： ↘↘↘∴ f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1a －1，(0，＋∞)．③当a <0时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)；当0<a <1时，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －1，单调减区间是(－1,0)，⎝⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，1a －1，(0，＋∞)．(3)由(2)知a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，由f (0)＝0知不合题意．当0<a <1时，f (x )在(0，＋∞)的最大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，由1a －1>0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －1上递增可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1>f (0)＝0知不合题意．当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)单调递减，可得f (x )在[0，＋∞)上的最大值是f (0)＝0，符合题意．∴f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0时，a 的取值范围是[1，＋∞)．12．(2013·河南焦作一模)设函数f (x )＝x ln x (x >0)． (1)求函数f (x )的最小值；(2)设F (x )＝ax 2＋f ′(x )(a ∈R )，讨论函数F (x )的单调性； (3)斜率为k 的直线与曲线y ＝f ′(x )交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1<x 2)两点，求证：x 1<1k <x 2.解析：(1)f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e . 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0. ∴当x ＝1e 时，f (x )min ＝1e ln 1e ＝－1e .(2)F (x )＝ax 2＋ln x ＋1(x >0)， F ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x (x >0)．①当a ≥0时，恒有F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上是增函数； ②当a <0时，令F ′(x )>0，得2ax 2＋1>0，解得0<x <－12a ； 令F ′(x )<0，得2ax 2＋1<0，解得x >－12a .综上，当a ≥0时，F (x )在(0，＋∞)上是增函数；当a <0时，F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(3)证明：k ＝f ′(x 2)－f ′(x 1)x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1.要证x 1<1k <x 2，即证x 1<x 2－x 1ln x 2－ln x 1<x 2，即证1<x 2x 1－1ln x 2x 1<x 2x 1，令t ＝x 2x 1，则只要证1<t －1ln t <t ，由t >1知ln t >0，故等价于证ln t <t －1<t ln t (t >1)．(*)①设g (t )＝t －1－ln t (t ≥1)， 则g ′(t )＝1－1t ≥0(t ≥1)， 故g (t )在[1，＋∞)上是增函数， ∴当t >1时，g (t )＝t －1－ln t >g (1)＝0， 即t －1>ln t (t >1)．②设h (t )＝t ln t －(t －1)(t ≥1)，则h ′(t )＝ln t ≥0(t ≥1)， 故h (t )在[1，＋∞)上是增函数，∴当t >1时，h (t )＝t ln t －(t －1)>h (1)＝0， 即t －1<t ln t (t >1)． 由①②知(*)成立，得证．13．(2013·陕西长安一中高三4月模拟)已知函数f (x )＝ln x －px ＋1.(1)求函数f (x )的极值点；(2)若对任意的x ＞0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围； (3)证明：ln 222＋ln 332＋…＋ln n n 2＜2n 2－n －14(n ＋1)(n ∈N ，n ≥2)．解析：(1)已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －p ＝1－pxx ，∵ x ＞0，当p ≤0时，f ′(x )＞0，∴ f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴ f (x )无极值点；当p ＞0时，f ′(x )＝0，∴ x ＝1p ∈(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：↗↘从上表可以看出：当p ＞0时，f (x )有唯一的极大值点x ＝1p . (2)当p ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以不可能对任意的x ＞0，恒有f (x )≤0，当p ＞0时，由(1)知在x ＝1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ，此时极大值也是最大值．要使f (x )≤0恒成立，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ≤0，解得p ≥1，所以p 的取值范围是[1，＋∞)．(3)证明：令p ＝1，由(2)知ln x －x ＋1≤0，∴ ln x ≤x －1， ∵ n ∈N ，n ≥2，∴ 令x ＝n 2，则ln n 2≤n 2－1， ∴ ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2， ln 222＋ln 332＋…＋ln nn 2≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1－1n 2×12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(n －1)－⎝⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2×12＜n －12－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)×12 ＝n －12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1×12 ＝n －12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1×12 ＝2n 2－n －14(n ＋1)，所以结论成立．。
专题2.13 导数的综合应用(解析版)
第二篇函数、导数及其应用专题2.13 导数的综合应用【考纲要求】1. 利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题．2．会利用导数解决实际问题.【命题趋势】考查导数在研究函数中的应用，并应用导数的方法探求一些与不等式、函数、数列有关的综合问题，综合性较强，常作为压轴题出现，题目难度较大【核心素养】本讲内容主要考查数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。
【真题体验】1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线.【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；（2）见解析.【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．综上，f（x）有且仅有两个零点．（2）因为，故点B（–ln x0，）在曲线y=e x上．由题设知，即，故直线AB的斜率．曲线y=e x在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线也是曲线y=e x的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 2.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设，则，.当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.又，，所以当时，.从而，在没有零点. （iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.3. 【2019年高考江苏】设函数、为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为，所以．因为，所以，解得．（2）因为，所以，从而．令，得或．因为都在集合中，且，所以．此时，．令，得或．列表如下：所以的极小值为．（3）因为，所以，．因为，所以，则有2个不同的零点，设为．由，得．列表如下：所以的极大值．解法一：．因此．解法二：因为，所以．当时，．令，则．令，得．列表如下：所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．4.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法：（1）利用零点存在性定理构建不等式（组）求解；（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.5. 【2018年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）当时，，.设函数，则.当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，.【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问利用函数的单调性证明不等式，第二问分类讨论和，当时构造函数是解题的关键，并利用导数讨论函数的性质，本题难度较大.6. 【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.（1）若，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）的定义域为.①若，因为，所以不满足题意；②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1.（2）由（1）知当时，.令得.从而.故.而，所以的最小值为.【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 【考法拓展•题型解码】考法一 利用导数解决生活中的优化问题 答题模板：利用导数解决生活中的优化问题的步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，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式y ＝f (x )．(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题回答解决方案．注意：解决此类问题要根据实际问题的意义确定函数定义域．【例1】 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)． (1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．【答案】见解析【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h＝π5(300r －4r 3)．由h >0，且r >0可得0<r <53，故函数V (r )的定义域为(0,53)． (2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)，所以V ′(r )＝π5(300－12r 2)．令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数．由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大． 考法二 利用导数研究函数的零点或方程的根 归纳总结：(1)研究函数零点(方程根)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．(2)解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．【例2】 (2018·全国卷Ⅱ)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．【答案】见解析【解析】 (1)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：因为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 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥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＝－6⎝⎛⎭⎫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．【例3】 (2019·武邑中学调研)已知函数f (x )＝a 6x 3－a4x 2－ax －2的图象过点A ⎝⎛⎭⎫4，103. (1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围．【答案】见解析【解析】 (1)因为f (x )＝a6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A ⎝⎛⎭⎫4，103，所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2.由f ′(x )>0得x <－1或x >2.所以函数f (x )的单调增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f (x )极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56，f (x )极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合可知要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163<2m －3<－56，解得－76<m <1312.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－76，1312. 考法三 利用导数证明不等式解题技巧：利用导数证明不等式的解题策略(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，并同时有F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，并同时有F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．(3)在证明过程中，一个重要技巧就是找到函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点，这往往就是解决问题的一个突破口． 【例4】 已知函数f (x )＝x e x ，g (x )＝ln x x .(1)求函数f (x )的极值；(2)当x ＞0时，求证：f (x )＞g (x )．【答案】见解析【解析】 (1)由题意知f ′(x )＝x e x＋e x＝(x ＋1)e x，令f ′(x )>0，得x >－1；令f ′(x )<0，得x <－1.则f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值．(2)证明：当x >0时，要证f (x )>g (x )，即证e x >ln x x 2.令F (x )＝x 2－ln x (x >0)，则F ′(x )＝2x －1x (x >0)，令F ′(x )>0，得x >22，令F ′(x )<0，得0<x <22，则F (x )在⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以当x >0时，F (x )≥F ⎝⎛⎭⎫22＝12－ln 22>0，所以x 2>ln x ，即ln x x 2<1.因为x >0时，e x >e 0＝1，所以当x >0时，e x >ln x x 2⇒x e x >ln x x ，所以当x >0时，不等式f (x )>g (x )成立． 考法四 利用导数研究恒成立或能成立问题 解题技巧：利用导数研究恒成立或能成立问题的方法(1)由不等式恒成立或能成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即a ≥g (x )恒成立⇔a ≥g (x )max ；a ≤g (x )恒成立⇔a ≤g (x )min ；定义域内存在x 使a ≥g (x )成立⇔a ≥g (x )min .另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f (x )≥0恒成立，可求得f (x )的最小值h (a )，令h (a )≥0即可求出a 的取值范围．(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．【例5】 (1)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3，对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．(2)已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x ，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，即a ≤2ln x ＋x ＋3x 对一切x ∈(0，＋∞)恒成立．令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝x ＋3x －1x2. ①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )在(0,1)内单调递减；②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(1，＋∞)内单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4.所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．(2)问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集，显然，g (x )单调递减，所以在区间[2,4]上，g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234.对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下.所以f (x )max ＝a ＋2，f (x )min＝a －4，所以⎩⎨⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，所以a ∈⎣⎡⎦⎤－74，－32. 【规范答题】关键点 导数的综合应用【典例】 (2016·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x ；(3)设c ＞1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .【规范解答】：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x －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.所以当x≠1时，ln x ＜x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln 1x ＜1x －1，即1＜x －1ln x＜x.(3)证明：由题设c ＞1，设g(x)＝1＋(c －1)x －cx ， 则g′(x)＝c －1－cxlnC ．令g′(x)＝0，解得x0＝ln c －1ln cln c .当x ＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x ＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；由(2)知1＜c －1ln c ＜c ，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x ＜1时，g(x)＞0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞cx. 答题模板第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )． 第二步：分类讨论f (x )的单调性． 第三步：利用单调性，求f (x )的最大值．第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )． 第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式． 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范． 【跟踪训练】 已知f (x )＝3e x ＋x 2，g (x )＝9x －1.(1)讨论函数φ(x )＝a ln x －bg (x )(a ∈R ，b >0)在(1，＋∞)上的单调性； (2)比较f (x )与g (x )的大小，并加以证明． 【答案】见解析【解析】 (1)φ′(x )＝a x －9b ＝a －9bx x ＝9b ⎝⎛⎭⎫a9b －x x (x >1)，当a9b ≤1，即a ≤9b 时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．当a 9b >1，即a >9b 时，令φ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1，a 9b ；令φ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫a 9b ，＋∞.故φ(x )在⎝⎛⎭⎫1，a 9b 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a9b ，＋∞上单调递减． (2)f (x )>g (x )．证明如下：设h (x )＝f (x )－g (x )＝3e x＋x 2－9x ＋1，因为h ′(x )＝3e x＋2x －9为增函数，且h ′(0)＝－6<0，h ′(1)＝3e －7>0，所以存在x 0∈(0,1)，使得h ′(x 0)＝0，当x >x 0时，h ′(x )>0；当x <x 0时，h ′(x )<0.所以h (x )min ＝h (x 0)＝3e x 0＋x 20－9x 0＋1，因为3e x 0＋2x 0－9＝0，所以3e x 0＝－2x 0＋9，所以h (x )min ＝－2x 0＋9＋x 20－9x 0＋1＝x 20－11x 0＋10＝(x 0－1)(x 0－10)，因为x 0∈(0,1)，所以(x 0－1)(x 0－10)>0，所以h (x )min >0，所以f (x )>g (x )． 【递进题组】1．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A ．3 B ．4 C ．6 D ．5【答案】A【解析】 设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R 2，要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R .所以S ′＝2πR －54πR 2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小．故选A ．2．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1)【答案】 C【解析】 a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a .若a ＞0，则由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．所以a ＜0，由图象结合f (0)＝1＞0知，此时必有f ⎝⎛⎭⎫2a ＞0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1＞0，化简得a 2＞4，则a ＜－2.3．(2019·邢台月考)已知f (x )＝e x －ax 2.命题p ：∀a ≥1，y ＝f (x )有三个零点；命题q ：∃a ∈R ，f (x )≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( ) A ．p ∧q B ．(¬p )∧(¬q ) C ．(¬p )∧q D ．p ∧(¬q )【答案】B【解析】对于命题p ：当a ＝1时，f (x )＝e x －x 2，在同一坐标系中作出y ＝e x ，y ＝x 2的图象(图略)，由图可知y ＝e x 与y ＝x 2的图象有1个交点，所以f (x )＝e x －x 2有1个零点，故命题p 为假命题．因为f (0)＝1，所以命题q 显然为假命题．故(¬p )∧(¬q )为真．故选B ．4．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是__________． 【答案】 [4，＋∞)【解析】 当x ∈(0,1]时，不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x 3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－3x －1·3x2x 6＝－6⎝⎛⎭⎫x －12x 4.由g ′(x )＝0得x ＝12，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，g ′(x )<0.因此g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫12＝4， 则实数a 的取值范围是[4，＋∞)． 5．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝e －2处取得极小值．(1)求实数a 的值；(2)当x ＞1时，求证：f (x )＞3(x －1)． 【答案】见解析【解析】 (1)因为f (x )＝ax ＋x ln x ，所以f ′(x )＝a ＋ln x ＋1.因为函数f (x )在x ＝e－2处取得极小值，所以f ′(e －2)＝a ＋ln e －2＋1＝0，所以a ＝1，f ′(x )＝ln x ＋2.当f ′(x )>0时，x >e －2，当f ′(x )<0时，0<x <e －2，所以f (x )在(0，e－2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增．所以f (x )在x ＝e－2处取得极小值，符合题意．所以a ＝1.(2)证明：由(1)知a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .令g (x )＝f (x )－3(x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x >0)．所以g ′(x )＝ln x －1，由g ′(x )＝0得x ＝e.由g ′(x )>0得x >e ，由g ′(x )<0得0<x <e ，所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)上的最小值为g (e)＝3－e>0.所以在(1，＋∞)上，都有g (x )≥g (e)>0.f (x )>3(x －1)得证． 【考卷送检】1．已知函数f (x )＝x 3＋x ，∀m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，求实数x 的取值范围．【答案】见解析【解析】 因为f ′(x )＝3x 2＋1>0恒成立，所以f (x )在R 上为增函数．又f (－x )＝－f (x )，故f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0得f (mx －2)<－f (x )＝f (－x )，所以mx －2<－x ，即xm＋x －2<0对任意的m ∈[－2,2]恒成立．记g (m )＝xm ＋x －2，m ∈[－2,2]，则⎩⎪⎨⎪⎧g －2＝－2x ＋x －2<0，g 2＝2x ＋x －2<0，解得－2<x <23.所以x 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－2，23. 2．已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116.【答案】见解析【解析】 (1)f ′(x )＝2x －a －a x，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝⎛ －x 33＋5x 22－⎭⎫4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝x －13x(x >0)可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝13－32＋3－116＝0，所以当x >0时，g (x )≥g (1)＝0，于是f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116，得证．3．已知函数f (x )＝x ln x . (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1e ，令f ′(x )<0，解得0<x <1e，从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．所以当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e. (2)由题意得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ≤ln x ＋1x 对于x ∈[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝ln x＋1x ，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x ⎝⎛⎭⎫1－1x .当x >1时，因为g ′(x )＝1x ⎝⎛⎭⎫1－1x ＞0，故g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]． 4．已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－1)，a ∈R .(1)当a ＝－1时，求曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ≥1时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝x 2ln x ＋x 2－1，f ′(x )＝2x ln x ＋3x .则曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝3. 又f (1)＝0，所以切线方程为3x －y －3＝0.(2)f ′(x )＝2x ln x ＋(1－2a )x ＝x (2ln x ＋1－2a )，其中x ≥1. 当a ≤12时，因为x ≥1，所以f ′(x )≥0.所以函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增．故f (x )≥f (1)＝0. 当a >12时，令f ′(x )＝0，得x ＝e a －12 .若x ∈[1，e a －12 )，则f ′(x )<0，所以函数f (x )在[1，e a －12 )上单调递减，所以当x ∈[1，e a －12 )时，f (x )≤f (1)＝0，不符合题意．综上，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12. 5．已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x＝2ax 2－1x(x >0)． ①当a >0时，由ax 2－1>0得x >1a ；由ax 2－1<0得0<x <1a.故当a >0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减； ②当a ≤0时，F ′(x )<0(x >0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减． (2)原式等价于方程a ＝2ln xx 2＝φ(x )在区间[2，e]上有两个不等解．由φ′(x )＝2x 1－2ln x x 4易知φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e， 而φ(e)＝2e 2<2ln 24＝ln 22＝φ(2)，所以φ(x )min ＝φ(e)，如图，可知φ(x )＝a 有两个不等解时需ln 22≤a <1e，即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不等解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .6．某商店经销一种奥运纪念品，每件产品成本为30元，且每卖出一件产品，需向税务部门上交a 元(a 为常数，2≤a ≤5)的税收，设每件产品的日售价为x 元(35≤x ≤41)，根据市场调查，日销售量与e x (e 为自然对数的底数)成反比，已知每件产品的日售价为40元时，日销售量为10件． (1)求商店的日利润L (x )元与每件产品的日售价x 元的函数关系式； (2)当每件产品的日售价为多少元时该商店的日利润L (x )最大，说明理由．【答案】见解析【解析】 (1)设日销售量为k e x 件，则k e 40＝10，所以k ＝10e 40.则日销售量为10e 40e x 件，每件利润为(x －30－a )元，则日利润L (x )＝10e 40·x －30－ae x (35≤x ≤41)．(2)L ′(x )＝10e 40·31＋a －xe x(35≤x ≤41)．①当2≤a ≤4时，33≤31＋a ≤35，L ′(x )≤0，L (x )在[35,41]上是减函数． 所以当x ＝35时，L (x )的最大值为10(5－a )e 5.②当4<a ≤5时，35<31＋a ≤36，由L ′(x )＝0，得x ＝a ＋31，当x ∈(35，a ＋31)时，L ′(x )＞0，L (x )在(35，a ＋31)上是增函数．当x ∈(a ＋31,41]时，L ′(x )<0，L (x )在(a ＋31,41]上是 减函数．所以当x ＝a ＋31时，L (x )的最大值为10e 9－a .综上可知，当2≤a≤4时，日售价为35元可使日利润L(x)最大，当4<a≤5时，日售价为(a＋31)元可使日利润L(x)最大．。
高中新课程数学(新课标人教A版)选修1-1《第三章 导数及其应用》归纳整合
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2．曲线的切线方程 利用导数求曲线过点 P 的切线方程时应注意： (1)判断 P 点是否在曲线上； (2)如果曲线 y＝f(x)在 P(x0， f(x0))处的切线平行于 y 轴(此时导数 不存在)，可得方程为 x＝x0；P 点坐标适合切线方程，P 点处的 切线斜率为 f′(x0)． 3． 利用基本初等函数的求导公式和四则运算法则求导数， 熟记 基本求导公式，熟练运用法则是关键，有时先化简再求导，会 给解题带来方便．因此观察式子的特点，对式子进行适当的变 形是优化解题过程的关键．
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(2)由 f(x)＝x3－3x2＋2 得，f′(x)＝3x2－6x. 由 f′(x)＝0 得，x＝0 或 x＝2. ①当 0<t≤2 时， 在区间(0， t)上 f′(x)<0， f(x)在[0， t]上是减函数， 所以 f(x)max＝f(0)＝2， f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋2. ②当 2<t<3 时，当 x 变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
(x1，x2) －
x2 0 极小值
(x2，＋∞) ＋
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此时
a－ f(x)在0，
a2－8 上单调递增， 2
a－ 在 a＋ 在
a2－8 a＋ a2－8 ， 上单调递减， 2 2
a2－8 ，＋∞ 上单调递增． 2
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4．判断函数的单调性 (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义 域，解决问题的过程只能在函数的定义域内进行，通过讨论导 数的符号，来判断函数的单调区间； (2)注意在某一区间内 f′(x)＞0(或 f′(x)＜0)是函数 f(x)在该区间上 为增(或减)函数的充分条件．
数学教案导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用
数学教案-导数复习函数的极值与最值,导数的综合运用一、教学目标：1. 理解函数的极值与最值的概念，掌握求解函数极值与最值的方法。
2. 熟练运用导数性质，解决实际问题中的最值问题。
3. 提高学生分析问题和解决问题的能力，培养学生的逻辑思维和数学素养。
二、教学内容：1. 函数的极值与最值概念。
2. 求解函数极值与最值的方法。
3. 导数在实际问题中的应用。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：函数的极值与最值的概念，求解方法及实际应用。
2. 教学难点：导数在实际问题中的综合运用。
四、教学方法与手段：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究函数极值与最值的问题。
2. 利用多媒体课件，展示函数图像，直观地引导学生理解极值与最值的概念。
3. 结合实际问题，运用导数求解最值问题，培养学生的应用能力。
五、教学过程：1. 导入新课：复习函数的极值与最值概念，引导学生回顾求解方法。
2. 知识讲解：讲解求解函数极值与最值的方法，结合实例进行分析。
3. 课堂练习：布置练习题，让学生巩固所学知识，提高解题能力。
4. 案例分析：结合实际问题，运用导数求解最值问题，培养学生的应用能力。
6. 作业布置：布置课后作业，巩固所学知识，提高学生的自主学习能力。
教案将继续编写后续章节，敬请期待。
六、教学评估：1. 课堂练习环节，通过学生解答练习题的情况，评估学生对函数极值与最值概念的理解以及求解方法的掌握程度。
2. 案例分析环节，通过学生分析实际问题、运用导数求解最值问题的过程，评估学生的应用能力和逻辑思维。
3. 课后作业的完成情况，评估学生对课堂所学知识的巩固程度和自主学习能力。
七、教学反思：1. 根据教学评估的结果，反思教学过程中是否存在不足，如有需要，调整教学方法，以提高教学效果。
2. 针对学生的掌握情况，针对性地进行辅导，解决学生在学习过程中遇到的问题。
3. 结合学生的反馈，优化教学内容，使之更符合学生的学习需求。
八、课后作业：1. 复习本节课所学的函数极值与最值的概念及求解方法。
人教新课标版(A)高二选修1-1 第三章导数及其应用综合例题
人教新课标版（A ）高二选修1-1 第三章 导数及其应用综合例题例1. 求下列函数的导数：（1）32x 3x 2y +=；（2）()()2x 33x 2y 2-+=；（3）2xcos 2x sinx y ⋅-=。
解：由函数的和（或差）与积的求导法则，可得（1）()()43433232x 9x 4x 9x 4x 3x 2x 3x 2y --=--='+'='⎪⎭⎫⎝⎛+'⎪⎭⎫ ⎝⎛='----。
（2）方法1：()()()()'-++-'+='2x 33x 22x 33x 2y 22()()33x 22x 3x 42⋅++-=9x 8x 182+-=。
方法2：∵()()6x 9x 4x 62x 33x 2y 232-+-=-+=， ∴9x 8x 18y 2+-='。
（3）∵x sin 21x 2x cos 2x sin x y -=⋅-=， ∴x cos 211y -='。
点拨：在可能的情况下，求导时应尽量少用甚至不用乘法的求导法则，所以，在求导之前，应利用代数、三角恒等变形对函数进行化简，然后再求导，这样可减少运算量。
例2. 求函数()11x y 32+-=的单调区间。
分析：先化成基本初等函数后再利用求导法则求导。
解：()24632x 3x 3x 11x y +-=+-=，所以()()2224351x x 61x 2x x 6x 6x 12x 6y -=+-=+-='，令0y ='，则0x =或1x ±=。
由上表可得函数()11x y 32+-=的递减区间为()0,∞-；递增区间为（0，∞+）。
点拨：有多个极值时，可用列表的方法求极值或单调区间。
例3. （2005·湖北）在函数x 8x y 3-=的图象上，其切线的倾斜角小于4π的点中，坐标为整数的点的个数是 A. 3 B. 2C. 1D. 0解：由1y 0<'<得，18x 302<-<，即3x 362<<。
2020版高考数学第三单元 导数及其应用 课时4 导数的综合应用——导数与不等式教案 文(含解析)
导数的综合应用—-导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x）≥g（x),x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f（x)－g(x)在x∈［a，b]内的最小值≥0。
(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”）2．若f′(x)〉0，x∈［a，b］，且x0∈(a，b)有f（x0）＝0,则f(x）>0的x的取值范围为(x0，b），f(x）〈0的x的取值范围为（a，x0）.3．若f（x)>m在x∈[a，b］上恒成立,则函数f(x）在x∈［a,b］的最小值〉m。
（填“最小值”“最大值"“极小值"或“极大值”）若f（x）〈m在x∈［a，b]上恒成立，则函数f（x)在x∈［a，b]的最大值<m。
（填“最小值”“最大值”“极小值"或“极大值")4．若f(x)>m在x∈[a,b］有解，则函数f(x）在x∈[a，b]的最大值>m.（填“最小值"“最大值”“极小值”或“极大值"）热身练习1．对于∀x∈[0，＋∞），则e x与1＋x的大小关系为（A）A．e x≥1＋x B．e x〈1＋xC．e x＝1＋x D．e x与1＋x大小关系不确定令f(x)＝e x－(1＋x)，因为f′(x)＝e x－1，所以对∀x∈[0，＋∞）,f′（x)≥0，故f（x)在[0，＋∞)上递增，故f（x)≥f(0)＝0，即e x≥1＋x。
2．对于R上可导的任意函数f（x)，若满足（x－1）f′(x）〉0，则必有（B）A．f（0)＋f（2)＜2f(1）B．f（0）＋f(2)〉2f(1)C．f（0)＋f（2)＝2f(1)D．f（0)＋f(2）与2f（1)的大小不确定依题意,当x>1时，f′(x）>0，f（x）在(1，＋∞）上是增函数；当x＜1时，f′(x)<0，f（x)在（－∞，1）上是减函数，故当x＝1时，f（x）取最小值，所以f（0）>f（1)，f(2）>f(1），所以f（0）＋f（2）>2f(1)．3．已知定义在R上函数f（x）满足f（－x)＝－f(x），且x>0时,f′（x）<0,则f(x)>0的解集为(A）A．（－∞，0) B．(0,＋∞）C．（－∞，－1）D．（1，＋∞)因为f(x）是定义在R上的奇函数，所以f（0)＝0，又x〉0时，f′（x）〈0,所以f（x)在（－∞，＋∞）上单调递减,所以f(x）>0的解集为(－∞，0）．4．若函数h(x)＝2x－错误!＋错误!在［1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是［－2，＋∞）。
《导数的综合应用》学案及解读
问 ：是否存在 实数 ｍ 使得不 等式 ａＥＡ及 ＇ｔ ｌ ｘ ｌ ｌ
【 学习方法】 “ 中学” 做 。
（ 一）内容提要
ｔ 【ｌ１ ∈ 一， 】恒成 立？若存在 ，求 ｍ
４ 、７ 、５ ，综合 提高 ９ ）是如 何灵 活地把不等式证明问题转化为研究
３ 情 感 目标 ：体 验 数 学 美 ， ． 培养乐于探索 的精 神 ，形成科学 、 严谨的研究态度。
∈Ｒ ）在 区间 卜ｌ１ ， 】上单调递增 。 １ ）求实 数 。的值 组成 的集 合
Ａ：
教材在 《 导数的综合应用》这
２ 关于 的方程 厂 ）＝ ）设 ＋ 节课共安排了三个例题和十三个习
拓在 区间 ［，】内单调递减 １ ４
９ ０
４ 已知函数 ） ． 乙似２３ － ① 若 ｆ ） 区间 【 ＋ ）上 在 ｌ＊ ，
本制定出来 ：要掌握函数 的单调性
与导数之间的关系 ，会将 函数的单
广东教育 ・ 教研 ２ ０ ０ ９年第 ５ 期
案
调性转化为不等式的恒成立 问题 ，
例
解
读
开 “ 中学” 做 ，又因为考虑到教学
结合思想，多次实践逐步培养乐于
会利用分离变量法将不等式的恒成 立问题转化为求 函数的最值 问题 ，
重点 是等 价转化 ，难 点是分 离变
探索的精神 ，形成科学 、严谨 的研
究态度。
３ 细节 设 计 六层 次 ．
用时的缘故 ，所 以在其前面带上
【 学习重点】含参数的函数单
调性的等价转化。
【 学习难点 】分 离变量法 、函
数的最值 比较 。
矿 的两个非零实根为
ｊ
： ，试
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
所以函数 在 −∞, 0 上单调递增,在 0, +∞ 上单调递减.所以当 = 0时， 有最
大值 0 = − 1.
当 < 1时， 0 = − 1 < 0，函数 无零点.
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当 = 1时， 0 = − 1 = 0，函数 有1个零点.
式的值的方法，称为洛必达法则.需要说明的是，洛必达法则在解答题中直接使用一
般至少会扣步骤分，属于考场中时间紧迫时的一种抢分技巧.
返回至目录
1.设函数 = e − 1 − − 2 .当 ≥ 0时， ≥ 0恒成立，求实数的取值范围.
解：当 = 0时， = 0.
当 > 0时， ≥ 0等价于 ≤
恒成立，即ln >
1
3
− 2 − − 4 恒成立，
4
即− < 3ln + + 在 0, +∞ 上恒成立.
令ℎ = 3ln + +
4
，则ℎ′
=
+4 −1
2
，
令ℎ′ < 0，得0 < < 1，令ℎ′ > 0，得 > 1.
则ℎ 在 0,1 上单调递减，在 1, +∞ 上单调递增.
令
则′
令ℎ
e −−1
=
>0 ,
2
e −2e ++2
=
.
3
= e − 2e + + 2
e −−1
.
2
> 0 ，则ℎ′ = e − e + 1.
(人教版)高中数学选修1-1课件：第3章导数及其应用3.3.2
极小值点与极小值
• 如图，函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它 在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而 且在点x＝a的左侧________，右侧 _f_′(_x_)<_0_______，则f′(x把)>0点a叫做函数y＝f(x)的极小值 点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
• 对函数的极值的理解
• (1)极值是一个局部概念：由定义可知，极值只 是某个点的函数值与它附近点的函数值比较最大 或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内 最大或最小．
• (2)函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区 间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个．
• (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系， 即一个函数的极大值未必大于极小值，如图所 示，x1是极大值点，x4是极小值点，而f(x4)>f(x1)．
x＝a 解的个数，可转化为函数 g(x)＝13x3－x 与函数 y＝a 图象交
点个数．函数 y＝a 的图象为平行于 x 轴的直线，下面研究 g(x)
＝13x3－x 的图象.
2分
由题意知，g′(x)＝x2－1，
令 g′(x)＝x2－1＝0，
解得 x＝1 或 x＝－1.
4分
∴当 x>1 或 x<－1 时，g′(x)>0；
由上表可知，函数 f(x)在区间(－∞，0)上是减函数，在区间
0，34上还是减函数，因此 x＝0 不是函数的极值点；而函数 f(x)
在区间0，34上是减函数，在区间34，＋∞上是增函数，因此在 x＝34处取得极小值，其值为－22576.
合作探究 课堂互动
导数的综合应用的教案
导数的综合应用的教案【篇一：《导数的综合应用》说课稿及教学设计】《导数的综合应用》说课稿一、教材分析“导数的综合应用”是高中数学人教b版教材选修2-2第一章的内容，是中学数学新增内容，是高等数学的基础内容，它在中学数学教材中的出现,使中学数学与大学数学之间又多了一个无可争辩的衔接点。
导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．二、学情分析根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。
三、教学目标1、知识与技能：(3)利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值； (4)解决根分布及恒成立问题2、过程与方法：（1）能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。
(2)学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。
3、情感、态度与价值观：这是一堂复习课，教学难度有所增加，培养学生思考问题的习惯，以及克服困难的信心。
四、教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值难点是方程根及恒成立问题五、学法与教法学法与教学用具学法：（1）合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题（如问题3的处理）。
（2）自主学习：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。
（如问题1、2的处理）。
（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知（如问题1、2的发散和直击高考的处理）。
教学用具：多媒体。
教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律；【篇二：导数的应用教学设计】导数的应用一、教学目标1、知识与技能：（1）利用导数的几何意义。
（2）利用导数求函数的单调区间，进一步结合函数图像求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；（4）解决函数零点个数问题及恒成立问题。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(知识点讲解)解析版
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。
2011届新课标人教版高中第1轮总复习理科数学课件第18讲导数的综合应用
1 3
极大值
2 3
于是h(t)在(0,+∞)上的最大值为 在 于是 上的最大值为 h(e
3 )= 2
e ，即b的最大值为 的最大值为
3 e 2
.
21
(2)证明：设F(x)=f(x)-g(x) 证明： 证明
1 2 = 2 x +2ax-3a2lnx-b(x>0), ( x a )( x + 3a ) 3a 2 = (x>0). x x
12
(2)用导数方法证明不等式 用导数方法证明不等式. 用导数方法证明不等式 其步骤一般是： 构造可导函数——研 其步骤一般是 ： 构造可导函数 研 究单调性或最值——得出不等关系 得出不等关系——整 究单调性或最值 得出不等关系 整 理得出结论. 理得出结论 (3)与几何图形相关的最值问题 根据几 与几何图形相关的最值问题.根据几 与几何图形相关的最值问题 何知识建立函数关系， 何知识建立函数关系 ， 然后用导数方法求 最值. 最值
则F′(x)=x+2a-
上为减函数,在 上为增函数, 故F(x)在(0,a)上为减函数 在(a,+∞)上为增函数 在 上为减函数 上为增函数 舍去).列表如下 由F′(x)=0，得x=a或=-3a(舍去 列表如下： ， 或 舍去 列表如下：
x F′(x) F(x) (0,a) a (0,+∞) +
0
1 有极大值点x=- ，极小值点 极小值点x=3. 故f(x)有极大值点 有极大值点 3 1
此时， 在 上是减函数， 此时，f(x)在[- ,3]上是减函数，在[3,+∞)上 上是减函数 上 3 是增函数. 是增函数
所以f(x)在 x∈[1,a]上的最小值是 在 ∈ 上的最小值是f(3)=-18,最 所以 上的最小值是 最 大值是f(1)=-6（这里 大值是 （这里f(a)=f(4)=-12<f(1)=-6).
导数的综合应用
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．(其中，e为自然对数的底数)．
考点3：导数与生活中的优化问题
例3、(2013·南京模拟)请你设计一个包装盒．如图2－12－2所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．
我得了多少分？
六、达标训练：（每题5分，共30分，试一试，相信你肯定行）
1．(人教A版教材习题改编)函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是()
A．(－∞，－]B．[－，＋∞)
C．[0，＋∞)D．(－∞，0)
2．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若存在实数k，使得关于x的方程f(x)＝k在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
变式练习
(2013·青岛模拟)已知a＞0，函数f(x)＝lnx－ax2，x＞0.(f(x)的图象连续不断)
(1)求f(x)的单调区间；
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
4．已知f(x)＝1＋x－sinx，试比较f(2)，f(3)，f(π)的大小为________．
5．(2013·大连模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
七、课后反思：
2．生活中的优化问题
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故f(x)的递增区间是(0,100). 同理由 f ( x ) 0, 得x>100,故f(x)的递减区间是(100, +∞). 说明:(1)由于f(x)在x=0处连续,所以递增区间可以扩大 到[0,100)(或[0,100]). (2)虽然在x=100处导数为零,但在写单调区间时, 都可以把100包含在内.
例2:设f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,试确定a的取值范 围,并求其单调区间. 2 解: f ( x ) 3ax 1. 若a>0, f ( x ) 0 对一切实数恒成立,此时f(x)只有一 个单调区间,矛盾. 若a=0, f ( x ) 1 0, 此时f(x)也只有一个单调区间,矛盾.
的解集为f（x）的单调减区间；
注、单调区间不 以“并集”出现。
导数的应用二:求函数的极值
1. 一般地,求函数的极值的方法是: 解方程f′(x)=0.当f ′(x0)=0时. ①如果在x0附近的左侧 f ( x) 0 右侧 f ( x) 0 ,那么,f(x0) 是极大值;（左正右负极大） ②如果在x0附近的左侧 f ( x ) 0 右侧 f ( x) 0 ,那么,f(x0) 是极小值.（左负右正极小） 2.导数为零的点是该点为极值点的必要条件,而不是充 分条件.
2 2 因此,f(x)的递增区间是: ( 2k ,2k )(k Z ); 3 3 2 4 递减区间是: ( 2k 3 ,2k 3 )(k Z ).
(2)f(x)=x/2-ln(1+x)+1
1 1 x 1 . 解:函数的定义域是(-1,+∞), f ( x ) 2 1 x 2(1 x )
导数的综合应用
导数的应用一:判断单调性、求单调区间 求函数的单调区间的一般步骤:
（1）求出函数f（x）的定义域A； （2）求出函数 f（x）的导数 f ( x) ； x A （3）不等式组
f ( x ) 0
的解集为f（x）的单调增区间； x A （4）不等式组
f ( x ) 0
三、综合应用:
例1:确定下列函数的单调区间: (1)f(x)=x/2+sinx;
1 解:(1)函数的定义域是R, f ( x ) 2 cos x . 1 2 2 cos x 0 2 k x 2 k ( k Z ). 令 ,解得 2 3 3
1 2 4 cos x 0 令 ,解得 2k x 2k (k Z ). 2 3 3Βιβλιοθήκη 导数的应用三：求函数的最值
设函数f(x)的图象在[a,b]上是连续不断的曲线,那
么它必有最大值和最小值
在[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下
①:求y=f(x)在(a，b)内的极值(极大值与极小值); ②:将函数y=f(x)的各极值与f(a)、f(b)（即端点的 函数值）作比较,其中最大的一个为最大值,最小的一 个为最小值.
x 1 0 f ( x) 0 由 即 2(1 x) , 解得x>1. x 1 0 x 1
故f(x)的递增区间是(1,+∞);
f ( x) 0 由 解得-1<x<1,故f(x)的递减区间是(-1,1). x 1 0
说明:函数的单调区间必定是它的定义域的子区间,故 求函数的单调区间一定首先要确定函数的定义 域,在求出使导数的值为正或负的x的范围时,要与 定义域求两者的交集.
2
四、小结:
1.在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数 的定义域,解决问题的过程中,只能在函数的定义域内, 通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间. 2.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于 零的点外,还要注意在定义域内的不连续点和不可导 点. 3.注意在某一区间内 f ( x ) >(<)0只是函数f(x)在该区间 上为增(减)函数的充分不必要条件. 4.利用求导的方法可以证明不等式,首先要根据题意构 造函数,再判断所设函数的单调性,利用单调性的定义, 证明要证的不等式.当函数的单调区间与函数的定义 域相同时,我们也可用求导的方法求函数的值域.
为增函数. 依题意应有 当 x (1,4)时, f ( x) 0,当x (6,)时, f ( x) 0. 所以
4 a 1 6. 解得 5 a 7.
所以 a 的取值范围是[5，7].
说明:利用函数的单调性证明不等式是不等式证明的一 种重要方法.其解题步骤是: 令F(x)=f(x)-g(x),x≥a,其中F(a)=f(a)-g(a)=0,从而 将要证明的不等式“当x>a时,f(x)>g(x)”转化 为证明: “当x>a时,F(x)>F(a)”. 练习2:已知 0 x , 求证: tan x x.
x , x [0,) 的单调区间. 练习1:确定函数 f ( x ) x 100 1 50 x ( x 100) x 解: 2 2 x x f ( x) ( x 0). 2 2 ( x 100) ( x 100) 50 x f ( x ) 0 x 0 , 0 0 x 100; 令 注意到 x 2
证 :设
显然,当x>1时, f ( x ) 0 ,故f(x)是[1,+∞)上的增函数.
1 所以当x>1时,f(x)>f(1)=0,即当x>1时, 2 x 3 . x
1 1 1 1 f ( x ) 2 (1 ). x x x x x
1 f ( x ) 2 x 3 , 显然f(x)在[1,+∞)上连续,且f(1)=0. x
x 1或x a 1. 当a 1 1即a 2时, 函数f ( x)在(1,)上是增函数, 不合题意 当a 1 1即a 2时, 函数f ( x)在(,1)上为增函数, 在(1, a 1)内为减函数, 在(a 1,)
f ( x) x 2 ax a 1. 令 f ( x) 0 ，解得
在区间（1，4）内
为减函数，在区间（6，+∞）上为增函数，试求实 数 a 的取值范围.
1 3 1 2 2.若函数 f ( x) 3 x 2 ax (a 1) x 1
在区间（1，4）内
为减函数，在区间（6，+∞）上为增函数，试求实 数 a 的取值范围.
解：函数 f ( x) 的导数
(3) f ( x ) x ax x 2 (a 0);
解:函数的定义域是[0,a],且当x≠0,a时,有:
f ( x ) ax x
2
x(a 2 x ) 2 ax x
2
x(3a 4 x ) 2 ax x
2
.
由f ( x) 0 及x (0, a), 解得0<x<3a/4,故f(x)的递增区间 是(0,3a/4). 由f ( x) 0 及x (0, a), 解得3a/4<x<a,故f(x)的递减区间 是(3a/4,a). 说明: 事实上在判断单调区间时,如果出现个别点使得 导数为零,不影响包含该点的某个区间上的单调 性,只有在某个区间内恒有导数为零,才能判定 f(x)在这一区间内是常数函数.
练习:
3 2 f ( x ) x x xa. 1.设 a 为实数，函数
（Ⅰ）求
f ( x ) 的极值；
（Ⅱ） 当 a 在什么范围内取值时， 曲线 y f ( x)与x 轴 仅有一个交点.
1 3 1 2 2.若函数 f ( x) 3 x 2 ax (a 1) x 1
1 1 )( x ) ,易知此时f(x) 若a<0,则 f ( x ) 3a( x 3a 3a
恰有三个单调区间.
1 1 , ). 故a<0,其单调区间是: 单调递增区间: ( 3a 3a 1 1 )和 ( ,). 单调递减区间: (, 3a 3a
1 例3:当x>1时,证明不等式: 2 x 3 . x