11、2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.4.2 应用导数求参数的值或范围
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版课件：2.4.1 函数的单调性、极值点、极值、最值
2°若 a<12,Δ>0,方程 2x2-2x+a=0,两根为 x1=1-
1-2������ 2
,x2=1+
21-2������ .
当 a≤0 时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
当 0<a<12时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
若 a>0,则当 x∈(-∞,0)∪
������ 3
,
+
∞
时,f'(x)>0;
当 x∈
0,
������ 3
时,f'(x)<0.
故 f(x)在(-∞,0),
������ 3
,
+
∞
单调递增,在
0,
������ 3
单调递减;
若 a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若 a<0,则当 x∈
-∞,
������ 3
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上,当 a≥12时,函数 f(x)单调递增区间为(0,+∞);
当 a≤0 时,��� 2
,+∞);
当 0<a<12时,函数 f(x)单调递增区间为(0,1-
1-2������ 2
,
1+
1-2������ 2
4.函数的极值、最值 (1)若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值; 若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值. (2)设函数y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则f(x)在[a,b]上必有 最大值和最小值且在极值点或端点处取得. (3)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函 数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大 值,f(b)为函数的最小值. 5.常见恒成立不等式 (1)ln x≤x-1;(2)ex≥x+1.
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题二 第四讲导数的综合应用
高考考点考点解读－＝2(x－1)－2.所以M (a )<M (1)＝0，故g ′(a )<0，所以g (a )＝1－aln a 在a ∈(1,2)上单调递减，所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ，即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e]．命题方向3 利用导数解决生活中的优化问题例3某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 1，l 2所在的直线分别为y ，x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝ax2＋b(其中a ，b 为常数)模型. (1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．[解析] (1)由题意知，M 点的坐标为(5,40)，N 点的坐标为(20,2.5)，代入曲线C 的方程y ＝ax2＋b 可得：⎩⎪⎨⎪⎧40＝a52＋b ，2.5＝a202＋b .解得⎩⎨⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知曲线C 的方程为y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，y ′＝－2 000x3，所以y ′|x ＝t ＝－2 000t3即为l 的斜率．又当x ＝t 时，y ＝1 000t2，所以P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2， 所以l 的方程为y －1 000t2＝－2 000t3(x －t )．。
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练6 热点小专题一 导数的应用 Word版含解析
姓名，年级：时间：专题突破练6热点小专题一导数的应用一、选择题1.设曲线y=ax-ln（x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=(）A.0B.1 C。
2 D。
3x3—2ax2-(a-2)x+5恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是2.若函数f(x）=43（)A.—1≤a≤2B.-2≤a≤1C.a>2或a<-1D.a〉1或a〈-23.（2019湖南六校联考，理5)已知f(x）是奇函数,当x>0时,f（x)=—x,则函数x-2在x=-1处的切线方程是(）A.2x—y-1=0B。
x-2y+2=0C.2x-y+1=0D.x+2y—2=04。
若0〈x1<x2<1，则（）A.e x2−e x1>ln x2—ln x1B。
e x2−e x1〈ln x2—ln x1C。
x2e x1>x1e x2D。
x2e x1<x1e x25。
（2019天津卷,理8）已知a∈R,设函数f（x）={x2-2ax+2a,x≤1,x-alnx,x>1.若关于x的不等式f（x）≥0在R上恒成立,则a的取值范围为（）A。
［0，1] B.[0,2］C。
［0，e] D。
［1,e］6。
(2019河北武邑中学调研二，理6）已知函数f（x)=a e x—x2-（2a+1）x，若函数f（x）在区间（0,ln 2)上有极值,则实数a的取值范围是（)A.（-∞,-1）B。
（—1，0)C.（-2,—1）D.（-∞，0)∪（0，1）7。
若x=-2是函数f（x）=(x2+ax—1)e x—1的极值点，则f（x)的极小值为() A.-1 B.—2e-3C。
5e-3D.18。
（2019河北唐山一模,理11)设函数f（x)=a e x-2sin x,x∈［0，π］有且仅有一个零点,则实数a的值为（)A。
√2eπ4B。
√2e-π4C.√2eπ2D.√2e-π29.（2019陕西第二次质检,理12)已知函数f(x）={xe x,x≥0,-x,x<0,又函数g(x)=f2（x)+tf（x)+1(t∈R)有4个不同的零点,则实数t的取值范围是（）A。
(课标专用)2020高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数与方程及函数的应用课件
高频考点•探究突破
-10-
突破点一
突破点二
突破点三
解析:(1)f(x)+|x-2|-kx=0有且只有三个不相等的实数根,
等价于y=f(x)+|x-2|与y=kx的图象有三个交点,
������2 + 3������ + 2,-3 ≤ ������ ≤ 0,
画出 y=f(x)+|x-2|= ������-1,0 < ������ ≤ 2,
显然1e>0.
综上,f(t)=1
的两根为 2
������
与
1e,
故方程 f(-f(x))=1 的解即为方程 f(x)=-���2���与 f(x)=-1e的解.
解方程 f(x)=-���2���:
①当 x≤0 时,方程可化为 mx-1=-���2���,解得 x=1���-������2��� = ������������-22,
高频考点•探究突破
-7-
突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固 1 定义在 R 上的函数 f(x),满足 f(x)=
������2 + 2,������∈[0,1), 2-������2,������∈[-1,0),
且f(x+1)=f(x-1),若g(x)=3-log2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(0,+∞) 内的零点个数有( B )
������
函数y=f(x)的图象与直线y=-a>0存在两个交点,此时方程f(-f(x)) =1的实数根有2个;由f(x)=-b∈(-1,0),知函数y=f(x)的图象与直线y= -b∈(-1,0)存在两个交点,此时方程f(-f(x))=1的实数根有2个.综上可 知方程的实数根个数为4.
2020版高考理数：专题(3)导数及其应用ppt课件考点二
，那么函数y＝f(x)在这个区间上为减函数.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间的步骤：①确定定义域；②求导数 f′(x)；③根据f′(x)>0(或f′(x)<0)解出定义域内相应的x的取值范围．
(2)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要 坚持“定义域优先”的原则．
(3)当具有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连 接，不能用“∪”连接.
考点二 导数的应用
(4)如果函数f(x)在[a，b]上有极值的话，它的极值点的分布是有规律的， 相邻两个极大值点之间必有一个极小值点．同样，相邻两个极小值点之间必有 一个极大值点．一般地，当函数f(x)在[a，b]上的图像连续且f(x)有有限个极 值点时，函数f(x)在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的．
考点二 导数的应用
方法2 利用导数求函数的极值
(1)在利用导数求函数f(x)的极值时，首先要确定函数f(x)的定义域，其 次求出f′(x)＝0时定义域内所有的点，以导数为0的点以及导数不存在的 点顺次将定义域分成若干个小区间，列成表格，写出结论．
(2)有时极小值比极大值大，且函数在定义域内可以有多个极值．
考点二 导数的应用
考点二 导数的应用
考点二 导数的应用
考点二 导数的应用
考法2 利用导数判断函数图像
例2 [浙江2017·7]函数y＝f(x)的导函数y＝f ′(x)的图像如图所 示，则函数y＝f(x)的图像可能是( )
【解析】由导函数y＝f ′(x) 的图像中函数值的正负可得函数 f(x)先减后增，再减再增，结合
(3) f ′(x0)＝0是x＝x0为函数f(x)的极值点的必要条件(即f’（ x0 ） =0，但x= x0不一定是极值点)，而在x＝x0两侧的导数异号是x＝x0为函数 f(x)极值点的充分条件．
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.3 热点小专题一 导数的应用
令
h(t)=43t-35������,则
h'(t)=43
+
5 3������ 2
>0,所以
h(t)在(0,1]上单调递增.
所以 h(t)max=h(1)=-13.
所以 a≥-13.
当-1≤t<0 时,a≤ 43t-35������.
令
g(t)=43t-35������,则
g'(t)=43
+
5 3������ 2
-12-
热点一
热点二
热点三
热点四
对点训练3(1)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在区间(-∞,+∞)单调递
增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1]
B. -1,13
C.
-13
,
1 3
D. -1,-13
(2)设 f(x)=ex(ln x-a),若函数 f(x)在区间 1e,e 上单调递减,则实数 a
1<
2
0(,2)
������1+,32 1,解得
1≤k<32.
关闭
解-1析1-
答案
热点一
热点二
热点三
热点四
解题心得已知函数的单调性求参数范围关键是转化,即“若函数 单调递增,则f'(x)≥0;若函数单调递减,则f'(x)≤0”.如本例(1)先转化为 f'(x)>0,由此分离出参数再转化为求函数最值.本例(2)中,若函数某 个区间内不是单调函数,可转化为函数的极值点在这个区间内.
2.3 热点小专题一 导数的应用
一、考情分析
从近几年高考客观题对导数应用的考查主要是:利用导数的几何
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：2.3导数的简单应用
第3讲 导数的简单应用考点1 导数运算及几何意义1．导数公式(1)(sin x )′＝cos x ；(2)(cos x )′＝－sin x ；(3)(a x )′＝a x ln a (a >0)；(4)(log a x )′＝1x ln a (a >0，且a ≠1)．2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．[例1] (1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0,0)处的切线方程为________；(2)[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1(1)本题主要考查导数的几何意义，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x ，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .(2)本题主要考查导数的几何意义，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎨⎧ a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎨⎧ a ＝e －1b ＝－1.【答案】 (1)y ＝3x (2)D1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．2．[警示] 求曲线的切线方程时，务必分清点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点，求解时应先求出切点坐标.『对接训练』1．[2019·云南师大附中适应性考试]曲线y ＝a x 在x ＝0处的切线方程是x ln 2＋y －1＝0，则a ＝( )A.12 B ．2C ．ln 2D ．ln 12详细分析：由题意知，y ′＝a x ln a ，则在x ＝0处，y ′＝ln a ，又切点为(0,1)，∴切线方程为x ln a －y ＋1＝0，∴a ＝12.故选A.答案：A2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( )A ．2 B.14C ．4D ．－12详细分析：因为曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，所以g ′(1)＝2.又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.故选C.答案：C考点2 利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．[例2] [2019·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b .(1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．本题主要考查导数在研究三次函数单调性、最值中的应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1] 单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f (a 3)＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略研究函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．2．[警示] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.『对接训练』3．[2019·湖北宜昌模拟]已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ln x ＋1x －x ，其中常数m >0.(1)当m ＝2时，求f (x )的极大值；(2)试讨论f (x )在区间(0,1)上的单调性．详细分析：(1)当m ＝2时，f (x )＝52ln x ＋1x －x ，f ′(x )＝52x －1x 2－1＝－(x －2)(2x －1)2x 2(x >0)．当0<x <12或x >2时，f ′(x )<0，当12<x <2时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调递增， ∴f (x )的极大值为f (2)＝52ln 2－32.(2)f ′(x )＝m ＋1m x －1x 2－1＝－(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m x 2(x >0，m >0)， 故当0<m <1时，f (x )在(0，m )上单调递减，在(m,1)上单调递增； 当m ＝1时，f (x )在(0,1)上单调递减；当m >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，1上单调递增．考点3 利用导数研究函数极值、最值可导函数的极值与最值(1)若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．(2)设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．[例3] [2019·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点．本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点． (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，故f (x )在 (－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减． 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点． (ⅲ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1，所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.1．利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解+析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x 的取值范围与y ′的符号及y 的单调区间、极值的对应表格．2．[警示](1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点．(2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值．(3)对于含参数的函数解+析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.『对接训练』4．[2019·福建福州质量检测]已知函数f (x )＝x 1＋x－a ln(1＋x )(a ∈R )，g (x )＝x 2e mx ＋1－e 2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若a <0，∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．详细分析：(1)因为f (x )＝x 1＋x－a ln(1＋x )(x >－1)， 所以f ′(x )＝1(x ＋1)2－a x ＋1＝－ax －a ＋1(x ＋1)2. 当a ≤0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，由⎩⎨⎧ f ′(x )>0，x >－1，得－1<x <－1＋1a ； 由⎩⎨⎧ f ′(x )<0，x >－1，得x >－1＋1a .所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞. 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞. (2)若a <0，则∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立， 等价于“对任意x ∈[0，e]，f (x )min ≥g (x )max 恒成立”．当a <0时，由(1)知，函数f (x )在[0，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.g ′(x )＝2x e mx ＋1＋mx 2e mx ＋1＝x (mx ＋2)e mx ＋1，(ⅰ)当m ≥0时，若0≤x ≤e ，则g ′(x )≥0，函数g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e m e ＋3－e 2>0，不符合题意．(ⅱ)当－2e ≤m <0，即－2m ≥e 时，在[0，e]上，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e m e ＋3－e 2，令e m e ＋3－e 2≤0，得m ≤－1e ，所以－2e ≤m ≤－1e .(ⅲ)当m <－2e ，即0<－2m <e 时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上，g ′(x )≥0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上单调递增， 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m ，e 上，g ′(x )≤0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m ，e 上单调递减， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m ＝4e m 2－e 2，令4e m 2－e 2≤0， 得m 2≥4e 3，所以m ≤－4e 3，又－4e 3>－2e ，所以m <－2e .综上所述，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e .考点4 定积分定积分求平面图形的面积(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值．[例4] [2019·辽宁丹东适应性测试]如图，函数y ＝－x 2＋2x ＋1与y ＝1的图象相交，形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是( )A ．1 B.43 C. 3 D ．2由⎩⎨⎧ y ＝－x 2＋2x ＋1，y ＝1，得x 1＝0，x 2＝2，所以闭合图形的面积S＝⎠⎛02(－x 2＋2x ＋1－1)d x ＝⎠⎛02(－x 2＋2x)d x ＝ ⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋x 220＝－83＋4＝43. 【答案】 B(1)求曲边多边形面积的步骤①画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图形．②借助图形确定被积函数，求出交点坐标，确定积分的上限、下限．③将曲边梯形的面积表示为若干个定积分之和．④计算定积分．(2)若所求定积分有明显的几何意义，可以利用定积分的几何意义求定积分.『对接训练』5．[2019·河南八市联合测评]已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，1<x ≤4，x|x|，－1≤x ≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝( ) A .14 B .143C ．7D .212详细分析：函数f(x)＝⎩⎨⎧ x ，1<x ≤4，x|x|，－1≤x ≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝⎠⎛-11x|x|d x ＋⎠⎛14x d x ＝0＋23x 32|41＝143.故选B . 答案：B6．[2019·四川内江适应性测试]由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴围成的图形的面积为( )A ．3B .103C .73D .83详细分析：由题意可知题中曲线与坐标轴围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎨⎧ y ＝x 2＋1，y ＝－x ＋3，解得⎩⎨⎧ x ＝－2，y ＝5(舍去)或⎩⎨⎧ x ＝1，y ＝2，则A(1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎠⎛01(x 2＋1)d x ＋12×22＝ ⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋x 10＋2＝103，选B .答案：B课时作业5 导数的简单应用 1．[2019·甘肃兰州一中月考] ⎠⎛-11|x|d x 等于( ) A ．0 B ．1C ．2D .12详细分析：如图，由定积分的几何意义可知⎠⎛-11|x|d x 表示图中阴影部分的面积，故⎠⎛-11|x|d x ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＝1.答案：B2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf ′(e )＋ln x ，则f(e )＝( )A ．eB ．－1e C ．－1 D ．－e详细分析：由f(x)＝2xf ′(e )＋ln x ，得f ′(x)＝2f ′(e )＋1x ，则f ′(e )＝2f ′(e )＋1e ，所以f ′(e )＝－1e ，故f(x)＝－2e x ＋ln x ，所以f(e )＝－1.故选C .答案：C3．[2019·湖北钟祥模拟]已知函数f(x)＝cos xe x ，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0详细分析：∵f(x)＝cos xe x ，∴f ′(x)＝－sin x －cos x e x，∴f ′(0)＝－1，f(0)＝1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝－x ＋1，即x ＋y －1＝0.故选B .答案：B4．[2019·河北九校第二次联考]函数f(x)＝x ＋3x ＋2ln x 的单调递减区间是( )A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)详细分析：解法一 令f ′(x)＝1－3x 2＋2x <0，得0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B .解法二 由题意知x>0，故排除A ，C 选项；又f(1)＝4<f(2)＝72＋2ln 2，故排除D 选项．故选B .答案：B5．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x 3－3ln x 的最小值为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3详细分析：函数f(x)＝x 3－3ln x 的定义域为(0，＋∞)．可得f ′(x)＝3x 3－3x ＝3(x －1)(x 2＋x ＋1)x ，令f ′(x)＝0，可得x ＝1， 所以x ∈(0,1)时，f ′(x)<0，函数f(x)是减函数； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)是增函数， 所以函数f(x)的最小值为f(1)＝1.故选B . 答案：B6．[2019·河南濮阳第二次模拟]已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．b>c>a B ．a>c>b C ．a>b>c D ．b>a>c详细分析：依题意，得a ＝ln 33＝ln 33，b ＝e －1＝ln e e ，c ＝3ln 28＝ln 88. 令f(x)＝ln xx ，则f ′(x)＝1－ln x x 2，易知函数f(x)在(0，e )上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以f(x)max ＝f(e )＝1e ＝b ，且f(3)>f(8)，即a>c ，所以b>a>c.故选D .答案：D7．[2019·吉林三校联合模拟]若函数f(x)＝(2－m )xx 2＋m的图象如图所示，则m 的范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(0,2)D ．(1,2) 详细分析：f ′(x)＝(x 2－m )(m －2)(x 2＋m )2＝(x －m )(x ＋m )(m －2)(x 2＋m )2，由函数图象的单调性及有两个极值点可知m －2<0且m>0，故0<m<2.又由题图易得m>1，即m>1.故1<m<2，故选D .答案：D8．[2019·广东惠州中学一模]设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|最小时t 的值为( )A ．1B .12C .52D .22详细分析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，显然x ＝22是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22.故选D .答案：D9．[2019·广东肇庆第二次检测]已知x ＝1是f(x)＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x 的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)详细分析：依题意f ′(x)＝(x －a)(x －1)e x ，它的两个零点为x ＝1，x ＝a ，若x ＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x ＝1处取得极小值．故选D .答案：D 10．[2019·山东济南质检]若函数f(x)＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C .⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32D .⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2详细分析：f ′(x)＝4x －1x ＝(2x －1)(2x ＋1)x， 令f ′(x)>0，得x>12；令f ′(x)<0，得0<x<12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1，得1≤k<32.故选C .答案：C11．[2019·湖南湘东六校联考]已知曲线f(x)＝e x ＋x 2，则曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．详细分析：由题意，得f ′(x)＝e x ＋2x ，所以f ′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －1＝1×(x －0)，即x －y ＋1＝0，所以该切线与x ，y 轴的交点坐标分别为(－1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为12×1×1＝12.答案：1212．[2019·湖南株洲质检]若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．详细分析：⎠⎛0T x 2d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3T 0＝13T 3＝9，所以T ＝3.答案：313．[2019·广东广州第二次模拟]若函数f(x)＝x 2－x ＋1＋a ln x 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．详细分析：f ′(x)＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋ax， 由题意得，f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2x 2＋x ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上恒成立，因为y ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上的最大值为18，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞ 14．[2019·河北承德一中一模]设函数f(x)＝x 2＋1x ，g(x)＝xe x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________．详细分析：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，等价于g (x 1)f (x 2)≤k k ＋1恒成立．f(x)＝x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2x·1x ＝2，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号，所以f(x)的最小值是2.由g(x)＝xe x ，得g ′(x)＝e x －x e x (e x )2＝1－xe x ，由g ′(x)>0得0<x<1，此时函数g(x)为增函数，由g ′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，故当x ＝1时，g(x)取得极大值，同时也是最大值，为g(1)＝1e .则g (x 1)f (x 2)的最大值为1e 2＝12e ，则kk ＋1≥12e ，得2e k ≥k ＋1，即k(2e －1)≥1，则k ≥12e －1，故正数k 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12e －1，＋∞. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞ 15．[2019·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝e axx －1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间．详细分析：(1)当a ＝1时，f(x)＝e xx －1，则f ′(x)＝e x (x －2)(x －1)2. 又f(0)＝e 00－1＝－1，f ′(0)＝e 0(0－2)(0－1)2＝－2. 所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －0)，即y ＝－2x －1.(2)由函数f(x)＝eaxx －1，得f ′(x)＝e ax[ax －(a ＋1)](x －1)2.当a ＝0时，f ′(x)＝－1(x －1)2<0，因为函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间．当a ≠0时，令f ′(x)＝0，即ax －(a ＋1)＝0，解得x ＝a ＋1a . 当a>0时，x ＝a ＋1a >1，所以x ，f ′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，a ＋1a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ，＋∞. 当a<0时，x ＝a ＋1a <1，所以x ，f ′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ，1，(1，＋∞)． 16．[2019·广东广州二模]已知函数f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a.(1)若a ＝12，求函数f(x)的所有零点；(2)若a ≥12，证明函数f(x)不存在极值．详细分析：(1)当a ＝12时，f(x)＝(x ＋2)ln x ＋12x 2－4x ＋72， 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x)＝ln x ＋2x ＋x －3.设g(x)＝ln x ＋2x ＋x －3，则g ′(x)＝1x －2x 2＋1＝x 2＋x －2x 2＝(x ＋2)(x －1)x 2. 当0<x<1时，g ′(x)<0，当x>1时，g ′(x)>0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>0时，g(x)≥g(1)＝0(当且仅当x ＝1时取等号)， 即当x>0时，f ′(x)≥0(当且仅当x ＝1时取等号)． 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点． 因为f(1)＝0，所以x ＝1是函数f(x)唯一的零点． 所以函数f(x)的零点只有x ＝1.(2)方法一 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4. 当a ≥12时，f ′(x)≥ln x ＋2x ＋x －3，由(1)知ln x ＋2x ＋x －3≥0. 即当x>0时，f ′(x)≥0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以f(x)不存在极值．方法二 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.设m(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4，则m ′(x)＝1x －2x 2＋2a ＝2ax 2＋x －2x 2(x>0)． 设h(x)＝2ax 2＋x －2(x>0)，当a ≥12时，令h(x)＝2ax 2＋x －2＝0，解得x 1＝－1－1＋16a 4a <0，x 2＝－1＋1＋16a4a>0. 可知当0<x<x 2时，h(x)<0，即m ′(x)<0，当x>x 2时，h(x)>0，即m ′(x)>0，所以f ′(x)在(0，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．由(1)知ln x ＋2x ＋x －3≥0，则f ′(x 2)＝ln x 2＋2x 2＋x 2－3＋(2a －1)x 2≥(2a －1)x 2≥0.所以f ′(x)≥f ′(x 2)≥0，即f(x)在定义域上单调递增． 所以f(x)不存在极值．17．[2019·江西吉安一模]已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝12x 2－52x －1(e 为自然对数的底数)．(1)记F(x)＝ln x ＋g(x)，求函数F(x)在区间[1,3]上的最大值与最小值；(2)若k ∈Z ，且f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值．详细分析：(1)∵F (x )＝ln x ＋g (x )＝ln x ＋12x 2－52x －1，∴F ′(x )＝(2x －1)(x －2)2x ， 令F ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2，∴易知函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)上单调递增． ∴当1≤x ≤3时，F (x )min ＝F (2)＝－4＋ln 2， F (x )max ＝max{F (1)，F (3)}＝－4＋ln 3. (2)∵f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴e x＋12x 2－52x －1－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x ＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立．令h (x )＝e x ＋12x 2－52x －1，则h ′(x )＝e x＋x －52.令φ(x )＝e x＋x －52，则φ′(x )＝e x ＋1>0，所以h ′(x )在R 上单调递增．又h ′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝e 34－74>0，所以存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，使得h ′(x 0)＝0，且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0.∴h (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． ∴h (x )min ＝h (x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1.又h ′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，∴e x 0＝52－x 0.∴h (x 0)＝52－x 0＋12x 20－52x 0－1＝12(x 20－7x 0＋3)．∵x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，∴h (x 0)∈⎝⎛⎭⎪⎫－2732，－18. ∵k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立， ∴k ≤h (x 0)，又k ∈Z ，∴k max ＝－1.18．[2019·福建福州质量抽测]设函数f (x )＝(ax －1)e 1－x . (1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，若函数f (x )与函数y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2.①求m 的取值范围； ②求证：x 1＋x 2>4.详细分析：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －a ＋1a，由于e1－x>0，a >0，∴令f ′(x )>0，得x <a ＋1a ，令f ′(x )<0，得x >a ＋1a ，∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ，＋∞. (2)①当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e 1－x .解法一 令g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e 1－x －x 2＋4x －m ， ∴g ′(x )＝－(e 1－x ＋2)(x －2)，由g ′(x )<0得，x >2，由g ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为g (x )的极大值点，也是最大值点，故g (x )max ＝g (2)＝1e ＋4－m ，当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞.若要满足题意，则只需满足g (x )max ＝1e ＋4－m >0，即m <1e ＋4，∴m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4. 解法二 f ′(x )＝－e 1－x (x －2)，由f ′(x )<0得，x >2，由f ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为f (x )的极大值点，也是最大值点．又易知y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )在x ＝2处取得最小值，∴也要满足题意，则只需满足f (2)＝1e >22－8＋m ，解得m <1e ＋4，∴m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4.②由题意知，x 1，x 2为函数g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e 1－x －x 2＋4x －m 的两个零点，由①知，不妨设x 1<2<x 2，则4－x 2<2，且函数g (x )在(－∞，2)上单调递增，欲证x 1＋x 2>4，只需证明g (x 1)>g (4－x 2)，又g (x 1)＝g (x 2)， ∴只需证明g (x 2)>g (4－x 2)．- 21 - 令H (x 2)＝g (x 2)－g (4－x 2)(x 2>2)， 则H (x 2)＝(x 2－1)e 21x －＋(x 2－3)e23x －， ∴H ′(x 2)＝(x 2－2)(e23x －－e 21x －)． 又x 2>2，∴e 23x －e21x －＝e 224x －>1，即e 23x －－e 21x －>0， ∴H ′(x 2)>0，即H (x 2)在(2，＋∞)上为增函数， ∴H (x 2)>H (2)＝0， ∴g (x 2)>g (4－x 2)成立， ∴x 1＋x 2>4.。
高三数学二轮复习 2.4导数及其应用课件
3．导数的计算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c为常数)；
②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝1x； ⑧(logax)′＝－xl1na.
(2)导数的四则运算法则 ①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； ②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； ③[gfxx]′＝f′xgxg－ 2xfxg′x. ④(理)(f(u))′＝f′(u)·φ′(x)＝af′(ax＋b)
[解析] (1)f′(x)＝1k(x2－k2)exk， 令f′(x)＝0，得x＝±k. 当k>0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞， －k)
－k
(－k， k)
k
(k，＋ ∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x)
4k2 e－1
0
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调 递减区间是(－k，k)．
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e等价于 f(－k)＝4ek2≤1e. 解得－12≤k<0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e时， k 的取值范围 是[－12，0)．
[评析] 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情 况，大多数情况下是归结为一个含有参数的一元二次不等 式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方 程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分 解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类 讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千 万不要忽视了定义域的限制．
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版 课件：第一部分 第1讲 选择题、填空题的解法
答案 C 解析 如图,延长CA至D,使得AD=3,连接DB,PD,因为AD=AB=3,故 △ADB为等腰三角形.又∠DAB=180°-∠CAB=120°,故∠ADB= (180°-12012°)=30°,所以∠ADB+∠DCB=90°,即∠DBC=90°,故CB⊥DB. 因为PB=4,PC=5,BC=3,所以PC2=PB2+BC2,所以CB⊥PB. 因为DB∩PB=B,DB⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,所以CB⊥平面
B. si1n1,+∞ D. co1s1,+∞
-11-
答案 (1)A (2)C 解析 (1)由题意得,抛物线y2=8x的准线方程为l:x=-2,直线y=k(x+2) 恒过定点P(-2,0).如图,过A,B分别作AM⊥l于M,BN⊥l于N,连接OB, 由|FA|=2|FB|,则|AM|=2|BN|,点B为AP的中点,连接OB,则|OB|=1
|������������|=|������������|cos θ=������������·������������ =
|������������ |
������ 2-1 ������ 2+1
=
������2 + 1 − ������22+1,
令 ������2 + 1=t(t>1),则|������������|= ������������22-+11=t-2������ .令 f(t)=t-2������ ,则有 f'(t)=1+������22.在
-8-
例2
如图所示,在▱ABCD中,AP⊥BD,垂足为P,且AP=3,
则������������ ·������������=
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数
=
2������������-1>0
恒成立,
所以 F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即 h(x)min>0,故当 x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
-10-
考向一 考向二 考向三 考向四
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据 零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先 递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的 下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值 大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的 范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0) 的正负.
则
g'(x)=���1���·������
3
-(ln ������+1)·3������ ������ 6
2
=-3ln���������4��� +2=-3(ln
������-ln ������ 4
e -23 ).
当 0<x<e-23时,g'(x)>0;当 x>e-23时,g'(x)<0.
所以 g(x)在区间
∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f