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2024高考数学课件 导数的综合运用讲解册
题型清单目 录题型1 与导数有关的构造函数题型2 利用导数证明不等式题型3 利用导数研究不等式恒(能)成立问题题型4 利用导数研究函数零点问题2024高考数学课件 导数的综合运用讲解册题型1 与导数有关的构造函数抽象函数构造的常见类型已知的不等式中所含结构构造函数的方向xf '(x)-f(x)F(x)= ,F'(x)= xf '(x)+f(x)F(x)=xf(x),F'(x)=f(x)+xf '(x)f(x)+f '(x)F(x)=e x f(x),F'(x)=e x [f(x)+f '(x)]f(x)-f '(x)F(x)= ,F'(x)= xf '(x)+2f(x)F(x)=x 2f(x),F'(x)=x 2f '(x)+2xf(x)xf '(x)-2f(x)F(x)= ,F'(x)= f (x)x 2xf '(x)f (x)x -x f (x)e x f '(x)f (x)e -2f (x)x 3xf '(x)2f (x)x-例1 (2023湖南长沙校考测试,5)已知函数f(x)的导数为f '(x),且(x+1)f(x)+xf '(x)>0对x∈R恒成立,则下列函数在实数集内一定是增函数的为 ( )A.y=f(x)B.y=xf(x)C.y=e x f(x)D.y=x e x f(x) 解析设F(x)=x e x f(x),则F'(x)=(x+1)e x f(x)+x e x f '(x)=e x[(x+1)f(x)+xf '(x)].∵(x+1)f(x)+xf '(x)>0对x∈R恒成立,且e x>0,∴F'(x)>0,∴F(x)在R上递增,故选D. 答案D解题技巧可根据题意,对选项逐一验证,易得A,B,C不合题意.即练即清1.(2023江苏扬州校考测试,6)定义在 上的函数f (x ), f '(x )是它的导函数,且恒有f (x )<f '(x )tan x 成立,则 ( ) A. f > f B.f (1)<2f sin 1 C. f >f D. f <f 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭34π⎛⎫ ⎪⎝⎭23π⎛⎫ ⎪⎝⎭6π⎛⎫ ⎪⎝⎭26π⎛⎫ ⎪⎝⎭4π⎛⎫ ⎪⎝⎭36π⎛⎫ ⎪⎝⎭3π⎛⎫ ⎪⎝⎭D题型2 利用导数证明不等式1.常见不等式(大题使用需要证明)(1)e x ≥x +1,e x -1≥x ,e x ≥e x ,e -x≥1-x .(2)ln x ≤x -1(x >0),ln(x +1)≤x (x >-1),ln ≤ -1(x >0),ln x ≥1- (x >0).(3)e x ≥1+x + x 2(x ≥0),e x ≤1+x + x 2(x ≤0),ln x ≤ x (x >0).1x 1x 1x 12121e2.常用方法:作差(商)比较法,放缩法,凸凹反转法,指数找朋友法等.知识拓展1.凸凹反转法:首先对原不等式进行等价变形,然后根据变形后的不等式构造M(x)> N(x),转化为证M(x)min>N(x)max.2.指数找朋友法:在证明或处理含指数函数的不等式时,通常要将指数型的函数“结合”起来,即让指数型的部分乘或除以一个多项式,这样再对变形的函数求导后,无需考虑指数型部分的值,使得后续解方程或求值的范围更加简单.这种变形过程,我们称为“指数找朋友”.例2 (2023广东佛山二模,22改编)证明:e x -3x +2sin x -1≥0. 证明 指数找朋友法.欲证e x -3x +2sin x -1≥0,即证 -1≤0,令F (x )= -1,则F '(x )= ,(多项式除以指数型的形式,只考虑分子部分即可)令q (x )=2-3x +2sin x -2cos x ,则q '(x )=-3+2cos x +2sin x =2 sin -3<0,所以函数q (x )单调递减,且q (0)=0,所以当x <0时,F '(x )>0,当x >0时,F '(x )<0,所以函数F (x )在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,32sin 1e x x x -+32sin 1e x x x -+232sin 2cos ex x x x -+-24x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭故F (x )≤F (0)=0,即 -1≤0,从而原不等式得证.32sin 1e x x x -+即练即清2.(2018课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f (x )= .(1)求曲线y =f (x )在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a ≥1时, f (x )+e ≥0.21e x ax x +-解析 (1)f '(x )= ,则f '(0)=2.因此曲线y =f (x )在点(0,-1)处的切线方程是2x -y -1=0.(2)证明:f (x )+e= ,所以证明f (x )+e ≥0即证ax 2+x -1+e x +1≥0,因为e x ≥x +1,所以e x +1≥x +2,所以ax 2+x -1+e x +1≥ax 2+2x +1,即证ax 2+2x +1≥0,因为a ≥1,所以ax 2+2x +1≥x 2+2x +1=(x +1)2≥0.2(21)2ex ax a x -+-+211e ex x ax x ++-+故a ≥1时, f (x )+e ≥0.题型3 利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.转化策略一般有:(1)参数讨论法;(2)分离参数法;(3)先特殊、后一般法等.2.常用的转化方法:(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;(3)a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;(4)a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.3.双变量恒(能)成立问题的转化方法:(1)∀x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;(2)∀x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;(3)∃x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;(4)∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.例3 (2024届江苏南京师大附中入学测试,8)已知函数f (x )=x +x ln x ,g (x )=kx -k ,若k ∈Z,且f (x )>g (x )对任意x >e 2恒成立,则k 的最大值为( )A.2 B.3 C.4 D.5 解析 f (x )>g (x ),即x +x ln x >kx -k 对任意x ∈(e 2,+∞)恒成立,所以k < ,即k < .令u (x )= ,x ∈(e 2,+∞),则u '(x )= .令h (x )=x -ln x -2,x ∈(e 2,+∞),h '(x )=1- = >0,ln 1x x x x +-min ln 1x x x x +⎛⎫ ⎪-⎝⎭ln 1x x x x +-2ln 2(1)x x x ---1x 1x x-所以h (x )在(e 2,+∞)上单调递增,所以h (x )>h (e 2)=e 2-4>0,可得u '(x )>0,所以u (x )在(e 2,+∞)上单调递增.所以u (x )>u (e 2)= =3+ ∈(3,4).又k ∈Z,所以k max =3.故选B.223e e 1-23e 1- 答案 B即练即清3.已知函数f (x )=ln x -a (x -1),a ∈R,x ∈[1,+∞),且f (x )≤ 恒成立,求a 的取值范围.ln 1x x +解析 参数讨论法.f (x )- = ,构造函数g (x )=x ln x -a (x 2-1)(x ≥1),g '(x )=ln x +1-2ax ,令F (x )=g '(x )=ln x +1-2ax ,F '(x )= .①若a ≤0,则F '(x )>0,g '(x )在[1,+∞)上单调递增,g '(x )≥g '(1)=1-2a >0,∴g (x )在[1,+∞)上单调递增,g (x )≥g (1)=0,ln 1x x +2ln (1)1x x a x x --+12ax x-从而f (x )- ≥0,不符合题意.②若0<a < ,当x ∈ 时,F '(x )>0,ln 1x x +1211,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭∴g '(x )在 上单调递增,从而g '(x )≥g '(1)=1-2a >0,∴g (x )在 上单调递增,g (x )≥g (1)=0,从而f (x )- ≥0,不符合题意.③若a ≥ ,则F '(x )≤0在[1,+∞)上恒成立,∴g '(x )在[1,+∞)上单调递减,g '(x )≤g '(1)=1-2a ≤0.11,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭11,2a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ln 1x x +12∴g (x )在[1,+∞)上单调递减,从而g (x )≤g (1)=0, f (x )- ≤0.ln 1x x +综上,a 的取值范围是 .1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭题型4 利用导数研究函数零点问题1.函数零点问题的常见类型:(1)判断或证明零点个数.常用的方法有:①直接根据函数零点存在定理判断;②将f(x)整理变形成f(x)=g(x)-h(x)的形式,通过y=g(x)的图象与y=h(x)的图象的交点个数确定函数的零点个数;③结合导数,求函数的单调性,从而判断函数零点个数.(2)已知零点个数求参数范围.(3)讨论或者证明零点所满足的分布特征.2.求函数的零点个数时,常用的转化方法:参数讨论法,分离参数法,数形结合法等.例4 (2022全国乙文,20,12分)已知函数f (x )=ax - -(a +1)ln x .(1)当a =0时,求f (x )的最大值;(2)若f (x )恰有一个零点,求a 的取值范围.1x 解析 (1)当a =0时, f (x )=- -ln x (x >0),∴f '(x )= - (x >0),令 f '(x )=0,得x =1,x ∈(0,1)时, f '(x )>0,x ∈(1,+∞)时, f '(x )<0,∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1.(2)f '(x )=a + - = .(i)当a ≤0时,ax -1≤0恒成立,∴0<x <1时, f '(x )>0, f (x )单调递增,x >1时, f '(x )<0, f (x )单调递减,1x 21x 1x 21x 1a x +2(1)(1)ax x x--∴f (x )max =f (1)=a -1<0.此时f (x )无零点,不合题意.(ii)当a >0时,令f '(x )=0,解得x =1或x = ,①当0<a <1时,1< ,∴1<x < 时, f '(x )<0, f (x )单调递减,0<x <1或x > 时, f '(x )>0, f (x )单调递增,∴f (x )在(0,1), 上单调递增,在 上单调递减, f (x )的极大值为f (1)=a -1<0,x →+∞时, f (x )>0,∴f (x )恰有1个零点.1a 1a 1a 1a1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭②当a =1时,1= , f (x )在(0,+∞)上单调递增, f (1)=0,符合题意.③当a >1时, <1, f (x )在 ,(1,+∞)上单调递增,在 上单调递减,f (x )的极小值为f (1)=a -1>0,x →0时, f (x )→-∞,∴f (x )恰有1个零点.综上所述,a >0.1a1a 10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭即练即清4.(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 ( )B A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)C.(-4,-1)D.(-3,0)5.(2021新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f (x )=(x -1)e x -ax 2+b .(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)从下面两个条件中选一个,证明: f (x )有一个零点.① <a ≤ ,b >2a ;②0<a < ,b ≤2a .122e 212解析 (1)∵f (x )=(x -1)e x -ax 2+b ,∴f '(x )=x e x -2ax =x (e x-2a ).①当a ≤0时,e x-2a >0对任意x ∈R 恒成立,当x ∈(-∞,0)时, f '(x )<0,当x ∈(0,+∞)时, f '(x )>0.因此y =f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.②当a >0 时,令e x-2a =0⇒x =ln(2a ).(i)当0<a < 时,ln(2a )<0.y =f '(x )的大致图象如图1所示.12因此当x ∈(-∞,ln(2a ))∪(0,+∞)时, f '(x )>0,当x ∈(ln(2a ),0)时, f '(x )<0,所以f (x )在(-∞,ln(2a ))和(0,+∞)上单调递增,在(ln(2a ),0)上单调递减.(ii)当a = 时,ln(2a )=0,此时f '(x )≥0对任意x ∈R 恒成立,故f (x )在R 上单调递增.(iii)当a > 时,ln(2a )>0,y =f '(x )的大致图象如图2所示.1212因此,当x ∈(-∞,0)∪(ln(2a ),+∞)时, f '(x )>0,当x ∈(0,ln(2a ))时, f '(x )<0,所以f (x )在(-∞,0)和(ln(2a ),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a ))上单调递减.(2)选①.证明:由(1)知, f (x )在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),+∞)上单调递增,又f (0)=b -1>0,f = <0,所以f (x )在(-∞,0]上有唯一零点.b a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1b a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭e ba -当x ∈(0,+∞)时,f (x )≥f (ln(2a ))=[ln(2a )-1]·2a -a [ln(2a )]2+b =a ln(2a )[2-ln(2a )]+b -2a >a ln(2a )[2-ln(2a )].因为 <a ≤ ,所以0<ln(2a )≤2,所以f (x )>0对任意x >0恒成立.综上, f (x )在R 上有唯一零点.选②.证明:由(1)知f (x )在(-∞,ln(2a ))上单调递增,在(ln(2a ),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,122e 2f(0)=b-1<0,当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)=0.结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=a ln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.综上, f(x)在R上有唯一零点.。
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.
导数的综合应用个性化辅导讲义
(1)若a ＝0，求f (x )的单调区间；
(2)若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．
巩固作业
一、选择题
1．f (x )＝5x 2－2x 的单调增区间是( )
A ．(15
，＋∞) B ．(－∞，15) C ．(－15
，＋∞) D ．(－∞，－15) 2．函数f (x )＝x 3＋3x 2＋4x －a 的极值点的个数是( )
A ．2
B ．1
C ．0
D ．由a 确定 3．已知函数f (x )的导数为f ′(x )＝4x 3－4x ，且f (x )的图象过点(0，－5)，当函数f (x )取得
极大值－5时，x 的值应为( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．±1 4．若函数g (x )＝x 3－ax 2＋1在区间[1,2]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )
A ．a ≥3
B ．a >3 C.32
<a <3 D.32≤a ≤3 5．设函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，f ′(x )为其导函数，如右图是函数y ＝x ·f ′(x )的图象的
一部分，则f (x )的极大值与极小值分别为( )
A ．f (1)与f (－1)
B ．f (－1)与f (1)
C ．f (2)与f (－2)
D ．f (－2)与f (2)
6．(2011·郑州第一次调研)设f (x )是定义在R 上的奇函数，g (x )是定义在R 上恒大于零的函数，且当
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课件12：3.3 导数的综合应用
当 x<－2 时，g′(x)<0；当－2<x<1 时，g′(x)>0， 故－2 是 g(x)的极值点． 当－2<x<1 或 x>1 时，g′(x)>0， 故 1 不是 g(x)的极值点． 所以 g(x)的极值点为－2.
考点3 运用导数解决函数的最值问题
1.设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a， b]上的最大值和最小值的步骤 (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．
3．函数的最值 (1)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 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
第三章 导数及其应用 3.3 导数的综合应用
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考纲要求 1.了解函数单调性和导数的关系． 2．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)． 3．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件． 4．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).
(4)确定 f ′(x)在各个开区间内的符号，根据 f ′(x) 的符号判定函数 f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
2．已知函数的单调性，求参数的取值范围，应注 意函数 f(x)在(a，b)上递增(或递减)的充要条件应是 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，且 f ′(x) 在(a，b)的任意子区间内都不恒等于 0，这就是说，函 数 f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处 有 f ′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f ′(x0)＝0， 只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间．
《导数的综合应用》说课稿(附教学设计)
《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：（1）利用导数的几何意义。
（2）利用导数求函数的单调区间；(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；七、评价分析上复习课的传统模式是教师先对知识点进行复习总结，然后讲解典型例题，从而达到复习的目的，但是缺点是不容易调动学生的积极性。
导数的综合应PPT课件
又 f12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2， f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－2 ln16， ∵e3>16，∴f12－f(2)>0，即 f12>f(2)． ∴f(x)在区间12，2上的最大值 f(x)max＝f12＝1－ln2.
综上可知，函数 f(x)在12，2上的最大值是 1－ln2，最小值是 0.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
考点2 利用导数证明不等式问题
例 2：已知函数 f(x)＝1－ axx＋lnx. (1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求正实数 a 的取值范 围； (2)当 a＝1 时，求 f(x)在12，2上的最大值和最小值； (3)当 a＝1 时，求证：对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>12＋ 13＋14＋…＋1n.
解析：(1)∵f(x)＝1－ ax x＋lnx，∴f′(x)＝axa－x2 1(a>0)． ∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝axa－x21≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． 即 a≥1x对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴a≥1.
图4－3－3
关于导数的应用，课标要求 (1)了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的 单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间． (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 数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上 不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
导数的综合应用优秀课件
x2 4．经过点(3,0)的直线 l 与抛物线 y＝ 交于两点，且两个 2 交点处的切线相互垂直，则直线 l 的斜率 k=
1 －6
.
解析 设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 y＝k(x－3)，设 直线 l 与抛物线的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， x2 y＝ ， 2 由 得 x2－2kx＋6k＝0， y＝k（x－3）， 所以 x1x2＝6k. x2 ∵y′＝ 2 ′＝x， ∴抛物线在 A、B 两点的切线的斜率分别为 x1，x2，于是 1 有 x1x2＝6k＝－1，故 k＝－6.
∴不存在这样的两点使结论成立．
探究提高 探索性问题的求解应先假设要证的结论成立， 然后依据结论出发求解．若得到一个与已知条件或定理等 矛盾的结论，则该探究性问题不存在，否则是存在的．
变式训练 1 已知函数 f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c 图象上的点 P(1，f(1))处的切线方程为 y＝－3x＋1，函数 g(x)＝f(x) －ax2＋3 是奇函数． (1)求函数 f(x)的表达式； (2)求函数 f(x)的极值．
题型分类
题型一
深度剖析
利用导数的几何意义解题
例 1 设函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d (a、b、c、d∈R)的图 2 象关于原点对称，且当 x＝1 时 f(x)有极小值－ . 3 (1)求 a、b、c、d 的值； (2)当 x∈[－1,1]时，问图象上是否存在两点使过此两点 处的切线互相垂直？试证明你的结论．
∴x2 0＝4.∴x0＝－2，∴y0＝15. ∴P 点的坐标为(－2,15)．
2.奇函数 f(x)＝ax 3 ＋bx 2 ＋cx 在 x＝1 处有极值x)＝x＋asin x 在 R 上递增，则实数 a 的取值范 围为________ [－1,1] ．
高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以 解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题.常见的命题角度 有：1证明不等式.2不等式恒成立问题.3存在型不等式成立 问题.
[考点分类·深度剖析] 课时作业
角由度ex≥2 k＋不x等，式得恒k成≤立ex－问x题.
令 f(x)＝(1e)xe－x≥x，k＋所x以在f′R(上x)＝恒e成x－立1，. 则实数 k 的取值范围为 令 f′(x)＝0，解得 x＝0，x<0 时，f′(x)<0，x>0 时，f′(x)>0. ( A) A所．以k≤f(x1)在(－∞，0)上B是．减k≥函1数，在(0，＋∞)上是增函数．
答案：[0,8]
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的 策略 1．首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值， 进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围． 2．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值 问题．
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点一 利用导数研究函数的零点或方程根(核心考点——合作探究)