高考数学一轮复习高考大题增分专项1高考中的函数与导数课件

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

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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.

高考大题规范解答系列——函数与导数高三数学新高考一轮复习优秀课件

第二章函数、导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪(a3，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(0，a3)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，0)，(a3，＋∞)单调递增，在(0，a3)单调递减.3 分得分点③
若 a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.4 分得分点④ 若 a<0，则当 x∈(－∞，a3)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(a3，0)时，f′(x)<0. 故 f(x)在(－∞，a3)，(0，＋∞)单调递增，在(a3，0)单调递减.5 分得分点⑤
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 1.12 分得分点⑩
高考大题规范解答系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三考数一学轮（复新习高优考秀）一pp轮t课复件习课件(共3 4张PPT )
第二章函数、导数及其应用
高考大题规范解答系列1————函函数数与与导导数数高-三20数21 学版新高高三考数一学轮（复新习高优考秀）一pp轮t课复件习课件(共3 4张PPT )
高考一轮总复习 • 数学 • 新高考
(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＝－1.7 分得分点⑥ (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＝1.9 分得分点⑦

高考数学一轮复习高考大题增分专项1高考中的函数与导数课件文北师大版

方法难求最值时才用.
第九页，共56页。
--1010
题型一
题型二
策略(cèlüè)一
策略(cèlüè)二
策略(cèlüè)三
题型三
ln
-1.

例 2(2016 河北唐山高三二模)已知函数 f(x)=
(1)求函数 f(x)在区间[1,e2]上的最值;
*
(2)证明:对任意 n∈N ,不等式 ln
+1 e
策略(cèlüè)三
策略(cèlüè)二
策略(cèlüè)一
题型三
例1(2016全国丙卷,文21)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
-1
<x;
ln
(2)证明当 x∈(1,+∞)时,1<
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
解(1)(导数与函数的单调性)
策略(cèlüè)二
题型三
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)内单调
递增,在(1,+∞)内单调递减,从而h(x)在(0,+∞)内的最大值为
1
h(1)=-e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
第十四页，共56页。
--15
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)是减少的.
由(2)知
-1
1< <c,故
ln
0<x0<1.
又 g(0)=g(1)=0,故当 0<x<1 时,g(x)>0.

高考数学大一轮复习高考大题增分专项一高考中的函数与导数课件理

3

,得 xln x+x-kx+3k>0.
令g(x)=xln x+x-kx+3k,
则g'(x)=ln x+2-k.
∵x>1,∴ln x>0,
当k≤2时,g'(x)>0恒成立,即g(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
由 g(1)≥0,即 1+2k≥0,解得
1
∴-2≤k≤2,
1
k≥- ,
2
12/13/2021
函数的零点、方程根的问题,以及在某不等式成立的条件下,求某一参数
或某两个参数构成的代数式的最值.
12/13/2021
第二页，共六十五页。
-2-
考点二
题型一
题型二
题型三
题型一
-3-
策略(cèlüè)策略
一 (cèlüè)
策略
二 (cèlüè)三
利用求导的方法证明函数不等式
突破策略一差函数法
证明函数不等式f(x)>g(x),可证f(x)-g(x)>0,令h(x)=f(x)-g(x),或令h(x)为f(x)-
策略
1
1
g(x)=f(x)+ x2= x2+ln x-2ax,所以
2
2
(cèlüè)一策略(cèlüè)二策略(cèlüè)
2 -2+1
g'(x)=

.
①当-1≤a≤1时,g(x)单调递增,无极值点,不符合题意.
②当a>1或a<-1时,令g'(x)=0,设x2-2ax+1=0的两根为x1和x2,因为x1为函数
调递增区间.

高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件

聚焦中考——语文第五讲
表达方式与记叙的顺序
• （2013·荆门）阅读下文，完成习题。 • ①那天下午6点多，该上公交车的人早已上了车，唯独有个小女孩，在车
门边来回徘徊。眼看着司机就要开车了，我在想，这小女孩肯定是没钱上车。 ②“小姑娘，上车吧，我帮你交车票钱。”当看到我为她刷完卡后，她随即上了车，说了声“谢谢阿姨”，一时脸蛋儿全红了。近距离一看，才发现，小女孩左侧脸上有颗小痣。几天前的一幕不由浮现眼前—— ③送走远方的朋友，我从火车站迎着风雨赶到就近的公交车站台，已是下午5点多。这时正是下班高峰期，来了几辆公交车，我总也挤不上去。雨还在急速地下着，人还在不断地涌来。当又一辆10路公交驶来后，我和许多人一起先往前门挤，但挤不上去。等司机发话后，才从后门好不容易挤上车。车内人头攒动，人满为患。这人贴人的，身体若要移动一下都难。正感叹着，我突然感觉好像有一件事还没做。是什么事呢？哦，对了，没买车票。本想挤到前面去交车钱，可大伙儿都好像没事人一样在原地一动不动，根本挤不过去。见此情形，司机也没说什么，这样，我也就心安理得地和大家一样坐了一次免费的公交车。
本题在当年的高考中，出错最多的就是将第(1)题的 a＝4 用到第(2)题中，从而避免讨论，当然这是错误的．
【互动探究】 1．(2011 届广东台州中学联考)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，
将 y＝f(x)和 y＝f′(x)的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确的是( D )
考点2 导数与函数的极值和最大(小）值
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
第2讲导数在函数中的应用
考纲要求
考纲研读
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用 1.用导数可求函数的单导数研究函数的单调性，会求函数的单调调区间或以单调区间为区间(对多项式函数一般不超过三次)．载体求参数的范围．

高考数学一轮复习高考大题增分课1 函数与导数中的高考热点问题课件理

(ⅱ)若 a＞2，令 f′(x)＝0 得，x＝a－
2a2－4或 x＝a＋
2
2a －4. 3 分 ················
当 x∈0，a－
2a2－4∪a＋
2a2－4，＋∞时，f′(x)＜0；
2021/12/13
第二十四页，共四十五页。
当
x∈a－
2a2－4，a＋
2a2－4时，f′(x)＞0. 5 ·······················································
∴h(x)在0，12上递减，在12，＋∞上递增， ∴h(x)min＝h12＝12ln 2，∴m＋n的最小值为12ln 2.
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第九页，共四十五页。
利用导数研究函数的零点问题
研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围．
由于ln3a－1＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
2021/12/13
第十四页，共四十五页。
[规律方法] 利用导数研究函数零点的两种常用方法 1用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图像求解零点问题. 2将零点问题转化为函数图像的交点问题，利用数形结合来解决.
3若已知fx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求解.
2021/12/13
第六页，共四十五页。

高考数学一轮复习第三章高考大题专项(一)导数的综合应用课件新人教B版

=
((+1)ln)'
+
(-1)'
x→1
1
= lim+
→1
1++ln
1
=2,于是 a≤2,于是 a 的
(方法 2 最值法)
由 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1),得 f'(x)=ln
1
x++1-a.
①当 1-a≥0,即 a≤1 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(1)=0.
1.与ex,ln x有关的常用不等式的结论
(1)由f(x)=ex图像上任一点(m,f(m))的切线方程为y-em=em(x-m),得ex≥em(x+1)-mem,
当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有ex≥1+x;当m=1时,有ex≥ex.
(2)由过函数f(x)=ln x图像上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln
0
0
当 m<2 时,f(x0)>0;当 m=2 时,等号成立的条件是 x0=-1,
但显然 f(-1)=e
2
2<0,所以 φ(m)<0 在(4,+∞)上恒成立,即
2
1- -ln

h'(m)<0.所以 h(m)在(4,+∞)上为减函数.所以 h(m)<h(4)=ln 2.
所以 a≥ln 2,即 a 的取值范围是[ln 2,+∞).
m<0.所以
m
解题心得对于含有两个变量的不等式恒成立求参数取值范围的问题,一般
+
1

高考数学一轮复习专题一函数与导数第1课时课件

即当 x∈(0，x1)时，p(x)>0，当 x∈(x1,1)时，p(x)<0, 从而函数 h(x)在(0，x1)上单调递增；在(x1,1)上单调递减. ∵h(0)＝1，h(1)＝e，故当 x∈(0,1)时，h(x)>h(0)＝1. ∴x(1－lnx)<(1＋x－x3)ex，x∈(0,1). 即fexx＋x2－1x<1，x∈(0,1).
②若 a>0 时，当 x＝1a时，f′(x)＝0；当 x<1a时，f′(x)<0；当 x>1a时，f′(x)>0. 故在0，1a上，f(x)单调递减；在1a，＋∞上，f(x)单调递增.
(2)证明：若 a＝0 且 x∈(0,1)，欲证fexx＋x2－1x<1，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，即证 x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex. 设函数 g(x)＝x(1－ln x)，x∈(0,1)，则 g′(x)＝－ln x. 当 x∈(0,1)时，g′(x)>0. 故函数 g(x)在(0,1)上单调递增. ∴g(x)<g(1)＝1.
解：(1) f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a). 令f′(x)＝0，得x1＝－2a，x2＝0，x3＝a. 当 a>0 时，列表如下：
(－∞，
x
－2a) －2a (－2a,0) 0 (0，a) a (a，＋∞)
f′(x) －
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
方法二，f′(x)＝(ax－1)(x－1)ex. ①当 a＝0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝1. f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：