高考导数的综合应用课件
合集下载
高考高考数学总复习 第二章 第13节 导数与函数的综合应用课件
法，若在函数的定义域内函数只有一个极值点，该极值点即为函数
的最值点．
A
20
2．利用导数解决优化问题的步骤 ①审题，设未知数；②结合题意列出函数关系式，确定函数的定义 域；③在定义域内求极值、最值；④还原到实际问题，下结论．
A
21
【变式训练 1】 (2015·泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元，每件 售价为 x 元(6<x<11)，年销售为 u 万件，若已知5885－u 与x－2412成 正比，且售价为 10 元时，年销量为 28 万件． (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
A
26
(2)因为 xf(x)≥－2x2＋ax－12 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立，
即 xln x－x2≥－2x2＋ax－12 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立， 即 a≤ln x＋x＋1x2对一切 x∈(0，＋∞)恒成立， 设 φ(x)＝ln x＋x＋1x2， 因为 φ′(x)＝x2＋xx2－12＝（x－3）x（2 x＋4）， 故 φ(x)在(0，3]上递减，在[3，＋∞)上递增，φ(x)min＝φ(3)＝7＋
2．若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较
简单的不等式，再构造函数证明．
A
36
【变式训练 3】 已知函数 f(x)＝ax－ex(a>0)． (1)若 a＝21，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 1≤a≤1＋e 时，求证：f(x)≤x.
A
37
[解] (1)当 a＝12时，f(x)＝21x－ex. f′(x)＝21－ex，令 f′(x)＝0，得 x＝－ln 2. 当 x<－ln 2 时，f′(x)>0；当 x>－ln 2 时，f′(x)<0， ∴函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)．
高考数学(文)一轮复习课件第二章第13讲 导数的综合运用精选ppt版本
法二：选择②中的函数模型： 因为 S＝ x2（351－28x－4x2） ， 令 f(x)＝x2(351－28x－4x2)， 则 f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39). 令 f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)＝0， 得 x＝92x＝0，x＝－349舍去
当 x 变化时，f′(x)及 f(x)的变化情况如下表：
[解] (1)连结 OF，由题意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5， 故 OM＝3.5. ①在 Rt△ONF 中，NF＝OFsin θ ＝10sin θ ，ON＝OFcos θ ＝10cos θ .
在矩形 EFGH 中，EF＝2NF＝20sin θ ，FG＝ON－OM＝ 10cos θ －3.5， 故 S＝EF×FG＝20sin θ (10cos θ －3.5)＝10sin θ (20cos θ －7)． 即所求函数关系是 S＝10sin θ (20cos θ －7)，0＜θ＜θ0， 其中 cos θ 0＝270.
(2)法一：选择①中的函数模型： 令 f(θ)＝sin θ (20cos θ －7)， 则 f ′(θ)＝cos θ (20cos θ －7)＋sin θ (－20sin θ)＝40cos2 θ －7cos θ －20. 由 f ′(θ)＝40cos2θ －7cos θ －20＝0，解得 cos θ ＝45，或 cos θ ＝－58.
(2)S′＝14(3t2－16t＋16)＝34(t－4)t－43 ， 由 S′(t)>0，得 0<t<43， 所以 S(t) 在0，43上是增函数，在43，2上是减函数， 所以 S 在(0，2]上有最大值 S43＝6247. 又因为6247＝3－1277<3， 所以不存在点 P，使隔离出的△BEF 的面积 S 超过 3 km2.
高三数学总复习导数的应用ppt
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
3．函数的最值与导数 函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 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．
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
4．生活中的优化问题 解决优化问题的基本思想是：
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数 的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般 考 不超过三次)． 纲 2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 要 会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一 求 般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值( 其中多项式函数一般不超过阿三次)． 3．会利用导数解决某些实际问题.
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
(2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1， f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上为 增函数； 当x∈(－1,3)时，f′(x)<0， 故f(x)在(－1,3)上为减函数； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
变式迁移 1 已知函数y＝f(x)，
y＝g(x)的导函数的图象如右图，那
么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是下
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．
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
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<
-1
ln
高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用
解析：设 g(x)＝f(x)＋2x，则 g(x)＝ax2－ax＋ln x，只要 g(x)在 (0，＋∞)上单调递增，即 g′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立即可．而 g′(x)＝2ax－a＋1x＝2ax2－xax＋1(x>0)． ①当 a＝0 时，g′(x)＝1x>0，此时 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
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]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
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
首页 上页 下页 尾页
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)
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
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]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
首页 上页 下页 尾页
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
首页 上页 下页 尾页
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)
高考数学一轮复习第三章导数及其应用导数的综合应用课件
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
撬点·基础点 重难点
4 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1 利用导数证明不等式的常用技巧 (1)利用给定函数的某些性质，如函数的单调性、最值、极值等，服务于所要证明的不等式． (2)当给出的不等式无法直接证明时，先对不等式进行等价转化后再进行求证． (3)根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行求证，构造函数的方法较为灵活，要结合具 体问题，平时要多积累． 其一般步骤为：构造可导函数→研究其单调性求最值→得出不等关系→整理得出所证明的结论． 2 导数在研究函数零点中的作用 (1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． (2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面， 也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
[解] (1)函数 f(x)＝x2＋bln (x＋1)的定义域为(－1，＋∞)①，
f′(x)＝2x＋x＋b 1＝2x2＋x＋2x1＋b，
令 g(x)＝2x2＋2x＋b，则 Δ＝22－8b，由 b>12，得 Δ<0，
即 g(x)＝2x2＋2x＋b>0 在(－1，＋∞)上恒成立，所以 f′(x)>0.
解析 构造函数 f(x)＝sinx－x，则 f′(x)＝cosx－1≤0 且不恒等于 0，故函数 f(x)在(0，π)上单调递减， 所以 f(x)<f(0)＝0，故 sinx<x.
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用专题突破7导数的综合应用课件
2
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
互动探究 重点保分考点——师生共研
解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex －1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若 a≤0，则 f′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝－ln a. 当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当 x∈(－ln a，＋∞)时， f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋ ∞)上单调递增．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
[锁定考向] 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．
即时应用
互动探究 重点保分考点——师生共研
已知函数 f(x)＝1x－aln x(a∈R)． (1)若 h(x)＝f(x)－2x，当 a＝－3 时，求 h(x)的单调递减区间； (2)若函数 f(x)有唯一的零点，求实数 a 的取值范围．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
思维升华
互动探究 重点保分考点——师生共研
利用导数研究方程根的方法
(1)研究方程根的情况，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． (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
当 x∈(0,1)时，g′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0. 所以当 x>0 时，g(x)≤0. 从而当 a<0 时，ln(－21a)＋21a＋1≤0， 即 f(x)≤－43a－2.
所以，当 x＝4 时，函数 f(x)取得最大值，且最大值等于 42.
所以，当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得
的利润最大．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
思维升华
互动探究 基础送分考点——自主练透
利用导数解决生活中的优化问题的 4 步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模 型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 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 f′(x)＝0 的点的函数值的大小，最 大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
互动探究 重点保分考点——师生共研
(2)①若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． ②若 a>0，由(1)知，当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值 为 f(－ln a)＝1－1a＋ln a. a．当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，故 f(x)只有一个零点； b．当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1a＋ln a>0， 即 f(－ln a)>0，故 f(x)没有零点；
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
解析：(1)设点 C 受 A 污染源污染程度为kxa2，点 C 受 B 污染源 污染程度为18k－bx2，其中 k 为比例系数，且 k>0. 从而点 C 处受污染程度 y＝kxa2＋18k－b x2.
值的位置.
(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有 一个清晰、直观的整体展现． 如本题采用了利用导数来判断函数的零点个数，先利用导数研
究函数的单调性和极值，再利用零点存在性定理得参数范围.
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
导数的综合应用
C目录 ONTENTS
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
高考·导航
高考·导航
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．会利用导数解决某些简单的实际问题．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
核心考点 互动探究
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
(2)因为 a＝1，所以 y＝xk2＋18k－b x2， y′＝k－x23＋182－b x3. 令 y′＝0，得 x＝ 18 ，
1＋3 b 又此时 x＝6，解得 b＝8，经验证符合题意， 所以，污染源 B 的污染强度 b 的值为 8.
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
互动探究 重点保分考点——师生共研
c．当 a∈(0,1)时，1－1a＋ln a<0，即 f(－ln a)<0. 又 f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0， 故 f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数 n0 满足 n0>ln3a－1，则 f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－ n0>en0－n0>2n0－n0>0. 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)．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝x＋1x2ax＋1.
若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正 比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为 k(k>0)．现已 知相距 18 km 的 A，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为 a， b，它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两化工厂对该 处的污染指数之和．设 AC＝x(km)． (1)试将 y 表示为 x 的函数； (2)若 a＝1，且 x＝6 时，y 取得最小值，试求 b 的值．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
角度一 证明不等式 1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－43a－2.
若 a<0，则当 x∈(0，－21a)时，f′(x)>0；
当 x∈(－21a，＋∞)时，f′(x)<0.
故 f(x)在(0，－21a)上单调递增，在(－21a，＋∞)上单调递减．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
(2)证明：由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－21a处取得最大值， 最大值为 f(－21a)＝ln(－21a)－1－41a. 所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln(－21a)－1－41a≤－43a－2，即 ln(－ 21a)＋21a＋1≤0. 设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝1x－1.
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
方法技巧
利用导数证明不等式的常用方法 (1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x) －g(x)＞0(或f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对 数；把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的结构，根据 “相同结构”构造辅助函数． (3)巧妙构造函数．根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最 值进行解决．在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验.
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
首页 上页 下页 尾页
考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
为 f(x)＝(x－3)x－2 3＋10x－62 ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：