高考数学二轮专题复习课件-导数的综合应用
A．cos φ＝φsin θ B．sin φ＝－φcos θ C．cos θ＝θcos φ D．sin θ＝－θsin φ
【解析】 由|coxs x|＝k(k＞0)可得：|cos x|＝kx(k＞0)，因为方程|coxs x|＝k(k＞0)有且仅有 两个不同的实数解 θ，φ(θ＞φ)，所以直线 y＝kx 与曲线 y＝|cos x|相切，如图：
直线 y＝kx 与曲线 y＝|cos x|的交点为 A(φ，cos φ)， 切点 B 为(θ，－cos θ)， 当 x∈π2，π时，y＝|cos x|＝－cos x， 所以 y′＝sin x，所以 y′|x＝θ＝sin θ， 即 k＝sin θ，又 A(φ，cos φ)代入 y＝kx， 可得 cos φ＝φsin θ.故选 A.
[对点训练] (2019·宁波市十校联考模拟)已知函数 f(x)＝mx ＋xln x(m＞0)，g(x)＝ln x－2. (1)当 m＝1 时，求函数 f(x)的单调增区间； (2)若对任意的 x1∈[1，e]，总存在 x2∈[1，e]，使f（xx11）·g（xx22）＝－1，其中 e 是自然 对数的底数．求实数 m 的取值范围．
令 t＝1a，则 t≥2 2.
设 g(t)＝t2 x－2t 1＋x－2ln x，t≥2 2，则
g(t)＝ xt－
1＋1x2－1＋xx－2ln x.
①当 x∈17，＋∞时， 1＋1x≤2 2，则 g(t)≥g(2 2) ＝8 x－4 2 1＋x－2ln x.
记 p(x)＝4 x－2 2 1＋x－ln x，x≥17，则
“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题
[核心提炼] 1．利用导数解决恒成立问题 (1)若不等式 f(x)>A 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 f(x)min>A. (2)若不等式 f(x)<A 在区间 D 上恒成立，则等价于在区间 D 上 f(x)max<A. 2．利用导数解决能成立问题 (1)若∃x∈D，f(x)>A 成立，则等价于在区间 D 上 f(x)max>A. (2)若∃x∈D，f(x)<A 成立，则等价于在区间 D 上 f(x)min<A.
[对点训练] (2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数 f(x)＝x＋eλx. (1)当 λ＞0 时，求证：f(x)≥(1－λ)x＋λ，并指出等号成立的条件； (2)求证：对任意实数 λ，总存在实数 x∈[－3，3]，有 f(x)＞λ.
解：(1)设 g(x)＝f(x)－(1－λ)x－λ＝x＋eλx－(1－λ)x－λ＝λ(e1x＋x－1)， 所以 g′(x)＝λ(1－e1x)， 令 g′(x)＝0，解得 x＝0， 当 x＞0 时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增， 当 x＜0 时，g′(x)＜0，函数 g(x)单调递减， 所以 g(x)min＝g(0)＝0， 所以 f(x)≥(1－λ)x＋λ，当 x＝0 时取等号．
第2部分 高考热点 专题突破
专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导 数、不等式
第6讲 导数的综合应用
数学
01
考点1
02
考点2
03
考点3
04
专题强化训练
“辅助函数法”证明不等式
[核心提炼] 利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数 研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个 可导函数是用导数证明不等式的关键．
所以 q(x)<0.因此，g(t)≥g
1＋1x＝－q（xx）>0.
由①②知对任意 x∈e12，＋∞，t∈[2 2，＋∞)，g(t)≥0，即对任意 x∈e12，＋∞，均
有 f(x)≤2ax.
综上所述，所求
a
的取值范围是0，
42.
不等式恒成立(有解)问题的求法 (1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转 化成求最值问题)等求解． (2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将 其转化为最值问题进行求解．
“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题
[核心提炼] 研究函数零点或方程根的情况，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，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在 研究方程中的重要应用．
[典型例题] (2019·浙江省重点中学高三联考)已知方程|coxs x|＝k(k＞0)有且仅有两个不同的实
(2)证明：“对任意实数 λ，总存在实数 x∈[－3，3]，有 f(x)＞λ”等价于 f(x)的最大值大于 λ. 因为 f′(x)＝1－λe－x， 所以当 λ≤0 时，x∈[－3，3]，f′(x)＞0，f(x)在[－3，3]上单调递增， 所以 f(x)的最大值为 f(3)＞f(0)＝λ. 所以当 λ≤0 时命题成立； 当 λ＞0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝ln λ， 则 x∈R 时，x，f′(x)，f(x)关系如下：
(ln λ，＋∞) ＋
所以 f(x)的最大值为 f(－3)或 f(3)； 且 f(－3)＞f(0)＝λ 与 f(3)＞f(0)＝λ 必有一成立， 所以当 e－3＜λ＜e3 时命题成立； ③当 0＜λ≤e－3 时，ln λ≤－3， 所以 f(x)在[－3，3]上单调递增， 所以 f(x)的最大值为 f(3)＞f(0)＝λ. 所以当 0＜λ≤e－3 时命题成立； 综上所述，对任意实数 λ，总存在实数 x∈[－3，3]，有 f(x)＞λ.
x，φ(x)＝g（xx）＝ln
x－2， x
φ′(x)＝3－xl2n x＞0，在[1，e]恒成立，
所以 φ(x)＝ln xx－2在[1，e]上单调递增，φ(x)∈[－2，－1e]， 所以 h(x)∈[12，e]，即12≤xm2＋ln x≤e， 在[1，e]上恒成立，即x22－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)，在[1，e]上恒成立， 设 p(x)＝x22－x2ln x，则 p′(x)＝－2xln x≤0，在[1，e]上恒成立，
x
(－∞，ln λ)
ln λ
f′(x)
－
0
f(x)
极小值
①当 λ≥e3 时，ln λ≥3，f(x)在[－3，3]上单调递减，
所以 f(x)的最大值 f(－3)＞f(0)＝λ.
所以当 λ≥e3 时命题成立；
②当 e－3＜λ＜e3 时，－3＜ln λ＜3，
所以 f(x)在(－3，ln λ)上单调递减，在(ln λ，3)上单调递增．
[对点训练] 1．已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝ x＋x，其中 e 是自然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)证明：函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点； (2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
解：(1)证明：由 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x 得， h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－ 2>0，所以函数 h(x)在区间(1，2)上有零点． (2)由(1)得 h(x)＝ex－1－ x－x. 由 g(x)＝ x＋x 知，x∈[0，＋∞)，而 h(0)＝0， 则 x＝0 为 h(x)的一个零点，而 h(x)在(1，2)内有零点， 因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． 因为 h′(x)＝ex－12x－21－1，记 φ(x)＝ex－12x－12－1，
[典型例题] (2019·高考浙江卷)已知实数 a≠0，设函数 f(x)＝aln x＋ 1＋x，x>0. (1)当 a＝－34时，求函数 f(x)的单调区间； (2)对任意 x∈e12，＋∞均有 f(x)≤2ax，求 a 的取值范围． 注：e＝2.718 28…为自然对数的底数．
【解】 (1)当 a＝－34时，f(x)＝－34ln x＋ 1＋x，x>0.
【答案】 A
(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质 (单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出 其与 x 轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”． (2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由 f(a)f(b)<0 及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a， b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数 在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个 数．
p′(x)＝
2－ x
x＋2 1－1x＝2
x
x＋1－ 2x－ x x＋1
x＋1＝ x
（x－1）[1＋ x（ x＋1（ x＋1）（
2x＋2－1）] x＋1＋ 2x）.
故
x
1 7
p′(x)
p(x)
1 ห้องสมุดไป่ตู้7
所以 p(x)≥p(1)＝0.
因此，g(t)≥g(2 2)＝2p(x)≥0.
17，1 －
单调递减
所以当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.
利用导数证明不等式的基本步骤 (1)①作差或变形． ②构造新的函数 h(x)． ③利用导数研究 h(x)的单调性或最值． ④根据单调性及最值，得到所证不等式． (2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用 于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．
1 0 极小值 p(1)
(1，＋∞) ＋
单调递增
②当 x∈e12，17时，
g(t)≥g
1＋1x＝－2
xln x－（x＋1） .
x
令 q(x)＝2 xln x＋(x＋1)，x∈e12，17，则 q′(x)＝ln x＋2＋1>0，
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.
--
--
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.
--
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.
高考数学(理科)人教版二轮复习课件：专题四 导数及其应用第2讲导数的综合应用
导数及其应用
第2讲
导数的综合应用
专题四
导数及其应用
2016考向导航 历届高考考什 么？ 1.导数在研究函 数单调性中的 应用 2.导数在证明不 等式中的应用 3.导数在求函数 参数范围中的 应用 4.导数在求函数 最值中的应用 2015 卷Ⅱ，T21(1) 卷Ⅰ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2) 卷Ⅱ，T21(2) 卷Ⅰ，T21(2) 卷Ⅱ，T21 卷Ⅱ，T21(2) 三年真题统计 2014 2013 卷Ⅰ， T21(2)
栏目 导引
专题四
导数及其应用
1．已知函数 f(x)＝ x2＋ a(x＋ ln x)， a∈ R. (1)当 a＝－ 1 时，求 f(x)的单调区间； 1 (2)若 f(x)> (e＋ 1)a，求 a 的取值范围． 2
解： (1)由题意得 x∈ (0，＋∞ )， 当 a＝－1 时， f(x)＝ x2－ x－ ln x， 2 2x － x－ 1 ∴ f′(x)＝ . x 令 f′(x)<0，则 0<x<1； 令 f′(x)≥ 0，则 x≥ 1， ∴ f(x)的单调递减区间是(0， 1)， 单调递增区间是 [1，＋∞ )．
(1) 分离思想：将参数 ( 待定系数 ) 分离出来，研究函数的值 域； (2)数形结合思想：将原函数看作两个函数的“合成”，利用 图形关系求参数范围；
(3)分类讨论思想：根据导函数进行讨论．
栏目 导引
专题四
导数及其应用
e －e 设函数 f(x)＝ ， g(x)＝ x. 2 (1)若 h(x)＝f(x)－ kg(x)在 R 上是增函数， 求实数 k 的取值范围； (2)设 H(x)是 f(x)的导函数， 若 H(3x)－ tH(x)≥ 0， 求证： t≤ 4[f(x)]2 x －x ＋ 1. e －e 解： (1)由题意知 h(x)＝ － kx 得 2 e x＋e －x h′ (x)＝ － k(x∈ R)， 2 ∵ h(x)在 R 上是增函数， e x＋e －x 即 － k≥ 0 在 R 上恒成立． 2 e x＋e －x ∴ k≤ ， 2
2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧
函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()
常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析 因为
() '
2
2015届高考数学(理·湖北)二轮专题复习课件【1】不等式、函数和导数
=
������������-������������)������������ = ������������-������������ + ,所以阴影部分面积������ =
������ ������ ������ ������
������ -������������ + ,求导得������' = ������������������-������������ = ������������(������������-������),������∈(������,������),令������' =
2. 已知 x> 0, y>0, 若 + >m 2+ 2m 恒成立, 则实数 m 的取
������ ������
������������ ������������
值范围是 (
) .
A. m ≥4 或 m ≤-2 B . m ≥2 或 m ≤- 4 C. - 2<m <4 D . - 4<m < 2 【解析】 因为 x>0, y> 0, 所以 + ≥2 ������������= 8, 要使原不等
【解析】将求函数的定义域问题转化为解不等式问题. 要使 f (x)= l n(x 2-x ) 有意义 , 只需 x2-x>0, 解得 x>1 或 x<0.
∴函数 f( x )= l n(x 2-x) 的定义域为 ( -∞, 0) ∪(1, +∞ ) .
【答案】 C
热点重点难点专题透析·数学理科(HUm 恒成立, 则实数 t的取值范围为 (
A. [ -2 ������, 2 ������] B. ( - 2 ������, 2 ������) C. ( -∞,-2 ������] ∪[ 2 ������, +∞) D. ( -∞, -2 ������)∪(2 ������, +∞)
高中数学导数及应用-不等式恒成立问题课件
利用数形结合来解决。
方法1：分离变量法(优先)
方法2：构造函数
，转化为 零点问题
方法3：构造两个函数的图象判断交点个数
方法4：转化为二次函数零点问题
方法5：转化为一次函数零点问题
类型五：利用导数研究函数与不等式问题
1、利用导数证明不等式的方法：证明
构造函数
。如果
，则F(x) 在
函数，同时若
，则由减函数的定义可知，
的值，要注意验证 左右的导数值的符号是否符 合取极值的条件。
（3）已知含参函数的极值点讨论 ①分类讨论根据 解（判断为极值点）
的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、 中、右”，对四种分类标准进行取舍（或合并）；
②注意数形结合。
注意：（1）在函数的整个定义域内，函数的极 值不一定唯一，在整个定义域内可能有多个极大
（2）切点的三个作用：①求切线斜率； ②切点在切线上； ③切点在曲线上。
类型二：利用导数研究函数的单调性 (1)求函数的单调区间
方法:判断导函数的符号 步骤：①求函数定义域；
②求函数的导函数； ③解不等式f '(x) 0 (或 f '(x) 0)，求出 递增区间(或递减区间)。
注意：求单调区间前先求定义域（定义域优 先原则）；单调区间是局部概念，故不能用“∪” 连接，只能用“，”或“和”。
'( x) mi n
0；
函数f (x)在区间D单调递减 在f ' (x) 0在x D
恒成立 对x D, f ' (x) 0； max
试题研究：
例1、已知函数f (x) x ln x.
(1)若函数g(x) f (x) ax在区间e2, 上的增函数，
求a的取值范围；
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-导数-专题复习课件
)
v0t
,求1物gt体2 在时刻
2
时的瞬t0时速度.
解析：
s(t)
v0
1 2
g
2t
v0
gt
∴物体在 t时0 刻瞬时速度为 s(t0 ) v0 gt0. 题型四 导数的几何意义及几何上的应用
【例4】(12分)已知曲线 y 1 x3 4 .
33
（1）求曲线在点P（2，4）处的切线方程； （2）求过点P（2，4）的曲线的切线方程.
x0
x0
x0
典例分析
题型一 利用导数求函数的单调区间
【例1】已知f(x)= e-xax-1,求f(x)的单调增区间.
分析 通过解f′(x)≥0,求单调递增区间.
解 ∵f(x)= -aexx -1,∴f′(x)= -a. ex 令f′(x)≥0,得 ≥ae. x 当a≤0时，有f′(x)＞0在R上恒成立； 当a＞0时，有x≥ln a. 综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(-∞,+∞); 当a＞0时，f(x)的单调增区间为［ln a,+∞).
分析 (1)在点P处的切线以点P为切点.关键是求出切线斜率k=f′(2). (2)过点P的切线，点P不一定是切点，需要设出切点坐标.
解（1）∵y′= ,…x2……………………………2′ ∴在点P（2，4）处的切线的斜率 k y |x..23′ 4. ∴曲线在点P（2,4）处的切线方程为y-4=4(x-2), 即4x-y-4=0……………………………………….4′ (2)设曲线 y 1 x过3 点4 .P（2，4）的切线相切于点
33
则切线的斜率 k y |xx0……x02…. …………..6′
∴切线方程为
y
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2024高考数学二轮专题复习——二次求导、虚设零点
同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用1.（2022·新高考Ⅰ卷T22）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．2.（2022·全国乙（理）T21）已知函数()()ln 1exf x x ax -=++（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．3.（2022·新高考Ⅱ卷T22）已知函数()e e ax x f x x =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设n *∈Nln(1)n ++>+ ．4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x −2y <3−x −3−y ，则A ．ln(y −x +1)>0B ．ln(y −x +1)<0C ．ln|x −y |>0D ．ln|x −y |<05．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知函数2()e x f x ax x =+-．(1)当a =1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3+1，求a 的取值范围．6．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直．(1)求b ．(2)若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1．7．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知函数()()()22ln 12f x x ax x x =+++-．(1)若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <，当0x >时，()0f x >；(2)若0x =是()f x 的极大值点，求a ．8．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知函数3()ln ,f x ax ax x x =--且()0f x ≥．(1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．9．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科)(I )讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；(II )证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax ag x x -->（）有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．10．(2013高考数学新课标2理科)已知函数()ln()x f x e x m =-+．(1)设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性；(2)当2m ≤时，证明()0f x >．类型一、虚设零点基础知识：在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f (x )在区间I 上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f (x )在区间I 上存在唯一的零点(例如，函数f (x )在区间I 上是单调函数且在区间I 的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x 0.因为x 0不易求出(当然，有时是可以求出但无需求出)，所以把零点x 0叫做隐零点；若x 0容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．基本题型：1．（虚设零点研究函数最值）已知函数op =ln −x +B(∈p .（1）若函数op 在[1,+∞)上单调递减，求实数的取值范围；（2）若=1，求op 的最大值.2.（虚设零点研究双变量问题）设函数()ln xf x x ae =+，1()(0)xg x axe a e=<<.（1）设函数()()()h x f x g x =-，判断()y h x =的零点的个数；（2）设1x 是()h x 的极值点，2x 是()h x 的一个零点，且12x x <，求证：1232x x ->.3.（虚设零点研究不等式恒成立）已知函数()ln 11x f x x x=++.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意()0,x ∈+∞都有()e xa f x ≥，求实数a 的取值范围.类型二、二次构造二次求导基础题型：1、（二次构造二次求导研究函数单调性）讨论函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1的单调性．2.（二次构造二次求导研究不等式恒成立）设函数1()e ,()ln x f x m g x x n -==+,m n 、为实数,若()()g x F x x=有最大值为21e （1）求n 的值；（2）若2()()e f x xg x >,求实数m 的最小整数值.3．（二次构造二次求导求最值）已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且122ln 3x x +≤，求21x x 的最大值.4.（二次构造二次求导证明不等式）若关于x 的方程x ln x ＝m 有两个不相等的实数解x 1，x 2，求证：x 1·x 2<1e 2(e是自然对数的底数)．5.（二次构造二次求导解决不等式恒成立）已知函数12()ln x f x e x ax a -=++-，且1,x a R >∈.（1）若0a =，证明：()f x 单调递增；（2）若1()f x x<，求a 的取值范围.类型三、同构基础知识：1、同构式指除了变量不同，其余地方均相同的表达式．2、同构式的应用(1)在方程中的应用：如果方程f(a)＝0和f(b)＝0呈现同构特征，则a ，b 可视为方程f(x)＝0的两个根．(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式3、常见的同构变形有：(1)ax e ax ≥x ln x ⇒ax e ax ≥ln x ·e ln x ，可构造函数f (x )＝x e x 来进行研究．(2)x 2ln x ＝a ln a －a ln x ⇒x 2ln x ＝a ln a x ⇒x ln x ＝a x ln ax，可构造函数f (x )＝x ln x 来进行研究．(3)e x a ＋1>ln(ax －a )(a >0)⇒e x a ＋1>ln a ＋ln(x －1)⇒e x a －ln a ＋x >ln(x －1)＋x －1⇒e x a ＋ln e xa>ln(x －1)＋(x －1)，可构造函数f (x )＝x ＋ln x 来进行研究．(4)x ＋1e x ≥x α－ln x α(x >0)⇒1e x －ln 1ex ≥x α－ln x α(x >0)，可构造函数f (x )＝x －ln x 来进行研究．(5)x α＋1e x ≥－αln x ⇒x e x ≥－αln x x α⇒x e x≥－αln x ·e －αln x ，可构造函数f (x )＝x e x 来进行研究．基本题型：1．已知函数()21ln 2f x a x x =+，在其图象上任取两个不同的点()11,P x y 、()()2212,Q x y x x >，总能使得()()12122f x f x x x ->-，则实数a 的取值范围为（）A ．()1,+∞B ．[)1,+∞C ．()1,2D ．[]1,22．（多选）若1201x x <<<，则下列不等式成立的是（）A ．1221xx x e x e >B ．1221xx x e x e <C ．2121ln ln x x ee x x ->-D ．1221ln ln xx e ex x -<-3、已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数.（1）求()f x 的极值；（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围：4．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)如果对任意的x 1>x 2>0，总有f (x 1)－f (x 2)1－x 2≥2，求a 的取值范围．基本方法：1、同构法构造函数的策略(1)指对各一边，参数是关键；(2)常用“母函数”：f(x)＝xe x ，f(x)＝e x ±x ；寻找“亲戚函数”是关键；(3)信手拈来凑同构，凑常数、x 、参数；(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围2、（1）函数()f x 在区间D 上单调递增()0f x '⇔≥在区间D 上恒成立；（2）函数()f x 在区间D 上单调递减()0f x '⇔≤在区间D 上恒成立；（3）函数()f x 在区间D 上不单调()f x '⇔在区间D 上存在极值点；（4）函数()f x 在区间D 上存在单调递增区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '>成立；（5）函数()f x 在区间D 上存在单调递减区间x D ⇔∃∈，使得()0f x '<成立.新预测1．（多选题）已知函数()xf x xe =，若120x x <<，则下列选项中正确的是（）A ．()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦B ．()()1221x f x x f x >C ．()()121f x f x e-<D ．()()1221f x f x x x -<-2．若对任意a ，b 满足0<a <b <t ，都有b ln a <a ln b ，则t 的最大值为________．3．已知曲线f (x )＝b e x ＋x 在x ＝0处的切线方程为ax －y ＋1＝0.(1)求a ，b 的值；(2)当x 2>x 1>0时，f (x 1)－f (x 2)<(x 1－x 2)(mx 2＋1)恒成立，求实数m 的取值范围．4．设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．当k 1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .5、设函数()ln ,k R kf x x x=+∈．（1）若曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，求()f x 的单调递减区间和极小值（其中e 为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,x x f x f x x x >>-<-恒成立，求k的取值范围．6．已知函数()()222ln f x x mx x m m R =+++∈.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）函数()f x 有两个不同的极值点()1212,x x x x <，求()211f x x x +的取值范围.7.已知22()5ln f x ax bx x =++-.（1）若()f x 在定义域内单调递增，求a b +的最小值.（2）当0a =时，若()f x 有两个极值点1x ，2x ，求证：122x x e +>.8.已知函数()211ln )f x x x x a a=+-,()0a ≠．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）令()()2Fx af x x =-,若()12F x ax <-在()1,∈+∞x 恒成立,求整数a 的最大值．(参考数据：4ln33<,5ln44>9.已知函数()xf x xe =，()ln (0)g x ax a x a =+>.（1）求函数()f x 的极值.（2）若关于x 的不等式()()f x g x <的解集不是空集，求实数a 的取值范围.10．设函数()cos ,()x f x e x ax a R =+∈.（1）当0a =时，求函数()f x 在区间[0,]π上的最小值；（2）若5[0,4x π，()1f x ≤恒成立，求a 的取值范围.11．已知函数()()221ln 2a f x x a x x-+=+⋅-，其中a 为常数.（1）若0a =，求函数()f x 的极值；（2）若1a =-，证明：函数()f x 在(0,1)上有唯一的极值点0x ，且()02f x <-.12．已知函数()tan 2f x x x =-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()3g x ax x =-.（1）求函数()y f x =的极值；（2）当13a ≤时，证明：()()g x f x <在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上恒成立.13．已知函数()()()211ln 02f x ax a x x a =+--≠.（1）当1a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）当1a <-时，判断函数()()()1ln 1g x x x x f x =--+-的零点个数.14.已知函数()22ln f x mx x x =-+，其中m 为正实数.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；（2）当1[,1]2x ∈时，()2f x mx ≥-，求m 的取值范围.15.形如()()k x y h x =的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得()ln ln ()()ln ()k x y h x k x h x ==，两边对x 求导数，得()()ln ()()()y h x k x h x k x y h x '''=+，于是()()()[()ln ()()]()k x h x y h x k x h x k x h x '''=+.已知()x f x x =（(0,)x ∈+∞），21()()22a g x x a R =+∈.（1）求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）若(0,)x ∀∈+∞，()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围.16.已知函数()(ln )(ln )(0)x f x e a a x x a =-⋅>，其中 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数（1）当a e =时，求函数()f x 的导函数()f x '的单调区间；（2）若函数()f x 有两个不同极值点12,x x 且12x x <；①求实数a 的取值范围；②证明：21x x -≤.17．已知函数()ln ()xx mf x m R e +=∈.（1）若()f x 在[]1,e 上单调递增，求实数m 的取值范围；（2）若2m =，证明：()f x <18．已知函数f (x )＝ax e x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋x ＋1.若f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．。
【走向高考】2015高考数学(通用版)二轮复习课件 专题1 第5讲 导数及其应用
走向高考· 数学
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
专题一 第五讲
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专题一
集合与常用逻辑用语、函数与导数
专题一
集合与常用逻辑用语、函数与导数
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专题一
这是高考的重点必考内容，一般命制一个大题或一大一 小两个题． (1) 导数的几何意义是高考考查的重点内容，常与解析几
何的知识交汇命题，多以选择题、填空题的形式考查，有时
也会出现在解答题中的关键一步． (2) 利用导数研究函数的单调性、极值、最值以及解决生 活中的优化问题，已成为近几年高考的主要考点．
专题一 第五讲
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4．函数的性质与导数 在区间(a，b)内，如果f ′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b) 上单调递增．如果f ′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递
减．
专题一 第五讲
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5．( 理) 利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画 出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的 上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图 形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能
第五讲 导数及其应用
专题一
集合与常用逻辑用语、函数与导数
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命题角度聚焦
核心知识整合
学科素能培养 方法警示探究
命题热点突破
课后强化作业
专题一 第五讲
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浙江省2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用课件
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不 充分条件. 考向突破 考向一 单调性的判断 例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所 有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)