高考数学二轮总复习专题6导数的简单应用与定积分(共
高考数学 导数(含定积分)运算及其应用专题课件 北师大版 精品57页PPT
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71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
高考ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ学 导数(含定积分)运算 及其应用专题课件 北师大版
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11、战争满足了，或曾经满足过人的 好斗的 本能， 但它同 时还满 足了人 对掠夺 ，破坏 以及残 酷的纪 律和专 制力的 欲望。 ——查·埃利奥 特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段 。纪律 是教育 过程的 结果， 首先是 学生集 体表现 在一切 生活领 域—— 生产、 日常生 活、学 校、文 化等领 域中努 力的结 果。— —马卡 连柯(名 言网)
13、遵守纪律的风气的培养，只有领 导者本 身在这 方面以 身作则 才能收 到成效 。—— 马卡连 柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅 精神以 及同全 世界劳 动者的 团结一 致，是 取得最 后胜利 的保证 。—— 列宁 摘自名言网
15、机会是不守纪律的。——雨果
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2015届高考理科数学二轮复习总结：提能专训23-导数的简单应用与定积分
提能专训(二十三) 导数的综合应用一、选择题1．(2014·江西八校联考)已知m 是区间[0,4]内任取的一个数，那么函数f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在x ∈R 上是增函数的概率是( )A.14B.13 C.12 D.23[答案] C[解析] ∵f (x )＝13x 3－2x 2＋m 2x ＋3在R 上是增函数，∴f ′(x )＝x 2－4x ＋m 2≥0在R 上恒成立，∴Δ＝16－4m 2≤0，解得m ≤－2或m ≥2. 又∵0≤m ≤4，∴2≤m ≤4. 故所求的概率为P ＝24＝12.2．(2014·辽宁五校联考)已知a ，b 是实数，且e<a <b ，其中e 是自然对数的底数，则a b 与b a 的大小关系是( )A ．a b >b aB ．a b <b aC ．a b ＝b aD ．a b 与b a 的大小关系不确定 [答案] A[解析] 构造辅助函数f (x )＝ln xx ，因为f ′(x )＝1－ln x x 2，所以在(e ，＋∞)上，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则f (a )>f (b )，即ln a a >ln bb ，b ln a >a lnb ，ln a b >ln b a ，所以a b >b a .3．(2014·忻州联考)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2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.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3[答案] D[解析] ∵f (x )<f ′(x )·tan x ， 即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )sin x ′＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0， ∴函数f (x )sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sin π3，即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.4．(2014·浙江名校联考)若函数f (x )＝x cos x 在(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a n ，…，则对任意正整数n 必有( )A ．π<a n ＋1－a n <3π2 B.π2<a n ＋1－a n <π C ．0<a n ＋1－a n <π2D ．－π2<a n ＋1－a n <0[答案] B[解析] f ′(x )＝cos x －x sin x ，令f ′(x )＝0，得1x ＝tan x ，函数y ＝1x 与y ＝tan x 的图象如图所示，a n 与a n ＋1就是两个函数图象相邻交点的横坐标．由于函数y ＝1x 在(0，＋∞)上是减函数，故随着n 的增加，a n 越来越接近其所在周期内的零点(y ＝tan x 的零点)，故a n ＋1－a n <π，又a n 与a n ＋1在各自周期内零点的右侧，因此a n ＋1－a n >π2，故选B.5．(2014·陕西卷改编)设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．若f (x )≥ag (x )恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，1][答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝11＋x ，所以g (x )＝xf ′(x )＝x 1＋x.若f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x(x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x－a (1＋x )2＝x ＋1－a(1＋x )2. 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， 所以φ(x )在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，即φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1)，有φ′(x )<0，则φ(x )在(0，a －1]上单调递减，所以φ(a －1)<φ(0)＝0，即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 可知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]，故选D.6．(2014·鄂尔多斯模拟)已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ，若f (x )在[－1,1]上是单调减函数，则a 的取值范围是( )A ．0<a <34B.12<a <34C ．a ≥34 D ．0<a <12[答案] C[解析] f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意当x ∈[－1,1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0恒成立．令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎨⎧g (－1)≤0，g (1)≤0，即⎩⎨⎧(－1)2＋(2－2a )·(－1)－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34，故选C.7．已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋ln x 在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，4]B ．(－∞，4)C ．(4，＋∞)D ．[4，＋∞)[答案] C[解析] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝2x 2－ax ＋ln x ，所以f ′(x )＝4x －a ＋1x ＝1x (4x 2－ax ＋1)．由函数f (x )在区间(0，＋∞)上不单调可知f ′(x )＝0有两个正解，即4x 2－ax ＋1＝0有两个正解，设为x 1，x 2.故有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(－a )2－4×4×1>0，x 1＋x 2＝a 4>0，x 1x 2＝14>0，解得a >4.所以a 的取值范围为(4，＋∞)．8．已知三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则f ′(－2)f ′(1)＝() A ．5 B ．－5 C ．2 D ．－2 [答案] D[解析] 对f (x )求导，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，结合题中图象知，x ＝－1,2为导函数的零点，所以f ′(－1)＝f ′(2)＝0，即⎩⎨⎧3a －2b ＋c ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－c 6，b ＝c4.所以f ′(x )＝－c 2x 2＋c 2x ＋c ＝－c 2(x 2－x －2)，于是f ′(－2)f ′(1)＝4＋2－21－1－2＝－2.故选D.9．(2014·安庆二模)设1<x <2，则ln x x ，⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2，ln x 2x 2的大小关系是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x <ln x2x 2 B.ln x x <⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x 2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x 2x 2<ln xx D.ln x 2x 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x[答案] A[解析] 令f (x )＝x －ln x (1<x <2)， 则f ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0， ∴函数y ＝f (x )在(1,2)内为增函数．∴f (x )>f (1)＝1>0，∴x >ln x >0⇒0<ln xx <1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x .又ln x 2x 2－ln x x ＝2ln x －x ln x x 2＝(2－x )ln xx 2>0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2<ln x x <ln x2x 2，故选A. 10．(2014·昆明质检)已知函数f (x )＝e x －ax －b ，若f (x )≥0恒成立，则ab 的最大值为( )A. e B ．e 2 C ．e D.e 2[答案] D[解析] 利用导数求解．当a ≤0时，函数f (x )＝e x －ax －b 在R 上单调递增，f (x )≥0不恒成立，所以a ≤0舍去．当a >0时，由f ′(x )＝e x －a ＝0解得x ＝ln a ，且当x <ln a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )≥0恒成立，即f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －b ≥0，所以b ≤a －a ln a ，ab ≤a 2－a 2ln a ，a >0.令y ＝x 2－x 2ln x ，x >0，则y ′＝2x －2x ln x －x ＝x (1－2ln x )，x >0，由y ′＝0解得x ＝e ，且x ∈(0，e)时，y ′>0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递增；x ∈(e ，＋∞)时，y ′<0，函数y ＝x 2－x 2ln x 单调递减，所以当x ＝e 时，函数y ＝x 2－x 2ln x 取得最大值e －12e ＝12e ，所以ab ≤a 2－a 2ln a ≤12e ，即ab 的最大值是12e ，故选D.11．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P ，Q 两点，则|PQ |的最小值是( )A ．－12 B.12 C ．1 D ．－12或1[答案] C[解析] 直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2＋1，g (x )＝x ＋ln x 的图象分别交于P (t ，f (t ))，Q (t ，g (t ))两点，则|PQ |＝|f (t )－g (t )|.记h (t )＝f (t )－g (t )＝t 2＋1－(t ＋ln t )．函数h (t )的定义域为(0，＋∞)，h ′(t )＝2t －1－1t ＝1t (2t 2－t －1)＝1t (2t ＋1)(t －1)．由h ′(t )＝0，解得t ＝1或t ＝－12(舍去)．显然当t ∈(0,1)时，h ′(t )<0，函数h (t )单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，h ′(t )>0，函数h (t )单调递增．故函数h (t )的最小值为h (1)＝12＋1－(1＋ln 1)＝1，故|PQ |的最小值为1.二、填空题12．(2014·南京、盐城二模)表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．[答案] 1∶2[解析] 因为12π＝2πrh ＋2πr 2，rh ＋r 2＝6，所以V ＝πr 2h ＝πr (6－r 2)，0<r < 6.由V ′＝π(6－3r 2)＝0得r ＝ 2.当0<r <2时，V ′>0，当2<r <6时，V ′<0，所以当r ＝2时，V 取极大值，也是最大值，此时h ＝22，r ∶h ＝1∶2.13．(2014·青岛一模)如果对定义在R 上的函数f (x )，以任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数f (x )为“H 函数”．给出下列函数：①y ＝－x 3＋x ＋1；②y ＝3x －2(sinx －cos x )；③y ＝e x＋1；④f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |，x ≠0，0，x ＝0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________．[答案] ②③[解析] 因为x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，即(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，所以函数f (x )在R 上是增函数．由y ′＝－3x 2＋1>0得－33<x <33，即函数在区间⎝⎛⎭⎪⎫－33，33上是增函数，故①不是“H 函数”；由y ′＝3－2(cos x ＋sin x )＝3－22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4≥3－22>0恒成立，所以②为“H 函数”；由y ′＝e x >0恒成立，所以③为“H 函数”；由于④为偶函数，所以不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上，是“H 函数”的有②③.14．(2014·唐山一模)定义在R 上的函数f (x )满足：f (－x )＋f (x )＝x 2，当x <0时，f ′(x )<x ，则不等式f (x )＋12≥f (1－x )＋x 的解集为________．[答案] ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12[解析] ∵f (x )＋f (－x )＝x 2，∴f ′(x )－f ′(－x )＝2x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x ，当x <0时，f ′(x )<x ，∴f ′(－x )＝f ′(x )－2x <x －2x ＝－x ，∴当x >0时，f ′(x )＝f ′(－x )＋2x <－x ＋2x ＝x ，令g (x )＝f (x )＋12－f (1－x )－x ，则g ′(x )＝f ′(x )＋f ′(1－x )－1<x ＋1－x －1＝0，∴g (x )在R 上单调递减，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12＝0，∴g (x )≥0即g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，故原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12. 三、解答题15．(2014·怀化一模)已知函数f (x )＝ax ＋b ln x ＋c (a ，b ，c 是常数)在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0，且f (1)＝0.(1)求常数a ，b ，c 的值；(2)若函数g (x )＝x 2＋mf (x )(m ∈R )在区间(1,3)内不是单调函数，求实数m 的取值范围．解：(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋b x .∵f (x )在x ＝e 处的切线方程为(e －1)x ＋e y －e ＝0，∴f ′(e)＝－e －1e ，且f (e)＝2－e ，即a ＋b e ＝－e －1e ，且a e ＋b ＋c ＝2－e.又f (1)＝a ＋c ＝0，解得a ＝－1，b ＝1，c ＝1.(2)由(1)知f (x )＝－x ＋ln x ＋1(x >0)，∴g (x )＝x 2＋mf (x )＝x 2－mx ＋m ln x ＋m (x >0)，∴g ′(x )＝2x －m ＋m x ＝1x (2x 2－mx ＋m )(x >0)．令d (x )＝2x 2－mx ＋m (x >0)．①当函数g (x )在(1,3)内有一个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有且仅有一个根，即d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有且仅有一个根．又∵d (1)＝2>0，∴当d (3)＝0，即m ＝9时，d (x )＝2x 2－mx ＋m＝0在(1,3)内有且仅有一个根x ＝32；当d (3)≠0时，应有d (3)<0，即2×32－3m ＋m <0，解得m >9，∴m ≥9.②当函数g (x )在(1,3)内有两个极值时，g ′(x )＝0在(1,3)内有两个根，即二次函数d (x )＝2x 2－mx ＋m ＝0在(1,3)内有两个不等根，所以⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝m 2－4×2×m >0，d (1)＝2－m ＋m >0，d (3)＝2×32－3m ＋m >0，1<m 4<3，解得8<m <9.综上，实数m 的取值范围是(8，＋∞)．16．(2014·长春调研)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，且x 1≠x 2，证明：f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x .令f ′(x )>0，则ln x >－1＝ln 1e ，∴x >1e ；令f ′(x )<0，则ln x <－1＝ln 1e ，∴0<x <1e ，∴f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ln 1e ＝－1e ，f (x )无极大值．(2)不防设x 1<x 2，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即x 2ln x 2－x 1ln x 1x 2－x 1<ln x 1＋x 22＋1，x 2ln x 2－x 1ln x 1<x 2ln x 1＋x 22－x 1ln x 1＋x 22＋x 2－x 1，∴x 2ln 2x 2x 1＋x 2<x 1ln 2x 1x 1＋x 2＋x 2－x 1， 两边同除以x 1得，x 2x 1ln 2·x 2x 11＋x 2x 1<ln 21＋x 2x 1＋x 2x 1－1， 令x 2x 1＝t ，则t >1，即证：t ln 2t 1＋t <ln 21＋t ＋t －1. 令g (t )＝t ln 2t 1＋t －ln 21＋t－t ＋1，则 g ′(t )＝ln 2t 1＋t ＋t ·1＋t 2t ·2(1＋t )2＋1＋t 2·2(1＋t )2－1 ＝ln 2t 1＋t ＋1－t 1＋t＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1， 令t －1t ＋1＝x (x >0)，h (x )＝ln(1＋x )－x ， 则h ′(x )＝11＋x －1＝－x 1＋x<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴h (x )<h (0)＝0，即ln (1＋x )<x ，即g ′(t )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t －1t ＋1－t －1t ＋1<0恒成立，∴g (t )在(1，＋∞)上是减函数，∴g (t )<g (1)＝0，∴t ln 2t 1＋t <ln 21＋t＋t －1得证， ∴f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22成立． 17．(2014·济南针对性训练)已知函数f (x )＝e x －x －1，g (x )＝x 2e ax .(1)求f (x )的最小值；(2)求g (x )的单调区间；(3)当a ＝1时，对于在(0,1)中的任一个常数m ，是否存在正数x 0使得f (x 0)>m 2g (x 0)成立？如果存在，求出符合条件的一个x 0；否则说明理由．解：(1)f (x )的定义域是R ，f ′(x )＝e x －1，且在(－∞，0)上f ′(x )<0，在(0，＋∞)上f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (0)＝0.(2)g ′(x )＝2x e ax ＋ax 2e ax ＝(2x ＋ax 2)e ax .①当a ＝0时，若x <0，则g ′(x )<0，若x >0，则g ′(x )>0.所以当a ＝0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．②当a >0时，由2x ＋ax 2>0，解得x <－2a 或x >0， 由2x ＋ax 2<0，解得－2a <x <0.所以当a >0时，函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 内为增函数， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，0内为减函数，在区间(0，＋∞)内为增函数．③当a <0时，由2x ＋ax 2>0，解得0<x <－2a ， 由2x ＋ax 2<0，解得x <0或x >－2a . 所以当a <0时，函数g (x )在区间(－∞，0)内为减函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 内为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞内为减函数． (3)假设存在这样的x 0满足题意，则f (x 0)>m 2g (x 0)，e x 0－x 0－1>m 2x 20e x 0，m 2x 20＋x 0＋1e x 0－1<0，(*) 要找一个x 0>0，使(*)式成立，只需找到当x >0时，函数h (x )＝m 2x 2＋x ＋1e x －1的最小值h (x )min <0即可， h ′(x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1e x ， 令h ′(x )＝0得e x＝1m ，则x ＝－ln m ，取x 0＝－ln m ， 当0<x <x 0时，h ′(x )<0，当x >x 0时，h ′(x )>0，所以h (x )min ＝h (x 0)＝h (－ln m )＝m 2(ln m )2－m ln m ＋m －1.下面只需证明：当0<m <1时，m 2(ln m )2－m ln m ＋m －1<0成立即可，令p (m )＝m 2(ln m )2－m ln m ＋m －1，m ∈(0,1)，则p ′(m )＝12(ln m )2≥0，从而p (m )在m ∈(0,1)时为增函数，则p (m )<p (1)＝0，从而m 2(ln m )2－m ln m ＋m －1<0得证．于是h (x )的最小值h (－ln m )<0，因此可找到一个正常数x 0＝－lnm (0<m <1)，使得f (x 0)>m 2g (x 0)成立．18．(2014·湖北八市联考)定义在R 上的函数g (x )及二次函数h (x )满足：g (x )＋2g (－x )＝e x＋2e x －9，h (－2)＝h (0)＝1且h (－3)＝－2. (1)求g (x )和h (x )的解析式；(2)对于x 1，x 2∈[－1,1]，均有h (x 1)＋ax 1＋5≥g (x 2)－x 2g (x 2)成立，求a 的取值范围；(3)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )(x >0)，h (x )(x ≤0)，在(2)的条件下，讨论方程f [f (x )]＝a ＋5的解的个数情况．解：(1)∵g (x )＋2g (－x )＝e x＋2e x －9，① ∴g (－x )＋2g (x )＝e －x＋2e －x －9，即g (－x )＋2g (x )＝2e x ＋1e x －9，② 由①②联立解得，g (x )＝e x －3.∵h (x )是二次函数，且h (－2)＝h (0)＝1，可设h (x )＝ax (x ＋2)＋1， 由h (－3)＝－2，解得a ＝－1，∴h (x )＝－x (x ＋2)＋1＝－x 2－2x ＋1，∴g (x )＝e x －3，h (x )＝－x 2－2x ＋1.(2)设φ(x )＝h (x )＋ax ＋5＝－x 2＋(a －2)x ＋6，F (x )＝g (x )－xg (x )＝e x －3－x (e x －3)＝(1－x )e x ＋3x －3，依题意知，当－1≤x ≤1时，φ(x )min ≥F (x )max .∵F ′(x )＝－e x ＋(1－x )e x ＋3＝－x e x ＋3，在[－1,1]上单调递减， ∴F ′(x )min ＝F ′(1)＝3－e>0，∴F (x )在[－1,1]上单调递增，∴F (x )max ＝F (1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧φ(－1)＝7－a ≥0，φ(1)＝a ＋3≥0，解得－3≤a ≤7， ∴实数a 的取值范围为[－3,7]．(3)设t ＝a ＋5，由(2)知，2≤t ≤12.f (x )的图象如图所示：设f (x )＝T ，则f (T )＝t .当t ＝2，即a ＝－3时，T ＝－1或者T ＝ln 5，f (x )＝－1有2个解，f (x )＝ln 5有3个解；当2<t <e 2－3，即－3<a <e 2－8时，T ＝ln(t ＋3)且ln 5<T <2，f (x )＝T 有3个解；当t ＝e 2－3，即a ＝e 2－8时，T ＝2，f (x )＝T 有2个解；当e 2－3<t ≤12，即e 2－8<a ≤7时，T ＝ln(t ＋3)>2，f (x )＝T 有1个解．综上所述：当a ＝－3时，方程有5个解；当－3<a <e 2－8时，方程有3个解；当a ＝e 2－8时，方程有2个解；当e 2－8<a ≤7时，方程有1个解．。
第2讲 导数的简单应用与定积分
3 ,1) 2e
解析:由 f(x0)<0,即 e x
(2x0-1)-a(x0-1)<0,得 e x (2x0-1)<a(x0-1).当 x0=1 时,得 e<0,显然不成立,
x0
x
3 2xe x x e 2 x 1 e 2x0 1 3 2 所以 x0≠1.若 x0>1,则 a> .令 g(x)= ,则 g′(x)= .当 x∈(1, ) 2 2 x 1 x0 1 x 1
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第 2讲
导数的简单应用与定积分
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演真题·明备考
1.(2011·全国卷,理 9)由曲线 y= x ,直线 y=x-2 及 y 轴所围成的图形的面 积为( C )
10 (A) 3
(B)4
16 (C) 3
时,g′(x)<0,g(x)为减函数,当 x∈(
2
3 ,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,要满足题意,则 x0=2,此 2
ex0 2x0 1 5 3 时需满足 g(2)<a≤g(3),得 3e <a≤ e ,与 a<1 矛盾,所以 x0<1.因为 x0<1,所以 a< . 2 x0 1
解析:因为函数 f(x)的值域为 R,故选项 A 正确.假设函数 y=f(x)的对称中心为(m,n),按向量 a=(-m,-n)将函数的图象平移,则所得函数 y=f(x+m)-n 为奇函数, 因此 f(x+m)+f(-x+m)-2n=0,代入化简得(3m+a)x2+m3+am2+bm+c-n=0 对 x∈R 恒成立.
高三数学总复习知识梳理之六(导数及其应用)
高三复习知识梳理之四：导数及其应用（含定积分）【考点综述】本部分的要求一般有三个层次：第一层次是主要考查导数的概念，求导的公式和求导法则，为基础层面；第二层次是导数的简单应用，包括求单调区间、函数的极值、证明函数的增减性等，为导数应用的重点层次，以求导考察单调性为突破口；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式和函数的单调性等有机地结合在一起，设计综合题，通过将新课程内容和传统内容相结合，加强了能力考查力度，使试题具有更广泛的实际意义，体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的思想方法，这类问题用传统教材是难以甚至无法解决的；为导数应用的较高层次，用于设计压轴题，突出导数应用的灵活性与思想方法的交汇性。
预测：重点放在第二层次，已向第三层次进军（还常设计压轴题）！即：考查对导数本质的理解和计算，并力求结合应用问题，已经表现出逐步加深与综合考查的趋势，如已涉及理论探讨和较为严格的逻辑证明。
【重点知识】1. 平均变化率及瞬时变化率：(1) 函数f(x)从x 1到x 2的平均变化率：yx ∆∆()()11f x x f x x +∆-=∆()()2121.f x f x x x -=- （2）函数f(x)在x 0处的瞬时变化率：x yx ∆∆→∆0lim =()()xx f x x f x ∆-∆+→∆000lim =()().lim 000x x x f x f x x --→ 2. 导（函）数的定义：（1）．)(x f 在点x 0处可导⇔()()xx f x x f x ∆-∆+→∆000lim 存在 ⇔()()000lim x f x x f x x+∆→+∆-∆、()()x x f x x f x ∆-∆+-→∆000lim 都存在且相等。
（2）．)(x f 在一点x=x 0处的导数为=')(0x f x yx ∆∆→∆0lim =()()xx f x x f x ∆-∆+→∆000lim =()().lim 000x x x f x f xx --→ （3）．若对任意()b a x ,∈都有x y x f x ∆∆='→∆lim )(=()()xx f x x f x ∆-∆+→∆0lim 成立，则函数)(x f 在区间()b a ,上可导；在端点a 、b 处判断是否可导的方法是：若0lim x y x+∆→∆∆存在，则)(x f 在（a,b]上可导；若在x y x ∆∆-→∆0lim 存在，则)(x f 在[a,b ）上可导；若x y x ∆∆+→∆0lim ，xy x ∆∆-→∆0lim 都存在，则)(x f 在[a,b]上可导。
高三二轮复习之导数的简单应用与定积分
高三二轮复习之导数的简单应用与定积分 考点一 导数的运算及几何意义、定积分[核心提炼]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)(2018·商丘名校联考)已知函数f (x )＝xe x (e 是自然对数的底数)，则其导数f ′(x )＝( )A.1＋x e xB.1－xe x C ．1＋xD ．1－xB [根据函数求导法则得到f ′(x )＝1－xex 故选B.](2)(2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝xD [方法1 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . 故选D.方法2 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， ∴a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . 故选D.](3)(2018·凉山州二诊)⎠⎛01(x －e x )d x ＝( )A.32－e B.12－e C.32＋e D.12＋e A [⎠⎛01(x －e x )d x ＝⎝⎛⎭⎫12x 2－e x 10＝⎝⎛⎭⎫12－e －(－1)＝32－e ，故选A.] [方法归纳]曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及求解方法 (1)已知切点P (x 0，y 0)，求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k ，求切线方程设切点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)，再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．[对点训练]1．(2018·海南二模)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(1)的值等于________．解析 由f (x )＝3xf ′(2)＋ln x ，可得： f ′(x )＝3f ′(2)＋1x，∴f ′(2)＝3f ′(2)＋12，解得：f ′(2)＝－14.∴f ′(1)＝3f ′(2)＋1＝14.答案 142．(2018·皖江名校大联考)由直线y ＝0，x ＝e ，y ＝2x 及曲线y ＝2x 所围成的封闭图形的面积为( )A ．3B ．3＋2ln 2C ．2e 2－3D ．e A [如图所示，曲边四边形OABC 的面积为12×1×2＋⎠⎛1e 2xd x ＝1＋2ln x |e 1＝1＋2(ln e －ln 1)＝3.故选A.] 3．(2018·柳州摸底)已知函数f (x )＝e 2x －1，直线l 过点(0，－e)且与曲线y ＝f (x )相切，则切点的横坐标为( )A ．1B ．－1C ．2D ．e －1A [设切点(x 0.e2x 0－1)∵f ′(x )＝2x 2x －1.∴2e2x 0－1＝e2x 0－1＋e x 0，2x 0－1＝e2－2x 0，令y＝2x －1－e 2－2x ∴y ′＝2＋2e 2－2x >0，∵y (1)＝0，∴x 0＝1，故选A.]考点二 利用导数研究函数的单调性[核心提炼]1．判断函数的单调性． 2．求函数的单调区间．3．根据函数的单调性求参数的取值范围． 导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.(2)f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，f (x )为常数函数，函数不具有单调性．[例2] (2018·衡水调研)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ＋k 2x 2(k ≥0)．(1)当k ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程式； (2)求f (x )的单调区间．解 (1)当k ＝2时，f (x )＝ln(1＋x )－x ＋x 2， f ′(x )＝11＋x－1＋2x由于f (1)＝ln 2，f ′(1)＝32，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为 y －ln 2＝32(x －1)即3x －2y ＋2ln 2－3＝0(2)f ′(x )＝x (kx ＋k －1)1＋x ，x ∈(－1，＋∞)．当k ＝0时，f ′(x )＝－x1＋x .所以，在区间(－1,0)上，f ′(x )>0； 在区间(0，＋∞)上，f ′(x )<0.故f (x )得单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)． 当0<k <1时，由f ′(x )＝x (kx ＋k －1)1＋x ＝0，得x 1＝0，x 2＝1－kk >0所以，在区间(－1,0)和⎝⎛⎭⎪⎫1－k k ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1－k k 上，f ′(x )<0故f (x )得单调递增区间是(－1,0)和⎝⎛⎭⎪⎫1－k k ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－k k .当k ＝1时，f ′(x )＝x 21＋x， 故f (x )得单调递增区间是(－1，＋∞)． 当k >1时，f ′(x )＝x (kx ＋k －1)1＋x ＝0，得x 1＝1－kk∈(－1,0)，x 2＝0.所以在区间⎝⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－k k ，0上，f ′(x )<0，故f (x )得单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1－k k 和(0，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k k ，0.[方法归纳]根据函数y ＝f (x )在(a ，b )上的单调性求参数范围的方法(1)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增，转化为f ′(x )≥0在(a ，b )上恒成立． (2)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递减，转化为f ′(x )≤0在(a ，b )上恒成立．(3)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调，转化为f ′(x )在(a ，b )上不变号，即f ′(x )≥0恒成立或f ′(x )≤0恒成立．(4)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上不单调，转化为f ′(x )在(a ，b )上有变号零点．[对点训练](2018·陕西师大附中模拟)设函数f (x )＝e x －k2x 2－x .(1)若k ＝0，求f (x )的最小值； (2)若k ＝1，讨论函数f (x )的单调性． 解 (1)k ＝0时，f (x )＝e x －x ，f ′(x )＝e x －1. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f (x )的最小值为f (0)＝1(2)若k ＝1，则f (x )＝e x －12x 2－x ，定义域为R .∴f ′(x )＝e x －x －1，f ″(x )＝e x －1由f ″(x )≥0得x ≥0，所以f ′(x )在[0，＋∞)上递增，由f ″(x )＜0得x <0，所以f ′(x )在(－∞，0)上递减，所以，f ′(x )min ＝f ′(0)＝0，故f ′(x )≥0. 所以f (x )在R 上递增．考点三 利用函数研究函数的极值(最值)[核心提炼]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] (2018·宝鸡中学适应性考试)f (x )＝3x 2－x ＋m (x ∈R )，g (x )＝ln x . (1)若函数f (x )与g (x )的图象在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值；(2)当曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )有公共切线时，求函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，1上的最值．解 (1)f ′(x )＝6x －1，g ′(x )＝1x ，则6x 0－1＝1x 0，即6x 20－x 0－1＝0 解得，x 0＝12或x 0＝－13(舍去)．(2)由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝⎛⎭⎫12＝g ⎝⎛⎭⎫12，∴34－12＋m ＝ln 12 ∴m ＝－14－ln 2，∴m >－14－ln 12时f (x )与g (x )有公共切线F ′(x )＝6x －1－1x＝6x 2－x －1x ＝(3x ＋1)(2x －1)x则F ′(x )与F (x )的变化如下表又∵F ⎝⎛⎭⎫13＝m ＋ln 3， F (1)＝2＋m >F ⎝⎛⎭⎫13∴F (x )min ＝F ⎝⎛⎭⎫12＝2＋m ， F (x )max ＝F (1)＝m ＋14＋ln 2.[方法归纳]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的全部实根，再检验f ′(x )在方程根的左右两侧值的符号．(2)若已知极值存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0的根的存在情况，从而求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，比较区间端点的函数值f (a )、f (b )与f (x )的各极值，从而得到函数的最值．[对点训练](2018·乌兰察布市北京八中分校调考)已知函数f (x )＝13x 3－ax ＋b 在点M (1，f (1))处的切线方程为9x ＋3y －10＝0.求(1)实数a ，b 的值；(2)函数f (x )的单调区间及在区间[0,3]上的最值．解 (1)因为在点M (1，f (1))处的切线方程为9x ＋3y －10＝0， 所以切线斜率是k ＝－3 且9×1＋3f (1)－10＝0，求得f (1)＝13，即点M ⎝⎛⎭⎫1，13又函数f (x )＝13x 3－ax ＋b ，则f ′(x )＝x 2－a 所以依题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝1－a ＝－3，f (1)＝13－a ＋b ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知f (x )＝13x 3－4x ＋4所以f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)令f ′(x )＝0，解得x ＝2或x ＝－2 当f ′(x )>0⇒x >2或x <－2； 当f ′(x )<0⇒－2<x <2所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，2)，(2，＋∞)， 单调递减区间是(－2,2)又x ∈[0,3]，所以当x 变化时，f (x )和f ′(x )变化情况如下表：所以当x ∈[0,3]时，f (x )max ＝f (0)＝4， f (x )min ＝f (2)＝－43.课时作业(五)1．(2018·豫北重点中学联考)若函数f (x )＝2x ＋cos x 的导函数是f ′(x )，则f ′⎝⎛⎭⎫π6＝( ) A.32 B.52 C ．2－32D ．2＋32A [∵f ′(x )＝2－sin x ，∴f ′⎝⎛⎭⎫π6＝2－sin π6＝32，故选A.] 2．函数f (x )＝x －g (x )的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝－x －1，则g (2)＋g ′(2)＝( )A ．7B ．4C ．0D ．－4A [∵f (x )＝x －g (x )，∴f ′(x )＝1－g ′(x )，因为函数f (x )＝x －g (x )的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝－x －1，所以f (2)＝－3，f ′(2)＝－1，∴g (2)＋g ′(2)＝2－f (2)＋1－f ′(2)＝7，故选A.]3．(2018·长春质检三)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴的截距为( )A ．eB ．1C ．0D ．－1B [由题意可知f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ，l ：y －a ＝(a －1)(x －1)，令x ＝0，y ＝1.故选B.]4．(2018·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2D [∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′(e )e －1e ，f ′(e)＝1e，∴f ′(x )＝2x －1e ＝0，x ＝2e ，∴f (x )的极大值为∴f (2e)＝2ln 2e －2＝2ln 2，故选D.]5．(2018·四平质检)定积分⎠⎛01x (2－x )d x 的值为( )A.π4B.π2 C ．π D ．2πA [∵y ＝x (2－x )，∴(x －1)2＋y 2＝1表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆，∴定积分⎠⎛01x (2－x )d x 等于该圆的面积的四分之一，∴定积分⎠⎛01x (2－x )d x ＝π4，故选A.]6．(2018·大庆质检)已知函数f (x )＝x 2e x ，下列关于f (x )的四个命题；①函数f (x )在[0,1]上是增函数 ②函数f (x )的最小值为0③如果x ∈[0，t ]时f (x )max ＝4e 2，则t 的最小值为2④函数f (x )有2个零点 其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4C [∵函数f (x )＝x 2e x ，∴f ′(x )＝x (2－x )e －x .∴令f ′(x )>0，得0<x <2，即函数f (x )在(0,2)上为增函数；令f ′(x )＜0，得x ＜0或x ＞2， 即函数f (x )在(－∞，0)，(2，＋∞)上为减函数． ∵函数f (x )＝x 2ex ≥0在R 上恒成立∴当x ＝0时，f (x )min ＝f (0)＝0，且函数f (x )的零点个数只有一个当x >0时，f (x )max ＝f (2)＝4e 2，则要使x ∈[0，t ]时f (x )max ＝4e2，则t 的最小值为2，故正确．综上，故①②③正确．故选C.]7．(2018·呼和浩特一调)∫π20cos x d x ＝________.解析 ∫π20cos x d x ＝sin x ⎪⎪π20＝sin π2－sin 0＝1. 答案 18．(2018·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y ＝2x .答案 y ＝2x9．(2018·海南二联)若x ＝1是函数f (x )＝(e x ＋a )ln x 的极值点，则实数a ＝________. 解析 因为f ′(x )＝e x ln x ＋(e x ＋a )·1x ，且x ＝1是函数f (x )＝(e x ＋a )ln x 的极值点，所以f ′(1)＝e ＋a ＝0，解得a ＝－e.答案 －e10．已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎫1＋12＝－332.答案 －33211．已知函数f (x )＝(x －1)e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最大值与最小值． 解 (1)f (x )＝(x －1)e x 的导数为f ′(x )＝x e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0. f (x )与f ′(x )的情况如下：所以，f (x )的单调递减区间是(－∞，0)；单调递增区间是(0，＋∞)． (2)由(1)函数f (x )的递增区间为(0，＋∞)， 所以函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )有最小值f (0)＝－1； 当x ＝1时，f (x )有最大值f (1)＝0.12．已知函数f (x )＝e ax ·⎝⎛⎭⎫a x ＋a ＋1，其中a ≥－1. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程． (2)求f (x )的单调区间．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫1x ＋2，f ′(x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫1x＋2－1x 2. 由于f (1)＝3e ，f ′(1)＝2e ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程是2e x －y ＋e ＝0. (2)f ′(x )＝a e ax(x ＋1)[(a －1)x －1]x 2，x ≠0.①当a ＝－1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1.f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)；单调递增区间为(－1,0)，(0，＋∞)． 当a ≠－1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1，或x ＝1a ＋1.②当－1<a <0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1，＋∞；单调递增区间为(－1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ＋1.③当a ＝0时，f (x )为常值函数，不存在单调区间．④当a >0时，f (x )的单调递减区间为(－1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ＋1；单调递增区间为(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1，＋∞. 13．已知函数f (x )＝3xa －2x 2＋ln x .(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调递增函数，求实数a 的取值范围． 解 (1)a ＝1时，f (x )＝3x －2x 2＋ln x ，定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x＝－(4x ＋1)(x －1)x(x >0)，当x ∈(0,1)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， ∴f (x )有极大值f (1)＝1，无极小值． (2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x∵函数f (x )在区间[1,2]上为单调递增函数， ∴x ∈[1,2]时，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0恒成立．即3a ≥4x －1x在[1,2]恒成立， 令h (x )＝4x －1x ，因函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)，即3a ≥152，解得0<a ≤25，即a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，25.第6讲 导数的综合应用 考点一 利用导数证明不等式[例1] (2018·郑州二模)已知函数f (x )＝e x －x 2. (1)求曲线f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求证：当x >0时e x ＋(2－e )x －1x≥ln x ＋1.思路分析 (1)则导数的几何意义可求得曲线f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)由(1)当x >0时，f (x )≥(e －2)x ＋1，即e x－x 2≥(e －2)x ＋1，e x＋(2－e)x －1≥x 2，只需证e x ＋(2－e )x －1x≥x ≥ln x ＋1解 f ′(x )＝e x －2x ，由题设得f ′(1)＝e －2，f (1)＝e －1， f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1. (2)f ′(x )＝e x －2x ，f ″(x )＝e x －2，∴f ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0， 所以f (x )在[0,1]上单调递增， 所以f (x )max ＝f (1)＝e －1，x ∈[0,1]．∵f (x )过点(1，e －1)，且y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝(e －2)x ＋1，故可猜测当x >0，x ≠1时，f (x )的图象恒在切线y ＝(e －2)x ＋1的上方．下证：当x >0时，f (x )≥(e －2)x ＋1， 设g (x )＝f (x )－(e －2)x －1，x >0，则g ′(x )＝e x －2x －(e －2)，g ″(x )＝e x －2，∴g ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0,0<ln 2<1， ∴g ′(ln 2)<0，所以，存在x 0∈(0，ln 2)，使得g ′(x 0)＝0，所以，当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x )>0；当x ∈(x 0,1)时，g ′(x )<0， 故g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又g (0)＝g (1)＝0，∴g (x )＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，当且仅当x ＝1时取等号，故e x ＋(2－e )x －1x≥x ，x >0.又x ≥ln x ＋1，即e x ＋(2－e )x －1x≥ln x ＋1，当x ＝1时，等号成立．[方法归纳]用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值M )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥M )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.[对点训练](2018·河南六市一模)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (k ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f (x 2)<－32.解 (1)f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x .(1)当k ≤0时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当k >0时，令t (x )＝x 2－2kx ＋1，当Δ＝4k 2－4≤0即0＜k ≤1时，t (x )≥0恒成立， 即f (x )≥0恒成立．所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当Δ＝4k 2－4>0，即k >1时， x 2－2kx ＋1＝0，两根x 2＝k ±k 2－1 所以x ∈(0，k －k 2－1)，f ′(x )>0x ∈(k －k 2－1，k ＋k 2－1)，f ′(x )<0x ∈(k ＋k 2－1，＋∞)，f ′(x )>0故当k ∈(－∞，1)时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当k ∈(1，＋∞)时，f (x )在(0，k －k 2－1)和(k ＋k 2－1，＋∞)上单调递增，f (x )在(k －k 2－1，k ＋k 2－1)上单调递减．(2)f (x )＝ln x ＋12x 2－2kx (x >0)f ′(x )＝1x＋x －2k由(1)知k ≤1时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，此时f (x )无极值 当k >1时，f ′(x )＝1x ＋x －2k ＝x 2－2kx ＋1x由f ′(x )＝0得x 2－2kx ＋1＝0Δ＝4k 2－4>0，设两根x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2k ，x 1·x 2＝1， 其中0<x 1＝k －k 2－1<1<x 2＝k ＋k 2－1f (x )在(0，x 1)上递增，在(x 1，x 2)上递减，在(x 2，＋∞)上递增， f (x 2)＝ln x 2＋12x 22－2kx 2＝ln x 2＋12x 22－(x 1＋x 2)x 2＝ln x 2＋12x 22－⎝⎛⎭⎫1x 2＋x 2x 2 ＝ln x 2－12x 22－1令t (x )＝ln x －12x 2－1(x >1)t ′(x )＝1x－x <0，所以t (x )在(1，＋∞)上单调递减，且t (1)＝－32，故f (x 2)<－32.考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题[例2] (2018·邯郸质检)已知函数f (x )＝4ln x －ax －1. (1)若a ≠0，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )>ax (x ＋1)在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．思路分析 (1)先求导数，根据a 的正负讨论确定导函数符号，进而确定对应单调性；(2)分离变量转化为对应函数最值问题，再利用导数求对应函数最值即得实数a 的取值范围．解 (1)依题意f ′(x )＝4ax －a ＝a (4－x )x，若a >0，则函数f (x )在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减； 若a <0，则函数f (x )在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增． (2)因为f (x )>ax (x ＋1)， 故4a ln x －ax 2－2ax －1>0，①当a ＝0时，显然①不成立；当a ＞0时，①化为1a <4ln x －x 2－2x ；②当a <0时，①化为1a >4ln x －x 2－2x ；③令h (x )＝4ln x －x 2－2x (x >0)，则 h ′(x )＝4x －2x －2＝－2x 2＋2x －4x＝－2(x －1)(x ＋2)x，∴当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0时，x ∈(1，＋∞)，h ′(x )<0， 故h (x )在(0,1)是增函数，在(1，＋∞)是减函数， ∴h (x )max ＝h (1)＝－3，因此②不成立，要③成立，只要1a >－3，a <－13，∴所求a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－13. [方法归纳]对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决．但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法．[对点训练](2018·衡阳联考)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )－k (x 3－3x )(k ∈R ) (1)当k ＝3时，求曲线y ＝f (x )在原点O 处的切线方程；(2)若f (x )>0对x ∈(0,1)恒成立，求k 的取值范围． 解 (1)当k ＝3时，f ′(x )＝11＋x ＋11－x －9(x 2－1)，∴f ′(0)＝11.故曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝11x . (2)f ′(x )＝2＋3k (1－x 2)21－x 2当x ∈(0,1)时，(1－x 2)2∈(0,1)若k ≥－23，2＋3k (1－x 2)2>0，则f ′(x )>0∴f (x )在(0,1)上递增，从而f (x )>f (0)＝0. 若k <－23，令f ′(x )＝0⇒x ＝1－－23k ∈(0,1)，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1－－23k 时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－－23k ，1时，f ′(x )>0，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－－23k <f (0)＝0，则k <－23， 不合题意，∴综上所述，k 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－23，＋∞. 考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根[例3] (2018·全国Ⅱ卷)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .思路分析 构造函数，利用函数的单调性与极值(或最值)可完成证明与求解． (1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减． 而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点． (i)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ii)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x . 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)的最小值．①若h (2)>0，即a <e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e 24，由为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点． 由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a >0. 故h (x )在(2,4a )有一个零点． 因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24.[方法归纳]函数零点问题的判断与应用(1)函数零点个数(方程根的个数)的判断方法：①结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；②利用函数图象交点个数判断方程根的个数或函数零点个数．(2)本题将方程实根个数的问题转化为两函数图象交点的问题解决，解题时注意换元法的应用，以便将复杂的问题转化为简单的问题处理．[对点训练](2018·郑州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，∴f ′(x )＝ax －1ax 2，①当a <0时，f (x )>0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a >0时，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f (x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＞0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． (2)由题意知，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m ，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的零点个数即方程(ln x －1)e x＋x ＝m ，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 则h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎣⎡⎭⎫1e ，1递减，在[1，e]上递增，∴f (x )≥f (1)＝0. ∴1x＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1>0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递增． ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e. 所以当m <－2e 1e ＋1e或m >e 时，函数没有零点；当－2e 1e ＋1e≤m ≤e 时函数有一个零点．课时作业(六)1．(2018·邯郸质检)已知关于x 的不等式m cos x ≥2－x 2在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．[3，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．[2，＋∞)D ．(2，＋∞)C [m ≥2－x 2cos x 最大值，因为当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x2cos x ′＝－2x cos x ＋(2－x 2)sin x cos 2x 令y ＝x cos x －sin x ，y ′＝cos x －sin x －cos x <0， ∴y >y (0)＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 2cos x ′<0，由因为2－x 2cos x 为偶函数，所以2－x 2cos x 最大值为2－0cos 0＝2，m ≥2，故选C.]2．(2018·江西省K12联盟质检)已知函数f (x )＝2e 2x －2ax ＋a －2e －1，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．若函数f (x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．(2e －1,2e 2－2e －1)B ．(2,2e －1)C ．(2e 2－2e －1,2e 2)D ．(2,2e 2)A [f (x )＝2e 2x －2ax ＋a －2e －1，则f ′(x )＝4e 2x －2a ，x ∈(0,1)，∵4<4e 2x <4e 2，∴①若a ≥2e 2时，f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)内单调递减，故在(0,1)内至多有一个零点，故舍去；②若a ≤2时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0,1)内单调递增，故在(0,1)内至多有一个零点，故舍去；③若2<a <2e 2时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12ln a 2上递减，在⎝⎛⎭⎫12ln a 2，1上递增，所以f (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12ln a 2＝2a －aln a2－2e －1.令h (x )＝2x －x ln x2－2e －1(2<x <e 2)，则h ′(x )＝－ln x ＋1＋ln 2，当x ∈(2，2e)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数；当x ∈(2e,2e 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )min ＝h (2e)＝－1<0，即f (x )min <0恒成立，所以函数f (x )在区间(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧f (0)>0f (1)>0，解得a ∈(2e －1,2e 2－2e －1)，故选A.]3．(2018·山师附中三模)已知f (x )是R 上的连续可导函数，满足f ′(x )－f (x )>0.若f (1)＝1，则不等式f (x )>e x－1的解集为________．解析 令g (x )＝f (x )e x －1，g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x －1>0，即g (x )是R 上的增函数，又因为f (1)＝1，所以g (1)＝1，所以不等式f (x )>e x －1的解集为(1，＋∞)．答案 (1，＋∞)4．(2018·辽宁六校协作体联考)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝e ，对任意实数x 都有2f (x )－f ′(x )>0，则不等式f (x )e x <e x －1的解集为________． 解析 令F (x )＝f (x )e 2x ，则F ′(x )＝f ′(x )－2f (x )e 2x<0， ∴F (x )在R 上是减函数．又f (x )e x<e x －1等价于F (x )<F (1)． ∴x >1.故不等式的解集是(1，＋∞)．答案 (1，＋∞)5．(2018·咸阳二模)已知函数f (x )＝x 2a－2ln x (a ∈R ，a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，且a ＝e 2，证明：x 1＋x 2>2e.解 (1)f ′(x )＝2x a －2x(x >0)， 当a <0时，f ′(x )<0，知f (x )在(0，＋∞)上是递减的；当a >0时，f ′(x )＝2(x ＋a )(x －a )ax，知f (x )在(0，a )上是递减的，在(a ，＋∞)上递增的． (2)由(1)知，a >0，f (x )min ＝f (a )＝1－ln a ，依题意1－ln a <0，即a >e ，由a ＝e 2得f (x )＝x 2e2－2ln x (x >0)，x 1∈(0，e)，x 2∈(e ，＋∞)， 由f (2e)＝2－2ln 2>0及f (x 2)＝0得x 2<2e ，即x 2∈(e,2e)，欲证x 1＋x 2>2e ，只要x 1>2e －x 2，注意到f (x )在(0，e)上是递减的，且f (x 1)＝0，只要证明f (2e －x 2)>0即可，由f (x 2)＝x 2e 2－2ln x 2＝0得x 22＝2e 2ln x 2， 所以f (2e －x 2)＝(2e －x 2)2e 2－2ln(2e －x 2) ＝4e 2－4e x 2＋x 22e 2－2ln(2e －x 2) ＝4e 2－4e x 2＋2e 2ln x 2e 2－2ln(2e －x 2) ＝4－4x 2e＋2ln x 2－2ln(2e －x 2)，x 2∈(e,2e)， 令g (t )＝4－4t e＋2ln t －2ln(2e －t )，t ∈(e,2e)， 则g ′(t )＝－4e ＋2t ＋22e －t ＝4(e －t )2et (2e －t )>0， 知g (t )在(e,2e)上是递增的，于是g (t )>g (e)，即f (2e －x 2)>0，综上，x 1＋x 2>2e.6．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)ln(1＋x )－2x .(1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0；(2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .(1)证明 当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x. 设函数g (x )＝f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x，则g ′(x )＝x (1＋x )2. 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.(2)解 (ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． (ⅱ)若a <0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x 2＋x ＋ax 2. 由于当|x |<min{1, 1|a |}时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2 ＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2. 若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min{1，1|a |}时，h ′(x )>0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min{1，1|a |}时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2. 则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0；当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16. 7．(2018·石家庄一模)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x －a )(b >0)，在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若方程f (x )＝m 有两个实数根x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：x 2－x 1≤1＋m (1－2e )1－e. 解 (1)由题意f (－1)＝0，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝⎛⎭⎫1e －a ＝0，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x －a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e， 若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1. (2)由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，设f (x )在(－1,0)处的切线方程为h (x )，易得h (x )＝⎝⎛⎭⎫1e －1(x ＋1)，令F (x )＝f (x )－h (x )即F (x )＝(x ＋1)(e x －1)－⎝⎛⎭⎫1e －1(x ＋1)，F ′(x )＝(x ＋2)e x －1e， 当x ≤－2时，F ′(x )＝(x ＋2)e x －1e <－1e<0 当x >－2时，设G (x )＝F ′(x )＝(x ＋2)e x －1e，G ′(x )＝(x ＋3)e x >0， 故函数F ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又F ′(－1)＝0，所以当x ∈(－∞，－1)时，F ′(x )<0 ，当x ∈(－1，＋∞)时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，故F (x )≥F (－1)＝0，f (x 1)≥h (x 1)，设h (x )＝m 的根为x 1′，则x 1′＝－1＋m e 1－e， 又函数h (x )单调递减，故h (x 1′)＝f (x 1)≥h (x 1)，故x 1′≤x 1，设y ＝f (x )在(0,0)处的切线方程为y ＝t (x )，易得t (x )＝x ，令T (x )＝f (x )－t (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，当x ≤－2时，T ′(x )＝(x ＋2)e x －2<－2<0，当x >－2时，设H (x )＝T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，H ′(x )＝(x ＋3)e x >0， 故函数T ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又T ′(0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)时，T ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，T ′(x )>0，所以函数T (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， T (x )>T (0)＝0，f (x 2)≥t (x 2)，设t (x )＝m 的根为x 2′，则x 2′＝m ，又函数t (x )单调递增，故t (x 2′)＝f (x 2)≥t (x 2)，故x 2′≥x 2.又x 1′≤x 1，x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋m e 1－e ＝1＋m (1－2e )1－e .。
专题6导数的简单应用与定积分(理)-2021届高三高考数学二轮复习PPT全文课件
● 考向2 利用函数的单调性求参数取值(范围)
●
(1)(2020·厦门模拟)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区
间 ( k － 1 ， k ＋典1 )例内 不3 是 单 调 函 数 ， 则 实 数 k 的 取 值 范 围
●是_ ______
3
1，2 ●
( 2 ) ( 20 1 9 ·安 庆 二 模 ) 若 函 数 f ( x ) ＝ x 2 － 4 e x － a x 在 R 上 存 在 单 调 递 增 区 间 ， 则 实 数 a 的 取 值 范
围为____________________.
(－∞，－2－2ln 2)
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝4x－1x.
由 f′(x)＝0，得 x＝12.
据题意，得k－1<12<k＋1， k－1≥0
解得 1≤k＜23.
●
(2)因为f(x)＝x2－4ex－ax，所以f′(x)＝2x－4ex－a.由题意，f′(x)＝2x－4ex－a>0，
即a<2x－4ex有解．
●
令g(x)＝2x－4ex，则g′(x)＝2－4ex.
●
令g′(x)＝0，解得x＝－ln 2．
●
当x∈(－∞，－ln 2)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递增；
●
当x∈(－ln 2，＋∞)时，函数g(x)＝2x－4ex单调递减．
●
所以当x＝－ln 2时，g(x)＝2x－4ex取得最大值－2－2ln 2，
考查角度 导数的几何意义
导数的几何意义的应用
分值 5
6
专题6导数的简单应用与定积分（理） -2021 届高三 高考数 学二轮 复习PPT 全文课 件
高考数学二轮复习第3讲导数的简单应用课件理
1 2
,上3 单调递
减,∴f
'(x)≤0在区间
1 2
,上3 恒成立.
∴
f
f
'
1
即2
'( 3 )
0
0 ,
,
解得14 a≥12 a
9 3 a
.1∴ 实0 , 数a的取1 值0 范围为
1 0.
3
10 3
.1, 2/11/2021
考点三 利用导数研究函数的极值(最值)问题
可导函数的极值与最值 (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.
12/11/2021
命题角度二 利用函数的单调性求参数的值(范围)
例2 若函数f(x)=x2-4ex-ax在R上存在单调递增区间,求实数a的取 值范围.
解析 因为f(x)=x2-4ex-ax,所以f '(x)=2x-4ex-a.由题意得,f '(x)=2x-4 ex-a>0,即a<2x-4exg(x)=2x-4ex,则g '(x)=2-4ex.令g '(x)=0,解 得xx∈(-∞,-ln 2)时,函数g(x)=2x-4ex单调递增;当x∈(-ln 2,+∞)时,函数g(x)=2x-4ex单调递减.所以,当x=-ln 2时,g(x)=2x-4ex 取得最大值-2-2ln 2,所以aa的取值范围为(-∞, -2-2ln2).
高三数学(理)二轮复习专题通关攻略：1.2.4导数的简单应用及定积分
【易错提醒】 1.忽略条件致误:求曲线的切线方程时,要注意是在点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.
2.忽略函数的定义域:在研究函数的单调性、极值、最 值时,一定要注意函数的定义域优先原则,否则容易出 现多考虑问题而出错或不能求解等情况. 3.忽略导函数与该函数极值间的关系致误:在求解与函 数极值有关的问题时,忽略导函数与该函数极值之间的 关系,造成错解或无从入手.
2.利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数 已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直, 利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关 系构建方程(组)或函数求解.
3.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点 (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.
x
何子区间内不恒等于零,即k≥1>0.
2.(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x) =ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是 ____________.
【解析】设x>0,则-x<0,因为x<0时 f (x) = ln(x)+3x,所 以 f (x) =lnx-3x,又因为 f (x) 为偶函数,所以 f (x) =lnx3x, f (x) 1 3，f (1) =1-3=-2,所以切线方程为y+3=
②[f(x)·g(x)]′=__f_′__(_x_)_g_(_x_)_+_f_(_x_)_g_′__(_x_);
f xgx f xgx
③
[
f
x
]
=_____［__g_x__］_2 ______(g(x)≠0).
高考数学文(二轮复习)课件《导数的简单应用
b 又y′＝2ax－x2， b 7 所以在点P处的切线斜率4a－ ＝－ .② 4 2 由①②解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.
(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切 线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一 定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点． (2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐 标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率 间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之 间的关系，进而和导数关联起来求解．
2．(2014· 湖南高考)若0<x1<x2<1，则( A．e －e >ln x2－ln x1 B．e －e <ln x2－ln x1 C．x2e >x1e D．x2e <x1e
x1 x1 x2 x2 x2 x1 x2 x1
)
答案：C
1 解析：构造函数f(x)＝e －ln x，则f′(x)＝e － ，故f(x)＝ex x
2.应对策略 首先要理解导数的工具性作用；其次要弄清函数单调性与 导数符号之间的关系，掌握求函数极值、最值的方法步骤，对 于已知函数单调性或单调区间，求参数的取值范围问题，一般 先利用导数将其转化为不等式在某个区间上的恒成立问题，再 利用分离参数法求解.
基础记忆
试做真题
ห้องสมุดไป่ตู้
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．导数的几何意义 (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点 (x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)． (2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝ f′(x0)(x－x0)． (3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．
新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳 第6讲 导数的应用之单调性、极值和最值(解析版)
第6讲 导数的应用之单调性、极值和最值1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤 （1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； （3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数.②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论： ()0f x '>⇒()f x 单调递增； ()f x 单调递增()0f x '⇒≥； ()0f x '<⇒()f x 单调递减； ()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点. 4．求可导函数()f x 极值的一般步骤 （1）先确定函数()f x 的定义域； （2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点. 5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（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.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.1．已知0x 是函数()e ln x f x x =-的极值点，若()00,a x ∈， ()0,b x ∈+∞，则 A. ()0f a '>， ()0f b '< B. ()0f a '<， ()0f b '< C. ()0f a '>， ()0f b '> D. ()0f a '<， ()0f b '> 【答案】D【解析】因为()1(0)x f x e x x '=->，令()1=0x f x e x '=-，即1=x e x ，在平面直角坐标系画出1,x y e y x==的图象，如图：根据图象可知， ()()()()000,,0,,,0x x f x x x f x '∞'∈∈+，所以 ()0f a '<， ()0f b '>，故选D.2．已知20a b =≠，且关于x 的函数()321132f x x a x a bx =++⋅在R 上有极值，则a 与b 的夹角范围为（ ）A. 0,6π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,6ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C. ,3ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D. 2,33ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】()321132f x x a x a bx =++⋅在R 有极值， ()2'0f x x a x a b ∴=++⋅=有不等式的根， 0∴∆>，即2240,4cos 0a a b a a b θ-⋅>∴->，120,cos 2a b θ=≠∴<， 0,3πθπθπ≤≤∴<≤，即向量,a b 夹角范围是,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦，故选C. 【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、利用导数研究函数的极值，属于难题.平面向量数量积公式有两种形式，一是cos a b a b θ⋅=，二是1212a b x x y y ⋅=+，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， ·cos ·a ba bθ=（此时·a b 往往用坐标形式求解）；（2）求投影， a 在b 上的投影是a b b⋅；（3）,a b 向量垂直则0a b ⋅=;(4)求向量ma nb + 的模（平方后需求a b ⋅）.3．在ABC ∆中， ,,a b c 分别为,,A B C ∠∠∠所对的边，若函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，则sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是（ ） A. 0 B. 32- C. 32D. -1 【答案】D【解析】()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+，∴f′（x ）=x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ），又∵函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，∴x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ）=0有两个不同的根，∴△=（2b ）2-4（a 2+c 2-ac ）＞0，即ac ＞a 2+c 2-b 2，即ac ＞2accosB ；即cosB ＜12，故∠B 的范围是（π3π，），所以23B π- 5,33ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当3112B 326B πππ-==，即 时sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是-1 故选D4．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx ， 11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则f(x)( )A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D. 既无极大值，又无极小值 【答案】D【解析】因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，所以()()2ln xf x f x x x x -='，所以()'ln ()f x xx x=，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f (1e )＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如()()f x f x '-构造()()x f x g x e =， ()()f x f x '+构造()()x g x e f x =，()()xf x f x '-构造()()f xg x x=， ()()xf x f x '+构造()()g x xf x =等 5．设a R ∈，若函数,x y e ax x R =+∈有大于零的极值点，则（ ）A. 1a e<- B. 1a e >- C. 1a >- D. 1a <-【答案】D【解析】()x f x e a '=+（x>0）,显然当0a ≥时， ()0f x '>，f(x)在R 上单调递增，无极值点，不符。