2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式导数第四讲导数的简单应用课件文20191128255
2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第3讲 导数的综合应用课件 文
由(1)及 a>ln 3e＝ln 3－1 知，g′(x)的最小值为 g′(ln 3)＝3(1－ ln 3＋a)>0.
于是对任意 x∈R，都有 g′(x)>0，所以 g(x)在 R 内单调递增． 于是当 a>ln 3e＝ln 3－1 时，对任意 x∈(0，＋∞)，都有 g(x)>g(0)． 而 g(0)＝0，从而对任意 x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即 ex>32x2－3ax＋1， 故exx>32x＋1x－3a.
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[教师备选题] 1．(2016·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜xl－n x1＜x； (3)设 c>1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
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[解] (1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
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2将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不 等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借 助两个函数的最值证明，如证 fx≥gx在 D 上成立，只需证明 fxmin≥gxmax 即可.
3若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接 通过移项构造函数证明.
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
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(2)由(1)知，f(x)在 x＝1 处取得最大值， 最大值为 f(1)＝0. 所以当 x≠1 时，ln x＜x－1. 故当 x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln1x＜1x－1， 即 1＜xl－n x1＜x.
第一部分 专题六 第四讲 第4课时 利用导数研究不等式问题
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[即学即用] 已知函数f(x)＝x(ex＋1)－a(ex－1)． (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为1，求实数a的值； (2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．
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所以当 x∈12，1时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当 x∈[1,2]时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 所以 h(x)min＝h(1)＝－1.所以实数 a 的取值范围为(－∞，－1]．
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增分策略 求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数，分类讨论 遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左 减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进 而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化 为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分 类讨论．
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解析：(1)f′(x)＝xex＋ex＋1－aex. 因为f′(1)＝e＋e＋1－ae＝1，所以a＝2. (2)设g(x)＝f′(x)＝ex＋1＋xex－aex，则g′(x)＝ex＋(x＋1)ex－aex＝(x＋2 －a)ex，设h(x)＝x＋2－a， 注意到f(0)＝0，f′(0)＝g(0)＝2－a，
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2020版高考数学二轮复习第2部分专题6函数、导数、不等式第2讲导数的简单应用教案文
第2讲 导数的简单应用[做小题——激活思维]1．设曲线y ＝a (x －1)－ln x 在点(1,0)处的切线方程为y ＝2x －2，则a ＝________. [答案] 32．函数f (x )＝ln xx的单调增区间是________．[答案] (0，e)3．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．[答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，124．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝________.[答案] 325．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．[答案] －1[扣要点——查缺补漏]1．导数的几何意义(1)f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率．(2)f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处切线的斜率，如T 1. 2．导数与函数的单调性(1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，如T 2.(2)若已知函数的单调性，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来求解．3．导数与函数的极值、最值(1)f ′(x 0)＝0是函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件，如T 5. (2)函数f (x )在[a ，b ]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点．导数的几何意义(5年10考)[高考解读] 高考对导数几何意义的考查多以选择题或填空题的形式考查，有时出现在解答题的题目条件中或问题的第问，主要考查切线的求法，难度较小.1．(2018·全国卷Ⅰ)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 ＝x切入点：f (x )为奇函数．关键点：①根据奇偶性求a ；②正确求出f ′(0)．D [因为f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，由此可得a ＝1，故f (x )＝x 3＋x ，f ′(x )＝3x 2＋1，f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .]2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1切入点：①切点为(1，a e)；②切线方程为y ＝2x ＋b . 关键点：正确求出曲线在点(1，a e)处的切线的斜率． D [∵y ′＝a e x＋ln x ＋1，∴k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.∵已知切线方程为y ＝2x ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.故选D.] [教师备选题]1．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为________．y ＝2x －2 [由题意知，y ′＝2x，所以曲线在点(1,0)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝2，故所求切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.]2．(2016·全国卷Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e－x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是________．2x－y＝0 [设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝e x－1＋x.∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝e x－1＋x.∵当x＞0时，f′(x)＝e x－1＋1，∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.]求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法1．(求切点坐标)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为( )A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)和(－1,3) D．(1，－3)C[f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或(－1,3)．经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.]2．(已知切线求参数)已知直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋mx＋n相切于点A(1,3)，则n＝( )A．－1 B．1C．3 D．4C[对y＝x3＋mx＋n求导得，y′＝3x2＋m，∵A(1,3)在直线y＝kx＋1上，∴k＝2，∴由⎩⎪⎨⎪⎧3＋m ＝2，1＋m ＋n ＝3，解得n ＝3.]3．[一题多解](公切线问题)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.8 [法一：∵y ＝x ＋ln x ，∴y ′＝1＋1x，y ′|x ＝1＝2.∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋a ＋x ＋1，消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0.由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8.法二：同方法一得切线方程为y ＝2x －1.设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1)．∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＋a ＋＝2，ax 20＋a ＋x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－12，a ＝8.]利用导数研究函数的单调性(5年6考)[高考解读] 利用导数研究函数的单调性是每年的必考内容，但是单独命题的概率较小，主要是作为解答题的第问出现.角度一：讨论函数的单调性1．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 切入点：利用导数讨论f (x )的单调性．关键点：对参数a 的取值进行分类讨论，当a ≥1时，构造函数可知(1－x )·e x≤1，所以f (x )＝(x ＋1)(1－x )·e x≤x ＋1≤ax ＋1成立；当0<a <1时，构造函数可知e x≥x ＋1，通过举反例x 0＝5－4a －12，f (x 0)>ax 0＋1，从而说明命题不成立；当a ≤0时，举反例x 0＝5－12说明不等式不成立．[解] (1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x＜0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)单调递减．而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x－1＞0(x ＞0)，所以g (x )在[0，＋∞)单调递增．而g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)＞ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)＞(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)． 角度二：已知函数的单调性求参数范围2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 切入点：f (x )在(－∞，＋∞)单调递增⇔f ′(x )≥0在R 上恒成立． 关键点：正确求解不等式f ′(x )≥0.C [f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23×(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53，f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立，令cos x ＝t ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at＋53≥0在[－1,1]上恒成立，即4t 2－3at －5≤0在[－1,1]上恒成立，令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g ＝4－3a －5≤0，g －＝4＋3a －5≤0，解得－13≤a ≤13，故选C.][教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)D [利用函数单调性与导函数的关系，将问题转化为恒成立问题．由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．]2．(2017·浙江高考)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )D [观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．故选D.]3．(2017·山东高考)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos xA [若f (x )具有M 性质，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立．对于选项A ，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意． 经验证，选项B ，C ，D 均不符合题意．故选A.]求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论.. 在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.易错提醒：讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.1．(已知函数的单调性求参数)若函数f (x )＝(x ＋a )e x在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，0)C ．(－1,0)D ．[－1，＋∞)A [f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.]2．(已知函数的单调区间求参数)若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________．(－∞，－2－2ln 2) [因为f (x )＝x 2－4e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x－a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x －a >0，即a <2x －4e x 有解．令g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x.令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，函数g (x )＝2x －4e x单调递增；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递减．所以当x ＝－ln 2时，g (x )＝2x －4e x取得最大值－2－2ln 2，所以a <－2－2ln 2.]3．(讨论函数的单调性)已知函数f (x )＝(x －1)2＋m ln x ，m ∈R . (1)当m ＝2时，求函数f (x )的图象在点(1,0)处的切线方程； (2)试讨论函数f (x )的单调性．[解] (1)当m ＝2时，f (x )＝(x －1)2＋2ln x ，f ′(x )＝2(x －1)＋2x，所以f ′(1)＝2，即切线斜率为2，又切点为(1,0)，所以切线方程为2x －y －2＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(x －1)＋m x ＝2x 2－2x ＋mx，令g (x )＝2x 2－2x ＋m ，x >0，其图象的对称轴为x ＝12，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝m －12，g (0)＝m .①当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥0，即m ≥12时，g (x )≥0，即f ′(x )≥0，此时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0且g (0)>0，即0<m <12时，令g (x )＝0，则x 1＝1－1－2m 2，x 2＝1＋1－2m 2，此时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2m 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2m 2，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2m 2，1＋1－2m 2上单调递减；③当g (0)≤0，即m ≤0时，令g (x )＝0，则x 0＝1＋1－2m 2，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1－2m 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－2m 2，＋∞上单调递增． 综上所述，当m ≥12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0＜m ＜12时，f (x )在(0，1－1－2m 2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2m 2，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2m 2，1＋1－2m 2上单调递减；当m ≤0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1－2m 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2m 2，＋∞上单调递增．利用导数研究函数的极值(最值)问题(5年15考)[高考解读] 利用导数研究函数的极值最值是每年高考的必考内容，很少单独考查，多与不等式的证明等综合考查，难度偏大.(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当0＜a ＜3时，记f (x )在区间[0,1]的最大值为M ，最小值为m ，求M －m 的取值范围． 切入点：求f (x )的导函数．关键点：①正确确定分类讨论的分类界点； ②用a 正确表示M 和m .[解] (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞时，f ′(x )＞0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减； 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，1单调递增，所以f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋2，最大值为f (0)＝2或f (1)＝4－a .于是m ＝－a 327＋2，M ＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a ，0＜a ＜2，2，2≤a ＜3.所以M －m ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＋a 327，0＜a ＜2，a327，2≤a ＜3.当0＜a ＜2时，可知2－a ＋a 327单调递减，所以M －m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫827，2.当2≤a ＜3时，a 327单调递增，所以M －m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫827，1. 综上，M －m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫827，2. [教师备选题]1．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a>2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．2．(2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈1a，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．利用导数研究函数极值、最值的方法若求极值，则先求方程f x ＝0的根，再检查f x 在方程根的左右函数值的符号.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f x ＝0根的大小或存在情况来求解.求函数f x 在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f a ，f b 与f x 的各极值进行比较得到函数的最值.1．(函数的极值)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2， 故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1， 定义域为(0，＋∞)．则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋－a x ＋1x ，①当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0.∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．②当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋－a x ＋1x ＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a x ＋x ， 令g ′(x )＝0得x ＝1a. ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0.因此g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减函数． ∴x ＝1a 时，g (x )取极大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a －ln a . 由①②得，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a－ln a ，无极小值． 2．(函数的最值)已知函数f (x )＝x e x＋a (ln x ＋x )．(1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.[解] (1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x －e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝(x ＋1)e x －e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x －e)． 当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)证明：由(1)得f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x (x e x ＋a )， 令g (x )＝x e x ＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a ＋a >－a ＋a ＝0，故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x ＋a )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x (x e x ＋a )>0，f (x )单调递增． 故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)．由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减，故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.。
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数第3讲导数的简单应用课件文
[题组练透]
1．若直线 y＝kx－2 与曲线 y＝1＋3ln x 相切，则 k＝( )
A．3
1 B.3
C．2
1 D.2
解析：设切点为(x0，kx0－2)，
∵y′＝3x，∴xk30x＝0－k2＝①1， ＋3ln x0 ②， 由①得 kx0＝3， 代入②得 1＋3ln x0＝1， 则 x0＝1，k＝3， 故选 A. 答案：A
方程
再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得 x0，再
由点斜式或两点式写出方程
2.由曲线的切线求参数值或范围的 2 种类型及解题关键
类型
解题关键
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ已知曲线在某点处 的切线求参数
关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在 某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于 参数的方程，通过解方程求出参数的值
3．(2019·三明质检)曲线 y＝ln x－ax 在 x＝2 处的切线与直线 ax－y－1＝0 平行，则实 数 a＝________. 解析：因为 y＝ln x－ax，所以 y′＝1x－a，因此其在 x＝2 处的切线斜率为 k＝12－a， 又曲线 y＝ln x－ax 在 x＝2 处的切线与直线 ax－y－1＝0 平行，所以12－a＝a，因此 a ＝14.
导数与函数的极值、最值
考情调研
考向分析
考查函数的极值、最值，利用函数的性质 1.利用导数研究函数的极值、最值．
关键是过好“双关”：一是转化关，即把所求的含双参数的代数 已知曲线的切线方
式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双 程，求含有双参数的
参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等 代数式的取值范围
式等方法求最值，从而得所求代数式的取值范围
2020版高考数学二轮复习第2部分专题6函数、导数、不等式第3讲导数的综合应用教案文
第3讲 导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)[高考解读] 利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(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. 切入点：求函数f (x )的导数．关键点：正确构造函数， 转化为函数的最值问题解决． [解] (1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是2x －y －1＝0. (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0. [教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x＜x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.[解] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． (2)由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln 1x ＜1x－1，即1＜x －1ln x＜x .(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．由(2)知1＜c －1ln c＜c ，故0＜x 0＜1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞单调递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x－1.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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.利用导数证明不等式成立问题的常用方法直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f x ＜g x ，xa ，b ，可以构造函数F x ＝f x －g x ，如果F x ＜0，则F x 在a ，b 上是减函数，同时若F a ，由减函数的定义可知，xa ，b 时，有F x ＜0，即证明了f x＜g x将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f x g x在D 上成立，只需证明f xmin≥g xmax即可.若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.1．(求切线方程、不等式证明)已知函数f (x )＝m e x－ln x －1. (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若m ∈(1，＋∞)，求证：f (x )>1. [解] (1)当m ＝1时，f (x )＝e x－ln x －1， 所以f ′(x )＝e x－1x，所以f ′(1)＝e －1，又因为f (1)＝e －1，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)当m >1时，f (x )＝m e x－ln x －1>e x－ln x －1， 要证明f (x )>1，只需证明e x －ln x －2>0， 设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x－1x(x >0)，设h (x )＝e x －1x (x >0)，则h ′(x )＝e x＋1x2>0，所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x－1x在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x－1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0，当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)， 故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0，综上可知，若m ∈(1，＋∞)，则f (x )>1.2．(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f (x )＝e x－3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e xx >32x ＋1x－3a .[解] (1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x－3x ＋3a .由(1)及a >ln 3e ＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0.即e x >32x 2－3ax ＋1，故e xx >32x ＋1x－3a .利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)[高考解读] 利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围. 切入点：利用导数求f ′(x )．关键点：将f (x )≥0恒成立转化为f (x )的最小值大于或等于0. [解] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． 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. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0＜a ≤1时，f (x )≥0.③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，从而当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．[教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．解决不等式恒成立问题的两种方法分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法., 即：①λ≥f x 恒成立，则λ≥f xmax.,②λ≤f x 恒成立，则λ≤f xmin.最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f x，则只需f x min≥0.1．(恒成立问题)已知函数f (x )＝x ln x (x >0)． (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值．[解] (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0<x <1e，∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，f (x )在x ＝1e 处取得极小值，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值．(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min. 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1. 所以g (x )在(0,1)是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4， 即m ≤4，所以m 的最大值是4.2．(有解问题)已知函数f (x )＝a e x －a e x －1，g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，求实数m 的取值范围． [解] (1)因为f (0)＝a －1＝0，所以a ＝1，此时f (x )＝e x－e x －1. 所以f ′(x )＝e x－e ，f ′(0)＝1－e.所以曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝(1－e)x .(2)因为f (x )＝a e x－a e x －1，所以f ′(x )＝a e x－a e ＝a (e x－e)． 当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (1)＝－1.令h (x )＝g (x )＋m ＝－x 3－32x 2＋6x ＋m ，则h ′(x )＝－3x 2－3x ＋6＝－3(x ＋2)(x －1)．当x >1时，h ′(x )<0；当0<x <1时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )max ＝h (1)＝72＋m .要使f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，则72＋m ≥－1，即m ≥－92.所以实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4考)[高考解读] 函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明，难度偏大.(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点． 切入点：求f ′(x )，利用导数解决．关键点：注意到x 2＋x ＋1>0恒成立，从而f (x )＝0等价转化为x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0，即方程只有一个根．[解] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋x 2＋x ＋2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点． [教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． [解] (1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 2．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点； 当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.1．求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．解决已知函数零点个数，求参数取值范围的2个技巧(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．1．(判断函数零点个数)已知函数f (x )＝m x 2－x－2ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若m ＝12，证明：f (x )有且只有三个零点．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－2x＝mx 2－2x ＋m x 2，①m ≤0时，∵x >0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②m >0时，令f ′(x )＝0，即mx 2－2x ＋m ＝0，(ⅰ)m ≥1时，Δ＝4－4m 2≤0，此时f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (ⅱ)0<m <1时，Δ＝4－4m 2>0，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－m2m，x 2＝1＋1－m 2m，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m ∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减．综上，m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；m ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；0<m <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增．(2)∵m ＝12，∴f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x ，由(1)可知f (x )在(0,2－3)和(2＋3，＋∞)上单调递增，在(2－3，2＋3)上单调递减，又f (1)＝0，且1∈(2－3，2＋3)，∴f (x )在(2－3，2＋3)上有唯一零点x ＝1. 又0<e －3<2－3，f (e －3)＝12(e －3－e 3)－2ln e －3＝12e 3＋6－e 32<7－e 32<0，∴f (x )在(0,2－3)上有唯一零点．又e 3>2＋3，f (e 3)＝－f (e －3)>0，∴f (x )在(2＋3，＋∞)上有唯一零点． 综上，当m ＝12时，f (x )有且只有三个零点．2．(已知函数零点求参数)已知函数f (x )＝(a －1)x ＋ax＋ln x (a >0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)g (x )＝f (x )－m ，当a ＝2时，g (x )在[e －1，e]上有两个不同的零点，求m 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝a －1－a x 2＋1x ＝a －x 2＋x －ax 2＝a －x ＋ax －x 2，①当a ＝1时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．②当a >1时，令f ′(x )>0，得x >1或x <－aa －1<0，∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．③当a <1时，ⅰ)0<a <12时，令f ′(x )>0，得a 1－a <x <1，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1－a ，(1，＋∞)上单调递减；ⅱ)a ＝12时，f ′(x )≤0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减；ⅲ)12<a <1时，令f ′(x )>0，得1<x <a 1－a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递增，在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )＝x ＋2x＋ln x 在[e －1,1]上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝3，f (e －1)＝e －1＋2e －1，f (e)＝e ＋2e ＋1，f (e －1)>f (e)，∴m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤3，e ＋2e ＋1.。
(新课标)2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式课件理新人教A版
高考真题 【适当放缩构造法】 (2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a≥1e时， f(x)≥0.
思维方法
(1)略 (2)证明：当 a≥1e时，f(x)≥eex－ln x－1. [关键 1：利用不等式性质放缩，将 a 代换掉] 设 g(x)＝eex－ln x－1，[关键2：利用不等式右边构造函数]则 g′(x)＝eex－1x. 当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.所以 x＝1 是 g(x)的最小值点． [关键 3：利用导数研究函数的单调性、最值] 故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0.[关键 4：利用函数最值使放缩后的不等式得到证明] 因此，当 a≥1e时，f(x)≥0.
[关键 1：将所证不等式进行变形与化简]
பைடு நூலகம்
思维方法 设函数 g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，[关键 2：直接 构造函数，判断函数单调性] 又 g(1)＝0，从而当 x∈(1，＋∞)时，g(x)<0. 所以x12－x2＋2ln x2<0，即f(xx1)1－－fx(2x2)<a－2. [关键 3：结合单调性得到函数最值，证明不等式]
思维方法 故 g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而 g(x)在(0，＋∞)上的 最小值为 g1e＝－1e. [关键 2：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最小值]
思维方法 设函数 h(x)＝xe－x－2e，则 h′(x)＝e－x(1－x). 所以当 x∈(0，1)时，h′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故 h(x)在(0，1)上单 调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而 h(x)在(0，＋∞)上的最大值为 h(1)＝ －1e.[关键 3：构造函数，利用导数研究函数的单调性，求最大值] 综上，当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1.[关键4：利用函数最值证明不等式]
《导数的概念及应用》课件
极值与导数的关系
总结词
导数的零点通常是函数的极值点，但需 满足一定的条件。在极值点处，导数的 符号发生变化。
VS
详细描述
如果一个函数在某一点的导数为零，且在 这一点的一阶导数存在，那么这个点可能 是函数的极值点。为了确定这一点是否为 极值点，需要检查该点两侧的导数符号是 否发生变化。如果导数的符号在这一点从 正变为负或从负变为正，则该点为极值点 。
曲线的凹凸性与导数的关系
总结词
二阶导数可以判断曲线的凹凸性。二阶导数 大于零的区间内，曲线是凹的；二阶导数小 于零的区间内，曲线是凸的。
详细描述
二阶导数描述了函数值随自变量变化的加速 度。当二阶导数大于零时，表示函数在该区 间内单调递增；当二阶导数小于零时，表示 函数在该区间内单调递减。因此，通过分析 二阶导数的正负，可以判断曲线的凹凸性。
详细描述
在流体动力学中，导数可以用来描述流体速度和压强的变化规律，以及流体流动的稳定性分析。在结构分析中， 导数可以用来计算结构的应力和应变，评估结构的强度和稳定性。在控制理论中，导数可以用来分析系统的动态 响应和稳定性，优化系统的性能和稳定性。
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极值的概念
函数在某点的极值表示该点附近函数值的大小变化情 况，极值可以是极大值或极小值。
导数与极值的关系
函数在极值点的导数等于零，通过求导可以找到极值 点。
极值问题的求解方法
利用导数等于零的条件，结合函数单调性判断，确定 极值点并计算出极值。
曲线的长度计算
曲线长度的概念
01
曲线长度表示曲线本身的长度，是几何学中的一个基本概念。
导数的几何意义
总结词
导数在几何上表示函数图像在某一点的切线斜率。
2020版高考数学总复习导数在不等式中的应用课件文北师大版
规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化 为两个函数的最值问题. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此 处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.
x－sin x2
x，令
g(x)＝xcos
x－sin
x，x∈0，π2，则
g′(x)＝－xsin
x，
显然，当 x∈0，π2时，g′(x)＝－xsin x<0，
即函数 g(x)在区间0，π2上单调递减，且 g(0)＝0. 从而 g(x)在区间0，π2上恒小于零， 所以 f′(x)在区间0，π2上恒小于零， 所以函数 f(x)在区间0，π2上单调递减. (2)不等式 f(x)<a，x∈0，π2恒成立，即 sin x－ax<0 恒成立. 令 φ(x)＝sin x－ax，x∈0，π2，则 φ′(x)＝cos x－a，且 φ(0)＝0.
【训练 1】 已知函数 f(x)＝axx2＋＋1b在点(－1，f(－1))处的切线方程为 x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立. (1)解 将x＝－1代入切线方程得y＝－2， 所以 f(－1)＝b1－ ＋a1＝－2，化简得 b－a＝－4.①
考点二 利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式 【例2】 已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当 a＝－1 时，求函数 f(x)在(0，＋∞)上的最值；
2020版高考数学第三单元 导数及其应用 课时4 导数的综合应用——导数与不等式教案 文(含解析)
导数的综合应用—-导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x）≥g（x),x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f（x)－g(x)在x∈［a，b]内的最小值≥0。
(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”）2．若f′(x)〉0，x∈［a，b］，且x0∈(a，b)有f（x0）＝0,则f(x）>0的x的取值范围为(x0，b），f(x）〈0的x的取值范围为（a，x0）.3．若f（x)>m在x∈[a，b］上恒成立,则函数f(x）在x∈［a,b］的最小值〉m。
（填“最小值”“最大值"“极小值"或“极大值”）若f（x）〈m在x∈［a，b]上恒成立，则函数f（x)在x∈［a，b]的最大值<m。
（填“最小值”“最大值”“极小值"或“极大值")4．若f(x)>m在x∈[a,b］有解，则函数f(x）在x∈[a，b]的最大值>m.（填“最小值"“最大值”“极小值”或“极大值"）热身练习1．对于∀x∈[0，＋∞），则e x与1＋x的大小关系为（A）A．e x≥1＋x B．e x〈1＋xC．e x＝1＋x D．e x与1＋x大小关系不确定令f(x)＝e x－(1＋x)，因为f′(x)＝e x－1，所以对∀x∈[0，＋∞）,f′（x)≥0，故f（x)在[0，＋∞)上递增，故f（x)≥f(0)＝0，即e x≥1＋x。
2．对于R上可导的任意函数f（x)，若满足（x－1）f′(x）〉0，则必有（B）A．f（0)＋f（2)＜2f(1）B．f（0）＋f(2)〉2f(1)C．f（0)＋f（2)＝2f(1)D．f（0)＋f(2）与2f（1)的大小不确定依题意,当x>1时，f′(x）>0，f（x）在(1，＋∞）上是增函数；当x＜1时，f′(x)<0，f（x)在（－∞，1）上是减函数，故当x＝1时，f（x）取最小值，所以f（0）>f（1)，f(2）>f(1），所以f（0）＋f（2）>2f(1)．3．已知定义在R上函数f（x）满足f（－x)＝－f(x），且x>0时,f′（x）<0,则f(x)>0的解集为(A）A．（－∞，0) B．(0,＋∞）C．（－∞，－1）D．（1，＋∞)因为f(x）是定义在R上的奇函数，所以f（0)＝0，又x〉0时，f′（x）〈0,所以f（x)在（－∞，＋∞）上单调递减,所以f(x）>0的解集为(－∞，0）．4．若函数h(x)＝2x－错误!＋错误!在［1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是［－2，＋∞）。
高考数学二轮复习函数与导数的综合应用ppt课件
所以 f(x)max=f(1)=-1.
3.[函数的零点问题](2022·全国乙卷,T20)已知函数 f(x)=ax--(a+1)ln x.
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解:(2)f(x)=ax--(a+1)ln x,x>0,
时,f(x)= · -a(x+2)>e
ln(2a)
·(+2)-a(x+2)=2a>0,故 f(x)在(ln a,+∞)上
存在唯一零点,从而 f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a 的取值范围是(,+∞).
法二
+
令 f(x)=0,得 ex=a(x+2),即=
3
解:(2)当 x≥0 时,f(x)≥x +1 恒成立,
①当 x=0 时,不等式恒成立,可得 a∈R;
②当 x>0 时,可得 a≥
则 h′(x)=
=
++-
恒成立,设 h(x)=
++-
,
(-) +( --) (-) +( - )+( --) (-) + (-)+(-)(+)
因为f′(0)=0,所以当x>0时,f′(x)>0;当x<0时,f′(x)<0,