2021高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用导数在不等式中的应用
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用 2导数在研究函数中的应用第1课时函数的单调性课件
解： .令，得或 .当时，， 单调递增；当时，， 单调递减.综上，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为 ．
【点拨】确定函数单调区间的步骤如下.第一步，确定函数 的定义域.第二步，求.第三步，解不等式 ，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式 ，解集在定义域内的部分为单调递减区间.注意函数间断点.
A. B.， C. D.，
解：函数的定义域为，.由，得 .依题意，得 解得 .故选B.
√
10.已知，，， ，则 ( )
A. B. C. D.
解：因为当时,，所以在 上单调递减.因为，即，所以 .故选C.
√
11.已知函数.若在上单调递增，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
变式1（1） 函数 的单调递减区间为____________.
，
解：因为，所以且 .所以 .令，解得或 .所以的单调递减区间为， .故填， .
（2）已知函数,，求函数 的单调区间.
解： .令，得或 .当或 时，；当时， .所以在,上单调递增，在,上单调递减, 在, 上单调递增.
考点二 含参函数的单调性
2.利用导数判断函数 单调性的步骤 第1步，确定函数的________； 第2步，求出导数 的______； 第3步，用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出 在各个区间上的正负，由此得出函数 在定义域内的单调性. 3.函数值变化快慢与导数的关系 一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得______，这时函数的图象就比较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数在这个范围内变化得______，函数的图象就比较“平缓”.
6.已知函数，则 的大致图象为 ( )
导数综合复习(三)导数在研究函数中的应用 高考数学
导数综合复习(三)
主讲人：某某某老师
某某学校
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
导数在研究函数中的应用
学校：________.班级：________.姓名：________.前言 导数是研究函数的变化趋势的一个工具，是初等数学与高等数学中比较常用的一个工具，是研究高等数学的基础。由变化率引出导数，借助导数，不仅可以研究一元函数，而且还可以研究多元函数。
【详解】法一：，当时，恒成立，此时在R上单调递增，不可能有两个零点，舍去，当时，令 则在上单调递减，在上单调递增，因为时，，时，，所以要使得有两个零点，则要 ，
，，，即，综上，若函数有两个零点，则；法二：，当时，，0不是函数的零点；当时，有两根，所以有两根，令，则，当时，，所以在上单调递减，且，
中学阶段，我们需要了解变化率和导数的定义，并通过研究导数的相关性质得出函数的单调性和极最值，体会导数问题的一般研究思路，掌握导数问题的基本研究方法。这一部分内容难度大、知识运用性强，是整个高中数学学习过程中最难的一部分，涉及的题型多，技巧多，思维跳跃性大，需要逐步进行分析，不能图快，一味放弃对难题的解答，需要重视相关思想的培养和训练，如函数思想、方程思想等。 作为高考数学中的一个最为重要内容，无论是哪个高考卷，选择填空和大题都经常能见到导数的身影，常用作选择，填空和大题的压轴题。常常考查函数的求导，构造函数法，高阶函数的求导，函数的
二、函数的极值与最大值
1.极值极小值 极大值 设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内的任一，有(或)，则称是函数的一个极大值(或极小值)。函数的极大值与极小值统称为函数的极值，
高考数学总复习(一轮)(人教A)教学课件第三章 一元函数的导数及其应用第2节 导数与函数的单调性
则 f( ),f(1),f(- )的大小关系为(
A.f(- )>f(1)>f( )
√
C.f( )>f(1)>f(- )
)
B.f(1)>f(- )>f( )
D.f(- )>f( )>f(1)
解析:(1)因为f(x)=xsin x,
所以f(-x)=(-x)·sin (-x)=xsin x=f(x),
√
B.(1,+∞)
C.(-∞,1)
D.(0,+∞)
)
解析:(2)由题设f′(x)=f′(2)ex-2-f(0)+x,
则f′(2)=f′(2)-f(0)+2,可得f(0)=2,
即f(0)=f′(2)e-2=2,则f′(2)=2e2,
x
所以f(x)=2e -2x+
x2,得f′(x)=2ex-2+x,
>0在(0,+∞)上恒成立,
在(0,+∞)上是增函数,故A正确;
对于B,函数f(x)=xex的导函数f′(x)=ex(x+1),当x∈(0,+∞)时,
f′(x)>0,所以函数f(x)=xex在(0,+∞)上为增函数,故B正确;
对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0, 得
所以函数f(x)=x3-x在
x> 或 x<- ,
(-∞,- )和( ,+∞) 上单调递增,故C错误;
2021版新高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.4.2导数与函数零点课件新人教B版
令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),
所以 2 1 1 ln 1，
aa
a
所以S(x)在 (ln 1 , 2) 上有且只有一个零点,
aa
综上,0<a<1.
【规律方法】 处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法 (1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况; (2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则
f′(x)=2x-1- 1 (2x 1)(x 1) (x 0)，
x
x
当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0.
(2)由 f(x)=ax2-x-ln x,
a
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题意知1-k>0, 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0, g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
2
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
(1)曲线y=f(x)在直线l的上方
1 2
x2
高考数学总复习第三章一元函数的导数及其应用 2导数在研究函数中的应用第2课时函数的极值与最大小值课件
极小值
极大值点
极大值
极值点
极值
（2）函数在某点取得极值的必要条件和充分条件：一般地，函数 在某一点的导数值为0是函数在这点取得极值的__________.可导函数 在 处取极大（小）值的充分条件是： ①__________; ②在附近的左侧,右侧 . （3）导数求极值的方法：解方程，当时,如果在 附近的左侧，右侧，那么是________；如果在附近的左侧 ，右侧，那么 是________.
√
4.函数在 上的最大值和最小值分别是( )
A.25, B.50,14 C.50, D.50,
解：.当或时， ，函数为增函数；当时，，函数为减函数.由，， ，，得函数在区间上的最大值和最小值分别为50， .故选C.
√
5.函数在区间 上的最大值与最小值分别为( )
A.， B.， C. ， D. ，
解： ．当,时，，单调递增；当,时，， 单调递减．因为，， ，所以 的最大值与最小值分别为， ．故选A．
√
6.（2022年全国甲卷）当时，函数取得最大值，则 ( )
A. B. C. D.1
解：由题意，知，则.因为 ，，即，所以.函数在 上单调递增，在上单调递减.故处，函数 取得极大值，也是最大值，则 故选B.
解：由 的图象，可知当时，，所以单调递增；当 时，，所以单调递减；当时，，所以 单调递增.所以在处取得极大值，在 处取得极小值.故选B.
√
4.函数在区间 上的最小值是 ( )
A.4 B.0 C.2 D.
解：令，解得或 .,, ，故函数在上的最小值为 .故选D.
√
考点一 利用导数解决函数的极值问题
变式5 已知函数在区间上有最小值，则实数 的取值范围是( )
高考数学第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第4课时导数与函数的零点
则 g(1)＝0，g′(x)＝1x－1＝1－x x，
可得 x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增；x
∈(1，＋∞)时，
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g′(x)<0，函数 g(x)单调递减． 所以当 x＝1 时，函数 g(x)取得极大值也是最大值， 所以 g(x)≤g(1)＝0，即 ln x≤x－1. (2)解：f′(x)＝1x－2x＋a＝－2x2＋x ax＋1，x>0. 令－2x20＋ax0＋1＝0，解得 x0＝a＋ 4a2＋8(负值舍去)， 在(0，x0)上，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；在(x0，＋∞) 上，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
所以 f(x)＝1x－aln x－2x.
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(1) 当
a＝－3
时
，
f′(x)
＝
－
1 x2
＋
3 x
－
2
＝
－
（2x－1）（x－1）
x2
.
令
f′(x)<0，得
x>1
或
1 0<x<2.
所以 f(x)的单调递减区间是0，12和(1，＋∞)．
(2)方程 f(x)＋2x＝0 有唯一实数根等价于 aln x＝1x
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1．函数零点个数可转化为图象的交点个数，根据图 象的几何直观求解．
2．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数 研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判 断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围．
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高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第1课时 导数与函
第1课时 导数与函数的单调性[A 级 基础巩固]1．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是()解析：由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f ′(x )>0；在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，选项D 满足．答案：D2．(多选题)设函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，则下列结论错误的是() A ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增 B ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f (x )的图象与直线y ＝10只有一个公共点 解析：易知f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，所以f (x )在(－∞，－2)和(2，＋∞)上递增，在(－2，2)上单调递减． 因此A 项，B 项都不正确．易求f ′(－2)＝0，当b ＝－6时，f (x )在x ＝－2处的切线为y ＝10，C 正确． 作出函数f (x )＝x 3－12x (b ＝0)与y ＝10的图象，有三个交点，D 不正确． 答案：ABD3．(2020·某某中学调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值X 围是()A ．(1，2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0，3]解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[a －1，a ＋1]上恒成立，即0<x ≤3在[a －1，a ＋1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案：A4．已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是()A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b 解析：设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0， 所以g ′(x )<0.所以g (x )在(0，＋∞)上是减函数．由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)， 又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， 所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b . 答案：D5．已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值X 围是()A ．(－∞，－1] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析：f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0， 所以f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x＝－f (x )，知f (x )为奇函数．故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案：D6．(2020·某某一中质检)求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y·y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )[g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )]，运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是________．解析：由题设，y ′＝x 1x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x 2(x >0)．令y ′>0，得1－ln x >0，所以0<x <e. 所以函数y ＝x 1x 的单调递增区间为(0，e)． 答案：(0，e)7．已知g (x )＝2x＋x 2＋2a ln x 在[1，2]上是减函数，则实数a 的取值X 围为________．解析：g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x，由已知得g ′(x )≤0在[1，2]上恒成立， 可得a ≤1x－x 2在[1，2]上恒成立．又当x ∈[1，2]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x－x 2min ＝12－4＝－72.所以a ≤－72.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－72 8．设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________．解析：因为当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，所以φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， 所以在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：(－∞，－2)∪(0，2)9．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R)．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，所以切线斜率k ＝3，又切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)， 即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.10．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解：由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝ex －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0.[B 级 能力提升]11．(2020·雅礼中学质检)已知函数f (x )＝sin 2x ＋4cos x －ax 在R 上单调递减，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝2cos 2x －4sin x －a ＝2(1－2sin 2x )－4sin x －a ＝－4sin 2x －4sin x ＋2－a ＝－(2sin x ＋1)2＋3－a .由题设，f ′(x )≤0在R 上恒成立， 因此a ≥3－(2sin x ＋1)2恒成立，则a ≥3. 答案：[3，＋∞)12．已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x <2f (1)的解集为________．解析：f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x )．则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1)． 又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 13．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值X 围；若不存在，说明理由．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x ，当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．[C 级 素养升华]14．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称．则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________．解析：由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.① 又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数， 所以2m ＋6＝0，即m ＝－3.② 代入①式，得n ＝0，所以f (x )＝x 3－3x 2－2，则f ′(x )＝3x 2－6x ， 令f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)． 答案：－3(0，2)。
人教版高中总复习一轮数学精品课件 第3章 一元函数的导数及其应用 3.4 导数的综合应用
(1)解 由题设,知f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= -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)证明 由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0.
则当 x≠1 时,ln x<x-1.
求实数λ的取值范围.
e
1
1
解 同例题过程,得 +x+>λ 在区间 2 ,6 上有解,
e
1
令 g(x)= +x+,则需 λ<g(x)max.
1
由例题解答过程可知,g(x)在区间 2 ,1 上单调递减,
1
1
5
e6 37
1
在区间[1,6]上单调递增,且 g 2 =2e2 + 2,g(6)= 6 + 6 >g 2
1
当
1
0,
1
0<x< ;令
f'(x)>0,得
上单调递减,在区间
1
x> ,
1
,+∞
上单调递增.
≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上单调递增,故函数 f(x)在区间[1,2]上
的最小值为 f(1)=1;
1
当
≥2,即 0<a≤
1
时,函数
2
上的最小值为 f(2)=aln
f(x)在区间[1,2]上单调递减,故函数 f(x)在区间[1,2]