高考数学一轮复习《导数的综合应用》PPT
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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
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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.
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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.
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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.
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.
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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.
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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.
《名师伴你行》数学一轮复习--导数的应用(1)省公开课一等奖全国示范课微课金奖课件
答案：A
第13页
3．已知二次函数f(x)的图像如图所示，那么其导函数 f′(x)的图像大致形状是( )
第14页
A．
B．
C．
D.
第15页
解析：由函数f(x)的图像知，当x∈(－∞，1)时，f(x)为 减函数，∴f′(x)＜0.
当x∈(1，＋∞)时，f(x)为增函数，∴f′(x)＞0. 答案：C
第16页
名师伴你行
级高考数学一轮复习课件
第1页
§3.2 导数的应用(一)
第2页
[高考调研 明确考向]
考纲解读
考情分析
•了解函数单调性和导数的关系；能 •利用导数研究函数的单调性、极值
利用导数来研究函数单调性，会求 是近几年高考的热点． 函数的单调区间(其中多项式函数一 •选择题、填空题侧重于利用导数确 般不超过三次)． •了解函数在某点取得极值的必要条 定函数的单调性和极值．解答题侧
件和充分条件；会用导数求函数的 重于导数与函数、解析几何、不等
极大值、极小值(其中多项式函数一 式、数列的综合应用，一般难度较
般不超过三次).
大，属中高档题.
第3页
知识梳理 1.函数的单调性与导数 在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都 不恒等于0.
f′(x)≥0⇔f(x)为□1 ______________； f′(x)≤0⇔f(x)为□2 ______________.
围；若不是，请说明理由．
第21页
解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝(－x2－2x)e－x， ∴f′(x)＝(x2－2)e－x. 令f′(x)＜0，得x2－2＜0. ∴－ 2＜x＜ 2. ∴函数的单调递减区间是(－ 2， 2)． (注：写成[－ 2， 2]也对)
第13页
3．已知二次函数f(x)的图像如图所示，那么其导函数 f′(x)的图像大致形状是( )
第14页
A．
B．
C．
D.
第15页
解析：由函数f(x)的图像知，当x∈(－∞，1)时，f(x)为 减函数，∴f′(x)＜0.
当x∈(1，＋∞)时，f(x)为增函数，∴f′(x)＞0. 答案：C
第16页
名师伴你行
级高考数学一轮复习课件
第1页
§3.2 导数的应用(一)
第2页
[高考调研 明确考向]
考纲解读
考情分析
•了解函数单调性和导数的关系；能 •利用导数研究函数的单调性、极值
利用导数来研究函数单调性，会求 是近几年高考的热点． 函数的单调区间(其中多项式函数一 •选择题、填空题侧重于利用导数确 般不超过三次)． •了解函数在某点取得极值的必要条 定函数的单调性和极值．解答题侧
件和充分条件；会用导数求函数的 重于导数与函数、解析几何、不等
极大值、极小值(其中多项式函数一 式、数列的综合应用，一般难度较
般不超过三次).
大，属中高档题.
第3页
知识梳理 1.函数的单调性与导数 在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都 不恒等于0.
f′(x)≥0⇔f(x)为□1 ______________； f′(x)≤0⇔f(x)为□2 ______________.
围；若不是，请说明理由．
第21页
解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝(－x2－2x)e－x， ∴f′(x)＝(x2－2)e－x. 令f′(x)＜0，得x2－2＜0. ∴－ 2＜x＜ 2. ∴函数的单调递减区间是(－ 2， 2)． (注：写成[－ 2， 2]也对)
高考一轮复习理科数学课件：第三单元 导数及其应用 第19讲 导数的综合应用——导数与方程38
若a<0，由图象结合f(0)＝1>0知， 此时必有f(2a)>0， 即a×a83－3×a42＋1>0， 化简得a2>4，又a<0，所以a<－2.
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
点评：(1)利用导数研究函数的零点的基本思路： ①研究 y＝f(x)的图象，利用数形结合的思想求解； ②研究 f(x)＝0 有解，利用函数与方程的思想求解． (2)三次函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象特点 当 a>0 时，图象如图①，②所示． 当 a<0 时，图象如图③，④所示．
课时小结
训练手册
1．设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如下图 所示，
则 y＝f(x)的图象最有可能的是( )
复习目标
课前预习
高频考点
课时小结
训练手册
解：由 f′(x)的图象知， x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数； x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数； x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数． 只有 C 符合题意．
因为 f′(x)＝3x2－12，令 f′(x)＝3x2－12＝0，得 x＝±2，
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
f′(x)
＋
0
(－2,2) －
2
(2，＋∞)
0
＋
f(x)
a＋16
a－16
由此可得到 f(x)的大致图象(如下图)，
由 a≥16 得，a＋16>0，a－16≥0， 当 a＝16 时，f(x)的图象与 x 轴有 2 个交点；当 a>16 时，f(x)的 图象与 x 轴只有 1 个交点．所以 f(x)的零点个数为 1 或 2.
2025年高考数学一轮复习课件第三章一元函数的导数及其应用-专题突破7导数的综合应用
并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
返回至目录
续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
北师版高考总复习一轮理科数课件 第3章 导数及其应用 高考解答题专项一 第1课时 利用导数证明不等式
高考解答
题专项一
第1课时 利用导数证明不等式
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考
命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数
的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放
在解答题的最后两个题目位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个
1
即要证
e
+
−
e
ln
2
x-e>0,则 e
e
2
ln x>e,
eln
-ex+1> ,x∈(0,+∞),
x
令F(x)=ex-ex+1,定义域为(0,+∞),则F'(x)=ex-e,
当x∈(0,1)时,F'(x)<0,此时函数F(x)是递减的,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,此时函数F(x)是递增的,
f'(x)=ln x+1,f'(1)=ln 1+1=1,所以切线方程为x-y-1=0.
(2)证明:函数f(x)的定义域为(0,+∞),要证f(x)<x2+x,只需证xln x<x2+x,
即证ln x-x-1<0.
令 g(x)=ln
令
1
1-
x-x-1(x>0),g'(x)= -1= .
1-
1
,e
2
e
1
0<x<e 2 ,
上是递增的,
当
1-ln
x∈(0,e]时,h'(x)= 2
题专项一
第1课时 利用导数证明不等式
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考
命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数
的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放
在解答题的最后两个题目位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个
1
即要证
e
+
−
e
ln
2
x-e>0,则 e
e
2
ln x>e,
eln
-ex+1> ,x∈(0,+∞),
x
令F(x)=ex-ex+1,定义域为(0,+∞),则F'(x)=ex-e,
当x∈(0,1)时,F'(x)<0,此时函数F(x)是递减的,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)>0,此时函数F(x)是递增的,
f'(x)=ln x+1,f'(1)=ln 1+1=1,所以切线方程为x-y-1=0.
(2)证明:函数f(x)的定义域为(0,+∞),要证f(x)<x2+x,只需证xln x<x2+x,
即证ln x-x-1<0.
令 g(x)=ln
令
1
1-
x-x-1(x>0),g'(x)= -1= .
1-
1
,e
2
e
1
0<x<e 2 ,
上是递增的,
当
1-ln
x∈(0,e]时,h'(x)= 2
2024届新高考一轮复习北师大版 高考专题突破一 第3课时 利用导数研究函数的零点 课件(40张)
(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点． 解 (1)当 a＝3 时，f(x)＝13 x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令 f′ (x)＝0 解得 x＝3－2 3 或 x＝3＋2 3 . 当 x∈(－∞，3－2 3 )∪(3＋2 3 ，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈(3－2 3 ， 3＋2 3 )时，f′(x)<0.
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． 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)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
返回导航
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)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－16 2 －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．
返回导航
思维升华 讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的 单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的 存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
在(0，＋∞)上单调递增；
当
a>0
时，由
f′(x)>0，得
1 x>a
；由
f′(x)<0，得
1 0<x<a
，
Hale Waihona Puke 返回导航∴函数 f(x)在1a，＋∞ 上单调递增，在0，1a 上单调递减． 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)∵当 x∈1e，e 时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点，即当 x∈1e，e 时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根．
返回导航
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)＝－6a2＋2a－13 ＝－6a－16 2 －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．
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思维升华 讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的 单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的 存在性，确定函数零点的个数．
综上，a 的取值范围为(0，＋∞).
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．
2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数研究不等式的证明问题
证明
x－1 3．(2021·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝1－ ex ，g(x)＝x－ln x. (1)证明：g(x)≥1； (2)证明：(x－ln x)f(x)>1－e12. 证明 (1)由题意得g′(x)＝x－x 1(x>0)． 当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， 即g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 所以g(x)≥g(1)＝1.
证明
(2)由(1)可知0<1＋31n<e31n，由不等式的性质得
1＋131＋312…1＋31n<e13·e312·…·e31n
1
＝
Байду номын сангаас
<e2＝ e<2.
证明
2
PART TWO
课时作业
解答题 1．(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解 (1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R， 得f′(x)＝ex－2，x∈R， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
解
单变量不等式的证明方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)> 0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数， 把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造 辅助函数．
x－1 3．(2021·山东菏泽模拟)已知函数f(x)＝1－ ex ，g(x)＝x－ln x. (1)证明：g(x)≥1； (2)证明：(x－ln x)f(x)>1－e12. 证明 (1)由题意得g′(x)＝x－x 1(x>0)． 当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， 即g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 所以g(x)≥g(1)＝1.
证明
(2)由(1)可知0<1＋31n<e31n，由不等式的性质得
1＋131＋312…1＋31n<e13·e312·…·e31n
1
＝
Байду номын сангаас
<e2＝ e<2.
证明
2
PART TWO
课时作业
解答题 1．(2021·沧州七校联考)设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1. 解 (1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R， 得f′(x)＝ex－2，x∈R， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
解
单变量不等式的证明方法
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)> 0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数， 把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造 辅助函数．
2025高考数学一轮复习-5.3.3-第2课时-导数在函数有关问题及实际生活中的应用【课件】
(x)取得最大值
f
(e)＝1e，即
ln
a＜1e，即
1 a＜ee.画
出函数 y＝ax(a＞0，a≠1)与 y＝x 的图象，结合图象可知，若方程 ax
＝x(a＞0，a≠1)有两个不等实根，则 a＞1.综上可知，实数 a 的取值
范围为1，e1e.
类型 3 导数在生活实际问题中的应用 角度 1 用料最省、成本(费用)最低问题 【例 3】 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的 屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用 20 年的隔热 层，每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元．该建筑物每年的能源消耗 费用 C(单位：万元)与隔热层厚度 x(单位：cm)满足关系：C(x)＝3x＋k 5 (0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为 8 万元．设 f (x)为 隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和．
令 f ′(x)＝0，得 x＝4 或 x＝6(舍去).
于是，当 x 变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
x (3，4)
4
(4，6)
f ′(x) ＋
0
－
f (x)
极大值 42
由上表可得，x＝4 是函数 f (x)在区间(3，6)内的极大值点，也是 最大值点，
所以，当 x＝4 时，函数 f (x)取得最大值，且最大值等于 42. 故当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润 最大．
[解] (1)因为 x＝5 时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2. (2)由(1)知，该商品每日的销售量 y＝x－2 3＋10(x－6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润
f (x)＝(x－3)x－2 3＋10(x－6)2 ＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6， 从而，f ′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)·(x－6)，
高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2
-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
ln
.
当 x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知 1<
-1
ln