2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题6 第4讲 导数的综合应用(文理)
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【解析】 (1)由 f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1，得 f′(x)＝2ln x－1x＋3， ∴f′(1)＝2，f(1)＝0，则切线方程为 y＝2x－2． (2)f′(x)＝2ln x－1x＋3，x∈(0，＋∞)， 令 h(x)＝2ln x－1x＋3，x∈(0，＋∞)， ∴h′(x)＝2x＋x12＝2xx＋2 1>0，故 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
同结构”构造辅助函数．
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为 主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行 放缩，再重新构造函数．
第二部分 专题六 函数与导数
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3．含有双变量的不等式问题的常见转化策略 (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值 ＞g(x)在[c，d]上的最大值． (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值 ＞g(x)在[c，d]上的最小值． (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小 值＞g(x)在[c，d]上的最小值． (4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大 值＞g(x)在[c，d]上的最大值．
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年份 卷别 Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
分值
20
函数的极值、问题
12
函数的单调性、零点以及曲线的公切线
20
12
问题
20 函数的单调性、最值问题
12
21 函数的单调性、极值以及不等式的证明 12
函数的单调性、不等式证明以及函数零
21 点问题
12
21 不等式以及极值问题的应用
第二部分
专题篇•素养提升(文理)
专题六 函数与导数
第4讲 导数的综合应用(文理)
1 解题策略 • 明方向 2 考点分类 • 析重点 3 易错清零 • 免失误 4 真题回放 • 悟高考 5 预测演练 • 巧押题
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01 解题策略 • 明方向
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导数日益成为解决数学问题强有力的工具，利用导数研究函数的 单调性与极(最)值是常见题型，而导数与函数、不等式的交汇命题， 则是高考的热点和难点．在高考压轴题中，常以二次函数、指数函数、 对数函数为载体考查函数的零点、比较大小、不等式证明、不等式恒 成立与能成立等热点问题．
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年份 2019 2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
20 函数的零点存在问题、不等式与参数范围
21
函数极值点以及方程的根问题
∥
21
函数的单调性、不等式的证明
21
函数单调性、函数的零点的证明
21
导数的几何意义、不等式的证明
分值 12 12
12 12 12
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02 考点分类 • 析重点
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考点一 利用导数研究不等式问题
1．常见重要不等式 (1)ln x≤x－1(x＞0)． (2)ex≥x＋1．(当且仅当x＝0时等号成立)
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第二部分 专题六 函数与导数
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2．构造辅助函数的四种方法 (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
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考向1 利用导数证明不等式 典例1 (2020·北京房山区期末)已知函数f(x)＝(2x－1)ln x
＋x－1． (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求证：f(x)>－1．
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f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)(21x0－23)＋x0－1＝－2x0－21x0＋23. 令 t(x)＝－2x－21x＋32，x∈12，1， t′(x)＝21x2－2＝1＋2x2x21－2x<0，故 t(x)在12，1上单调递减． ∴t(x)>t(1)，又 t(1)＝－1， 即 f(x0)>－1，∴f(x)>－1．
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(理科) 年份 卷别
Ⅰ卷 2020
Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 21 21 21
考查角度 利用导数研究单调性以及不等式的综 合应用 讨论函数的单调性以及不等式的证明
导数的几何意义以及函数零点问题
分值 12 12 12
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又 h(1)＝2>0，h12＝1－ln 4＝ln 4e<0，又 h(x)在(0，＋∞)上连续， ∴∃x0∈12，1使得 h(x0)＝0，即 f′(x0)＝0， ∴2ln x0－x10＋3＝0．(*)
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f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下：
x f′(x)
0，x
0
－
x0
(x0，＋∞)
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
∴f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)ln x0＋x0－1．由(*)式得 ln x0＝21x0－32，代入 上式得
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12
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(文科)
年份 卷别 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 20 21 20
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考查角度 函数的单调性以及函数的零点问题 函数单调性以及不等式恒成立问题
函数的单调性与零点问题
分值 12 12 12
第二部分 专题六 函数与导数
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第二部分 专题六 函数与导数
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利用导数证明不等式的两个妙招 (1)构造函数法证明不等式 ①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数． ②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论． ③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证．
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2021高考数学二轮专题复习7.3导数的简单应用ppt课件
当 a≤1 时，函数单调递增，不成立；
当 a>1 时，函数在0，a－1 1上单调递增，在a－1 1，＋∞上单 调递减；
有且只有两个整数 x1，x2 使得 f(x1)>0，且 f(x2)>0，故 f(2)>0 且 f(3)≤0，
即 ln 2＋2－ 2a＋a>0，∴a<ln 2＋2；ln 3＋3－3a＋a≤0， ∴a≥ln 32＋3，故选 C.
π π
又
gπ6>gπ3，所以cfo6sπ6>cfo3sπ3，即
π f6>
3fπ3，故 C 正确；
π π
又
gπ4>gπ3，所以cfo4sπ4>cfo3sπ3，即
π f4>
2fπ3，故 D 正确；故选
CD. 【答案】 (2)CD
(3)[2020·山东济宁质量检测]已知函数 f(x)＝ln x＋(1－a)x＋
∴切线的方程为：y－31x30－x20＋53＝(x20－2x0)(x－x0)，
又直线过定点－1，13，
∴13－31x30－x02＋53＝(x20－2x0)(－1－x0)， 得 x30－3x0－2＝0，(x30－x0)－2(x0＋1)＝0， 即(x0＋1)(x02－x0－2)＝0，解得：x0＝2 或－1， 故可做两条切线，故选 C.
x <0
在0，π2上恒成立，
因此函数 g(x)＝cfoxsx在0，π2上单调递减，
π π
因此
g6π>g4π，即cfo6sπ6>cfo4sπ4，即
π f6>
26fπ4，故
A
错；
又 f(0)＝0，所以 g(0)＝cfo0s0＝0，所以 g(x)＝cfoxsx≤0 在0，π2上 恒成立，
当 a>1 时，函数在0，a－1 1上单调递增，在a－1 1，＋∞上单 调递减；
有且只有两个整数 x1，x2 使得 f(x1)>0，且 f(x2)>0，故 f(2)>0 且 f(3)≤0，
即 ln 2＋2－ 2a＋a>0，∴a<ln 2＋2；ln 3＋3－3a＋a≤0， ∴a≥ln 32＋3，故选 C.
π π
又
gπ6>gπ3，所以cfo6sπ6>cfo3sπ3，即
π f6>
3fπ3，故 C 正确；
π π
又
gπ4>gπ3，所以cfo4sπ4>cfo3sπ3，即
π f4>
2fπ3，故 D 正确；故选
CD. 【答案】 (2)CD
(3)[2020·山东济宁质量检测]已知函数 f(x)＝ln x＋(1－a)x＋
∴切线的方程为：y－31x30－x20＋53＝(x20－2x0)(x－x0)，
又直线过定点－1，13，
∴13－31x30－x02＋53＝(x20－2x0)(－1－x0)， 得 x30－3x0－2＝0，(x30－x0)－2(x0＋1)＝0， 即(x0＋1)(x02－x0－2)＝0，解得：x0＝2 或－1， 故可做两条切线，故选 C.
x <0
在0，π2上恒成立，
因此函数 g(x)＝cfoxsx在0，π2上单调递减，
π π
因此
g6π>g4π，即cfo6sπ6>cfo4sπ4，即
π f6>
26fπ4，故
A
错；
又 f(0)＝0，所以 g(0)＝cfo0s0＝0，所以 g(x)＝cfoxsx≤0 在0，π2上 恒成立，
2021年新课标新高考数学复习课件：§4.2 导数的应用
(5)利用结论求出极值
注:(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 内可能有多个极大值和极小值; (2)极大值与极小值没有必然的大小关系,极大值可能比极小值还小; (3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3,f '(x)=3x2,当x=0时,f '(0)= 0,但x=0不是函数的极值点); (4)对于处处可导的函数,极值点的导数必为零.
所以将其转化为f(x)=ex1-a
x2 ex
,即讨论h(x)=1-a·x2
ex
的零点问题,结合单调性
分类讨论.
解析 (1)证明:当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g'(x)=-(x2-2x+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)设h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当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.
-1,-
a
a
1
,单调减区间为
(-∞,-1),
-
a
1 a
,
.
注:(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 内可能有多个极大值和极小值; (2)极大值与极小值没有必然的大小关系,极大值可能比极小值还小; (3)导数等于零的点不一定是极值点(例如: f(x)=x3,f '(x)=3x2,当x=0时,f '(0)= 0,但x=0不是函数的极值点); (4)对于处处可导的函数,极值点的导数必为零.
所以将其转化为f(x)=ex1-a
x2 ex
,即讨论h(x)=1-a·x2
ex
的零点问题,结合单调性
分类讨论.
解析 (1)证明:当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g'(x)=-(x2-2x+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)设h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当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.
-1,-
a
a
1
,单调减区间为
(-∞,-1),
-
a
1 a
,
.
模块二讲重点 导数公开课PPT全文课件导数小题-2021届高考数学二轮复习PPT全文课件(新高考版)
由函数 f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得 f′(x) ≥0(或 f′(x)≤0)在该区间恒成立，而不是 f′(x)>0(或<0)恒成立， “＝”不能少．必要时还需对“＝”进行检验．
模 块 二 讲 重 点 导 数 公开课 PPT全 文课件 导数小 题-202 1届高考 数学二 轮复习 PPT全 文课件 （新高 考版） 【完美 课件】
(3)利用导数比较大小或解不等式的常见技巧： 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式 的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性 比较大小或解不等式． (4)讨论含参数函数的单调性： ①确定函数定义域； ②求f′(x)，并整理分解因式(如果能分解因式)； ③优先考虑特殊情况：即参数取哪些值时f′(x)≥0或f′ (x)≤0恒成立，从而得到相应的单调性；
模 块 二 讲 重 点 导 数 公开课 PPT全 文课件 导数小 题-202 1届高考 数学二 轮复习 PPT全 文课件 （新高 考版） 【完美 课件】
(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路： ①由函数在区间[a，b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立； ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； ③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整舍去；若只有 在个别处有f′(x)＝0，则参数可取此值．
【评说】 切线问题，如果不知道切点，一般先设切点， 利用条件得到关于切点横坐标的方程．
(5)(2019·石家庄教学质检)将函数y＝ex(e为自然对数的底数)
的图像绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切，则角θ
满足的条件是( B ) A．esinθ＝cosθ
B．sinθ＝ecosθ
模 块 二 讲 重 点 导 数 公开课 PPT全 文课件 导数小 题-202 1届高考 数学二 轮复习 PPT全 文课件 （新高 考版） 【完美 课件】
(3)利用导数比较大小或解不等式的常见技巧： 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式 的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性 比较大小或解不等式． (4)讨论含参数函数的单调性： ①确定函数定义域； ②求f′(x)，并整理分解因式(如果能分解因式)； ③优先考虑特殊情况：即参数取哪些值时f′(x)≥0或f′ (x)≤0恒成立，从而得到相应的单调性；
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(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路： ①由函数在区间[a，b]上单调递增(或递减)可知f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立； ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； ③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整舍去；若只有 在个别处有f′(x)＝0，则参数可取此值．
【评说】 切线问题，如果不知道切点，一般先设切点， 利用条件得到关于切点横坐标的方程．
(5)(2019·石家庄教学质检)将函数y＝ex(e为自然对数的底数)
的图像绕坐标原点O顺时针旋转角θ后第一次与x轴相切，则角θ
满足的条件是( B ) A．esinθ＝cosθ
B．sinθ＝ecosθ
2021届艺考生高考数学二轮复习课件：第二章 函数、导数及其应用(12课时)
映射：f：A→B
2.函数的定义域、值域 (1)在函数 y＝f(x)，x∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围 A 叫 做函数的 定义域 ；与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的 集合 {f(x)|x∈A} 叫做函数的 值域 . (2)如果两个函数的 定义域 相同，并且 对应关系 完全一 致，则这两个函数为相等函数．
2．下列各组函数中，表示同一函数的是( ) A．f(x)＝|x|，g(x)＝ x2 B．f(x)＝ x2，g(x)＝( x)2 C．f(x)＝xx2－－11，g(x)＝x＋1 D．f(x)＝ x＋1· x－1，g(x)＝ x2－1
解析：A [A 中，g(x)＝|x|，∴f(x)＝g(x)． B 中，f(x)＝|x|，g(x)＝x (x≥0)， ∴两函数的定义域不同． C 中，f(x)＝x＋1 (x≠1)，g(x)＝x＋1， ∴两函数的定义域不同． D 中，f(x)＝ x＋1· x－1(x＋1≥0 且 x－1≥0)，f(x)的定义域为 {x|x≥1}， g(x)＝ x2－1(x2－1≥0)， g(x)的定义域为{x|x≥1 或 x≤－1}． ∴两函数的定义域不同．故选 A.]
对应关系 f： 中的 任意 一个数 x， 中的 任意 一个元素
A→B 在集合 B 中都有
x，在集合 B 中都有
唯一确定 的数 f(x)和它 唯一确定 的元素 y 与之
对应
对应
名称
称 f： A→B 为从集合 称 f：A→B 为从集合 A A 到集合 B 的一个函数 到集合 B 的一个映射
记法
函数 y＝f(x)，x∈A
解析：由 f(1)＝f(2)＝0，得1222＋＋p2＋p＋q＝q＝0，0， 所以pq＝＝－2. 3， 所 以 f(x)＝x2－3x＋2，所以 f(－1)＝(－1)2＋3＋2＝6.
专题二第2讲导数及其应用课件(共92张PPT)山东省高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)
|1－1－2| 2 ＝ 2，故选 B．
解析 答案
3．(2020·湖南省雅礼中学高三 5 月质检)已知奇函数 f(x)的定义域为 R， 且当 x<0 时，f(x)＝ln (1－3x)，则曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 ________.
答案 －34 解析 由题意得，奇函数 f(x)的图象关于原点对称，∴f′(1)＝f′(－ 1)．当 x<0 时，f′(－1)＝－34，则 f′(1)＝－34.即曲线 y＝f(x)在点(1，f(1)) 处的切线斜率为－34.
解析
3．设 f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.若 f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，
则 a 的取值范围为________.
答案 解析
a＞－19 由 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，当 x∈23，＋∞时，
f′(x)的最大值为 f′23＝29＋2a；令29＋2a＞0，得 a＞－19，所以，当 a＞－19
exx－1 (0<x≤1)，可得 g′(x)＝ x2 ，
解析
在 x∈(0,1]，g′(x)≤0，可得 g(x)在(0,1]上单调递减，可得 g(x)有最小 值 g(1)＝e，故 C 正确；x1x2＝x1ex1，设 h(x)＝xex(0<x≤1)，可得 h′(x)＝(x ＋1)ex>0，即 h(x)在(0,1]上单调递增，可得 h(x)有最大值 e，故 D 正确．故 选 CD．
第二编 讲专题
专题二 函数与导数 第2讲 导数及其应用
「考情研析」 1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的 一个热点． 2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见 题型.
1
PART ONE
人教版高三数学二轮复习导数及导数的应用-精品课件 12页PPT文档
2.函数y x2 2lnx的单调递增区间 为 1,
3 3.函f数 (x)2x31x23x的单调递 增 (-1, 2 区 ) 间 是
32
4 .若 函f(数 x)x3ax24在0（ ， 2）内单调a递 的取减 值范围， 是 则 3,
5.函数f ( x ) x( x m)2在x 1处取得极小值，则实m数 1
t
t1 2 x
2
2
2
1。 当２ t即t4时 2。 当１ t 2即 2t4时 3。 当 t 1即0 <t 2时
2
2
2
f(x)在1， 2上单调递f (减 x)在1，2t
上单调递减
f(x)在1， 2上单调
在
t 2
,2上单调递增
例２ （2019年青岛模拟21（2））【已知函数的单调区间求参数范围】
END
2019本定理 函数极值、不等式证明
14分 函数单调性、极值、 不等式证明
课前双基自测
1.(2011山东文）曲线y x3 11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标C是（）
A 9 B 3 C 9 D 1 5
已知函数 f(x) 4 x3 3 t2 x 6 t2x t 1 ,x R 其中 t R
当t 0 时，求 f ( x ) 的单调区间.
f'(x) 6 (t 1 )2 (t 1 )
讨论依据：导函数零点的大小
变式训练：
讨论依据：导函数中最高次项系数的正负
f'(x) 6 (x t)2 (x t)t(0 )
该如何求b的取值范围？f(x)极大值为16 ln 2 - 9, 极小值为32 ln 2 - 21
并且 x 1时， f ( x )
3 3.函f数 (x)2x31x23x的单调递 增 (-1, 2 区 ) 间 是
32
4 .若 函f(数 x)x3ax24在0（ ， 2）内单调a递 的取减 值范围， 是 则 3,
5.函数f ( x ) x( x m)2在x 1处取得极小值，则实m数 1
t
t1 2 x
2
2
2
1。 当２ t即t4时 2。 当１ t 2即 2t4时 3。 当 t 1即0 <t 2时
2
2
2
f(x)在1， 2上单调递f (减 x)在1，2t
上单调递减
f(x)在1， 2上单调
在
t 2
,2上单调递增
例２ （2019年青岛模拟21（2））【已知函数的单调区间求参数范围】
END
2019本定理 函数极值、不等式证明
14分 函数单调性、极值、 不等式证明
课前双基自测
1.(2011山东文）曲线y x3 11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标C是（）
A 9 B 3 C 9 D 1 5
已知函数 f(x) 4 x3 3 t2 x 6 t2x t 1 ,x R 其中 t R
当t 0 时，求 f ( x ) 的单调区间.
f'(x) 6 (t 1 )2 (t 1 )
讨论依据：导函数零点的大小
变式训练：
讨论依据：导函数中最高次项系数的正负
f'(x) 6 (x t)2 (x t)t(0 )
该如何求b的取值范围？f(x)极大值为16 ln 2 - 9, 极小值为32 ln 2 - 21
并且 x 1时， f ( x )
高三数学二轮复习 2.4导数及其应用课件
3．导数的计算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c为常数)；
②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝1x； ⑧(logax)′＝－xl1na.
(2)导数的四则运算法则 ①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； ②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； ③[gfxx]′＝f′xgxg－ 2xfxg′x. ④(理)(f(u))′＝f′(u)·φ′(x)＝af′(ax＋b)
[解析] (1)f′(x)＝1k(x2－k2)exk， 令f′(x)＝0，得x＝±k. 当k>0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞， －k)
－k
(－k， k)
k
(k，＋ ∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x)
4k2 e－1
0
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调 递减区间是(－k，k)．
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e等价于 f(－k)＝4ek2≤1e. 解得－12≤k<0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e时， k 的取值范围 是[－12，0)．
[评析] 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情 况，大多数情况下是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．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．
2021版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 导数的综合应用(共50张PPT)
热点 1 利用导数研究函数的零点(方程的根) 1．利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、函数图象与 x 轴的交点 的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函 数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势， 数形结合求解．
2．三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当 x→∞ 时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定 其零点的个数即可．存在两个极值点 x1，x2 且 x1＜x2 的 函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：
专题一 函数与导数、不等式来自 第 5 讲 导数的综合应用1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝13x3－a(x2＋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． (1)解：当 a＝3 时，f(x)＝13x3－3x2－3x－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；
仅当 x＝0 时 g′(x)＝0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单 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＝－6(a－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．
2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝(1－x2)ex. (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． 解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex. 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．
高考理科数学二轮专题提分教程全国课件导数及其应用
可导与连续关系
可导必连续
如果函数在某一点处可导，则该函数 在该点处必定连续。这是因为可导的 定义中已经包含了函数在该点处的连 续性。
连续不一定可导
虽然连续函数在其定义域内具有许多 良好的性质，但并不意味着它在每一 点处都可导。例如，绝对值函数在原 点处连续但不可导。
基本初等函数导数公式
常数函数
幂函数
物理学中速度和加速度计算
要点一
速度计算
要点二
加速度计算
在物理学中，速度是位移对时间的导数。通过求解位移函 数的导数，可以得到物体在任意时刻的速度。
加速度是速度对时间的导数。通过对速度函数求导，可以 得到物体在任意时刻的加速度，进而分析物体的运动状态 。
工程学中最优化问题求解
最值问题
在工程学中，经常需要求解某个函数的最值 问题，如最小成本、最大效益等。通过求解 函数的导数，并令其等于零，可以找到函数 的极值点，进而确定最值。
正弦函数y=sinx的导数 为cosx；余弦函数 y=cosx的导数为-sinx； 正切函数y=tanx的导数 为sec2x。
复合函数、反函数求导法则
复合函数求导法则
如果u=g(x)在点x处可导，且y=f(u)在点u=g(x)处也可导，则复合函数y=f[g(x)]在点x处也可导，且 其导数可由f'和g'通过链式法则求得：dy/dx = f'(u) * g'(x)。
利用中值定理求极限或判断函数性质
利用中值定理求极限
通过中值定理找到满足条件的点，然后利用 该点的性质求出极限。Biblioteka 利用中值定理判断函数单调性
通过中值定理找到满足条件的点，然后利用 该点的性质判断函数的单调性。
利用中值定理判断函数凹凸性
高考数学二轮复习第4讲导数的综合应用课件理
∴f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,
当x=e时,f(x)取得极小值,且极小值为f(e)=ln e+ e =2.
e
∴f(x)的极小值为2.
12/11/2021
(2)由题意知,对任意的x1>x2>0,f(x1)-x1<f(x2)-x2恒成立,
设h(x)=f(x)-x=ln x+ k -x(x>0),
第4讲 导数的综合应用
12/11/2021
12/11/2021
总纲目录
考点一 利用导数证明不等式 考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根
12/11/2021
考点一 利用导数证明不等式
例 (2018课标全国Ⅰ文,21,12分)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≥ 1 时, f(x)≥0.
+∞).
(2)依题意,∃x∈[1,3],ax3-3x2+3ax2-6x≤0,
等价于不等式a≤ 3 x 2= 6 x 在x3 ∈x [61,3]有解.
x3 3x2 x2 3x
令h(x)= 3 x (x6∈[1,3]),
x2 3x
则h '(x)=- 3( x2=- 4 x <60). 3[( x 2)2 2]
所以h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3- 2h(1)h(2)<0.
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)方程f(x)=g(x)的根的个数为2,理由如下:
由(1)可知,h(x)=f(x)-g(x)=ex-1- x-x.
当x=e时,f(x)取得极小值,且极小值为f(e)=ln e+ e =2.
e
∴f(x)的极小值为2.
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(2)由题意知,对任意的x1>x2>0,f(x1)-x1<f(x2)-x2恒成立,
设h(x)=f(x)-x=ln x+ k -x(x>0),
第4讲 导数的综合应用
12/11/2021
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总纲目录
考点一 利用导数证明不等式 考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根
12/11/2021
考点一 利用导数证明不等式
例 (2018课标全国Ⅰ文,21,12分)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≥ 1 时, f(x)≥0.
+∞).
(2)依题意,∃x∈[1,3],ax3-3x2+3ax2-6x≤0,
等价于不等式a≤ 3 x 2= 6 x 在x3 ∈x [61,3]有解.
x3 3x2 x2 3x
令h(x)= 3 x (x6∈[1,3]),
x2 3x
则h '(x)=- 3( x2=- 4 x <60). 3[( x 2)2 2]
所以h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3- 2h(1)h(2)<0.
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)方程f(x)=g(x)的根的个数为2,理由如下:
由(1)可知,h(x)=f(x)-g(x)=ex-1- x-x.