高考数学(理)一轮【专题一】《函数与导数综合题的解答》ppt课件
y＝f′(x)的图象如图所示， 则该函数的图象是
)
C
(
聚焦考向透析
考向一 利用导数研究函数图象
方法分析 解题过程 回归反思
例题精编
(2013· 高考浙江卷)已知函数 y＝f(x) 的图象是下列四个图象之一，且其导函数
①题目条件： 导函数 f′(x)的图象变化 特征．
y＝f′(x)的图象如图所示， 则该函数的图象是
利用导数研究函数性质
方法分析 解题过程 回归反思
Hale Waihona Puke 例题精编(2012· 高考北京卷)已知函数
f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点 (1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区 间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
C
聚焦考向透析
考向三 不等式证明及参数范围问题
方法分析 解题过程 回归反思
例题精编
(2013· 高考辽宁卷) (1)证明：当 x∈[0，1]时， 2 2
x≤sin x≤x；
(2)若不等式
ax＋x2＋
x3
2
＋2(x＋2)cos x≤4 对
x∈[0，1]恒成立，求实数 a 的取值范围．
C
聚焦考向透析
C
聚焦考向透析
考向二
回归反思
利用导数研究函数性质
方法分析
解题过程
a a 当－ ＜－1，即 a＞6 时，函数 h(x)在区间(－∞，－ )上单调递增，在区间－ ，－ 6 6 2 2
a a
a 上单调递减，在区间－ ，－1上单调递增， 6 a 1 1 2 － 又因为 h －h(－1)＝1－a＋ a ＝ (a－2)2＞0， 4 4 2 a 所以 h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为 h－ ＝1. 2
第二章 基本初等函数、 导数及其应用
专题一
函数与导数综合题的解答
目 录
ONTENTS
1
聚焦考向透析
2
学科能力提升
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C
(
聚焦考向透析
考向一 利用导数研究函数图象
方法分析 解题过程 回归反思
例题精编
(2013· 高考浙江卷)已知函数 y＝f(x) 的图象是下列四个图象之一，且其导函数
a2＝4b.
Ⅱ.解题目标：(1)利用切线求 a，b. (2)求 f(x)＋g(x)的单调区间并 求最值 x∈(－∞，1]．
Ⅲ . 转 化 关 系 ： (1) 中 题 意 转 化 为
f′（1）＝g′（1） . f（1）＝g（1）
(2)中转化为求 h′(x)＞0， h′(x)＜0 的解由极 值求最值．
1
(2)记 h(x)＝f(x)＋g(x)，当 b＝ a2 时， 4
h(x)＝x3＋ax2＋
1 4
a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋ a a
1 4
a2.
令 h′(x)＝0，得 x1＝－ ，x2＝－ . 2 6
C
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考向二
回归反思
利用导数研究函数性质
方法分析
解题过程
a＞0 时，h(x)与 h′(x)的变化情况如下： X h′(x) h( x)
错误！
－ 0
a
2
错误！
－ 0
a
6
错误！
＋
＋
a a 所以函数 h(x)的单调递增区间为－∞，－ 和－ ，＋∞； 2 6 a a 单调递减区间为－ ，－ . 6 2
C
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考向二
回归反思
利用导数研究函数性质
方法分析
解题过程
当－ ≥－1，即 0＜a≤2 时，函数 h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增， 2
)
②解题目标：判断原函数 f(x)图象变化 特征． ③转化关系：导函数值的大小变化⇔原 函数值的变化．
C
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考向一 利用导数研究函数图象
回归反思
方法分析
解题过程
从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0 时最大，所以函数 f(x)的图 象的变化率也先增大后减小，在 x＝0 时变化率最大．A 项，在 x＝0 时变化率最小， 故错误；C 项，变化率是越来越大的，故错误；D 项，变化率是越来越小的，故错误．B 项正确．
C
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考向二
回归反思
利用导数研究函数性质
方法分析
解题过程
(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b， 因为曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线， 所以 f(1)＝g(1)，且 f′(1)＝g′(1)．即 a＋1＝1＋b，且 2a＝3＋b. 解得 a＝3，b＝3.
a
h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为 h(－1)＝a－ a2.
4
1
a 当－ ＜－1，且－ ≥－1，即 2＜a≤6 时，函数 h(x)在区间－∞，－ 上单调递增， 2 2 6
a a
a a 在区间－ ，－1上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为 h－ ＝1. 2 2
C
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考向二
回归反思
利用导数研究函数性质
方法分析
解题过程
①用导数研究函数的性质比用初等方法要方便得多，更具有普遍的适用性．
②涉及曲线的切线，就要考虑用导数的几何意义建立关系．
③利用导数研究函数的单调性及最值．利用列表法，研究 h′(x)的正负及单调区 间一目了然．求最值时，要考虑极值点，－ ，－ 与区间(－∞，－1]的关系， 2 6 所以分类讨论来确定最值． 9 9
【答案】 B
C
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考向一 利用导数研究函数图象
回归反思
方法分析
解题过程
①给出函数解析式或者某些函数图象来识别其它函数图象， 除根据一般 方法研究性质外，利用导数也是一种技巧．
②此类题易采用排除法，根据函数的性质：定义域、值域、奇偶性、单 调性、零点个数等依次排除得答案．
C
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考向二
C
聚焦考向透析
考向二
利用导数研究函数性质
方法分析 解题过程 回归反思
例题精编
(2012· 高考北京卷)已知函数
Ⅰ.题目条件：前提条件是两个待定解析 式，在(1)中有共同切点的切线，(2)中有
f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点 (1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区 间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
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2025年高考数学一轮复习-函数与导数【课件】
5.导数的概念及几何意义
Δy
Δy
(1)如果当Δx→0时，平均变化率_Δ_x_无限趋近于一个确定的值，即_Δ_x_有
极根，则称y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0 处的 导数 (也称 瞬时变化率 )，记作 f′(x0) 或 y′|x＝x0 ，
Δy 即f′(x0)＝_Δl_ix_m→_0 _Δ_x__
(2)f(a＋x)＝f(b－x)⇔f(x)的图象关于直线 x＝ 2 对称. (3)f(a＋x)＝－f(b－x)⇔f(x)的图象关于点a＋2 b，0对称.
4.函数图象平移变换的相关结论 (1)把y＝f(x)的图象沿x轴向左或向右平移|c|个单位长度(c>0时向左平移， c<0时向右平移)得到函数y＝f(x＋c)的图象(c为常数). (2)把y＝f(x)的图象沿y轴向上或向下平移|b|个单位长度(b>0时向上平移， b<0时向下平移)得到函数y＝f(x)＋b的图象(b为常数).
5.函数图象伸缩变换的相关结论
(1)把y＝f(x)的图象上各点的纵坐标伸长(a>1)或缩短(0<a<1)到原来的a倍，
而横坐标不变，得到函数y＝af(x)(a>0)的图象. (2)把y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长(0<b<1)或缩短(b>1)到原来的 1b， 而纵坐标不变，得到函数y＝f(bx)(b>0)的图象.
PART TWO
常用结论
1.函数单调性和奇偶性的重要结论 (1)当f(x)，g(x)同为增(减)函数时，f(x)＋g(x)为增(减)函数. (2)奇函数在对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在对称的两个区 间上有相反的单调性. (3)f(x)为奇函数⇔f(x)的图象关于原点对称；f(x)为偶函数⇔f(x)的图象关 于y轴对称.
2023版高考数学一轮总复习：高考中函数与导数解答题的提分策略课件理
则0<x1<1<x2<e.(6分)
1
要证2<
1
+ <e,即证2<x1+x2<e.
先证x1+x2>2.
要证x1+x2>2,即证x2>2-x1,
因为0<x1<1<x2<e,所以x2>2-x1>1,
又f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以即证f(x2)<f(2-x1),
又f(x1)=f(x2),所以即证f(x1)<f(2-x1),
(1)因为f(x)=x(1-ln x),所以f(x)的定义域为(0,+∞),f＇(x)=1-ln x+
1
x(-)=-ln x.(1分)
当x∈(0,1)时,f＇(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,f＇(x)<0.(3分)
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(4分)
(2)由题意,a,b是两个不相等的正数,且bln a-aln
解题思维1 高考中函数与导数解答题的提分策略
考情解读
函数是中学数学的核心内容,导数是研究函数的重要工具,函
数与导数作为历年来的压轴题之一,主要考查学生的数学运算、逻辑推理
等核心素养及分析问题、解决问题的能力.在高考中,函数与导数常与其
他知识结合起来,形成层次丰富的各类综合题.常涉及的函数有:指数函数、
即证当x∈(0,1)时,f(x)-f(2-x)<0.(7分)
构造函数F(x)=f(x)-f(2-x),
则F＇(x)=f＇(x)+f＇(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)],
高考一轮复习理科数学课件导数的综合应用导数与方程
高阶导数概念
高阶导数定义
函数 $y = f(x)$ 的导数 $y' = f'(x)$ 仍然是 $x$ 的函数。如果 $f'(x)$ 可导，那么它的导数称为 $f(x)$ 的二阶导 数，记作 $y'' = f''(x)$。类似地，二阶导数的导数称为三阶导数，以此类推。
高阶导数的意义
高阶导数在描述函数图像的凹凸性、拐点以及研究函数的极值等方面具有重要意义。例如，二阶导数 $f''(x)$ 可 以判断函数 $f(x)$ 在某一点的凹凸性：若 $f''(x) > 0$，则 $f(x)$ 在该点处为凹函数；若 $f''(x) < 0$，则 $f(x)$ 在该点处为凸函数。
求解最优化问题
最优化问题类型
最优化问题包括最大值和最小值问题 ，可以通过求解导数等于0的点来找 到可能的极值点，再结合函数的单调 性确定最值点。
应用举例
利用导数求解最优化问题，可以解决 一些实际生活中的问题，如求成本最 低、收益最大等。
方程根存在性判断
01
02
03
零点存在性定理
如果函数在区间的两端取 值异号，则函数在该区间 内至少存在一个零点。
$(uv)' = u'v + uv'$
04
05
除法法则
复合函数求导法 则（链式…
$(frac{u}{v})' = frac{u'v uv'}{v^2}$（$v neq 0$）
若 $y = f(u)$ 和 $u = g(x)$ 都可导，则复合函数 $y = f[g(x)]$ 的导数为 $y' = f'(u) cdot g'(x)$
函数与导数综合问题 课件
证明：令 f(x)＝ln(1＋x)－x－x22， 则 f(0)1＞0，x∈(0，＋∞)， ∴y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∴x∈(0，＋∞)，f(x)＞0 恒成立． ∴ln(1＋x)＞x－x22.
令 g(x)＝x－21x＋2 x－ln(1＋x)，则 g(0)＝0.又 g′(x)＝1－4x24＋14＋x－x22x2 －1＋1 x＝412＋x2x2＞0，
)
A．x－y－2＝0
B．x＋y－2＝0
C．x＋4y－5＝0
D．x－4y－5＝0
解析：y′│x＝1＝2x2－x－1－122x│x＝1＝－2x－1 12│x＝1＝ －1，故切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.故选 B.
答案：B
题型3 利用导数知识证明不等式 例3 求证：x－x22＜ln(1＋x)＜x－21x＋2 x，x∈(0，＋∞)．
点评：利用导数求函数的单调性，主要涉及的几类题型：求 单调区间，判断函数在某区间上的单调性，根据单调性求参数．只 要牢牢掌握导函数的符号与原函数单调性的对应关系，这些问题 就不难解决．
跟踪 训练
1．已知函数 f(x)＝mx3＋nx2 (m、n∈R，m≠0)，函数 y＝ f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与 x 轴平行．
函数与导数综合问题
基础 梳理
1．导数的几何意义：函数 y＝f(x)在点 x0 处的导数的几何 意义是曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率．也就是说， 曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率是 f′(x0)，相应地， 切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
D．ln(1＋x)≥x－18x2
跟踪 训练
解析：设 f(x)＝cos x＋12x2－1，则 f ′(x)＝－sin x＋ x≥0(x≥0)，所以 f(x)＝cos x＋12x2－1 是增函数，所以 f(x) ＝cos x＋21x2－1≥f(0)＝0，即 cos x≥1－21x2.故选 C.
令 g(x)＝x－21x＋2 x－ln(1＋x)，则 g(0)＝0.又 g′(x)＝1－4x24＋14＋x－x22x2 －1＋1 x＝412＋x2x2＞0，
)
A．x－y－2＝0
B．x＋y－2＝0
C．x＋4y－5＝0
D．x－4y－5＝0
解析：y′│x＝1＝2x2－x－1－122x│x＝1＝－2x－1 12│x＝1＝ －1，故切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.故选 B.
答案：B
题型3 利用导数知识证明不等式 例3 求证：x－x22＜ln(1＋x)＜x－21x＋2 x，x∈(0，＋∞)．
点评：利用导数求函数的单调性，主要涉及的几类题型：求 单调区间，判断函数在某区间上的单调性，根据单调性求参数．只 要牢牢掌握导函数的符号与原函数单调性的对应关系，这些问题 就不难解决．
跟踪 训练
1．已知函数 f(x)＝mx3＋nx2 (m、n∈R，m≠0)，函数 y＝ f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与 x 轴平行．
函数与导数综合问题
基础 梳理
1．导数的几何意义：函数 y＝f(x)在点 x0 处的导数的几何 意义是曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率．也就是说， 曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率是 f′(x0)，相应地， 切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
D．ln(1＋x)≥x－18x2
跟踪 训练
解析：设 f(x)＝cos x＋12x2－1，则 f ′(x)＝－sin x＋ x≥0(x≥0)，所以 f(x)＝cos x＋12x2－1 是增函数，所以 f(x) ＝cos x＋21x2－1≥f(0)＝0，即 cos x≥1－21x2.故选 C.
2021高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用解答题专项突破一导数的综合应用问题课件.ppt
解题思路 (1)求 f′(x)→求斜率 k＝f′(1)→用点斜式写出切线方程． (2)设切点坐标为(x0，x30－x0)→写出切线方程→把点(1，b)代入切线方程 得关于 x0 的方程→依据此方程有三个不同的实数解，求 b 的取值范围．
热点题型 2 利用导数研究函数的性质 典例 已知函数 f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2(a>0)，记 f′(x)为 f(x)的导函 数． (1)若 f(x)的极大值为 0，求实数 a 的值；
(1)讨论函数 f(x)的单调性； －ln x
规范解答 (1)由题意可知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ x2 ，
由 f′(x)＝0 得 x＝1.
当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以 f(x)单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以 f(x)单调递减．
(2)若
第二章 函数、导数及其应用
解答题专项突破(一) 导数的综合应用问题
函数与导数是高中数学的重要内容之一，常与其他知识相结合，形成难 度不同的各类综合题型，常涉及的问题有：研究函数的性质(如函数的单调 性、极值、最值)、研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)、求参数的取 值范围、不等式的证明或恒成立问题、运用导数解决实际问题等．题型多变， 属中、高档难度．
ln a＝
x2＋1 x2 .
令
h(t)＝12tln
t－12t＋ln
t＋1 2t ，则
h′(t)＝ln
tt2－1 2t2 ≥0.
所以函数 h(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以 0＜x1＜1 时 g(x1)＝h(x1)＜h(1)
＝0，
当 x2>1 时 g(x2)＝h(x2)>h(1)＝0. 又 x→0 时 g(x)→a2>0，x→＋∞时 g(x)→－∞，所以函数有三个零点．
2023年高考一轮复习课件 习题课1——“函数与导数”问题常用的解题技能 (共34张PPT)
类型一 构造y＝fx±gx型可导函数
[例 1] 定义在 R 上的函数 f(x)，满足 f(1)＝1，且对任意 x∈R 都有 f′(x)<12，
则不等式
f(lg
lg x)>
x2＋1的解集为__________．
[解析] 由题意构造函数 g(x)＝f(x)－12x，
则 g′(x)＝f′(x)－12<0，所以 g(x)在定义域内是减函数．因为 f(1)＝1，所
恒成立，其中 y＝f′(x)为 y＝f(x)的导函数，则
()
A．8<ff21<16
B．4<ff21<8
C．3<ff21<4
D．2<ff21<3
[解析] ∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0， ∴fxx2′＝f′x·xx2－4 2xfx＝xf′xx－3 2fx>0，令 g(x)＝fxx2，∴g(x)＝fxx2 在(0，＋∞)上单调递增，∴f222>f112， 又由 2f(x)<3f(x)，得 f(x)>0，即ff21>4.
同构法构 (2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数” 造函数的 是关键；
策略 (3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数； (4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围
[典例] 关于 x 的方程 ex－ln xx＋k＝1 在(0，＋∞)上只有一个实根，则实
数 k＝
[方法技巧] 当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可 联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)， 然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．
高考数学一轮总复习专题一函数与导数课件理
图 1-1
结合 f(x)的单调(dāndiào)性知，m 的取值范围是(－3,1)． 如图 1-1，若直线 y＝m 与函数 y＝f(x)的
第十三页，共28页。
【规律方法】可以(kěyǐ)继续探讨：①直线 y＝m 与 y＝f(x)的图 象有一个交点，则 m 的取值范围为(－∞，－3)∪(1，＋∞)；
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
极大值 ↘ 极小值
↗
所以 f(x)的单调递增(dìzēng)区间为(－2a,0)和(a，＋∞)， f(x)的单调递减区间为(－∞，－2a)和(0，a)．
(2)由(1)，得 f(x)极小值＝f(－2a)＝－53a4<0， f(x)极小值＝f(a)＝172a4，f(x)极大值＝f(0)＝a4.
(2)任意 x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使f(x1)＝g(x2)的本质 就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集．
第七页，共28页。
【互动(hù dònɡ)探究】 1．(2015年新课标Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx. (1)讨论(tǎolùn)f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
7 点，则 a 的取值范围为 1<a< 4 12 [如图 1-2(3)]．
7
图 1-2
第十八页，共28页。
(2)请结合(jiéhé)例2 一起学习，例2 中函数图象确定，直线 y＝m 在动(变化)；而本题中直线 y＝1 确定，函数图象在动(变化)， 数形结合(jiéhé)中蕴含运动变化的思想．
第十九页，共28页。
第十页，共28页。
函数导数专题分析课件-2025届高三数学一轮复习
深度和广度。思维量加大，灵活，与其他知识的交汇，比如在不等式，数列，解析几何中的应
用，这就要求我们在复习中注重基础知识的理解和思维能力的培养。
（二）深入考查直观想象素养。 （三）扎实考查数学运算素养。
二、创设自然真实情境 助力应用能力考查 2023高考试题评价
（一）创设现实生活情境（二）设置科学研究情境（三）设计劳动生产情境
三、落实“四翼”考查要求 助力“双减”政策落地
（一）突出基础性要求。 （二）彰显综合性要求。
如新课标Ⅱ卷第22题和全国甲卷理科第21题，将导数和三角函数巧妙地结合起来， 通过对导函数的分析，考查函数的单调性、极值等相关问题，通过对导数、函数不 等式等知识，深入考查分类讨论的思想、转化与化归的数学思想。
高考导数知识点梳理
2022全国乙卷理21（2）、2022全国乙卷文20 （2）、2021全国新高考Ⅱ22（2）、2020全国Ⅲ 理20（2）、2020全国Ⅲ文21（2）、2020全国Ⅰ 文20（2）、2019全国Ⅰ文20（1）、2019全国Ⅰ 理20（2）、2019全国Ⅱ文21（2）、2018全国 Ⅱ21（2）、2018全国Ⅱ理21（2）、2021全国甲 理 21（2）、2021全国甲文21（2）共13次
2021新高考Ⅱ22（1）、2021甲卷文20（1）、 2021全国乙卷文21（1）、2019全国Ⅰ文20 （1）、2019全国Ⅲ理（20）、2020全国Ⅲ文20 （1）、2018全国Ⅰ理21（1）、2020全国Ⅱ文 21（2）共8次
2022全国乙卷文20（1）、2019全国Ⅱ文 21（1）、2018全国Ⅲ理21（2）、2018 全国Ⅰ文21（1）、2019全国Ⅲ文20 （2）、2019全国理20（2）共6次
单调性、不等式、构造函数 构造函数或利用不等式比较大小
高考数学 专题1 函数与导数综合题的解答课件 文 新人教A版
质
函数是高中数学的重点内容，而函数的性质又是高考命题的热 点，用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多，并且具 有普遍的适用性．
(2012· 高考北京卷)已知函数 f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋ bx. (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共 切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时， 求函数 f(x)＋g(x)的单调区间， 并求其在区间(－ ∞，－1]上的最大值． 【审题】 (1)在交点(1，c)处有公共切线，隐含(1，c)为切点，
热点二
导数、函数与不等式
用导数的方法研究与函数有关的不等式问题，是巧妙地构造函 数，然后这个函数的单调性、极值、最值及特殊点的函数值，结合 不等式的性质来解决． (2012· 高考辽宁卷)设 f(x)＝ln x＋ x－1，证明： 3 (1)当 x＞1 时，f(x)＜ (x－1)； 2 9x－1 (2)当 1＜x＜3 时，f(x)＜ . x＋ 5 【审题】 函数来证明． 本题涉及 f(x)的不等式，可以构造形如 f(x)－φ(x)的
可考虑 f′(1)与 g′(1)．f(1)与 g(1)的关系． (2)构造函数 h(x)＝f(x)＋g(x)，求 h′(x)＞0，h′(x)＜0 的 x 的 范围，继而求(－∞，－1]上的最大值．
【转化】
f′1＝g′1 (1)中题意转化为 f1＝g1
.
(2)中转化为求 h′(x)＞0，h′(x)＜0 的解由极值求最值． 【解】 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
又由 G(1)＝0，得 G(x)＜0，所以 h′(x)＜0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数．又 h(1)＝0，所以 h(x)＜0. 9x－1 于是当 1＜x＜3 时，f(x)＜ . x＋5 法二：记 h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当 1＜x＜3 时，由(1)得 h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9
函数是高中数学的重点内容，而函数的性质又是高考命题的热 点，用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多，并且具 有普遍的适用性．
(2012· 高考北京卷)已知函数 f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋ bx. (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共 切线，求 a，b 的值； (2)当 a2＝4b 时， 求函数 f(x)＋g(x)的单调区间， 并求其在区间(－ ∞，－1]上的最大值． 【审题】 (1)在交点(1，c)处有公共切线，隐含(1，c)为切点，
热点二
导数、函数与不等式
用导数的方法研究与函数有关的不等式问题，是巧妙地构造函 数，然后这个函数的单调性、极值、最值及特殊点的函数值，结合 不等式的性质来解决． (2012· 高考辽宁卷)设 f(x)＝ln x＋ x－1，证明： 3 (1)当 x＞1 时，f(x)＜ (x－1)； 2 9x－1 (2)当 1＜x＜3 时，f(x)＜ . x＋ 5 【审题】 函数来证明． 本题涉及 f(x)的不等式，可以构造形如 f(x)－φ(x)的
可考虑 f′(1)与 g′(1)．f(1)与 g(1)的关系． (2)构造函数 h(x)＝f(x)＋g(x)，求 h′(x)＞0，h′(x)＜0 的 x 的 范围，继而求(－∞，－1]上的最大值．
【转化】
f′1＝g′1 (1)中题意转化为 f1＝g1
.
(2)中转化为求 h′(x)＞0，h′(x)＜0 的解由极值求最值． 【解】 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
又由 G(1)＝0，得 G(x)＜0，所以 h′(x)＜0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数．又 h(1)＝0，所以 h(x)＜0. 9x－1 于是当 1＜x＜3 时，f(x)＜ . x＋5 法二：记 h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当 1＜x＜3 时，由(1)得 h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9
高考数学一轮复习专题一函数与导数(第2课时)课件理
要证明 x1<1k<x2，
即证 x1<lnxx22－－xln1x1<x2，等价于 1<xxl21n－xx211<xx21，
令
t＝xx21(由
x1<x2，知
t>1)，则只需证
t－1 1< lnt <t.
由 t>1，知 lnt>0，故等价于 lnt<t－1<tlnt(t>1)(*).
12/13/2021
第十五页，共二十三页。
3.已知函数 f(x)＝ax2＋lnx＋2. (1)若 a∈R，讨论函数 f(x)的单调性； (2)曲线 g(x)＝f(x)－ax2 与直线 l 交于 A(x1，y1)，B(x2，y2) 两点，其中 x1<x2，若直线 l 斜率为 k，求证：x1<1k<x2.
12/13/2021
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解：(1)f(1)＝2，g(1)＝2，f′(x)＝2x＋1－ax，g′(x)＝x＋1， 由题意，得 f′(1)g′(1)＝－1⇒(3－a)×2＝－1. 解得 a＝72. (2)y＝f(x)－g(x)＋12＝12x2－aln x， 令 h(x)＝12x2－aln x. ①当 a＝0 时，h(x)在定义域(0，＋∞)上恒大于 0，h(x)没有 零点；
第十一页，共二十三页。
(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x. 由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝21e2. 从而 f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x. 当 0<x<2 时，f′(x)<0；当 x>2 时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增.