2018届高三数学文二轮新课标专题复习课件：1.2.5导数的综合应用 精品
x
(2)令f′(x)=a+ =1 0,解得x=- ;1从而确定单调性及最
x
a
值,进而求出a值.
(3)由(1)知当a=-1时,f(x)max=f(1)=-1, 从而得|f(x)|≥1;再令g(x)= ln x 1
x2
则g′(x)= 1 l;n从x 而求最值即可.
x2
【规范解答】(1)由已知知函数f(x)的定义域为
【题组过关】
1.(2016·邯郸一模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个
极值点x1,x2,若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2 +2af(x)+b=0的不同实根的个数为 ( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解题指南】由函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值 点x1,x2,可得f′(x)=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实 数根,必有Δ=4a2-12b>0.而方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0的Δ1=Δ>0,可知此方程有两解 且f(x)=x1或x2.再分别讨论利用平移变换即可解出方 程f(x)=x1或f(x)=x2解的个数.
(2)根据(1),有f′(x)=-18x2+180x-288=-18(x-2)(x8). 当x变化时,f′(x)与f(x)的变化如下表:
x f′(x)
f(x)
[0,2)
-
单调递 减
2 (2,8) 8 (8,15]
0
+
0
-
极小值
单调递 增
极大值
单调递 减
故x=8时,f(x)取得极大值,因为f(8)=4 704,f(0)= 4 320,所以定价为25-8=17元能使一天的商品销售利 润最大.
【规律方法】利用导数解决生活中的优化问题的一般 步骤 (1)建模:分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问 题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式 y=f(x).
(2)求导:求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0. (3)求最值:比较函数在区间端点和使f′(x)=0的点的 函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值. (4)作答:回归实际问题作答.
1 2x
2
x x2
ln
2x
1
ln 2x
x2
,
所以f(x)在 (0,上e )单调递增, (上e , 单调) 递减,
2
2
所以f(x)max=f( e ) 2 ,
2e
又因为f (1=) 0,1< e<2,
2
2
不等式f2(x)+af(x)>0只有两个整数解,
a f x,
所以
a
f⇒ 2-l,n2<a≤-
而y=φ(x)=x2-2x+m=(x-1)2+m-1,其图象是以x=1 为对称轴开口向上的抛物线,数形结合得 当m-1<-1,即m<0时,有两个公共点. 当m-1=-1,即m=0时,有一个公共点. 当m-1>-1,即m>0时,无公共点.
【规律方法】 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三 角式及绝对值式结构函数零点的一般思路 (1)转化为可用导数研究其函数的图象与x轴(或直线 y=k)在该区间上的交点问题. (2)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. (3)结合图象求解.
【解题导引】(1)根据题意列出函数关系式即可. (2)利用导数求函数的最大值即可解决.
【规范解答】(1)设商品降价x元,记商品每天的获利为 f(x),则依题意得 f(x)=(25-10-x)(288+6x2)=(15-x)(288+6x2) =-6x3+90x2-288x+4 320(0≤x≤15).
a
a
递增,当x>- 1时f′(x)<0,f(x)在 (上1单, 调) 递减,
a
a
所以f(x)max=（f
1=）-1+ln（
a
1,要）使f(x)在(0,+∞)上
a
有两个零点,只需f(x)max>0,即-1+l（n
1>）0,解得
a
1<a<0,
e
综上可知a的取值范围为（ 1 ,.0）
e
2.在(3)的条件下,判断曲线f(x)与曲线φ(x)=x2-2x+m 公共点的个数. 【解析】由(3)知当a=-1时,f(x)max=-1,其图象如图 所示.
a 2x
+2ax0-a（ln
0
a 2x 0
ln x0）
=
a 2x
+2ax0-aln
0
a=
2
2ax+0 2ax0+aln
2 a
≥2a+aln 2 .
a
故当a>0时,f(x)≥2a+aln 2.
a
【加固训练】
1.(2016·广州一模)已知y=f(x)为R上的连续可导函数,
且xf′(x)+f(x)>0,则函数g(x)=xf(x)+1(x>0)的零点
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-a 单调递增,
x
所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.
由y=2e2x与y=a 的大致图象如图所示,
x
存在交点A,则当x<x0时,f′(x)<0, 当x>x0时,f′(x)>0,故f′(x)存在唯一零点.
(2)由(1),可设f′(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0, 当x∈(0,x0)时,f′(x)<0; 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0). 由于 2e2x0 a 0，
【解析】因为f′(x)=a+ ,1
x
①当a=0时,f(x)=lnx有一个零点,不符合要求.
②当a>0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
x→0时,f(x)→-∞,又f(1)=a>0,
故f(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,不符合要求.
③当a<0时,当0<x<1- 时f′(x)>0,f(x)在 (0,上 1单) 调
x2
当0<x<e时,g′(x)>0;当x>e时,g′(x)<0,
从而g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
所以g(x)max=g(e)=1e
1 2
<1,
所以,|f(x)|>g(x),即|f(x)|> ln,x 1
x2
所以,方程|f(x)|= ln x没 有1 实数根.
x2
【母题变式】1.若本例中函数在(0,+∞)上有两个零点, 求实数a的取值范围.
x0
所以f(x0)= e2x-0 alnx0
=
a 2x
+2ax0-2ax0-alnx0
0
=
a 2x
+2ax0-(2ax0+alnx0)
0
=
a 2x
+2ax0-a(2x0+lnx0),
0
因为 2e2x0 a 0，
x0
所以e2x0 a ,
2x 0
由两边取对数得:2x0=ln
a 2x
,
0
所以f(x0)=
ln6,1
a f 3
3
Hale Waihona Puke 即实数a的取值范围是 (ln 2, 1.ln 6]
3
热点考向二 利用导数解决生活中的优化问题 命题解读:主要考查学生的数学建模能力,将现实生活 中的问题转化为数学问题求解,利用导数的极值求出最 值,以解答题为主.
【典例2】(2016·开封一模)某商店商品每件成本10元, 若售价为25元,则每天能卖出288件,经调查,如果降低 价格,销售量可以增加,且每天多卖出的商品件数t与商 品单价的降低值x(单位:元,0≤x≤15)的关系是t=6x2. (1)将每天的商品销售利润y表示成x的函数. (2)如何定价才能使每天的商品销售利润最大?
【解析】选A.因为函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值 点x1,x2, 所以f′(x)=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根, 所以Δ=4a2-12b>0.
解得 x 2a
4a2 12b a
a2 3b .
6
3
因为x1<x2,所以x1 a
a2 3
3b
,
x2
a
a2 3b . 3
{x|x>0}, 当a=-1时,f(x)=-x+lnx,f′(x)= 1; x
x
当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0;
所以f(x)的单调增区间为(0,1).
(2)因为f′(x)=a+ ,1
x
令f′(x)=0,解得x=- ;1
a
由f′(x)>0解得0<x<- 1,由f′(x)<0,解得- <x1<e.从
a
a
而f(x)的单调增区间为 (0, ,减1)区间为
a
所以,f(x)max=f(
1=) -1+ln
a
( =1 )-3.
a
,( 1 ,e)
a
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2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：3-6 导数与函数 精品
mn
mn (2)要证
mnmn≥em－n，即证lnmnnm≥m－n，即证nlnmm－nmlnn≥
m－n，
即证lnmm－lnnn≥m－n，即证lnmmm－ －lnnnn≥1.
由 f′(x)＝1－x2lnx＝0，得 x＝e，因而当 0<x<1 时，f′(x)>0， f(x)单调递增，结合(1)知，曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y ＝x－1，因而 f(x)的图像恒在 y＝x－1 的下方，则当 x∈(0，1] 时，函数 f(x)的图像上任意两点连线的斜率均不小于 1，即
由 f′(x)＝1－x2lnx，则 f′(t)＝1－t2lnt＝a，且lnt t＝at－a， 消去 a 得(2t－1)lnt－t＋1＝0. 设 h(t)＝(2t－1)lnt－t＋1， 则 h′(t)＝2lnt＋2t－t 1－1＝2lnt－1t ＋1.
设 φ(t)＝2lnt－1t ＋1，则 φ′(t)＝2t ＋t12>0， 所以 φ(t)＝2lnt－1t ＋1 在其定义域上单调递增，即 h′(t)＝ 2lnt－1t ＋1 单调递增． 又 h′(1)＝0，所以当 t∈(0，1)时，h′(t)<0，h(t)单调递减， 当 t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，h(t)单调递增，所以 h(t)的最小 值为 h(1)＝0， 所以(2t－1)lnt－t＋1＝0 仅有一解 t＝1， 此时 a＝1－12ln1＝1，切点为 M(1，0)．
【审题】 (1)求出当 k＝2 时，f(x)的导数，求得切线的斜率 和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线的方程；(2)由 f′(1)＝ 0，可得 k＝1，令 g(x)＝(x2＋x)f′(x)，问题等价于对任意的 x∈(0， ＋∞)，g(x)<e－2＋1，可利用导数求证结论．
2018届高三数学一轮复习导数及其应用第四节导数与函数的综合问题课件文
文数
课标版
第四节
导数与函数的综合问题
教材研读
1.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用h'(x)判断h(x)的单调性或最值. (5)下结论.
2.一元三次方程根的个数问题
令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则f '(x)=3ax2+2bx+c.
1 2
答案 C g'(x)=g'(1)ex-1-g(0)+x,当x=1时,g(0)=1,由g(0)=g'(1)e0-1,解得g'(1)
1 x2,则g'(x)=ex-1+x,当x<0时,g'(x)<0,当x>0时,g'(x)>0,所 =e,所以g(x)=ex-x+ 2
以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1,根据题意将不等式转化为2m-1 ≥g(x)min=1,所以m≥1,故选C.
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< <c,故0<x0<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>cx.
c 1 ln c
方法技巧
若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)<0,则F(x)在 (a,b)上是减函数,同时,若F(a)≤0,由减函数的定义可知,当x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).
课标版
第四节
导数与函数的综合问题
教材研读
1.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用h'(x)判断h(x)的单调性或最值. (5)下结论.
2.一元三次方程根的个数问题
令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则f '(x)=3ax2+2bx+c.
1 2
答案 C g'(x)=g'(1)ex-1-g(0)+x,当x=1时,g(0)=1,由g(0)=g'(1)e0-1,解得g'(1)
1 x2,则g'(x)=ex-1+x,当x<0时,g'(x)<0,当x>0时,g'(x)>0,所 =e,所以g(x)=ex-x+ 2
以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1,根据题意将不等式转化为2m-1 ≥g(x)min=1,所以m≥1,故选C.
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< <c,故0<x0<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>cx.
c 1 ln c
方法技巧
若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)<0,则F(x)在 (a,b)上是减函数,同时,若F(a)≤0,由减函数的定义可知,当x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).
2018届高三数学文高考二轮复习课件 第一部分 专题一 第六讲 导数应用二 精品
考点一
考点一 考点二 考点三
对于不等式存在性问题的解题思路 (1)若 m≥f(x)对存在 x∈[a，b]上成立，则 m≥f(x)min. (2)若 f(x)，g(x)在[a，b]上存在 x0 使得 f(x0)>g(x0)成立，则 f(x)max>g(x)min.
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
考点三
考点一 考点二 考点三
根据上面所做题目，请填写诊断评价
考点 错题题号
错因(在相应错因中画√)
诊
知识性 方法性 运算性 审题性
断 考点一
评
价 考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
考点一
考点一 考点二 考点三
不等式恒成立问题 [经典结论·全通关]
利用导数解决不等式恒成立问题的常用思想方法及步骤 (1)分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． (2)函数思想法 第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)； 第三步：点三
试题 解析
①当 a≤2，x∈(1＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0， 故 g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此 g(x)＞0； ②当 a＞2 时，令 g′(x)＝0 得 x1＝a－1－ a－12－1，x2＝a －1＋ a－12－1. 由 x2＞1 和 x1x2＝1 得 x1＜1，故当 x∈(1，x2)时，g′(x)＜0， g(x)在(1，x2)单调递减，因此 g(x)＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．
考点二
考点一 考点二 考点三
名师导学2018届高三数学文二轮复习课件：专题7第18讲导数及其应用 精品
【点评】本题主要考查函数与导数的基本知识， 几何意义及其应用，函数与方程思想、数形结合思想 以及转化与归化的能力．
【备选题】 例5设 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1 的导数 f′(x)满足 f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数 a，b∈R.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设 g(x)＝f′(x)e－x，求函数 g(x)的极值．
k)＝k（1－2ln
k） .
因为 f(x)存在零点，所以k（1－2ln k）≤0，从而
k≥e.当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e]上单调递减，且 f( e)
＝0，所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e]上的唯一零点．
当 k＞e 时，f(x)在区间(1， e]上单调递减，且 f(1)
＝12＞0，f( e)＝e－2 k＜0，所以 f(x)在区间(1， e]上仅
1)与(2a＋1，＋∞)，减区间是(1，2a＋1)；③当－12<a<0 时，0<2a ＋1<1，所以 f(x)的增区间是(0，2a＋1)与(1，＋∞)，减区间是(2a＋
1，1)；④当 a≤－12时，2a＋1<0，所以 f(x)的增区间是(1，＋∞)， 减区间是(0，1).
(2)因为 a∈32，52，所以 2a＋1∈[4，6]， 由(1)知 f(x)在[1，2]上为减函数 当 x1＝x2 时，则原不等式对 λ∈(0，＋∞)恒成立， ∴此时 λ∈(0，＋∞); 当 x1≠x2 时，不妨设 1≤x1<x2≤2，
C.32π，5π 2
D．[2π，3π)
【解析】选 B
3．设直线 x＝t 与函数 f(x)＝x2，g(x)＝ln x 的图像分
别交于点 M，N，则当|MN|达到最小时 t 的值为( )
【备选题】 例5设 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1 的导数 f′(x)满足 f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数 a，b∈R.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)设 g(x)＝f′(x)e－x，求函数 g(x)的极值．
k)＝k（1－2ln
k） .
因为 f(x)存在零点，所以k（1－2ln k）≤0，从而
k≥e.当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e]上单调递减，且 f( e)
＝0，所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e]上的唯一零点．
当 k＞e 时，f(x)在区间(1， e]上单调递减，且 f(1)
＝12＞0，f( e)＝e－2 k＜0，所以 f(x)在区间(1， e]上仅
1)与(2a＋1，＋∞)，减区间是(1，2a＋1)；③当－12<a<0 时，0<2a ＋1<1，所以 f(x)的增区间是(0，2a＋1)与(1，＋∞)，减区间是(2a＋
1，1)；④当 a≤－12时，2a＋1<0，所以 f(x)的增区间是(1，＋∞)， 减区间是(0，1).
(2)因为 a∈32，52，所以 2a＋1∈[4，6]， 由(1)知 f(x)在[1，2]上为减函数 当 x1＝x2 时，则原不等式对 λ∈(0，＋∞)恒成立， ∴此时 λ∈(0，＋∞); 当 x1≠x2 时，不妨设 1≤x1<x2≤2，
C.32π，5π 2
D．[2π，3π)
【解析】选 B
3．设直线 x＝t 与函数 f(x)＝x2，g(x)＝ln x 的图像分
别交于点 M，N，则当|MN|达到最小时 t 的值为( )
【数学课件】2018版高考数学(文)一轮复习：第3章-导数及其应用(人教A版4份)
考点突破
课堂总结
4.(2017· 豫北名校期末联考)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2) 处的切线方程为________. 解析 ∵y′＝－5ex，∴所求曲线的切线斜率k＝y′|x＝0＝
－5e0＝－5，∴切线方程为y－(－2)＝－5(x－0)，即5x
＋y＋2＝0. 答案 5x＋y＋2＝0
基础诊断
考点突破
课堂总结
5.(2015· 全国 Ⅰ 卷 ) 已知函数 f(x) ＝ ax3 ＋x ＋1 的图象在点 (1 ， f(1))处的切线过点(2，7)，则a＝________. 解析 由题意可得f′(x)＝3ax2＋1，则f′(1)＝3a＋1，
又f(1)＝a＋2，
∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1). ∵切线过点(2，7)， ∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1. 答案 1
f′（x）g（x）－f（x）g′（x） f （x ） 2 [ g （ x ） ] (3) ′＝______________________________ (g(x)≠0).
g（x）
基础诊断 考点突破 课堂总结
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)f′(x0)与(f(x0))′表示的意义相同.( )
(2)求f′(x0)时，应先求f′(x)，再代入求值，(2)错.
(4)f(x)＝a3＋2ax＋x2＝x2＋2ax＋a3，∴f′(x)＝2x＋2a，(4)错. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
基础诊断 考点突破 课堂总结
3 2.(选修 1－1P75 例 1 改编)有一机器人的运动方程为 s(t)＝t ＋ t (t 是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻 t＝2 时的瞬时速度为 ( ) 19 17 15 13 A. 4 B. 4 C. 4 D. 4 3 解析 由题意知，机器人的速度方程为 v(t)＝s′(t)＝2t－ 2， t 3 13 故当 t＝2 时，机器人的瞬时速度为 v(2)＝2×2－ 2＝ . 2 4 答案 D
2018届高考数学二轮复习导数的简单应用课件文
答案：C
利用导数研究函数的单调性
[师生共研·悟通]
导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件， 如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增，但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件， 当函数 在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，则 f(x)为常数，函数不具有 单调性．
导数的运算及几何意义
[师生共研·悟通] 1．导数的几何意义
函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切 线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应 的切线方程为 y (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； 1 (4)(logax)′＝ (a>0，且 a≠1)． xln a
答案：C
3．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． 1 ( )
C．3 D．4 解析：对 y＝x3＋mx＋n 求导得，y′＝3x2＋m，
∵A(1,3)在直线 y＝kx＋1 上，∴k＝2，
3＋m＝2， ∴由 1＋m＋n＝3，
解得 n＝3.
答案：D
4 3．已知函数f(x)＝ax ＋x (a∈R)在x＝－ 处取得极值． 3
3 2
(1)确定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
4 4 因为f(x)在x＝－ 处取得极值，所以f′－3＝0， 3 4 16a 8 16 1 即3a× ＋2× －3 ＝ － ＝0，解得a＝ . 9 3 3 2
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.4 导数的综合应用 精品
解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e 时，f′(x)>0，
f(x) 为 增 函 数 ． 又
b>a>3>e ， 所 以
a＋b ab>b> 2 >
ab >a>e ， 所 以
f(a)>f( ab)>fa＋2 b>f(b)>f(ab)，故选 D.
(2)①由题意得，xlnx－ax2－x<－x，所以 xlnx－ax2<0，又 x∈(0，
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为
P21，f12到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝12－－12－2ln2＋3＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a， ∵x>1a时，F′(x)<0， ∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0，
高考巡航 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与 函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
导数在方程中的应用方方程程根根的的存个在数性 方程根的存在区间
不等式恒成立 导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1．设函数 f(x)＝13x－lnx(x>0)，则 f(x)( )
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用 精品
解析：已知函数 f(x)＝ax在 x＝1 处的导数为－2，则可得－xa2＝－a ＝－2，故有 a＝2，则实数 a 的值是 2，故答案为 2.
答案：2
2．(热点一)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__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
答案：2
2．(热点一)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__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
2018届高考数学二轮复习 函数与导数的应用专项练 ppt课件(全国通用)
在点(-1,-1)处的切线方程为( A ) B.y=2x-1 D.y=-2x-2
解析: ∵y'=
������ +2-������
(������ ++2)2
,
2
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),
即y=2x+1.
-7一、选择题 二、填空题
2.3
函数与导数的应用专项练
-2-
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:函数y=f(x)在点x0处的导 数是曲线y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线的斜率f'(x0),相应的切线方程 是y-y0=f'(x0)(x-x0). 注意:在某点处的切线只有一条,但过某点的切线不一定只有一 条. 2.常用的求导方法 (1)(xm)'=mxm-1,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex,
2 2
C
)
解析: f'(x)=excos x-exsin x,∴k=f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
-4一、选择题 二、填空题
2.(2017全国Ⅱ,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x) 的极小值为( A ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
4.函数 f(x)= 的图象大致为(
������
e ������
B )
解析: 函数 f(x)= 的定义域为 x≠0,x∈R,当 x>0 时,函数 f'(x)=
最新-2018高考数学 32 导数的应用总复习课件 精品
知能迁移1 已知f(x)=ex-ax-1. （1）求f(x)的单调增区间； （2）若f(x）在定义域R内单调递增，求a的取值范 围； （3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减， 在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a的值； 若不存在，说明理由. 解 f′(x)=ex-a. (1) 若 a≤0 ， f′(x)=ex-a≥0 恒 成 立 ， 即 f(x) 在 R 上递增. 若a＞ 0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥ln a. ∴f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞).
题型二 函数的极值与导数 【例2】设x=1与x=2是函数f(x)=aln x+bx2+x的两个
极值点. （1）试确定常数a和b的值； （2）试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值点还是极 小值点，并说明理由. 思维启迪 （1）函数的导函数在极值点处的函数值 为0，列方程组求解. （2）极大值点与极小值点的判断应根据极值点的定 义判断.
则实数a的取值范围是
（B）
A.［3,+∞)
B.［-3，+∞)
C.(-3,+∞)
D.(-∞,-3)
解析 ∵f(x)=x3+ax-2在（1，+∞）上是增函数，
∴f′(x)=3x2+a≥0在（1，+∞）上恒成立.
即a≥-3x2在（1，+∞）上恒成立.
又∵在（1，+∞）上-3x2＜-3,∴a≥-3.
3.函数y=2x3-3x2-12x+5在［0，3］上的最大值，最
解得a=1,b=0. ∴f（x）=x3-3x,f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1). 令f′(x)=0,得x=-1,x=1. 若x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)，则f′(x)＞0, 故f(x)在（-∞,-1)上是增函数， f(x)在（1,+∞)上是增函数. 若x∈(-1,1)，则f′(x)＜0, 故f(x)在（-1，1）上是减函数. 所以f(-1)=2是极大值，f(1)=-2是极小值.