高考数学 3年高考2年模拟 3.2导数的应用课件 理 (安徽)

x
因而f(1)=1, f '(1)=-1, 所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)由f '(x)=1- a = x a ,x>0知:
xx
①当a≤0时, f '(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值; ②当a>0时,由f '(x)=0,解得x=a. 又当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0, 从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值. 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.
,
上单调递减,只需f
'
2 3
>0即可.由f
'
2 3
=
2 9
+2a>0,
解得a>- 1 ,所以,a的取值范围是a>- 1 .
9
9
(2)由(1)知f '(x)=-x2+x+2a,令f '(x)=0,得x1= 1 1 8a ,x2= 1 1 8a ,所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单
2-1 (2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),

得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒,则这个纸盒的最大容
积是
cm3.
解析 设剪下的四个小正方形的边长为x cm,则糊成的长方体纸盒长为(16 -2x)cm,宽为(10-2x)cm,高为x cm,其体积为V(x)=(16-2x)(10-2x)x=4x3-52x2+1
60x(0<x<5),所以V'(x)=12(x-2)
若a≤0,则x>0时, f '(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.又f(0)=1,∴f(x)在(0,+
∞)上没有零点,∴a>0.
当0<x< a 时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当x> a 时, f '(x)>0, f(x)为增函数,
3
3
∴x>0时,
f(x)有极小值,为f
a 3
x
(0,2)
(2,3)
(3,+∞)
f '(x)
+
-
+
f(x)
↗
↘
↗
所以f(x)在(0,+∞)上的单调递增区间是(0,2),(3,+∞),单调递减区间是 (2,3).
考向二 由函数的单调性求参数的取值范围 例2 (2019北京海淀一模文,20改编)已知函数f(x)=ex- 1 x2-ax(a∈R)是R上的
2
增函数,求a的取值范围. 解析 由题意得f '(x)=ex-x-a, 因为f(x)是R上的增函数, 所以f '(x)≥0恒成立,即f '(x)的最小值f '(x)min≥0. 令g(x)=f '(x)=ex-x-a(x∈R),则g'(x)=ex-1. 在(-∞,0)上,g'(x)<0, f '(x)单调递减; 在(0,+∞)上,g'(x)>0, f '(x)单调递增. 所以f '(x)min=f '(0)=1-a. 所以1-a≥0,即a≤1. 所以a的取值范围是(-∞,1].

解析 (1)若a=2,则x3-x-a(x+1)=x3-x-2(x+1)=(x+1)(x2-x-2)=(x+1)2(x-2),
x3 x, x 2, 所以F(x)= (3分) 2( x 1), x 2. 3 3 2 x x 当x≤2时, F '(x)=3x -1=3 , 3 3 3 3 3 3 由F '(x)<0,得- <x< ,所以F(x)在区间 , 上单调递减. (6分) 3 3 3 3
≥0(或f '(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,且f '(x)在(a,b)的任意子区间内都不恒等 于0.这就是说,函数f(x)在区间上的增减性并不排除在区间内个别点处
有f '(x0)=0,甚至可以在无穷多个点处有f '(x0)=0,只要这样的点不充满所
给区间的任何一个子区间即可.因此,在已知函数f(x)是增函数(或减函 数)求参数的取值范围时,应令f '(x)≥0(或f '(x)≤0)恒成立,解出参数的取 值范围(一般可用不等式恒成立理论求解),然后检验参数的取值能否使 f '(x)恒等于0,若能恒等于0,则参数的这个值应舍去,若f '(x)不恒为0,则由 f '(x)≥0(或f '(x)≤0)恒成立解出的参数的取值范围即为所求.
考点二
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所 有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)

当 极值点，求 a 的取值范围． x∈(－∞，2－ 3)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－ 3)上单调递增；
当 x∈(2－ 3， 2＋ 3)时， f′(x)<0， f(x)在(2－ 3， 2＋ 3)上单调递减； 当 x∈(2＋ 3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋ 3，＋∞)上单调递增． 综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－ 3)和(2＋ 3，＋∞)， f(x)的单调减区间是(2－ 3，2＋ 3)．
是 f(x)在(a，b)上单调递 增的充分条件． 3． 对于可导函数 f(x)， f′(x0) ＝0 是函数 f(x)在 x＝x0 处有极值的必要不充分 条件．
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
基础知识·自主学习
基础自测
题号
1 2 3 4 5
答案
3
[－3，＋∞)
解析
②③
C B
基础知识
题型分类
思想方法
点是不是函数的极值点． (2)本题的易错点为不对 1－a2 进 行讨论，致使解答不全面．
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
变式训练 2 ex (2011· 安徽)设 f(x)＝ ，其中 a 为正实数． 1＋ax2 4 (1)当 a＝ 时，求 f(x)的极值点； 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数，求 a 的取值范围．
(1)当 t＝1 时， 求曲线 y＝f(x)在点(0， f′(0)＝－6.所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝－6x. (2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2. f(0))处的切线方程； t 令 f′(x)＝0，解得 x＝－t 或 x＝ . 2 (2)当 t≠0 时，求 f(x)的单调区间． 因为 t≠0，所以分两种情况讨论： t ①若 t<0，则 <－t.当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 2 t t －∞， ，－t (－t，＋∞) x 2 2

答案 解析
A在0，＋∞上递增
B在0，＋∞上递减
C在0， 上1 递增 e
D在0， 上递减
1 e
因为函数f＝n ，定义域为0，＋∞，
所以f′＝n ＋1>0，
当 f′(x)>0 时，解得 x>1e， 即函数的单调递增区间为(1e，＋∞)；
当 f′(x)<0 时，解得 0<x<1e， 即函数的单调递减区间为(0，1e)，故选 D.
题型二 含参数的函数的单调性 例2 已知函数f＝ne＋1－aa>0 1若函数＝f的导函数是奇函数，求a的值； 解答 函数f的定义域为R 由已知得 f′(x)＝ex＋ex 1－a. ∵函数＝f的导函数是奇函数， ∴f′－＝－f′， 即e－ex－＋x 1－a＝－ex＋ex 1＋a，解得 a＝12.
2求函数＝f的单调区间
；若函数f在[a，b]上单调递减,则 为函数的最f大a 值，___
fb
为函数的最小值
3设函数f在[a，b]上连续，在a，b内可导，求f在[a，b]上的最大值和最
小值的步骤如下： ①求函数＝f在a，b内的 ； 极值
②将函数＝f的各 与 处极的值函数端值点fa，fb比较，其中最大的一个为最大值
，最小的一个为最小值
题型一 不含参数的函数的单调性
例1 1函数＝ 2－1 n 的单调递减区间为 2
A－1,1
B0,1
C1，＋∞
D0，＋∞
答案 解析
y＝12x2－ln x，y′＝x－1x＝x2－x 1＝x－1xx＋1(x>0).
令′<0，得0<<1，∴单调递减区间为0,1
2已知定义在区间－π，π上的函数f＝in ＋co ，则f的单调

点评 本题易错答为（-∞,3).考生易忽略f′(x)≥0是f(x)在 [1，＋∞)上单调递增的充要条件．
题型分类 深度剖析
题型一 函数的单调性与导数 例 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．
思维启迪：(1)通过解 f′(x)≥0 求单调递增区间； (2)转化为恒成立问题，求 a.
∵f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex
＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0 对 x∈(－1,1)都成立．
∵ex>0，
∴－x2＋(a－2)x＋a≥0 对 x∈(－1,1)都成立． 即 a≥xx2＋＋21x＝x＋x＋121－1＝x＋1－x＋1 1对 x∈(－1,1)都成立． 令 y＝x＋1－x＋1 1，则 y′＝1＋x＋1 12>0， ∴y＝x＋1－x＋1 1在(－1,1)上单调递增． ∴y<1＋1值范围是32，＋∞.
且 f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒等于 0.这就是说， 函数 f(x)在区间上的增减性并不排斥在该区间内个别点 x0 处有 f′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处 f′(x0)＝0， 只要这样的点不能充满所给区间的任何子区间，因此在 已知函数 f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范围时， 应令 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立，解出参数的取值范 围，然后检验参数的取值能否使 f′(x)恒等于 0，若能恒 等于 0，则参数的这个值应舍去，若 f′(x)不恒为 0，则 由 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立解出的参数 的取值范围确定．
题型三 函数的最值与导数 例 3 已知 a 为实数，且函数 f(x)＝(x2－4)(x－a)．

பைடு நூலகம் --
考点4
4.已知函数零点个数求参数取值范围的方法(1)直接法:直接根据题设条件,先构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:将参数分离,转化为求函数值域问题加以解决;(3)数形结合法:把原函数分解为两个部分(分解为熟悉的函数类型,一边含参数,一边不含参数,含参的往往为一次函数、指数函数、对数函数等单调函数,含参部分一定要搞清参数对函数图象的影响),在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,根据函数图象建立不等式(组),进而得出参数的取值范围.
--
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)如果函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f'(x)>0.( )(2)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的. ( )(3)导数为零的点不一定是极值点. ( )(4)函数的极大值不一定比极小值大. ( )(5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值. ( )
令f'(x)=0,解得x=e.所以函数f(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减.又e<3<8,所以f(e)>f(3)>f(8),即b>a>c.故选D.
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考点2
思考本例题如何根据条件比较三个数的大小?解题心得比较几个数的大小,首先要根据这几个数的特点将这几个数转化为一个函数的几个函数值,然后通过求导确定函数的单调性,最后由单调性进行大小的比较.
3.2 导数的简单应用
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知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系(1)已知函数f(x)在某个区间内可导,①如果f'(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间内 ; ②如果f'(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间内 ; ③若f'(x)=0,则f(x)在这个区间内是 . (2)可导函数f(x)在[a,b]上单调递增,则有 在[a,b]上恒成立. (3)可导函数f(x)在[a,b]上单调递减,则有 在[a,b]上恒成立. (4)若函数y=f(x)在区间(a,b)内单调,则y=f'(x)在该区间内 .

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(2)设函数 f(x)＝13x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常数
a＞1，则 f(x)的单调减区间为________．
解：f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)， 由 a＞1 知，当 x＜2 时，f′(x)＞0， 故 f(x)在区间(－∞，2)上是增函数； 当 2＜x＜2a 时，f′(x)＜0， 故 f(x)在区间(2，2a)上是减函数； 当 x＞2a 时，f′(x)＞0，
递增区间是(0，＋∞)．故选 A.
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(2016·湛江模拟)函数 f(x)＝lnxx的单调递减区间
是 A．(e，＋∞) C．(0，e)
() B．(1，＋∞) D．(0，1)
解：f′(x)＝1－x2lnx，由 x＞0 及 f′(x)＜0 解得 x＞e. 故选 A.
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或－5<a<1 且 a≠－12，所以所求 a 的取值范围是－5，－12∪ －12，1.故填－5，－12∪－12，1.
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1．用导数判断单调性
用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域， 然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数
的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导 数等于 0 的点外，还要注意定义区间内的间断点．
(2)讨论 f(x)的单调性．
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解：f′(x)＝2x＋ax，x＞0. (1)因为 f′(1)＝0，所以 2＋a＝0，得 a＝－2， 经检验，
当 a＝－2 时，x＝1 是函数 f(x)的极值点． (2)①若 a＞0，则 f′(x)＞0 恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若 a＜0，令 f′(x)＝0，得 x＝ －2a，

解法二：(1)同解法一．
(2)同解法一．
(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝
4 c
，由(2)知，当x＞0
时，ex＞x2，
所以ex＝e
x
2
·e
x
2
＞2x22x2，
当x＞x0时，ex＞
x 2
2
x 2
2＞
4 c
x 2
2＝
1 c
x2，因此，对任意给定的
正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.
x1＜π.
证明：(1)当x∈0，π2时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－
2 3cos
x＜0，则函数f(x)在0，2π上为减函数．
又f(0)＝π－
8 3
＞0，f
π 2
＝－π2－
16 3
＜0，所以存在唯一x0∈
0，π2，使f(x0)＝0. (2)考虑函数h(x)＝3x1－＋πsincoxs x－4ln3－2πx，x∈π2，π.
2x2 x2＋2
＝ln[1＋
a(x1＋x2)＋a2x1x2]－x14xx21＋x2＋2x41＋x1＋x2x＋24
＝ln(2a－1)2－42aa－ －11 ＝ln(2a－1)2＋2a2－1－2. 令2a－1＝x，由0<a<1且a≠12知 当0<a<12时，－1<x<0； 当12<a<1时，0<x<1. 记g(x)＝ln x2＋2x－2.
综上所述，当a≤
1 2
时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)＝1－
b；
当
1 2
＜a＜
e 2
时，g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－