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2019届高三数学(理)人教版一轮课件：第二篇第11节+第二课时 利用导数研究函数的极值与最值(32)

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近年届高考数学一轮复习第二篇函数、导数及其应用第11节第三课时利用导数证明不等式专题训练理新人教版

近年届高考数学一轮复习第二篇函数、导数及其应用第11节第三课时利用导数证明不等式专题训练理新人教版

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第三课时利用导数证明不等式专题【选题明细表】知识点、方法题号构造函数证明不等式1,2函数零点(方程根）有关不等式3证明与数列有关的不等式41.（2017·咸阳二模）已知三次函数f(x)的导函数f′(x)=—3x2+3且f(0)=-1，g（x)=xln x+ (a≥1).(1）求f(x)的极值；（2）求证:对任意x1,x2∈(0,+∞)，都有f（x1）≤g（x2).（1）解：依题意得f（x)=—x3+3x-1,f′(x）=-3x2+3=—3（x+1）(x—1)，知f（x）在（-∞，—1）和(1,+∞）上是减函数,在(—1,1）上是增函数，所以f(x)极小值=f（—1)=—3,f（x）极大值=f(1）=1。

（2）证明:法一易得x>0时,f（x）最大值=1，依题意知，只要1≤g(x)(x〉0)⇔x≤x2ln x+a(x>0），由a≥1知，只要x≤x2ln x+1(x>0)，即x2ln x+1—x≥0(x>0），令h（x）=x2ln x+1—x(x>0），则h′（x）=2xln x+x—1,h′（1）=0，当x〉1时,h′(x）〉0;当0〈x〈1时,h′(x)<0，即h（x）在（0，1）上是减函数，在(1,+∞)上是增函数,h(x）最小值=h（1）=0,即h（x）≥0对任意x1，x2∈(0, +∞),都有f(x1)≤g(x2）。

2019版高考数学(理)第一轮复习课件：导数在研究函数中的应用

2019版高考数学(理)第一轮复习课件：导数在研究函数中的应用

x2 解 (1)当 a＝－1 时， f(x)＝－ln x＋ ＋3， 定义域为(0， 2 1 ＋∞)．则 f′(x)＝－ ＋x. x
f′x＜ 0， 由 得 0＜x＜1.所以函数 f(x)的单调递减区 x＞ 0，
间为(0,1)．
(2)因为函数 f(x)在 (0，＋ ∞)上是增函数，所以 f′(x) a ＝ ＋x＋a＋1≥0 在(0，＋∞)上恒成立，所以 x2＋(a＋1)x x ＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0 在(0，＋∞)上恒成立． 因为 x＋1＞0，所以 x＋a≥0 对 x∈(0，＋∞)恒成立， 所以 a≥0.即实数 a 的取值范围是[0，＋∞)．
解析
f′(x)＝ex－1，令 f′(x)＝0，得 x＝0.令 f′(x)
－1
＞0，得 x＞0，令 f′(x)＜0，得 x＜0，则函数 f(x)在(－1,0) 上单调递减，在 (0,1)上单调递增， f(－1)＝ e ＋ 1， f(1)＝ e 1 1 － 1 ， f(－ 1)－ f(1)＝ ＋ 2－ e＜ ＋ 2 － e＜ 0，所以 f(1)>f(－ e 2 1)．故选 D.
)
2 1 x－2 解析 f′(x)＝－ 2＋ ＝ 2 ，∵x>0，∴当 x>2 时， x x x f′(x)>0，f(x)是增函数；当 0<x<2 时，f′(x)<0，f(x)是减函 数，∴x＝2 为 f(x)的极小值点．
4． [2018· 苏锡常镇一调]f(x)＝ex－x(e 为自然对数的底数 ) 在区间[－1,1]上的最大值是( 1 A．1＋ e C．e＋1 B ．1 D．e－1 )
第2章
函数、导数及其应用
第11讲 导数在研究函数中的应用
板块一 知识梳理· 自主学习

2019年高考数学(理科)课件：专题一 函数与导数第2课时

2019年高考数学(理科)课件：专题一 函数与导数第2课时
1 x∈e ，e
上的最大值和最小值
ax－1 (1)解：f′(x)＝ ax2 .
1 x－1 (2)解：当 a＝1 时，f′(x)＝ x2 ，其中 x∈e ，e，
而
1 x∈e ，1时，f′(x)<0；x∈(1，e]时，f′(x)>0， 1 f(x)在e ，e
2 1 3 1 4 1 n 1 ∴ln 1>2，ln 2>3，ln 3>4，…，ln > . n－1 n 2 3 4 n ∴ln 1＋ln 2＋ln 3＋…＋ln n－1 1 1 1 1 >2＋3＋4＋…＋n. 1 1 1 1 ∴ln n>2＋3＋4＋…＋n， 即对大于 1 的任意正整数 n，都有 1 1 1 1 ln n>2＋3＋4＋…＋n.
1 f(x)在区间2，2上的最大值
2.
综上可知，函数 是 0.
1 f(x)在2，2上的最大值是
1－ln 2，最小值
1－x x －1 (3)证明：当 a＝1 时，f(x)＝ x ＋ln x，f′(x)＝ x2 ，故 f(x)在[1，＋∞)上为增函数. n 当 n>1 时，令 x＝ ，则 x>1.故 f(x)>f(1)＝0. n－ 1 n 1－ n n－1 1 n n ∴fn－1＝ ＋ln ＝－n＋ln >0， n n － 1 n － 1 n－1 n 1 即 ln > . n－1 n
1 f2＝1－ln 1 1 3 2，f(2)＝－2＋ln 2，f 2 －f(2)＝2－2ln 2＝
ln e3－ln 16 ， 2
∵e ∴
3
1 1 >16，∴f2－f(2)>0，即 f2>f(2). 1 f(x)max＝f2＝1－于 f(x)＝ x ＋ln x，f′(x)＝ x －1 n x2 ，故 f(x)在[1，＋∞)上为增函数.当 n>1 时，令 x＝n－1， 则 x>1.故 f(x)>f(1)＝0. n 1－ n n－1 1 n n ∴fn－1＝ ＋ln ＝－n＋ln >0，即 n n － 1 n － 1 n－1

2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.1函数及其表示课件理

2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.1函数及其表示课件理

经典题型冲关
题型 1 函数的概念 典例1 集合 A＝{x|0≤x≤4}， B＝{y|0≤y≤2}， 下列 ) 1 B．f：x→y＝3x D．f：x→y＝ x
不表示从 A 到 B 的函数的是( 1 A．f：x→y＝2x 2 C．f：x→y＝3x
用定义法．
解析 依据函数概念，集合 A 中任一元素在集合 B 中 都有唯一确定的元素与之对应，选项 C 不符合．故选 C.
4．必记结论 函数与映射的相关结论 (1)相等函数 如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致， 则这两个函数相等． (2)映射的个数 若集合 A 中有 m 个元素，集合 B 中有 n 个元素，则从 集合 A 到集合 B 的映射共有 nm 个． (3)与 x 轴垂直的直线和一个函数的图象至多有 1 个交 点．
值域 ．
表示函数的常用方法有 解析法、图象法和 列表法 ．
3．分段函数 (1)若函数在其定义域的不同子集上，因 对应关系 不 同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函 数． (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的 并集 ， 其值域等于各段函数的值域的 并集 ，分段函数虽由几个部 分组成，但它表示的是一个函数．
解析 ①y＝x 与 y＝alogax 定义域不同； ②y＝2x＋1－2x＝2x(2－1)＝2x 相同； ③f(u)与 f(v)的定义域及对应法则均相同； ④对应法则不相同.
x＋1≥0， 等函数；D 项，由 解得 x≥1，即函数 f(x)的定 x－1≥0，
义域为{x|x≥1}．由 x2－1≥0，解得 x≥1 或 x≤－1，即 g(x) 的定义域为{x|x≥1 或 x≤－1}，两个函数的定义域不相同， 不是相等函数．故选 A.
3．小题热身 －x2－x＋2 (1)(2018· 广东深圳模拟)函数 y＝ 的定义域 ln x 为( ) A．(－2,1) B．[－2,1] C．(0,1) D．(0,1]

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2111导数的应用课件理新人教A版

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2111导数的应用课件理新人教A版
答案 －32 3
解法一：因为 f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f(x)]2＝4sin2x(1 ＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，设 cosx＝t，则 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)， 所以 y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以当－1<t<21时， y′>0；当21<t<1 时，y′<0。所以函数 y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)在－1，21 上单调递增，在12，1上单调递减，所以当 t＝12时，ymax＝247；当 t＝±1 时， ymin＝0。所以 0≤y≤247，即 0≤[f(x)]2≤247，所以－32 3≤f(x)≤32 3，所以 f(x)的最小值为－32 3。
(ⅱ)当 0<2a<1，即 0<a<2 时，由 f′(x)>0，得 0<x<a2或 x>1； 由 f′(x)<0，得a2<x<1。 则函数 f(x)的单调递增区间为0，a2，(1，＋∞)， 函数 f(x)的单调递减区间为a2，1。 (ⅲ)当2a＝1，即 a＝2 时，f′(x)≥0 恒成立，则函数 f(x)的单调递增区 间为(0，＋∞)。
2．函数的极值与导数
(1)函数的极小值
若函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数
值 都小
，且 f′(a)＝0，而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右
侧 f′(x)＞0 ，则 x＝a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值。
(2)函数的极大值
1．函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f′(x)≥0，“f′(x)>0 在(a，b)上成 立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。

(赛课课件)新人教版高考数学大一轮复习《利用导数研究函数的单调性》

(赛课课件)新人教版高考数学大一轮复习《利用导数研究函数的单调性》

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下: 所以f(x)的单调递减区间是 ( 0 , ,单2 a 调) 递增区间是
2 ( 2a , ).
2
【规律方法】 要特别注意的是,涉及含参数的单调性 或单调区间问题,一定要弄清参数对导数f′(x)在某一 区间内的符号是否有影响.若有影响,则必须分类讨论.
【规律方法】 利用导数讨论(证明)函数f(x)在(a,b)内单调性的步骤 (1)求f′(x). (2)确认f′(x)在(a,b)内的符号. (3)得出结论:f′(x)>0时为增函数,f′(x)<0时为减函 数.
提醒:研究含参数函数的单调性时,需注意依据参数取 值对不等式解集的影响进行分类讨论.
【对点训练】
x
x
x
令f(x)=0,解得x1=1,x2=a-1,
①当a>2时,a-1>1,在区间(0,1)和(a-1,+∞)上f′(x)>0;
在区间(1,a-1)上f′(x)<0, 故函数f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a-1,+∞),单调递 减区间是(1,a-1). ②当a=2时,f′(x)≥0恒成立,故函数f(x)的单调递增区 间是(0,+∞).
x
则h′(x)=(-x3-3x2+2)ex=-ex(x+1)(x2+2x-2),
又x∈(0,1),易知在(0,1)上h(x)存在极大值点,
又h(0)=2,h(1)=e,
则h(x)在(0,1)上恒大于2,而2+ l n 在x (0,1)上恒小于2,
x
因此g(x)-xf(x)>2在(0,1)上恒成立.
间为 ( )
A.(0,1)
B.(0,+∞)

2024年高考数学一轮复习第二章第十一讲导数与函数的单调性课件

第十一讲 导数与函数的单调性
课标要求
考情分析
1.从内容上看，主要考查函数的 1.结合实例，借助几何直观了解 单调性，利用函数的单调性求参 函数的单调性与导数的关系； 数范围以及分类讨论思想的强化 能利用导数研究函数的单调性. 应用. 2.对于多项式函数，能求不超过 2.本考点是高考必考知识点，常 三次的多项式函数的单调区间 考题型为选择题、填空题与解答
(3)特别地，在某个敬意(a，b)上若恒有 f′(x)＝0，则 f(x)在区间 (a，b)内是常数函数.
[注意]讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不
等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则.
2.利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域，求 f ′(x). (2)在函数定义域内解不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 . (3)根据结果确定 f(x)的单调区间.
综上，当 0<a<1 时，函数 f(x)在(0，1)和1a，＋∞上单调递增， 在1，1a上单调递减；
当 a＝1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a>1 时，函数 f(x)在0，a1和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1 上单调递减.
【题后反思】(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对 不等式解集的影响进行分类讨论.
成立，所以g(1)＝－43＋a＋53≥0， g(－1)＝－43－a＋53≥0，
答案：C
解得－13≤a≤13.故选 C.
⊙构造函数解决不等式问题 对于已知 f(x)与 f′(x)的关系式，比较有关函数式解决不等式的 问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用函数单调性求 解.
考向1 x 与 f(x)的综合函数 [例 4](2021 年武汉市模拟)设函数 f′(x)是奇函数 y＝f(x)(x∈R)

2019届高三数学(理)人教版一轮课件：第二篇第11节 第五课时 利用导数研究函数零点专题(24)


遇上你是缘分，愿您生活愉快，身体健
2019年8月10日
10
康，学业有成，金榜题名！
(2)若t为自然数,则当t取哪些值时,函数y=f(x)-m(x∈R)在[-2,t]上有三个零 点,并求出相应的实数m的取值范围.
解:(2)由(1)知 f′(x)在(-∞,0),(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减, 故当 t=0 或 t=1 时,方程 f(x)-m=0 在[-2,t]上不可能有三个不等实根, 所以 t≥2,且 t∈N.当 t≥2,且 t∈N 时,函数 y=f(x)-m 在[-2,t]上有三个零点, 只需满足 m∈(max{f(-2),f(1)},min{f(0),f(t)})即可. 因为 f(-2)= 13 ,f(0)=3,f(1)=e,f(2)=e2,且 f(t)≥f(2)=e2>3=f(0),
由题意得

f
1

b

1 2
,
解得
b

1 2
.
遇上你是缘分，愿您生活愉快，身体健
2019年8月10日
13
康，学业有成，金榜题名！
②证明:f(x)> x ;
ex
②证明:由①得,f(x)=-ln x+ 1 x2,f′(x)=- 1 +x= x2 1 ,
2
x
x
x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)递减,x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)递增,
遇上你是缘分，愿您生活愉快，身体健
2019年8月10日
12
康，学业有成，金榜题名！
跟踪训练2:(2017·衡阳质检)设函数f(x)=aln x+bx2,其中实数a,b为常数.

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习课件第二章 第十一节 导数在函数研究中的应用ppt版本


f
′(x)
＝
21ex[(ex)2
－
3ex
＋
2]
＝
1 2ex
(ex－1)(ex－2)，
令 f ′(x)＝0，得 ex＝1 或 ex＝2，
即 x＝0 或 x＝ln 2；
令 f ′(x)>0，得 x<0 或 x>ln 2；
令 f ′(x)<0，则 0<x<ln 2.
∴f(x)在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上
导函数 f ′(x)在(a，b)内的图象如 导函数 f ′(x)的图象
图所示，则函数 f(x)在开区间 A )
图象在 x 轴下方，右侧
图象在 x 轴上方的只有
一个，故选 A.
A．1 个 C．3 个
B．2 个 D．4 个
知识点二
知识点一 知识点二
试题
考点二
典题悟法 演练冲关
已知单调性求参数范围|
(2015·福 州 模 拟 ) 已 知 函数 f(x)＝e2x－e1x－ax(a∈R)． (1)当 a＝32时，求函数 f(x)的单 调区间； (2)若函数 f(x)在[－1,1]上为单 调函数，求实数 a 的取值范围．
试题
解析
(1)当 a＝32时，f(x)＝e2x－e1x－23x，
考点二
典题悟法 演练冲关
2．已知函数 f(x)＝ex－ax(a ∈R，e 为自然对数的底 数)． (1) 讨 论 函 数 f(x) 的 单 调 性； (2)若 a＝1，函数 g(x)＝(x －m)f(x)－ex＋x2＋x 在(2， ＋∞)上为增函数，求实数 m 的取值范围．
试题
解析
h′(x)＝ex2－ex－xe1x－2 2ex＝exeexx－－x1－2 2. 令 L(x)＝ex－x－2， L′(x)＝ex－1>0 在(2，＋∞)上恒成立， 即 L(x)＝ex－x－2 在(2，＋∞)上为增函数， 即 L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0， 即 h(x)＝xeexx－＋11在(2，＋∞)上为增函数， ∴h(x)>h(2)＝2ee22－＋11， ∴m≤2ee22－＋11.
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反思归纳
利用导数研究函数极值的一般步骤:
(1)确定函数定义域;
(2)求导数f′(x)及f′(x)=0的根; (3)根据方程f′(x)=0的根将函数定义域分成若干个区间,列出表格,检查导
函数f′(x)零点左右f′(x)的值的符号,如果左正右负,那么y=f(x)在这个
根处取极大值,如果左负右正,那么y=f(x)在这个根处取极小值.如果左右不 改变符号,那么f(x)在这个根处无极值.
-1 或 x=5,因为 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+≦)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时 f′(x)<0,故 f(x)在(0,5)内为减函数; 当 x∈(5,+≦)时,f′(x)>0,故 f(x)在(5,+≦)内为增函数. 由此知函数 f(x)的单调减区间为(0,5),单调增区间为(5,+≦).函数 f(x)在 x=5 时取得 极小值 f(5)=-ln 5,无极大值.
考查角度3:已知极值求参数
【例4】 (1)导学号 38486063 已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则实
数c的值为( (A)2或6 ) (B)2
(C) 2
3
(Dቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ6
c 解析:(1)法一 f′(x)=(x-c)(3x-c),当 f′(x)=0 时,x1= ,x2=c, 3 c c 因为极大值点是 x=2,所以 c>0,并且 <c,当 x∈(-≦, )时,f′(x)>0, 3 3 c c c 当 x∈( ,c)时,f′(x)<0,当 x∈(c,+≦)时,f′(x)>0,所以 x= 是极大值点, =2, 3 3 3 解得 c=6.故选 D.
1 2
ax2-2x有两个极值点,则a的取值范围是(
)
1 2 1 ax2 2 x 1 解析:(2)因为 f(x)=ln x+ ax -2x,所以 f′(x)= +ax-2= . 2 x x 因为 f(x)有两个极值点,所以 f′(x)=0 有两个不相等的正实数根,所以 ax2-2x+1=0 有 a 0, 4 4a＞0, a 0, ＞0, 两个不相等的正实数根,设为 x1,x2,所以 即 2 ＞0, 解不等式组得 a 的取 x x ＞ 0, 2 1 a 1 x1 x2＞0, ＞0, a 值范围为(0,1).故选 C.
所以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.
反思归纳
函数解析式中含参数的函数极值,需分类讨论,分类讨论标准主
要有以下方面:
(1)f′(x)=0的根是否存在; (2)f′(x)=0根的大小; (3)f′(x)=0的根与定义域的关系等.
法二
因为 f′(x)=(x-c)(3x-c).
又因为 f(x)在 x=2 处取极值,所以 f′(2)=0,即(2-c)(6-c)=0. 所以 c=2 或 c=6. 当 c=6 时,f′(x)=3(x-2)(x-6),易知 x∈(-≦,2)和 x∈(6,+≦)时,f′(x)>0,函数 f(x) 是增函数,x∈(2,6)时,f′(x)<0,函数 f(x)是减函数,此时 x=2 为极大值点. 当 c=2 时,f′(x)=3(x-2)(xf(x)是增函数, x∈(
【例3】 (2017· 河南信阳质检)已知函数f(x)=x-aln x(a∈R).
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程;
解:(1)当 a=2 时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1所以 f(1)=1,f′(1)=-1, 所以 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.
第二课时 利用导数研究函数的极值与最值
考点专项突破
易混易错辨析
考点专项突破
考点一 利用导数研究函数极值问题★★★★ 考查角度1:根据函数图象判断函数极值
在讲练中理解知识
【例1】 (2018· 内蒙古赤峰市模拟)设函数f(x)在R上可导,其导函数为
f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是
时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得
极大值,在x=2处取得极小值.故选D.
考查角度2:求函数的极值
【例 2】 已知函数 f(x)= 切线垂直于直线 y= (1)求 a 的值;
1 x. 2 x a 3 + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 4 x 2
解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)= y=
1 a 1 - 2 - ,由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 4 x x
1 3 5 x 知 f′(1)=- -a=-2,解得 a= . 2 4 4
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
x 5 3 x2 4x 5 解: (2)由(1)知,f(x)= + -ln x- ,则 f′(x)= ,令 f′(x)=0,解得 x= 4 4x 2 4x2
2 (x>0), x
(2)求函数f(x)的极值.
解:(2)由 f′(x)= 1a xa = ,x>0 可知: x x
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; 因为x∈(0,a)时,f′(x)<0,x∈(a,+≦)时,f′(x)>0,
2 ,2)时,f′(x)<0,函数 f(x)是减函数,此时 x=2 是极小值点. 3 2 2 ),易知 x∈(-≦, )和 x∈(2,+≦)时,f′(x)>0,函数 3 3
因此 c=6.故选 D.
(2)已知函数f(x)=ln x+ (A)(-∞,1) (C)(0,1)
(B)(0,2) (D)(0,3)
( )
(A)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
(B)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) (C)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)
(D)函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)
解析:由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-2<x<1时,f′(x)<0;当1<x<2