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高考导数的综合应用课件

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高考高考数学总复习 第二章 第13节 导数与函数的综合应用课件

高考高考数学总复习 第二章 第13节 导数与函数的综合应用课件

法，若在函数的定义域内函数只有一个极值点，该极值点即为函数
的最值点．
A
20
2．利用导数解决优化问题的步骤 ①审题，设未知数；②结合题意列出函数关系式，确定函数的定义 域；③在定义域内求极值、最值；④还原到实际问题，下结论．
A
21
【变式训练 1】 (2015·泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元，每件 售价为 x 元(6<x<11)，年销售为 u 万件，若已知5885－u 与x－2412成 正比，且售价为 10 元时，年销量为 28 万件． (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
A
26
(2)因为 xf(x)≥－2x2＋ax－12 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立，
即 xln x－x2≥－2x2＋ax－12 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立， 即 a≤ln x＋x＋1x2对一切 x∈(0，＋∞)恒成立， 设 φ(x)＝ln x＋x＋1x2， 因为 φ′(x)＝x2＋xx2－12＝（x－3）x（2 x＋4）， 故 φ(x)在(0，3]上递减，在[3，＋∞)上递增，φ(x)min＝φ(3)＝7＋
2．若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较
简单的不等式，再构造函数证明．
A
36
【变式训练 3】 已知函数 f(x)＝ax－ex(a>0)． (1)若 a＝21，求函数 f(x)的单调区间； (2)当 1≤a≤1＋e 时，求证：f(x)≤x.
A
37
[解] (1)当 a＝12时，f(x)＝21x－ex. f′(x)＝21－ex，令 f′(x)＝0，得 x＝－ln 2. 当 x<－ln 2 时，f′(x)>0；当 x>－ln 2 时，f′(x)<0， ∴函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)．

高考数学(文)一轮复习课件第二章第13讲 导数的综合运用精选ppt版本

高考数学(文)一轮复习课件第二章第13讲 导数的综合运用精选ppt版本

法二：选择②中的函数模型： 因为 S＝ x2（351－28x－4x2） ， 令 f(x)＝x2(351－28x－4x2)， 则 f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39). 令 f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)＝0， 得 x＝92x＝0，x＝－349舍去
当 x 变化时，f′(x)及 f(x)的变化情况如下表：
[解] (1)连结 OF，由题意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5， 故 OM＝3.5. ①在 Rt△ONF 中，NF＝OFsin θ ＝10sin θ ，ON＝OFcos θ ＝10cos θ .
在矩形 EFGH 中，EF＝2NF＝20sin θ ，FG＝ON－OM＝ 10cos θ －3.5， 故 S＝EF×FG＝20sin θ (10cos θ －3.5)＝10sin θ (20cos θ －7)． 即所求函数关系是 S＝10sin θ (20cos θ －7)，0＜θ＜θ0， 其中 cos θ 0＝270.
(2)法一：选择①中的函数模型： 令 f(θ)＝sin θ (20cos θ －7)， 则 f ′(θ)＝cos θ (20cos θ －7)＋sin θ (－20sin θ)＝40cos2 θ －7cos θ －20. 由 f ′(θ)＝40cos2θ －7cos θ －20＝0，解得 cos θ ＝45，或 cos θ ＝－58.
(2)S′＝14(3t2－16t＋16)＝34(t－4)t－43 ， 由 S′(t)>0，得 0<t<43， 所以 S(t) 在0，43上是增函数，在43，2上是减函数， 所以 S 在(0，2]上有最大值 S43＝6247. 又因为6247＝3－1277<3， 所以不存在点 P，使隔离出的△BEF 的面积 S 超过 3 km2.

高三数学总复习导数的应用ppt

高三数学总复习导数的应用ppt

第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
3．函数的最值与导数 函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条 连续不断 的曲线，那么它必有最大值和最小值．
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
4．生活中的优化问题 解决优化问题的基本思想是：
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数 的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般 考 不超过三次)． 纲 2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 要 会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一 求 般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值( 其中多项式函数一般不超过阿三次)． 3．会利用导数解决某些实际问题.
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
(2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1， f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上为 增函数； 当x∈(－1,3)时，f′(x)<0， 故f(x)在(－1,3)上为减函数； 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，
第二模块 函数、导数及其应用
数学
高考总复习人教A版 ·(理)
变式迁移 1 已知函数y＝f(x)，
y＝g(x)的导函数的图象如右图，那
么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是下

导数的综合应PPT课件

导数的综合应PPT课件

又 f12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2， f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－2 ln16， ∵e3>16，∴f12－f(2)>0，即 f12>f(2)． ∴f(x)在区间12，2上的最大值 f(x)max＝f12＝1－ln2.
综上可知，函数 f(x)在12，2上的最大值是 1－ln2，最小值是 0.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
考点2 利用导数证明不等式问题
例 2：已知函数 f(x)＝1－ axx＋lnx. (1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求正实数 a 的取值范 围； (2)当 a＝1 时，求 f(x)在12，2上的最大值和最小值； (3)当 a＝1 时，求证：对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>12＋ 13＋14＋…＋1n.
解析：(1)∵f(x)＝1－ ax x＋lnx，∴f′(x)＝axa－x2 1(a>0)． ∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝axa－x21≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． 即 a≥1x对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴a≥1.
图4－3－3
关于导数的应用，课标要求 (1)了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的 单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间． (2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导 数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上 不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．

高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2

高考数学一轮复习第三章导数及其应用4导数的综合应用课件新人教A版2

-15考点1
考点2
考点3
当x变化时,g(x),g'(x)的变化情况如下表:
2
-∞,
3
x
g'(x)
+
0
单调递增↗
g(x)
2
,4
3
2
3
68
27
则函数 g(x)的极大值为 g
-
4
(4,+∞)
0
+
-m 单调递减↘ -16-m 单调递增↗
2
3
=
68
27
-m,极小值为 g(4)=-16-m.
∴要使 g(x)的图象与 x 轴有三个不同的交点,
则欲证
12 - 22
>2a,
只需证 2a(12 − 22 )>3x2-x1.
只需证 2a(12 − 22 )>2(x2-x1)+(x1+x2).
只需证 a(x1-x2)+
1 - 2
1 + 2
1
> .
2
因为 f'(x1)=0,f'(x2)=0,ax1=-ln x1,ax2=-ln x2,
(3)证明：由题设c>1,
设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,
ln
令 g'(x)=0,解得 x0=
-1
ln
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<
-1
ln

高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用

高三数学精品课件：第三课时 导数的综合应用
解析：设 g(x)＝f(x)＋2x，则 g(x)＝ax2－ax＋ln x，只要 g(x)在 (0，＋∞)上单调递增，即 g′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立即可．而 g′(x)＝2ax－a＋1x＝2ax2－xax＋1(x>0)． ①当 a＝0 时，g′(x)＝1x>0，此时 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以 解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题.常见的命题角度 有：1证明不等式.2不等式恒成立问题.3存在型不等式成立 问题.
[考点分类·深度剖析] 课时作业
角由度ex≥2 k＋不x等，式得恒k成≤立ex－问x题.
令 f(x)＝(1e)xe－x≥x，k＋所x以在f′R(上x)＝恒e成x－立1，. 则实数 k 的取值范围为 令 f′(x)＝0，解得 x＝0，x<0 时，f′(x)<0，x>0 时，f′(x)>0. ( A) A所．以k≤f(x1)在(－∞，0)上B是．减k≥函1数，在(0，＋∞)上是增函数．
答案：[0,8]
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点二 利用导数研究与不等式有关问题(核心考点——合作探究)
[方法总结] 利用导数解决不等式的恒成立中参数范围问题的 策略 1．首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值， 进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围． 2．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值 问题．
[考点分类·深度剖析] 课时作业
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考点一 利用导数研究函数的零点或方程根(核心考点——合作探究)

高考数学一轮复习第三章导数及其应用导数的综合应用课件


撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
撬点·基础点 重难点
4 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
1 利用导数证明不等式的常用技巧 (1)利用给定函数的某些性质，如函数的单调性、最值、极值等，服务于所要证明的不等式． (2)当给出的不等式无法直接证明时，先对不等式进行等价转化后再进行求证． (3)根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行求证，构造函数的方法较为灵活，要结合具 体问题，平时要多积累． 其一般步骤为：构造可导函数→研究其单调性求最值→得出不等关系→整理得出所证明的结论． 2 导数在研究函数零点中的作用 (1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． (2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面， 也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
学霸团 ·撬分法 ·高考数学·理
[解] (1)函数 f(x)＝x2＋bln (x＋1)的定义域为(－1，＋∞)①，
f′(x)＝2x＋x＋b 1＝2x2＋x＋2x1＋b，
令 g(x)＝2x2＋2x＋b，则 Δ＝22－8b，由 b>12，得 Δ<0，
即 g(x)＝2x2＋2x＋b>0 在(－1，＋∞)上恒成立，所以 f′(x)>0.
解析 构造函数 f(x)＝sinx－x，则 f′(x)＝cosx－1≤0 且不恒等于 0，故函数 f(x)在(0，π)上单调递减， 所以 f(x)<f(0)＝0，故 sinx<x.

高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用专题突破7导数的综合应用课件

2
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在

高考数学总复习 3.3导数的综合应用课件 理 新人教B版


值；
1
(2)求证：f(x)≥g(x)(x>0)．
0<t<e 3 时，h′(t)>0；
1
当 t(1－3ln t)<0，即 t>e3时，
h′(t)<0.
题型分类·深度剖析
题型一
利用导数证明不等式
【例 1】 已知定义在正实数集 思维启迪 解析 思维升华
上的函数 f(x)＝12x2＋2ax，g(x)
1
故 h(t)在(0，e3
题型分类·深度剖析
题型一
利用导数证明不等式
【例 1】 已知定义在正实数集 思维启迪 解析 思维升华
上的函数 f(x)＝12x2＋2ax，g(x) ＝3a2ln x＋b，其中 a>0.设两 曲线 y＝f(x)，y＝g(x)有公共 点，且在该点处的切线相同．
(1)设公共点为(x0，y0)，则 f(x0) ＝ g(x0) 且 f′(x0) ＝ g′(x0)可得 a，b 的关系；
(1)用 a 表示 b，并求 b 的最大 (2)构造函数 F(x)＝f(x)－
值；
g(x)，求 F(x)的最值．
(2)求证：f(x)≥g(x)(x>0)．
题型分类·深度剖析
题型一
利用导数证明不等式
【例 1】 已知定义在正实数集 上的函数 f(x)＝12x2＋2ax，g(x) ＝3a2ln x＋b，其中 a>0.设两
上的函数 f(x)＝12x2＋2ax，g(x) 于是 F(x)在(0，＋∞)上的最
＝3a2ln x＋b，其中 a>0.设两 小值是 F(a)＝F(x0)＝f(x0)－
曲线 y＝f(x)，y＝g(x)有公共 g(x0)＝0.
点，且在该点处的切线相同． 故 当 x>0 时 ， 有 f(x) －

第3章 第16讲 导数的综合应用

研题型 ·技法通关
第11页
栏目导航
第三章 导数及其应用
高考总复习 一轮复习导学案 ·数学理科
第三章 导数及其应用
导数的几何意义和函数单调性 已知函数f(x)＝xln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 【解答】 因为函数f(x)＝xln x，所以f′(x)＝lnx＋1，当x＝1时，f′(1)＝ln1＋1 ＝1，f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
第20页
栏目导航
高考总复习 一轮复习导学案 ·数学理科
第三章 导数及其应用
(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
【解答】f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1<0在(1，＋∞)上恒成立．因为x>0，即lnx－ ax－1x2＋x－1<0在(1，＋∞)上恒成立．
不妨设h(x)＝lnx－ax－1x2＋x－1，x∈(1，＋∞)， 则h′(x)＝－x－1axx2＋a－1. ①当a≤0时，ax＋a－1<0，故h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，从而 h(x)>h(1)＝0，所以h(x)<0不成立．
第12页
栏目导航
高考总复习 一轮复习导学案 ·数学理科
第三章 导数及其应用
(2)求f(x)的单调区间；
【解答】函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＝0，得x
＝1e.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
x
0，1e
1 e
1e，＋∞
f′(x)
高考总复习 一轮复习导学案 ·数学理科
第三章 导数及其应用
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高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
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考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
互动探究 重点保分考点——师生共研
解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex －1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若 a≤0，则 f′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝－ln a. 当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；当 x∈(－ln a，＋∞)时， f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋ ∞)上单调递增．
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
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考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
[锁定考向] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内 容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题． 常见的命题角度有：(1)证明不等式．(2)不等式恒成立问题．(3) 存在型不等式成立问题．
即时应用
互动探究 重点保分考点——师生共研
已知函数 f(x)＝1x－aln x(a∈R)． (1)若 h(x)＝f(x)－2x，当 a＝－3 时，求 h(x)的单调递减区间； (2)若函数 f(x)有唯一的零点，求实数 a 的取值范围．
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考点二
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考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
思维升华
互动探究 重点保分考点——师生共研
利用导数研究方程根的方法
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大 值、最小值、变化趋势等． (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)
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考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
当 x∈(0,1)时，g′(x)>0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0. 所以当 x>0 时，g(x)≤0. 从而当 a<0 时，ln(－21a)＋21a＋1≤0， 即 f(x)≤－43a－2.
所以，当 x＝4 时，函数 f(x)取得最大值，且最大值等于 42.
所以，当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得
的利润最大．
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考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
思维升华
互动探究 基础送分考点——自主练透
利用导数解决生活中的优化问题的 4 步骤 (1)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)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0； (3)比较函数在区间端点和 f′(x)＝0 的点的函数值的大小，最 大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.
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考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
互动探究 重点保分考点——师生共研
(2)①若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． ②若 a>0，由(1)知，当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值 为 f(－ln a)＝1－1a＋ln a. a．当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，故 f(x)只有一个零点； b．当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1a＋ln a>0， 即 f(－ln a)>0，故 f(x)没有零点；
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考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
解析：(1)设点 C 受 A 污染源污染程度为kxa2，点 C 受 B 污染源 污染程度为18k－bx2，其中 k 为比例系数，且 k>0. 从而点 C 处受污染程度 y＝kxa2＋18k－b x2.
值的位置.
(3)通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有 一个清晰、直观的整体展现． 如本题采用了利用导数来判断函数的零点个数，先利用导数研
究函数的单调性和极值，再利用零点存在性定理得参数范围.
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考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
导数的综合应用
C目录 ONTENTS
高考·导航 核心考点 互动探究 课时作业
高考·导航
高考·导航
1．利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有 关的方程(不等式)问题． 2．会利用导数解决某些简单的实际问题．
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核心考点 互动探究
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利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
(2)因为 a＝1，所以 y＝xk2＋18k－b x2， y′＝k－x23＋182－b x3. 令 y′＝0，得 x＝ 18 ，
1＋3 b 又此时 x＝6，解得 b＝8，经验证符合题意， 所以，污染源 B 的污染强度 b 的值为 8.
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考点二
利用导数研究函数的零 点或方程根
互动探究 重点保分考点——师生共研
c．当 a∈(0,1)时，1－1a＋ln a<0，即 f(－ln a)<0. 又 f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0， 故 f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数 n0 满足 n0>ln3a－1，则 f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－ n0>en0－n0>2n0－n0>0. 由于 ln3a－1>－ln a，因此 f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．
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考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝x＋1x2ax＋1.
若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正 比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为 k(k>0)．现已 知相距 18 km 的 A，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为 a， b，它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两化工厂对该 处的污染指数之和．设 AC＝x(km)． (1)试将 y 表示为 x 的函数； (2)若 a＝1，且 x＝6 时，y 取得最小值，试求 b 的值．
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考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
角度一 证明不等式 1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－43a－2.
若 a<0，则当 x∈(0，－21a)时，f′(x)>0；
当 x∈(－21a，＋∞)时，f′(x)<0.
故 f(x)在(0，－21a)上单调递增，在(－21a，＋∞)上单调递减．
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考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
(2)证明：由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－21a处取得最大值， 最大值为 f(－21a)＝ln(－21a)－1－41a. 所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln(－21a)－1－41a≤－43a－2，即 ln(－ 21a)＋21a＋1≤0. 设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝1x－1.
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考点三
利用导数研究与不等 式有关问题
多维探究 题点多变考点——多角探明
方法技巧
利用导数证明不等式的常用方法 (1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(或f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x) －g(x)＞0(或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 “相同结构”构造辅助函数． (3)巧妙构造函数．根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最 值进行解决．在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验.
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考点一
利用导数解决生活中的 优化问题
互动探究 基础送分考点——自主练透
为 f(x)＝(x－3)x－2 3＋10x－62 ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：