模块二讲重点第5讲导数(2)导数大题-2021届高考数学二轮复习课件(新高考版)
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利用导数研究函数的零点专题课件-2025届高三数学二轮复习+++
令f'(x)=0,解得x=-2.
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x
(-∞,-2)
f'(x)
-
f(x)
单调递减
-2
0
1
− 2
所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
1
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= − 2 .
(-2,+∞)
+
单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进
而求解
【考点分类练】
命题点1
根据函数零点个数求参数
已知函数零点个数求参数的方法
(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合
象的交点个数.
考点一
探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1),
此 f(x)在 R 上单调递减.当 a>0 时,f'(x)=2a e +
则 f(x)在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增;令 f'(x)<0,得
1
f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
x
(-∞,-2)
f'(x)
-
f(x)
单调递减
-2
0
1
− 2
所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增.
1
当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)= − 2 .
(-2,+∞)
+
单调递增
(2)令f(x)=0,解得x=-1.
来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进
而求解
【考点分类练】
命题点1
根据函数零点个数求参数
已知函数零点个数求参数的方法
(1)数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合
象的交点个数.
考点一
探究零点个数
例1(2024·河南郑州三模)已知函数f(x)=eax-x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的零点个数.
解 (1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1),
此 f(x)在 R 上单调递减.当 a>0 时,f'(x)=2a e +
则 f(x)在
1
ln ,
+ ∞ 上单调递增;令 f'(x)<0,得
1
2021高考数学二轮专题复习7.3导数的简单应用ppt课件
当 a≤1 时，函数单调递增，不成立；
当 a>1 时，函数在0，a－1 1上单调递增，在a－1 1，＋∞上单 调递减；
有且只有两个整数 x1，x2 使得 f(x1)>0，且 f(x2)>0，故 f(2)>0 且 f(3)≤0，
即 ln 2＋2－ 2a＋a>0，∴a<ln 2＋2；ln 3＋3－3a＋a≤0， ∴a≥ln 32＋3，故选 C.
π π
又
gπ6>gπ3，所以cfo6sπ6>cfo3sπ3，即
π f6>
3fπ3，故 C 正确；
π π
又
gπ4>gπ3，所以cfo4sπ4>cfo3sπ3，即
π f4>
2fπ3，故 D 正确；故选
CD. 【答案】 (2)CD
(3)[2020·山东济宁质量检测]已知函数 f(x)＝ln x＋(1－a)x＋
∴切线的方程为：y－31x30－x20＋53＝(x20－2x0)(x－x0)，
又直线过定点－1，13，
∴13－31x30－x02＋53＝(x20－2x0)(－1－x0)， 得 x30－3x0－2＝0，(x30－x0)－2(x0＋1)＝0， 即(x0＋1)(x02－x0－2)＝0，解得：x0＝2 或－1， 故可做两条切线，故选 C.
x <0
在0，π2上恒成立，
因此函数 g(x)＝cfoxsx在0，π2上单调递减，
π π
因此
g6π>g4π，即cfo6sπ6>cfo4sπ4，即
π f6>
26fπ4，故
A
错；
又 f(0)＝0，所以 g(0)＝cfo0s0＝0，所以 g(x)＝cfoxsx≤0 在0，π2上 恒成立，
当 a>1 时，函数在0，a－1 1上单调递增，在a－1 1，＋∞上单 调递减；
有且只有两个整数 x1，x2 使得 f(x1)>0，且 f(x2)>0，故 f(2)>0 且 f(3)≤0，
即 ln 2＋2－ 2a＋a>0，∴a<ln 2＋2；ln 3＋3－3a＋a≤0， ∴a≥ln 32＋3，故选 C.
π π
又
gπ6>gπ3，所以cfo6sπ6>cfo3sπ3，即
π f6>
3fπ3，故 C 正确；
π π
又
gπ4>gπ3，所以cfo4sπ4>cfo3sπ3，即
π f4>
2fπ3，故 D 正确；故选
CD. 【答案】 (2)CD
(3)[2020·山东济宁质量检测]已知函数 f(x)＝ln x＋(1－a)x＋
∴切线的方程为：y－31x30－x20＋53＝(x20－2x0)(x－x0)，
又直线过定点－1，13，
∴13－31x30－x02＋53＝(x20－2x0)(－1－x0)， 得 x30－3x0－2＝0，(x30－x0)－2(x0＋1)＝0， 即(x0＋1)(x02－x0－2)＝0，解得：x0＝2 或－1， 故可做两条切线，故选 C.
x <0
在0，π2上恒成立，
因此函数 g(x)＝cfoxsx在0，π2上单调递减，
π π
因此
g6π>g4π，即cfo6sπ6>cfo4sπ4，即
π f6>
26fπ4，故
A
错；
又 f(0)＝0，所以 g(0)＝cfo0s0＝0，所以 g(x)＝cfoxsx≤0 在0，π2上 恒成立，
2021高考数学二轮专题复习7.5导数的综合问题课件
∴当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在 x∈(1，＋∞)上为减 函数，
∴h(x)max＝h(1)＝2e， ∵a≥[(4－2x)ex]max，∴a≥2e，即 a∈[2e，＋∞)．
(2)证明：因为 g(x)＝ex(x2－4x＋5)－a， 所以 g′(x)＝ex(x－1)2≥0，
所以 g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，
当 a<0，b>0 时，g′(x)<0，则 g(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当 a<0，b<0 时，令 g′(x)>0，得 0<x<ba，令 g′(x)<0，
得 x>ba，则 g(x)在0，ba上单调递增，在ab，＋∞上单调递减．
(2)证明：记函数 h(x)＝f(x)－(3x＋1)，则 h′(x)＝x＋2 1＋cos x －3.
因为 g(x1)＋g(x2)＝2g(m)，即 g(x1)－g(m)＝g(m)－g(x2)，g(x1) －g(m)和 g(m)－g(x2)同号，
所 以 不 妨 设 x1<m<x2 ， 设 h(x) ＝ g(2m － x) ＋ g(x) － 2g(m)(x>m≥1)，
所以 h′(x)＝－e2m－x(2m－x－1)2＋ex(x－1)2， 因为 e2m－x<ex，(2m－x－1)2－(x－1)2＝(2m－2)(2m－2x)≤0，
『考点练透』 已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ 为常数)． (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在 x＝1 处有相同的切线，求实 数 λ 的值； (2)若 λ＝12，且 x≥1，证明：f(x)≤g(x)．
解析：(1)f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，因为在 x＝1 处有相同 的切线，所以 f′(1)＝g′(1)，则 1＝2λ，即 λ＝12.
∴h(x)max＝h(1)＝2e， ∵a≥[(4－2x)ex]max，∴a≥2e，即 a∈[2e，＋∞)．
(2)证明：因为 g(x)＝ex(x2－4x＋5)－a， 所以 g′(x)＝ex(x－1)2≥0，
所以 g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，
当 a<0，b>0 时，g′(x)<0，则 g(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当 a<0，b<0 时，令 g′(x)>0，得 0<x<ba，令 g′(x)<0，
得 x>ba，则 g(x)在0，ba上单调递增，在ab，＋∞上单调递减．
(2)证明：记函数 h(x)＝f(x)－(3x＋1)，则 h′(x)＝x＋2 1＋cos x －3.
因为 g(x1)＋g(x2)＝2g(m)，即 g(x1)－g(m)＝g(m)－g(x2)，g(x1) －g(m)和 g(m)－g(x2)同号，
所 以 不 妨 设 x1<m<x2 ， 设 h(x) ＝ g(2m － x) ＋ g(x) － 2g(m)(x>m≥1)，
所以 h′(x)＝－e2m－x(2m－x－1)2＋ex(x－1)2， 因为 e2m－x<ex，(2m－x－1)2－(x－1)2＝(2m－2)(2m－2x)≤0，
『考点练透』 已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ 为常数)． (1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在 x＝1 处有相同的切线，求实 数 λ 的值； (2)若 λ＝12，且 x≥1，证明：f(x)≤g(x)．
解析：(1)f′(x)＝ln x＋1，g′(x)＝2λx，因为在 x＝1 处有相同 的切线，所以 f′(1)＝g′(1)，则 1＝2λ，即 λ＝12.
第5讲 导数 第二课时 导数大题 讲练课件(共94张PPT) 2021届高考(理科)数学二轮复习
又
u(1)＝e>0，u12＝
4e－ln2<0，∴u(x)有唯一零点
1
x02<x0<1.
第13页
∴u(x0)＝0，即 x0ex0＝－lnxx00.(※) 当 x∈(0，x0)时，u(x)<0 即 h′(x)<0，h(x)单调递减；当 x∈(x0， ＋∞)时，u(x)>0 即 h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x0)为 h(x)在定义 域内的最小值．
【分析】 (1)求出 f′(x)＝axa－x21，对 a 分类讨论，解不等式 即可得到函数 f(x)的单调性；
(2)关于 x 的不等式 f(x)＋g(x)≤－2 恒成立等价于 b－1≤ex －lnxx－1x在(0，＋∞)恒成立，构建函数 h(x)＝ex－lnxx－1x，研究 其单调性与最值即可．
第11页
当 a<0 时，由 f′(x)＝ex＋a>0 可得 x>ln(－a)， 由 f′(x)＝ex＋a<0 可得 x<ln(－a)，
第23页
所以 f(x)在[ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a)]上 单调递减．
综上，当 a≥0 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a<0 时，f(x)在 [ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a)]上单调递减．
第16页
【分析】 (1)先对 f(x)求导，再利用 f′23π＝0，列式求解 m，最后再进行检验即可；
(2)令 g(x)＝k(ex－1)－2＋sicnoxsx，则题意可转化为 g(x)>0 在 x>0 时恒成立，对 g(x)求导，然后分 k≥13，0<k<13和 k≤0 三种情况， 研究 g(x)的单调性，判断其最小值是否大于 0，从而得出结论．
2021高三数学复习课件(热点题型+教师点评选题)：第二章 函数、导数及其应用：2.3.ppt
提示：含义不同．f(x)在区间[a，b]上单调递增并不 能排除f(x)在其他区间上单调递增，而f(x)的单调递增区 间为[a，b]意味着f(x)在其他区间上不可能单调递增．
2．函数的最值
前提
设函数y＝f(x)的定义域为A
条件 结论
如果存在x0∈A，使得 如果存在x0∈A，使得
对于任意的x∈A，都 对于任意的x∈A，都
的图象理解 情况下，不会对最值问题单独命题，主要是结
和研究函数 合其他知识综合在一起考查，主要考查求最值
的性质.
的基本方法，如2011年高考T19
1．函数的单调性 [归纳 知识整合] (1)单调函数的定义：
增函数
减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为A，区间I⊆A.如果对于
区间I内的任意两个值x1，x2
解析：∵函数 f(x)为 R 上的减函数，
且 f1x<f(1)， ∴1x>1，即|x|<1 且|x|≠0. ∴x∈(－1,0)∪(0,1)．
答案：(－1,0)∪(0,1)
4．(教材习题改编)若函数 f(x)＝4x2－kx－8 在[5,20]上是单
调递增函数，则实数 k 的取值范围是________． 解析：∵函数 f(x)＝4x2－kx－8 的对称轴为 x＝k8， 又函数 f(x x21＋1＋
x22＋1－a，
∵f(x)单调递增，所以 f(x1)－f(x2)<0.
又 x1－x2<0，那么必须
x1＋x2 x12＋1＋
x22＋1－a>0
恒成立．
∵1≤x1<x2⇒2x21≥x12＋1,2x22>x22＋1，
∴ 2x1≥ x12＋1， 2x2> x22＋1.
[探究] 1.函数 y＝1x的单调递减区间为(－∞，0)∪(0， ＋∞)，这种表示法对吗？
2．函数的最值
前提
设函数y＝f(x)的定义域为A
条件 结论
如果存在x0∈A，使得 如果存在x0∈A，使得
对于任意的x∈A，都 对于任意的x∈A，都
的图象理解 情况下，不会对最值问题单独命题，主要是结
和研究函数 合其他知识综合在一起考查，主要考查求最值
的性质.
的基本方法，如2011年高考T19
1．函数的单调性 [归纳 知识整合] (1)单调函数的定义：
增函数
减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为A，区间I⊆A.如果对于
区间I内的任意两个值x1，x2
解析：∵函数 f(x)为 R 上的减函数，
且 f1x<f(1)， ∴1x>1，即|x|<1 且|x|≠0. ∴x∈(－1,0)∪(0,1)．
答案：(－1,0)∪(0,1)
4．(教材习题改编)若函数 f(x)＝4x2－kx－8 在[5,20]上是单
调递增函数，则实数 k 的取值范围是________． 解析：∵函数 f(x)＝4x2－kx－8 的对称轴为 x＝k8， 又函数 f(x x21＋1＋
x22＋1－a，
∵f(x)单调递增，所以 f(x1)－f(x2)<0.
又 x1－x2<0，那么必须
x1＋x2 x12＋1＋
x22＋1－a>0
恒成立．
∵1≤x1<x2⇒2x21≥x12＋1,2x22>x22＋1，
∴ 2x1≥ x12＋1， 2x2> x22＋1.
[探究] 1.函数 y＝1x的单调递减区间为(－∞，0)∪(0， ＋∞)，这种表示法对吗？
2021高三数学复习课件(热点题型+教师点评选题)：第二章 函数、导数及其应用：2.1.ppt
[备考方向要明了]
考什么
怎么考
1.了解构成函数的要素，1.考查方式多为填空题．
了解映射的概念.
2.函数的表示方法是高考的常考
2.在实际情境中，会根 内容，特别是图象法与解析法
据不同的需要选择恰 更是高考的常客．
当的方法(如图象法、 3.分段函数是高考的重点也是热
列表法、解析法)表
点，常以求解函数值，由函数
[自主解答] 对于①，函数 f(x)＝|xx|的定义域为{x|x∈R 且 x≠0}，而函数 g(x)＝1－x1≠x0<0， 的定义域是 R，所以二者 不是同一函数；
对于②，若 x＝1 不是 y＝f(x)定义域内的值，则直线 x＝ 1 与 y＝f(x)的图象没有交点，若 x＝1 是 y＝f(x)定义域内的值， 由函数的定义可知，直线 x＝1 与 y＝f(x)的图象只有一个交 点，即 y＝f(x)的图象与直线 x＝1 最多有一个交点；
5．(教材习题改编)A＝{x|x 是锐角}，B＝(0,1)，从 A 到 B
的映射是“求余弦”，与 A 中元素 60°相对应的 B 中的
元素是____；与 B 中元素 23相对应的 A 中的元素是 ． 解析：∵cos 60°＝12，∴与 A 中元素 60°相对应的 B 中的
元素是12.
又∵cos 30°＝ 23，∴与 B 中元素 23相对应的 A 中的元
④集合A＝{x|x是新华中学的班级}，集合B＝{x|x是新 华中学的学生}，对应法则f：每一个班级都对应班里 的学生． 解析：由于新华中学的每一个班级里的学生都不止一 个，即一个班级对应的学生不止一个，所以④不是从 集合A到集合B的映射． 答案：①②③
3．(2012·江西高考)若函数 f(x)＝xlg2＋x，1，x>x1≤，1， 则 f(f(10)) ＝________. 解析：f(10)＝lg 10＝1，故 f(f(10))＝f(1)＝12＋1＝2. 答案：2
考什么
怎么考
1.了解构成函数的要素，1.考查方式多为填空题．
了解映射的概念.
2.函数的表示方法是高考的常考
2.在实际情境中，会根 内容，特别是图象法与解析法
据不同的需要选择恰 更是高考的常客．
当的方法(如图象法、 3.分段函数是高考的重点也是热
列表法、解析法)表
点，常以求解函数值，由函数
[自主解答] 对于①，函数 f(x)＝|xx|的定义域为{x|x∈R 且 x≠0}，而函数 g(x)＝1－x1≠x0<0， 的定义域是 R，所以二者 不是同一函数；
对于②，若 x＝1 不是 y＝f(x)定义域内的值，则直线 x＝ 1 与 y＝f(x)的图象没有交点，若 x＝1 是 y＝f(x)定义域内的值， 由函数的定义可知，直线 x＝1 与 y＝f(x)的图象只有一个交 点，即 y＝f(x)的图象与直线 x＝1 最多有一个交点；
5．(教材习题改编)A＝{x|x 是锐角}，B＝(0,1)，从 A 到 B
的映射是“求余弦”，与 A 中元素 60°相对应的 B 中的
元素是____；与 B 中元素 23相对应的 A 中的元素是 ． 解析：∵cos 60°＝12，∴与 A 中元素 60°相对应的 B 中的
元素是12.
又∵cos 30°＝ 23，∴与 B 中元素 23相对应的 A 中的元
④集合A＝{x|x是新华中学的班级}，集合B＝{x|x是新 华中学的学生}，对应法则f：每一个班级都对应班里 的学生． 解析：由于新华中学的每一个班级里的学生都不止一 个，即一个班级对应的学生不止一个，所以④不是从 集合A到集合B的映射． 答案：①②③
3．(2012·江西高考)若函数 f(x)＝xlg2＋x，1，x>x1≤，1， 则 f(f(10)) ＝________. 解析：f(10)＝lg 10＝1，故 f(f(10))＝f(1)＝12＋1＝2. 答案：2
2021高三数学复习课件(热点题型+教师点评选题)：第二章 函数、导数及其应用：2.4.ppt
②等价形式判断：f(－x)－f(x)＝0⇔f(x)为偶函数， f(－x)＋f(x)＝0⇔f(x)为奇函数． 或等价于ff－xx＝1，则 f(x)为偶函数；ff－xx＝－1，则 f(x) 为奇函数． (3)对于分段函数的奇偶性的判断应分段进行． (4)对于抽象函数奇偶性的判断，应充分利用定义，巧妙 赋值，通过合理、灵活地变形配凑来判定．
称轴为 x＝－a－2 4，因为偶函数的图象关于 y 轴对称， 所以－a－2 4＝0，解得 a＝4. 答案：4
5．设函数f(x)是定义在R上的奇函数，若当x∈(0，＋∞) 时， f(x)＝lg x，则满足f(x)>0的x的取值范围是 _____． 解析：∵当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝lg x， ∴当x∈(0,1)时，f(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0. 又∵函数f(x)为奇函数， ∴当x∈(－1,0)时，f(x)&g．(教材习题改编)下列函数是奇函数的有________个
①f(x)＝2x4＋3x2； ②f(x)＝x3－2x；
③f(x)＝x2＋x 1；
④f(x)＝x3＋1.
解析：首先确定这四个函数的定义域都关于原点对
称，然后由奇函数的定义逐个判断可知，②③为奇
函数． 答案：2
2．(2012·南京调研)已知函数 f(x)是 R 上的奇函数，且当 x>0 时，f(x)＝ x，则 f(－4)的值是________． 解析：因为 f(x)是 R 上的奇函数，所以 f(－4)＝－f(4) ＝－ 4＝－2. 答案：－2
1．判断下列函数的奇偶性 (1)f(x)＝lg 11－＋xx；(2)f(x)＝xx22＋ －xxxx><00， ； (3)f(x)＝|xlg2－1－2|－x22 . 解：(1)由11－ ＋xx>0⇒－1<x<1， 定义域关于原点对称． 又 f(－x)＝lg 11＋－xx＝lg11＋－xx－1 ＝－lg11－ ＋xx＝－f(x)， 故原函数是奇函数．
2021届艺考生高考数学二轮复习课件：第二章 函数、导数及其应用(12课时)
映射：f：A→B
2.函数的定义域、值域 (1)在函数 y＝f(x)，x∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围 A 叫 做函数的 定义域 ；与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的 集合 {f(x)|x∈A} 叫做函数的 值域 . (2)如果两个函数的 定义域 相同，并且 对应关系 完全一 致，则这两个函数为相等函数．
2．下列各组函数中，表示同一函数的是( ) A．f(x)＝|x|，g(x)＝ x2 B．f(x)＝ x2，g(x)＝( x)2 C．f(x)＝xx2－－11，g(x)＝x＋1 D．f(x)＝ x＋1· x－1，g(x)＝ x2－1
解析：A [A 中，g(x)＝|x|，∴f(x)＝g(x)． B 中，f(x)＝|x|，g(x)＝x (x≥0)， ∴两函数的定义域不同． C 中，f(x)＝x＋1 (x≠1)，g(x)＝x＋1， ∴两函数的定义域不同． D 中，f(x)＝ x＋1· x－1(x＋1≥0 且 x－1≥0)，f(x)的定义域为 {x|x≥1}， g(x)＝ x2－1(x2－1≥0)， g(x)的定义域为{x|x≥1 或 x≤－1}． ∴两函数的定义域不同．故选 A.]
对应关系 f： 中的 任意 一个数 x， 中的 任意 一个元素
A→B 在集合 B 中都有
x，在集合 B 中都有
唯一确定 的数 f(x)和它 唯一确定 的元素 y 与之
对应
对应
名称
称 f： A→B 为从集合 称 f：A→B 为从集合 A A 到集合 B 的一个函数 到集合 B 的一个映射
记法
函数 y＝f(x)，x∈A
解析：由 f(1)＝f(2)＝0，得1222＋＋p2＋p＋q＝q＝0，0， 所以pq＝＝－2. 3， 所 以 f(x)＝x2－3x＋2，所以 f(－1)＝(－1)2＋3＋2＝6.
2021高中数学课件高考题选讲导数部分优选PPT
252课后强化训练第8题.
所以0<x2≤1/a,当且仅当x1=1/a时,x2=1/a.
x
e a 1 e a 因此,当n≥a时,(n+1)n-(n+1-a)n>nn-(n-a)n.
解:(1)依题意有f(-x)=f(x),即 ae , 故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1/3)和(1,+∞),单调递减区间是(-1/3,1)在此我们不 因此当a≥1时,
恒成立,故f(x)在[0,+∞)上为
(3)当a<1时,Δ>0,令
,即x2+(2a-4)x+a2>0,解得
设函数
,其中a>0.
加以讨论. 令
,得15x2-11x-4=0,解得x1=1,x2=-4/15(不合题意,舍去).
之间又多了一个无可争辩的衔接点.
(3)当a<1时,Δ>0,令
,即x2+(2a-4)x+a2>0,解得
(Ⅱ)证明f(x)在(0,+∞)上是增函数. 2003-新课程卷-文史类(18)
多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积.
注意到x∈[0,+∞)时,
注:此题为p.248课后强化训练第14题. 令
,得15x2-11x-4=0,解得x1=1,x2=-4/15(不合题意,舍去).
k1
k1
n(xa)n1.
(2)对函数fn(x)求导得 fn (x ) nn 1 x n (x a )n 1 ,
fn (n ) n [n n 1 (n a )n 1 ].
由于当x≥a>0时, fn(x)0,故当x≥a时,fn(x)是关于 x的增函数.
因此,当n≥a时,(n+1)n-(n+1-a)n>nn-(n-a)n.
高考数学新课标全国二轮复习课件2.函数与导数2
第二讲
导数
导数及其应用 (1)导数概念及其几何意义
①了解导数概念的实际背景. ②理解导数的几何意义.
(2)导数的运算
①能根据导数定义求函数y=C(C为常数),
y=x,y=x2,y=x3,y=������ ,y= ������的导数.
②能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单
������ ������
过点 P(2,-5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是 . 解析:由曲线 y=ax2+������ 过点 P(2,-5), 得 4a+2 =-5. 又 y'=2ax-������ 2 ,
������ ������ ������
①
调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、
极小值(其中多项式函数一般不超过三次);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三次). (4)生活中的优化问题 会利用导数解决某些实际问题.
1.导数的几何意义 (1)函数y=f(x)在x=x0处的导数f'(x0)等于曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率, 即k= f'(x0). (2)曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为y-f(x0)= f'(x0)(x-x0). (3)导数的物理意义:s'(t)=v(t),v'(t)=a(t).
在点
π 2
,2 处的切线与直线 x+ay+1=0 垂直,则
(2-cos ������ )'sin ������ -(2-cos ������ )(sin ������ )' 1-2cos ������ si n 2 ������ π 2
导数
导数及其应用 (1)导数概念及其几何意义
①了解导数概念的实际背景. ②理解导数的几何意义.
(2)导数的运算
①能根据导数定义求函数y=C(C为常数),
y=x,y=x2,y=x3,y=������ ,y= ������的导数.
②能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单
������ ������
过点 P(2,-5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是 . 解析:由曲线 y=ax2+������ 过点 P(2,-5), 得 4a+2 =-5. 又 y'=2ax-������ 2 ,
������ ������ ������
①
调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、
极小值(其中多项式函数一般不超过三次);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三次). (4)生活中的优化问题 会利用导数解决某些实际问题.
1.导数的几何意义 (1)函数y=f(x)在x=x0处的导数f'(x0)等于曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率, 即k= f'(x0). (2)曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为y-f(x0)= f'(x0)(x-x0). (3)导数的物理意义:s'(t)=v(t),v'(t)=a(t).
在点
π 2
,2 处的切线与直线 x+ay+1=0 垂直,则
(2-cos ������ )'sin ������ -(2-cos ������ )(sin ������ )' 1-2cos ������ si n 2 ������ π 2
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(3)可化为恒成立问题的基本类型： ①函数f(x)在区间D上单调递增，可转化为f′(x)≥0恒成 立； ②函数f(x)在区间D上单调递减，可转化为f′(x)≤0恒成 立；
③∀x1，x2∈D，都有f(x1)>g(x2)，可转化为f(x)min>g(x)max； ④∀x1∈D，∃x2∈D，使得f(x1)>g(x2)，可转化为 f(x)min>g(x)min.
在[1，＋∞)上恒成立，等价于lnx＋
m x
＋x－m－1≥0在[1，＋∞)
上恒成立，令g(x)＝lnx＋mx ＋x－m－1，研究其性质．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋1＋x1，
∴函数f(x)在点12，f12处的切线的斜率k＝2a×12＋1＋2＝3＋a. ∵该切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，∴3＋a＝2，解得a＝－1.
(2)关于 x 的不等式 f(x)＋g(x)≤－2 恒成立等价于 b－1≤ex －lnxx－1x在(0，＋∞)恒成立，构建函数 h(x)＝ex－lnxx－1x，研究 其单调性与最值即可．
【解析】 (1)∵f(x)＝lnx＋a1x－1a，∴f′(x)＝1x－a1x2＝axa－x21 (x>0)．
当 a<0 时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当 a>0 时，由 f′(x)>0 得：x>1a；由 f′(x)<0 得：0<x<1a， ∴f(x)在0，1a单调递减，在1a，＋∞单调递增． 综上，当 a<0 时，f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当 a>0 时，f(x)在0，1a单调递减，在1a，＋∞单调递增．
(4)f(x)>g(x)恒成立，往往转化为f(x)－g(x)>0，构造函数u(x) ＝f(x)－g(x)，然后研究u(x)的性质，求其最小值．
f(x)≤0在[1，e]上恒成立，有两个考虑方向：其一，在[1，e] 上，f(x)max≤0；其二，将不等式等价转化为a≤g(x)恒成立，再 求g(x)的最小值．
x∈1， 1＋42m－1上单调递减，g(x)<g(1)＝0，
因此当m>2时，lnx＋
m x
＋x－m－1≥0在[1，＋∞)上不恒成
立，
综上，实数m的取值范围是(－∞，2]．
【评说】 (1)本题是以导数的运用为背景的函数综合题， 主要考查了函数思想，化归思想．
(2)求函数极值，一定交待明白极大值和极小值分别是多 少，如果没有，就说没有．极值点左右两侧的导数符号及单调 性必须说清！
∴u(x)在(0，＋∞)单调递增．
又u(1)＝e>0，u
1 2
＝
e 4
－ln2<0，∴u(x)有唯一零点
1
x02<x0<1.
∴u(x0)＝0，即x0ex0＝－lnxx0 0.(※)
当x∈(0，x0)时，u(x)<0即h′(x)<0，h(x)单调递减；当
x∈(x0，＋∞)时，u(x)>0即h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x0)为
(2)当a＝1时，不等式f(x)＋g(x)≤－2，
即lnx＋1x－1＋(b－1)x－xex－1x≤－2，
即b－1≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝ex－
lnx x
－
1 x
，则h′(x)＝ex－
1－lnx x2
＋
1 x2
＝
x2exx＋2 lnx，
令u(x)＝x2ex＋lnx，则u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，
似简单，但如果对数学思想的应用不够自如，则很难达到预期
效果．因此，在复习过程中，对于某些常见函数的性质及图像
要力争做到了如指掌，比如对于函数y＝
lnx x
以及y＝xlnx的图像
及性质等要多加积累，并学会利用数形结合思想进行合理分
析，寻找问题的求解方法．
押题一 恒成立、有解问题
(2020·四川省宜宾第二次月考)已知函数f(x)＝ax2＋x
(2020·湖北省荆门模拟)函数 f(x)＝lnx＋1－axx(a∈R 且 a≠0)，g(x)＝(b－1)x－xex－1x(b∈R)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a＝1 时，若关于 x 的不等式 f(x)＋g(x)≤－2 恒成立， 求实数 b 的取值范围．
【分析】 (1)求出 f′(x)＝axa－x21，对 a 分类讨论，解不等式 即可得到函数 f(x)的单调性；
∴f(x)＝－x2＋x－1＋lnx，f′(x)＝－2x＋1＋
1 x
＝
－2x2＋x＋1 x
＝
－（2x＋1）x （x－1），
令f′(x)＝0，解得x＝1.
显然当x∈(0，1)时，f′Байду номын сангаасx)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1，＋
∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
∴函数f(x)的极大值为f(1)＝－1＋1－1＋ln1＝－1，函数f(x)无极小值．
第二课时 导数大题
高考对导数的考查，多以对数函数、指数函数的形式出
现，而且属于压轴题，对考生能力的要求很高，意在提高试题
的区分度，有利于选拔．试题一方面可以从含有参数的函数的
单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时需
对参数分类讨论，往往比较复杂，考生因对参数讨论分析不到
位而产生差异，拉开分数；另一方面，从切线等角度入手，看
(2)f(x)≥m－mx －x2在[1，＋∞)上恒成立，等价于lnx＋mx ＋x －m－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝lnx＋
m x
＋x－m－1，则g′(x)＝
1 x
－
m x2
＋1＝
x2＋xx2－m，
令h(x)＝x2＋x－m(x≥1)，则h(x)在[1，＋∞)上为增函数，
即h(x)≥2－m，
①当m≤2时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，则g(x)在[1，＋∞)上
是增函数，
∴g(x)≥g(1)＝0，故当m≤2时，lnx＋
m x
＋x－m－1≥0在
[1，＋∞)上恒成立．
②当m>2时，令h(x)＝x2＋x－m＝0，得x＝－1＋ 21＋4m，
当x∈
1，
1＋4m－1
2
时，g′(x)<0，则g(x)在
－1＋lnx(a∈R)在点12，f12处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直． (1)求函数的极值；
(2)若f(x)≥m－
m x
－x2在[1，＋∞)上恒成立，求实数m的取
值范围．
【分析】 (1)利用导数的几何意义求得a＝－1，利用导数
研究函数的单调性，从而可得函数的极值；(2)f(x)≥m－
m x
－x2
③∀x1，x2∈D，都有f(x1)>g(x2)，可转化为f(x)min>g(x)max； ④∀x1∈D，∃x2∈D，使得f(x1)>g(x2)，可转化为 f(x)min>g(x)min.
在[1，＋∞)上恒成立，等价于lnx＋
m x
＋x－m－1≥0在[1，＋∞)
上恒成立，令g(x)＝lnx＋mx ＋x－m－1，研究其性质．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋1＋x1，
∴函数f(x)在点12，f12处的切线的斜率k＝2a×12＋1＋2＝3＋a. ∵该切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，∴3＋a＝2，解得a＝－1.
(2)关于 x 的不等式 f(x)＋g(x)≤－2 恒成立等价于 b－1≤ex －lnxx－1x在(0，＋∞)恒成立，构建函数 h(x)＝ex－lnxx－1x，研究 其单调性与最值即可．
【解析】 (1)∵f(x)＝lnx＋a1x－1a，∴f′(x)＝1x－a1x2＝axa－x21 (x>0)．
当 a<0 时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当 a>0 时，由 f′(x)>0 得：x>1a；由 f′(x)<0 得：0<x<1a， ∴f(x)在0，1a单调递减，在1a，＋∞单调递增． 综上，当 a<0 时，f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当 a>0 时，f(x)在0，1a单调递减，在1a，＋∞单调递增．
(4)f(x)>g(x)恒成立，往往转化为f(x)－g(x)>0，构造函数u(x) ＝f(x)－g(x)，然后研究u(x)的性质，求其最小值．
f(x)≤0在[1，e]上恒成立，有两个考虑方向：其一，在[1，e] 上，f(x)max≤0；其二，将不等式等价转化为a≤g(x)恒成立，再 求g(x)的最小值．
x∈1， 1＋42m－1上单调递减，g(x)<g(1)＝0，
因此当m>2时，lnx＋
m x
＋x－m－1≥0在[1，＋∞)上不恒成
立，
综上，实数m的取值范围是(－∞，2]．
【评说】 (1)本题是以导数的运用为背景的函数综合题， 主要考查了函数思想，化归思想．
(2)求函数极值，一定交待明白极大值和极小值分别是多 少，如果没有，就说没有．极值点左右两侧的导数符号及单调 性必须说清！
∴u(x)在(0，＋∞)单调递增．
又u(1)＝e>0，u
1 2
＝
e 4
－ln2<0，∴u(x)有唯一零点
1
x02<x0<1.
∴u(x0)＝0，即x0ex0＝－lnxx0 0.(※)
当x∈(0，x0)时，u(x)<0即h′(x)<0，h(x)单调递减；当
x∈(x0，＋∞)时，u(x)>0即h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x0)为
(2)当a＝1时，不等式f(x)＋g(x)≤－2，
即lnx＋1x－1＋(b－1)x－xex－1x≤－2，
即b－1≤ex－lnxx－1x在(0，＋∞)恒成立，
令h(x)＝ex－
lnx x
－
1 x
，则h′(x)＝ex－
1－lnx x2
＋
1 x2
＝
x2exx＋2 lnx，
令u(x)＝x2ex＋lnx，则u′(x)＝(x2＋2x)ex＋1x>0，
似简单，但如果对数学思想的应用不够自如，则很难达到预期
效果．因此，在复习过程中，对于某些常见函数的性质及图像
要力争做到了如指掌，比如对于函数y＝
lnx x
以及y＝xlnx的图像
及性质等要多加积累，并学会利用数形结合思想进行合理分
析，寻找问题的求解方法．
押题一 恒成立、有解问题
(2020·四川省宜宾第二次月考)已知函数f(x)＝ax2＋x
(2020·湖北省荆门模拟)函数 f(x)＝lnx＋1－axx(a∈R 且 a≠0)，g(x)＝(b－1)x－xex－1x(b∈R)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a＝1 时，若关于 x 的不等式 f(x)＋g(x)≤－2 恒成立， 求实数 b 的取值范围．
【分析】 (1)求出 f′(x)＝axa－x21，对 a 分类讨论，解不等式 即可得到函数 f(x)的单调性；
∴f(x)＝－x2＋x－1＋lnx，f′(x)＝－2x＋1＋
1 x
＝
－2x2＋x＋1 x
＝
－（2x＋1）x （x－1），
令f′(x)＝0，解得x＝1.
显然当x∈(0，1)时，f′Байду номын сангаасx)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1，＋
∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
∴函数f(x)的极大值为f(1)＝－1＋1－1＋ln1＝－1，函数f(x)无极小值．
第二课时 导数大题
高考对导数的考查，多以对数函数、指数函数的形式出
现，而且属于压轴题，对考生能力的要求很高，意在提高试题
的区分度，有利于选拔．试题一方面可以从含有参数的函数的
单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时需
对参数分类讨论，往往比较复杂，考生因对参数讨论分析不到
位而产生差异，拉开分数；另一方面，从切线等角度入手，看
(2)f(x)≥m－mx －x2在[1，＋∞)上恒成立，等价于lnx＋mx ＋x －m－1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝lnx＋
m x
＋x－m－1，则g′(x)＝
1 x
－
m x2
＋1＝
x2＋xx2－m，
令h(x)＝x2＋x－m(x≥1)，则h(x)在[1，＋∞)上为增函数，
即h(x)≥2－m，
①当m≤2时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，则g(x)在[1，＋∞)上
是增函数，
∴g(x)≥g(1)＝0，故当m≤2时，lnx＋
m x
＋x－m－1≥0在
[1，＋∞)上恒成立．
②当m>2时，令h(x)＝x2＋x－m＝0，得x＝－1＋ 21＋4m，
当x∈
1，
1＋4m－1
2
时，g′(x)<0，则g(x)在
－1＋lnx(a∈R)在点12，f12处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直． (1)求函数的极值；
(2)若f(x)≥m－
m x
－x2在[1，＋∞)上恒成立，求实数m的取
值范围．
【分析】 (1)利用导数的几何意义求得a＝－1，利用导数
研究函数的单调性，从而可得函数的极值；(2)f(x)≥m－
m x
－x2