2018届创新设计一轮数学文科电子稿通用版课件部分打包对应1-3第三章

1讲x考纲1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意3.y＝(C为常数)y＝xy＝x2y＝3y＝1y＝的导数；4.能利用基本初等函数的导数和导数的四则运算法则求简单函数的导数.xy＝f(x)x＝x0

y＝f(x)在x＝x0

limΔy

y＝f(x)x＝x0f′(x0)＝xf′(x)＝lim

f′(x)＝lim

Py－y0＝f′(x0)(x－x0).f(x)＝C(C为常数f(x)＝sinf′(x)＝cosf(x)＝cosf′(x)＝－sinf′(x)＝axlnf(x)＝ln (a>0 1＝xlnf（x） 1.判断正误(在括号内打“√”或 PPT展 (2)求f′(x0)时，应先求f′(x)，再代入求值，(2)错. (2)×(3)√ 2.(1－1P75例1改编)移)，则该机器人在时刻t＝2时的瞬时速度为

＋t

是时间，s答 考点 导数的计1】y＝exln

1y＝x－ y

cos＝ex

ln

1 (1)y′＝(e)′lnx＋e(lnx)′＝elnx＋e 因为 1 1 2

－2sin （cosx）′ex－cosy′＝ex

sinx＋cos 规律方法(1)熟记基本初等函数的导数及运算法则是导数计算的前提，求导【训练1】(1)f(x)＝x(2017＋lnx)，若f′(x0)＝2018，则x0等于 C.ln (2)(2015·卷)已知函数f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为的导函数.若f′(1)＝3，则a的值 x解 (1)f′(x)＝2017＋lnx＋1·x＝2018＋lnxf′(x0)＝2018lnx0＝0x0＝1.(2)f′(x)＝alnx＋x·1＝a(1＋lnx). f′(1)＝a(1＋ln1)＝af′(1)＝3答 考点 导数的几何意义(探究命题角度 求切线方【例2－1】(1)(2016·Ⅲ卷)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 (2)(2017·威海质检)已知函数f(x)＝xlnx，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为( 解 (1)设x>0，则f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)＝ex－1＋x，所以当x>0时，f(x)＝ex－1＋x.x>0则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线的斜率为f′(1)＝2，所以切线方程为－1)(2)∵点(0，－1)f(x)＝xlnx∴设切点为又∵f′(x)＝1＋lnx，∴∴切点为(1，0)，∴f′(1)＝1＋ln∴ly＝x－1答 命题角度 求切点坐点P处的切线垂直，则P的坐标 解 由y′＝ex，知曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率

1＝x(x>0)设P(m，n)，又 的导数y′＝－

Pk2＝－1k1k2＝－1m＝1P的坐标为答 命题角度 求与切线有关的参数值(或范围2－3】

＋b

＋lnx相切，则b的值为 解 设切点坐标为

y＝－1＋lnx 依题意，－1＋1＝1，∴x0＝1

故－1＝1＋b 答 (1)导数f′(x0)的几何意义就是函数y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线的斜(2)“P处的切线”P为切点，“P的切线”P不在，切线方程是x＝x0.2(1)y＝xlnxP2x－y＋1＝0的坐标 (2)函数f(x)＝lnx＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值 解 (1)由题意得y′＝lnx＋1＝1＋lnx，直线2x－y＋1＝0的斜率为P(m，n)1＋lnm＝2m＝e，n＝elne＝eP的坐标为(2)f(x)＝lnx＋ax2x－y＝0f′(x)＝2在＋∞)f′(x)＝1＋a，即1＋a在(0，＋∞)上有解，a＝2－1 x2－1＜2a的取值范围是x答 [思想方法f′(x0)f(x)x＝x0处的导数值；(f(x0))′f(x0)的导数，而函数值f(x0)0，即(f(x0))′＝0.[易错防范利用求导时要特别注意除法中分子的符号，防止与乘法P(x0，y0)P(x0，y0)不一定为切点.对含有字母参数的函数要分清哪是变量哪是参数，参数是常量，其导数为零(建议用时：40分钟 解 答 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2x·f′(1)＋lnx，则f′(1)等于( x解 由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得x∴f′(1)＝2f′(1)＋1答 曲线y＝sinx＋ex在点(0，1)处的切线方程是( y′＝cosx＋ex，故切线斜率为k＝2，切线方程为y＝2x＋1，即2x－y＋1＝答 4.(2017·诊断)已知曲线y＝lnx的切线过原点，则此切线的斜率为 e e

x解 x1y－lnx0＝1(x－x0)，因为切线过点(0，0)，所以－lnx0＝－1 ex0＝e，故此切线的斜率为e答

1＋cos

5.(2017·诊断)设曲线2行，则实数a等于( 2

－1－cos 解 答

sin2 6.若曲线y＝ax2－lnx在点(1，a)处的切线平行于x轴，则 x解 x02a－1＝0答 2＋2y＝f(x)x＝3g(x)＝xf(x) 3解 由图形可知3答 ＋1相切，则 x解 由y＝x＋lnx，得y′＝1＋1，得曲线在点(1，1)处的切线的斜率为x＝2y－1＝2(x－1)y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y，得ax2＋ax＋2＝0，∴a≠0Δ＝a2－8a＝0答 9.M

3－2x2＋3x＋1Ml(2)lα的取值范围 x＝2

所以斜率最小的切线过点 斜率k＝－1，所以切线方程为

—3tanα≥－1 (1)P0(2)l⊥l1lP0l的方程 由已知令3x2＋1＝4，解之得x＝±1.x＝1时，y＝0x＝－1P0P0的坐标为

为(－1，－4)，∴直线l的方程为 1＋1)，即(建议用时：20分钟切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质，下列函数中具有T性质的是( A.y＝sinx B.y＝lnx 解 若y＝f(x)的图象上存在两点A：y′＝cosxcosx1·cosx2＝－1x1＝2kπ，x2＝2kπ＋π(k∈Z)时， x11212C：y′＝exex1·ex2＝－1ex1＋x2＝－1.x1，x2；D：y′＝3x23x2·3x2＝－19x2x2＝－1x1，x2.答案A1212x－2的最小距离为()222B. C. 222 点P是曲线y＝x2－lnx上任意一点当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小，y＝x－21y＝x2－lny′＝2x－1＝1x＝1x＝－1舍去 y＝x2－lnxy＝x－2平行的切线经过的切点坐标为(1，1)，点(1，1)到直线y＝x－2的距离等于2，∴Py＝x－2的最小距离为答

1

2－ax＋lnxya解 ∵f(x)＝12－ax＋ln∵f(x)y轴的切线，∴f′(x)x＋1－a＝0

2(x＝1时取等号x答

1a的值，并判断两条切线是否为同一条直线 根据题意有 2 y＝f(x)x＝1f′(1)＝3，y＝g(x)x＝1g′(1)＝－a，f′(1)＝g′(1)a＝－3.y＝f(x)x＝1y＝g(x)x＝1y－g(1)＝3(x－1)，y＋6＝3(x－1)3x－y－9＝0，所以，两条切线不是同一条直线2讲考纲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)2.

f(x)x＝af(a)x＝a附近其他点的函数值都小，f(x)x＝bf(b)x＝b附近其他点的函数值都大，如果在区间[a，b]y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大1.判断正误(在括号内打“√”或 PPT展 f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件 对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件 解 (1)函数f(x)在(a，b)上单调递增，则在(a，b)上有f′(x)≥0，故(1)错f′(x)＞0f(x)为增函数的充分不必要条件，(2)错答 (2)× 2.(1－1P94探究改编)f(x)的定义域为区间(a，b)f′(x)在 解 导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点答

2－lnx的单调递减区间为 解 函数

2－lnx的定义域为 答

y′≤04.(2016·卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则 x＝±2x∈(－∞－2)f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0f(x)单调递增f(x)x＝2答 5.(2014·Ⅱ卷改编)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取 解 依题意得

0在(1，＋∞)即 1在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴

答

第1导数与函数的单调考点 利用导数研究函数的单调【例1】 卷节选)设函数f(x)＝ax2－a－ln e

e＝2.718…为自然对数的底数x>1

＝x－ex a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减＝当a>0时，由f′(x)＝0有 1，＝0，1

1

证明s(x)＝ex－1－xx>1时，s′(x)>0从而 1>0.xe＝－xe规律方 用导数讨论(证明)函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤f′(x)在(a，b)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数1f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)f(x)的单调性

①当 1x＋2)2≥0恒成立＝2时 ＝2ef(x)R②当 ＜2时，有

x＞－2

③当 ＞2时，有

1x＞－a

1

∴函数考点 求函数的单调区间(易错警示【例2】(2015·重庆卷改编)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在 ＝－3a f(x)x＝－3 1 23 1 21 5

解之得－1<x<0规律方 求函数单调区间的步骤f(x)f′(x)>0f′(x)<0，得单调递减区间易错警 个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数3x2≥0(x＝0时，f′(x)＝0)f(x)＝x3R上是增函数【训练2】已知函数

ln

a

1

a

1

5－lnx－

则 .令f′(x)＝0，解得x＝－1或但－1∉(0，＋∞)，舍去考点 已知函数的单调性求参数(易错警示【例3】(2017·西安模拟)已知函数f(x)＝ln

(1)h(x)＝f(x)－g(x)a(2)h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]a的取值范围 (1)h(x)＝ln

ax－2<0有解，即a> 时 x2－x有＝x2－x

－1a>－1.a的取值范围是

ax－2≤0则 1 ≥x2－x

x∈[1，4]，所以 所以 7(此时x＝4)，所以a 当 7＝－16 7

x＝4时等号成立 7 a的取值范围是x易错警示(1)(1)问转化为1－ax－2<0到不等式(*).错求a的取值范围.(2)错误理解“f(x)为增函数的充要条件是对任意.”导致在第(2)问中(**)h′(x)<0x成立，另外在(***)a＝－7进行检验3】f(x)Raf(x)的单调减区间为(－1，1)a的值 (1)因为f(x)在R上是增函数f′(x)＝3x2－a≥0R上恒成立，a≤3x2x∈R恒成立.a＝0时，f′(x)＝3x2≥0x＝0时取等号∴f(x)＝x3－1R上是增函数a的取值范围是(－∞，0].a≤0a≤0不合题意.a>0333 3a 3a依题意，3＝1

3，3[思想方法的定义域含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性[易错防范求单调区间应遵循定义域优先的原则在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有，且(建议用时：40分钟函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为 解 所以单调递减区间是答 2.(2015·陕西卷)设f(x)＝x－sinx，则 解 因为f′(x)＝1－cosx≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C.又因为＝0－sin0＝0D答 已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图 函数，由a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a).答 解 x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0xx2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋1恒成立x

g(x)＝x＋1，g′(x)＝1－1 ∴x>2时，g′(x)>0g(x)在(2，＋∞) 答 Rf(－1)＝2x∈Rf′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( 因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增.又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0F(x)>F(－1)答 已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递 解 因为f′(x)>0，即ex>0，所以－x2＋2>0，解得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－2，2).答 (－2，已知函数

2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]t

解 由题意知 ，由f′(x)＝0得函数13，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)在区间[t，t＋1]t<1<t＋1t<3<t＋10<t<1答 m的取值范围 x 由f(x)＝2lnx＋x2－5x＋c，得f′(x)＝2＋2x－5，又函数f(x)在区间(m，m＋1)上为递减函数，x∴f′(x)≤0在(m，m＋1)2∴ ＋

解得

答

ln

＝ x轴平行(1)k

1x－ln f′(1)＝e＝0 1－ln

设 lnx－1(x>0)，则

h(1)＝00<x<1时，h(x)>0f′(x)>0；x>1时，h(x)<0f′(x)<0. f(x)＝x＋ax－x＋ca 得f′(x)＝3x2＋2ax－1. x＝3

x 1＋—＋ g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)exx∈[－32]h(2)≥0c的取值范围是[11，＋∞).(建议用时：20分钟f(x)＝f(2－x)x∈(1)(x－1)x)<0， 依题意得，当x<1时，f′(x)>0，则f(x)在(－∞，1)上为增函数；又f(3)＝f(－1)，且

f(3)<f(0)<f答 Ⅰ卷)若函数

的取值范围是

解 ＋asin

＋acos 23sin＋acos 2＋acos

3cos

3(2cos3cos f(x)Rf′(x)≥0R上恒成立令t＝cosx，t∈[－1，1]，则－4 则答

xf′(x)－f(x)>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围 解 令 则 在(0，＋∞)上单调递增

g(x)

或x>2

f(x)>0的解集为答 14.f(x)＝ln

(1)f(x)g(x)x＝1g(x)(2)

f(x)在[1，＋∞)m的取值范围 1

1

lnx在[1，＋∞) ≤0在[1，＋∞)∴x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)则 m的取值范围是第2导数与函数的极值、最考点 用导数研究函数的极值(探究命题角度一y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()f′(x)<01<x<2时，－1<1－x<0f′(x)<0x>2时，1－x<－1，此时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处取得极小答案命题角度二1－2f(x)＝x－alnx(a∈R)的极值 由

x>0－x＝x(1)a≤0时，f′(x)>0f(x)为(0，＋∞)f(x)(2)a>0f′(x)＝0f(x)x＝af(a)＝a－alna，无极大值a≤0f(x)a>0f(x)x＝a－alna，无极大值命题角度 已知极值求参1－3xb，c的值

3＋bx2＋cx＋bc

f(x)

可得 解得

或b＝－1，c＝3x变化时，f(x)f′(x)x1—0＋013∴当x＝1时 b＝－1，c＝3为所求规律方 (1)求函数f(x)极值的步骤①②③f′(x)＝0④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号.如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值；如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.(2)y＝f(x)x0f′(x0)＝0x0左侧与右侧1】(2)f(x)Ra的取值范围 由题意得a＝133

f(x)f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)f(x)Rf(x)Rf′(x)≥0f′(x)≤0恒成a＝0时，f′(x)＝－4x＋116－12a≤0，解得 综上，a的取值范围是考点 利用导数求函数的最2】(2017·郑州模拟) 令f′(x)＝0，得x＝k－1.x变化时，f(x)f′(x)x—0＋(2)k－1≤0k≤1f(x)在[0，1]上单调递增，f(x)在区间[0，1]f(0)＝－k，0<k－1<11<k<2f(x)在区间[0，1]f(k－1)＝－ek－1.k－1≥1k≥2f(x)在[0，1]上单调递减，f(x)在区间[0，1]f(1)＝(1－k)e.k≤1时，f(x)min＝－k1<k<2时，f(x)min＝－ek－1k≥2规律方 求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤f(x)f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个2f(x)＝alnx－bx2(x>0)f(x)x＝1a，b

(1)由f(x)＝alnx－bx2，得

∵函数f(x)在x＝1处与直线 ＝－2 解得 (2)由(1)f(x)＝ln

则f′(x)＝x－x＝ 当e≤x≤ef′(x)>0，得

考点 函数极值与最值的综合问【例3】已知函数 (a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和

∴－30y＝g(x)f′(x)g(x)的符号相同a>0，所以－3<x<0时，g(x)>0f′(x)>0x<－3x>0时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x＝－3f(x)的极小值点， 所以有所以 f(0)＝5f(x)f(－5)＝5e 3(2017·衡水中学月考)f(x)＝ax－1－ln的最大值

a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)f(x)在(0，＋∞)上单调递减a>0f′(x)<0，得f′(x)>0x>

a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.(2)f(x)x＝1∴f′(1)＝a－1＝0a＝1f(x)＝x－1－ln

ln ＋x－x令

ln

ln

x

＝ — 1 1.— 故实数b的最大值是 1[思想方法求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小y＝f(x)x0f′(x0)＝0x0[易错防范求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减0的点.(建议用时：40分钟 增(无极值)，D选项中的函数既为奇函数又存在极值.答 2.(2017·石家庄质检)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为( 解 f′(x)＝12x2－2ax－2b，则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a>0，b>0

＝9a＝b＝3时取等号答

32f(x)的最小值为1，则a的值等于( 3244

解 由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为f′(x)＝1－a＝0 0<x<a时，f′(x)>0x>a答 f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1a 解 f′(x)＝0∴Δ＝4a2－4×3×(a＋6)>0∴a>6答 设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是( 因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足答 6.(2017·肇庆模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝ 解 依题意知，－3f′(x)＝0所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.经检验，a＝5时，f(x)在x＝－3处取得极值. 卷改编)解 当x>0时

－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数的最大值为答 a∈R 解 ∵y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，∵x>0答 卷 )已知函数 卷 若

x<－rx>r时，f′(x)<0；当－r<x<r时，f′(x)>0.的解答可知因此，x＝rf(x)＝ ＝

（2r）2＝4r＝410.(2017·衡水中学二调)f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数(1)a＝5y＝g(x)x＝1 (1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x 1e —0＋①当

≥ef(x)min＝f(t)＝tln

(建议用时：20分钟11.(2017·广州调研)f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)x

m的值为 32 32解 ①－②f′(x)＝3x2＋2ax＋b的两根为－a b＝4，f 答 解 由函数y＝f(x)的图象知x1，x2f(x)的极值点，且f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0，∴x1，x23ax2＋2bx＋c＝0的两根. c

b<0答 由y＝xex可得y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，从而可得y＝xex在(－∞，－1)上递＝－1＝0y＝－e－1答

14.(2016·山东卷改编)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x((2)f(x)x＝1处取得极大值.a的取值范围(1) 由f′(x)＝lng(x)＝ln所以

当x∈ 当 ∴函数y＝g(x)的单调增区间为 ，单调减区间为

1 >1，由(1)知f′(x)在 内单调递增，可得当x∈1 2 f′(x)<0，当x∈ 时

所以f(x)在(0，1)内单调递减，在 内单调递增 f(x)x＝1处取得极小值，不合题意②当 1 ＝2③当 1 2

f(x)x＝1处取极大值，符合题意 a的取值范围为第3导数与函数的综合应考点 用导数活中的优化问＝x(单位：元/千克)满足关系式 a＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常＝数.已知为5元/千克时，每日可售出该商品11千克(1)a (1)因为x＝5时

＝ 2＋10(x－6)2，＝2 x变化时，f′(x)，f(x)x4＋0—由上表可得，x＝4f(x)取得极大值，也是最大值，x＝4f(x)42.故当为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大规律方 ①y＝f(x)②f′(x)③f′(x)＝0(小)者为最大(小)④回归实际问题作答100元/160元/平方米，该蓄水池的总建12000π元(π为圆周率).(1)VrV(r)(2)V(r)rh为何值时该蓄水池的体积最大 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元底面的总成本为元200πrh＋160πr2＝12所以 1(300－4r2从而 r>0h>00<r<5V(r)的定义域为(0，5(2)

＝5(300r－4r)(0<r<5V′(r)＝0r＝5或－5(r＝－5不在定义域内，舍去).r∈(0，5)时，V′(r)>0V(r)在(0，5)上为增函数；r∈(5，53)时，V′(r)<0V(r)在(5，53)上为减函数由此可知，V(r)r＝5r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大考点 利用导数研究函数的零点或方程的【例2】(2014·Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点x(1)(2)k<1y＝f(x)y＝kx－2只有一个交点(1) 2由题设得－a＝－2(2)证明由(1)x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根.x>0g(x)>h(x)≥h(2)＝0.g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根.综上，g(x)＝0R有唯一实根，y＝f(x)y＝kx－2只有一个交点规律方法(1)本题求解的关键是通过构造函数，把曲线与直线交点问题转化为函【训练2】(2016·卷节选)设函数(2)a＝b＝4f(x)c的取值范围 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，f′(x)＝3x2＋8x＋4.f′(x)＝03x2＋8x＋4＝0x＝－2x变化时，f(x)f′(x)

x222＋0—0＋c 2

f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点考点 导数在不等式中的应用(探究命题角度 不等式恒成立问3－1f(x)＝ln值范围

a－x

f(x)<x2在(1，＋∞)a ∵ln 2，又x>0，∴a>xlng(x)＝xlnx－x3h(x)＝g′(x)＝1＋ln h′(x)＝x－6x＝ ∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立. 【例3－2】(2016·Ⅲ卷)设函数f(x)＝ln

；1<lnx 0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增.x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.证明由(1)f(x)x＝1x≠1时，ln故当x∈(1，＋∞)时，lnx<x－1，1 1<lnx证明c>1g(x)＝1＋(c－1)x－cx，g′(x)＝c－1－cxlnc.lnln

lncx<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.由(2)1<lnc<cg(0)＝g(1)＝00<x<1时，g(x)>0.x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.规律方法(1)f(x)>g(x)D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数3(2017·泰安模拟)f(x)＝ln(1)

f（x）

＝ ＋2f（x）证明：

(3)mf(x)≥a＋x值范围

](1)

f（x）

ln

1－ln＝

x

＝ F′(x)>0时，0<x<eF′(x)<0故 证明h(x)＝x－f(x)＝x－ln则 －x＝xh′(x)<0时，0<x<1h′(x)>0h(x)min＝h(1)＝1.又

f（x）

，即

]H(m)＝mln H(m)m的一次函数.x∈[1，e2]，lnx∈[0，2]，m＝0时，H(m)取得最小值－x，a≤－xx∈[1，e2]时恒成立，a的取值范围是[思想方法[易错防范利用导数解决恒成立问题时，若分离参数后得到“a<f(x)a的范围中端点能否得到利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义(建议用时：40分钟20000Rx

则总利润最大时，年产量是

解 由题意得，总成本函数为C＝C(x)＝20000＋100 22

300x－－2060P′(x)＝0x＝300x＝300P(x)最大答

恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是

解 x>0时

在(0，＋∞)∴0<x<2时，φ(x)>0x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).答 若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2，2]恒成立，则m的取值 解 3(舍去∴f(x)f(2)＝－20答 已知函数x023412020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答 f(x)＝ax3－3x2＋1x0则a的取值范围是( a＝0时，不符合题意，a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a>0f(x)有负数零点，不符合题意a<0f(0)＝1>0

4a<0答 yx

1 耗电量最小，则速度应定 得x＝－1或x＝40，0<x<40x>40

＝3x－x＝40时，y有最小值答 已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则 解 设f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，f(1)＝1－3＋c＝0f(－1)＝－1＋3＋c＝0答 －2或f′(x)且f(0)＝1，则不等式 <1的解集 解 构造函数

g′(x)<0

R上单调递减 又 ＝1，所 <1，即g(x)<1，所以x>0，所以不等式的解集答 源)a，bCy等于两化工厂对该处的污染指数之和.AC＝x(km).yxa＝1x＝6时，yb的值 (1)设点C受

污染源污染程度为x2（－点C受B（－ kk>0C

（18－x）＝ 18 ＝1＋3 一中月考)已知函数f(x)＝ln x>1 f′(x)>0得x1＋解得 1＋故f(x)的单调递增区间是0， 证明则有F′(x)＝ x>1时，F(x)<F(1)＝0，x>1时，f(x)<x－1.x>1(建议用时：20分钟11.函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是 解 函数定义域为 且 x>0，g(x)＝6x2－2x＋1Δ＝－20<0，所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，f(x)在定义域上单调递增，无极值点答 12.(2017·山东省实验中学诊断)f(x)Rf(x)－xf′(x)>0

解

<0

f（3）∴ 答 江南名校联考)已知x∈(0，2)，若关于x的不等式x 恒ex立，则实数k的取值范围 解 依题意，知k>x2－2xx∈(0，2)

x2－2x恒成立

x ， ＝

f(x)＝x

令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k<f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1).答 x2x 卷)f(x)＝2－kln(2)f(x)f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点(1) 由f(x)＝2－kln 得x>0且f′(x)＝x－x＝ f′(x)＝0x＝k(负值舍去x(0，k(—0＋k（1－ln2f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(f(x)x＝kf(

k（1－ln (2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)f(k)＝k（1－ln k（1－ln ≤0，从而k＝e时，f(x)在区间(1e)f(e)＝0x＝ef(x)(1，e]上的唯一零点当k>e时，f(x)在区间(0，e)上单调递减，且

，f(

f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点

＝f(x)f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点高考导航函数是中学数学的内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导热点一(1)【例1】(2015·Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln(2)f(x)2a－2a的取值范围

a>0时，f(x)

g(a)＝lna＋a－1g(a)在(0，＋∞)0<a<1时，g(a)<0a>1时，g(a)>0.因此，a的取值范围是(0，1).探究提高(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到f′(x)f′(x)>0f′(x)<0，最终可转化为一个一元一次不等式(2)f(x)f′(x)≥0f′(x)≤0在单调区间上恒成立【训练1】设f(x)＝－1 3x (2)0＜a＜2时，f(x)在

3

(1)由f′(x)＝－x

f′(x)＝－x2＋x＋2a

＝－3×64＋2×16＋8a＝－3＋8a＝－30f′(x0)＝－x2＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)0

＝3热点二【例2】设函数f(x)＝ln m为正常数＋x(1)m＝e(e为自然对数的底数)f(x) (1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln

f′(x)＝x2f′(x)＝0∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln (2)由题设

1

1

当∴x＝1φ(x)x＝1φ(x) 3

②当

＝33③当 3综上所述，当 3当实数

探究提高用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存f(x)＝(ax2＋x)ex(1)a>0(2)a＝0tf(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解

f(x)≤0的解集为(2)a＝0xex＝x＋2，ex>0x＝0所以原方程等价于

令 因为h′(x)＝ex 2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞又

t的所有值为{－3，1}.热点 利用导数研究不等式问题(规范解答【例3】(满分12分)(2015·Ⅰ卷)设函数f(x)＝e2x－aln(2)证明：当a>0时 x f′(x)＝2e2x－a(x>0).2分xa≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；3a>0

(0，＋∞)上单调递增＝－xf′(x)在(0，＋∞)上单调递增.6又f′(a)>0，当b满足 a>0时，f′(x)存在唯一零点(2)证明由(1)f′(x)在(0，＋∞)x0，x∈(0，x0)时，f′(x0)<0；f(x0).9由于 a x—x0＝所以 a＋2ax0＋＝

aa>0时，f(x)≥2a＋aln2.12a确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f(x)的最小值和基本不等式的应用.41f′(b)<0b0<b<ab<.如第(2)414第一步：f(x)f′(x)；第二步：分类讨论f′(x)的单调性；第三步：判断f′(x)零点的个数；第四步：f(x)f′(x