专题7.3 利用导数研究函数的性质（课件）-【金版新学案】2024高考理科数学大二轮专题复习与测试（老教材）

专题七　函数与导数 第三讲　利用导数研究函数的性质 内容索引 引领 高考价值 01 提升 关键能力 02 专 题 集 训 03 高考价值　引领 01 返回 1．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为 A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 √ √ 3．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则 A．a<b B．a>b C．ab<a2 D．ab>a2 √ 法一(特殊值法)：当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2(x－2)，画出该函数的图象如图①所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图②所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．故选D. 法二(数形结合法)：当a>0时，根据题意作出函数f(x)的大致图象，如图③所示，观察可知b>a. 当a<0时，根据题意作出函数f(x)的大致图象， 如图④所示，观察可知a>b. 综上，可知必有ab>a2成立．故选D. 4．(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1) 的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________． f′(x)＝2ln a·ax－2e x， 因为x1，x2分别是函数f(x)＝2ax－e x2的极小值点和极大值点， 所以函数f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增， 所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0， 若a>1时，当x<0时，2ln a·ax>0，2ex<0， 则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意， 若0<a<1时，则方程2ln a·ax－2ex＝0的两个根为x1，x2， 即方程ln a·ax＝ex的两个根为x1，x2， 即函数y＝ln a·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点， 令g(x)＝ln a·ax，则g′(x)＝ln2 a·ax，0<a<1， 设过原点且与函数y＝g(x)的图象相切的直线的切点为(x0，ln a·ax )， 则切线的斜率为g′(x0)＝ln2 a·ax ，故切线方程为y－ln a·ax ＝ln2 a·ax (x－x0)， 0 0 0 0 (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)， 原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不合题意； 所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满 足题意． 1．理解导数的几何意义，能进行导数计算，利用导数研究函数的性质． 2．以指数函数、对数函数、三次有理函数为载体(有时与三角函数相结合)，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题．　　 返回 考情分析 02 返回 关键能力　提升 考点一　利用导数研究函数的单调性 考向1　含参函数的单调性 (2023·新高考Ⅰ卷) 已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； 因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 例1-1 当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－∞，－ln a)上单调 递增． 证明：法一：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－