2014届高三数学一轮复习专讲专练 (抢分热点串讲)：第六讲 函数、导数与不等式(35张PPT)(2014高考)

[例 4]
的目标
函数 z＝x＋y 的最大值是
A．1 C．2 3 B. 2 D．3
)
解析：由线性约束条件画出可行域 如图，A、B、C 的坐标分别为
3 A2，0，
3 B(1,1)，C0，2，由图可知 zmax＝1＋1
＝2.
答案：C
x＋y≤1， (2)已知不等式组x－y≥－1， y≥0
答案：C
(2)定义在(－∞， ＋∞)上的偶函数 f(x)满足 f(x＋1)＝－f(x)， 且 f(x)在[－1,0]上是增函数， 下面五个关于 f(x)的命题中： ①f(x) 是周期函数；②f(x)的图象关于直线 x＝1 对称；③f(x)在[0,1]上 是增函数；④f(x)在[1,2]上为减函数；⑤f(2)＝f(0)，正确命题的 个数是 ( )
1 的取值范围是8，＋∞.
(2)由(1)知，当且仅当 点 x2，且 x1＋x2＝
1 a∈0，8时，f(x)有极小值点
x1 和极大值
1 1 ，x1x2＝ . 2a 2a 2 f(x1)＋f(x2)＝－ln x1－ax1＋x1－ln x2－ax2＋x2＝－(ln x1＋ln x2) 2 1 1 － (x1－1)－ (x2－1)＋(x1＋x2) 2 2 1 1 ＝－ln x1x2＋ (x1＋x2)＋1＝ln 2a＋ ＋1. 2 4a 1 1 令 g(a)＝ln 2a＋ ＋1，a∈0，8， 4a 1 1 1 1 4a－1 则当 a∈0，8时， g′(a)＝a－ 2＝ <0， g(a)在0，8上单 4a 4a2 1 调递减，∴g(a)>g8＝3－2ln 2，即 f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2.
表示的平面区域为 M，
若直线 y＝kx－3k 与平面区域 M 有公共点，则 k 的取值范围 是
1 A.－3，0 1 C.0，3 1 B.－∞，3 1 D.－∞，－3
(
)
解析：如图所示，画出可行域，直线 y＝kx－3k 过定点(3,0)，由数形结合，知该 直线的斜率的最大值为 k＝0，最小值为 0－1 1 k＝ ＝－ . 3 3－0
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：由于 f(x＋1)＝－f(x)，所以 f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)， 函数 f(x)是以 2 为最小正周期的周期函数，故命题①正确；由于 f(2－x)＝f(－x)＝f(x)，故函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称， 命题②正确； 偶函数在定义域上关于坐标原点对称的区间上的单 调性相反，故命题③不正确；根据周期性，函数在[1,2]上的单调 性与[－1,0]上的单调性相同，故命题④不正确；根据周期性，命 题⑤正确． 答案：C
x＋1 (1)若函数 φ(x)＝f(x)－ ，求函数 φ(x)的单调区间； x－1
(2)设直线 l 为函数 f(x)的图象上一点 A(x0， 0))处的切线． f(x 证 明： 在区间(1， ＋∞)上存在惟一的 x0， 使得直线 l 与曲线 y＝g(x) 相切．
[解]
x＋1 x＋1 (1)∵φ(x)＝f(x)－ ＝ln x－ ， x－1 x－1
①当 x＜1 时，
原不等式等价于 x＋(x＋1)x≤3，解得－3≤x≤1，又 x＜1， 所以－3≤x＜1；②当 x≥1 时，原不等式等价于 x＋(x＋1)(－ x)≤3，即 x2≥－3 恒成立，所以 x≥1，综合①②可知，不等 式的解集为{x|x≥－3}．
答案：A
(2)(2012· 安徽质检)已知不等式 ax2＋bx＋c<0 的解集 为{x|－2<x<1}， 则不等式 cx2＋bx＋a>c(2x－1)＋b 的解集 为________．
x2＋1 1 2 ∴φ′(x)＝x＋ 2＝ 2. x－1 x· x－1 ∵x>0 且 x≠1， ∴φ′(x)>0. ∴函数 φ(x)的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)．
1 1 (2)证明：∵f′(x)＝x，∴f′(x0)＝ ， x0 1 ∴切线 l 的方程为 y－ln x0＝ (x－x0)， x0 1 即 y＝ x＋ln x0－1，① x0 设直线 l 与曲线 y＝g(x)相切于点(x1，ex1), 1 ∵g′(x)＝e ，∴ex1＝ ，∴x1＝－ln x0. x0
1 1 0， 上必有实数根，即任意“ －同伴函数”至少有一 在 2 2
个零点．
B 错误， 用反证法， 假设 f(x)＝x2 是一个“λ－同伴函数”， 则(x＋λ)2＋λx2＝0，即(1 ＋λ)x2＋2λx＋λ2＝0 对任意实数 x 成 立，所以 λ＋1＝2λ＝λ2＝0，而此式无解，所以 f(x)＝x2 不是一 个“λ－同伴函数”． C 错误，因为 f(x)＝log2x 的定义域不是 R. D 错误，设 f(x)＝C 是一个“λ－同伴函数”，则(1＋λ)C ＝0，当 λ＝－1 时，可以取遍实数集，因此 f(x)＝0 不是唯一 一个常值“λ－同伴函数”．
(3)若对于定义在 R 上的函数 f(x)，其图像是连续的，且存 在常数 λ(λ∈R)，使得 f(x＋λ)＋λf(x)＝0 对任意的实数 x 成立， 则称 f(x)是“λ－同伴函数”． 下列关于“λ－同伴函数”的叙述 中正确的是
1 A．“ －同伴函数”至少有一个零点 2 B．f(x)＝x2 是一个“λ－同伴函数” C．f(x)＝log2x 是一个“λ－同伴函数” D．f(x)＝0 是唯一一个常值“λ－同伴函数”
解析： A 正确，令 x＝0，得
1 1 1 f2＋ f(0)＝0，所以 f2＝ 2
1 1 － f(0)． f(0)＝0， 若 显然 f(x)＝0 有实数根； f(0)≠0，2· 若 f f(0) 2
1 ＝－ (f(0))2<0.又因为函数 f(x)的图像是连续不断的，所以 f(x) 2 ＝0
2
1 x| <x<2. ∴原不等式的解集为 2
[答案]
1 x| <x<2 2
[方法总结]
解不等式的常见策略：
1．解一元二次不等式的策略：先化为一般形式ax2＋ bx＋c>0(a>0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象 确定一元二次不等式的解集．
[例 6]
1 已知函数 f(x)＝lnx－ax2＋x(a>0)．
(1)若 f(x)是单调函数，求 a 的取值范围； (2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2.
1 解：(1)由 f(x)＝lnx－ax2＋x＝－ln x－ax2＋x 得， 2ax2－x＋1 1 f′(x)＝－x－2ax＋1＝－ . x 令 g(x)＝2ax2－x＋1， Δ＝(－1)2－4×2a×1＝1－8a.
不等式的解法及应用
[例 2]
x＋1x＜0， (1)已知函数 f(x)＝ －x－1x≥0，
则不等式 x ( )
＋(x＋1)f(x－1)≤3 的解集是
A．{x|x≥－3}
B．{x|x≥1}
C．{x|－3≤x≤1}
D．{x|x≥1或x≤－3}
xx＜1， 解析： 由函数 f(x)可知 f(x－1)＝ －xx≥1.
函数图象与性质
[例 1]
(1)(2012· 唐山模拟)若函数 y＝ax
1 ＋b 的图象如图，则函数 y＝b＋ 的图象 x＋a 为 ( )．
解析：由函数 y＝ax＋b 的图象可知，函数 y＝ax＋b 在 R 上单调递减，故 0<a<1.因为函数 y＝ax＋b 的图象是由函数 y＝ ax 的图象向下平移了|b|个单位而得到的，且函数 y＝ax＋b 的图 1 象与 y 轴的交点在负半轴上，故 b<0.函数 y＝b＋ 的图象可 x＋a 1 以看作是由函数 y＝x的图象向左平移 a 个单位，然后向下平移 －b 个单位得到的，结合反比例函数的图象和 a、b 的范围可知 选 C.
2．解简单的分式不等式的策略：将不等式一边化为0，
再将不等式等价转化为整式不等式(组)求解.
基本不等式
[例 3] (2012· 福建质检)设 a>0，若关于 x 的不等式 x
a ＋ ≥5 在 x∈(1，＋∞)上恒成立，则 a 的最小值为 x－1 ( a a 解析：当 x>1，a>0 时，x＋ ＝(x－1)＋ ＋1≥2 x－1 x－1 a x－1× ＋1＝2 a＋1(当且仅当(x－1)2＝a 时取等号)， x－1 a 即此时 x＋ 的最小值是 2 a＋1. x－1 由 2 a＋1≥5 得 a≥4， 即 a 的最小值为 4.
[解析]
由题意可知 a>0，且－2,1 是方程 ax2＋bx＋c＝
b＝a， 解得 c＝－2a，
b －a＝－1， 0 的两个根，则 c＝－2， a
所以不等式 cx2＋bx＋a>c(2x－1)＋b 可化为－2ax2＋ax ＋a>－2a(2x－1)＋a， 1 整理得 2x －5x＋2<0，解得 <x<2. 2
1 1 ＝8当且仅当m＝4，n＝2时取等号.
答案：D
[方法总结]
利用基本不等式求最值是考查重点，
多以填空题形式考查，解决此类问题时要注意抓住“一
正、二定、三相等”的步骤及常见函数的变形方法，如 拆项、变符号、凑系数等．
线性规划
2x＋y≤3， x＋2y≤3， (1)满足线性约束条件 x≥0， y≥0 (
x
1 1 ∴直线 l 的方程为 y－ ＝ (x＋ln x0)， x0 x0 1 ln x0 1 即 y＝ x＋ ＋ ，② x0 x0 x0
x0＋1 ln x0 1 ①－②，得 ln x0－1＝ ＋ ，∴ln x0＝ . x0 x0 x0－1 下证：在区间(1，＋∞)上 x0 存在且惟一． x＋1 由(1)可知，φ(x)＝ln x－ 在区间(1，＋∞)上递增． x－1 e＋1 －2 e2＋1 e2－3 又 φ(e)＝ln e－ ＝ <0， 2)＝ln e2－ 2 φ(e ＝ 2 >0， e－1 e－1 e －1 e －1 结合零点存在性定理，说明方程 φ(x)＝0 必在区间(e，e2)上 有唯一的根，这个根就是所求的惟一的 x0.故结论成立．