2015届(理科数学)二轮复习课件_专题八_自选模块_第1讲_导数及其应用

合集下载

2015届高三数学二轮专项复习课件：专题1 第5讲导数及其应用

②[f(x)·g(x)]′＝f ′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
③[gfxx]′＝f
′xgx－fxg′x
g2x
.
④(理)设 y＝f(u)，u＝φ(x)，则 y′x＝y′uu′x.
专题一第五讲
第十一页，编辑于星期五：八点四十四分。
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·新课标版 ·数学 ·二轮专题复习
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝1x； ⑧(logax)′＝xl1na.
专题一第五讲
第十页，编辑于星期五：八点四十四分。
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·新课标版 ·数学 ·二轮专题复习
(2)导数的四则运算法则
①[f(x)± g(x)]′＝f ′(x)±g′(x)；
(x0，f(x0))处的切线的斜率，即 k＝f ′(x0)．
专题一第五讲
第九页，编辑于星期五：八点四十四分。
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·新课标版 ·数学 ·二轮专题复习
3．导数的运算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c 为常数)；
②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
(2)利用导数研究函数的单调性、极值、最值以及解决生活中的优化问题，已成为近几年高考的主要考点．
专题一第五讲
第六页，编辑于星期五：八点四十四分。
成才之路 ·高中新课程 ·学习指导 ·新课标版 ·数学 ·二轮专题复习
(3)选择题、填空题侧重于利用导数确定函数的单调性和极值；解答题侧重于导数与函数、解析几何、不等式、数列等知识的综合应用，一般难度较大，属于中高档题．

2015届高三人教A版理科数学二轮复习课件1-2

名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
思想方法提能专训
第二讲
热点盘点
数形结合思想
[二轮备考讲义]
第一部分第2讲
第 3页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
思想方法
思想方法
热点盘点
归纳概括
高三冲刺,给你一颗勇敢的心
提能专训
[二轮备考讲义]
第一部分第2讲
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
(4)精心联想“数”与“形”，使一些较难解决的代数问题
思想方法
几何化，几何问题代数化，以便于问题求解．很多数学概念都具有明显的几何意义，善于利用这些几何意义，往往能达到事半功倍的效果.
提能专训
热点盘点
[二轮备考讲义]
第一部以发现两个函数图象一定有2个交点，因此
热点盘点
函数f(x)有2个零点．
[二轮备考讲义]
第一部分第2讲
第15页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
思想方法
(1)研究方程的根的个数、根的范围等问题时，经常采用数形结合的方法．一般的，方程f(x)＝0的根，就是函数f(x)的零点，方程f(x)＝g(x)的根，就是函数f(x)和g(x)的图象的交点的横坐标．
提能专训
热点盘点
[二轮备考讲义]
第一部分第2讲
第 7页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
3．数形结合思想在解题中的应用
思想方法
(1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围． (2)构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围． (3)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系．

2015届高考理科数学二轮复习专题课件2-8-1专题八选修4系列

［二轮备考讲义］第二部分二轮知识专题大突破专题八选修4系列第一讲几何证明选讲（选修4—1）在平面几何的证明中，主要抓好“角度关系”与“长度关系”的转化•“角度”转化的依据主要有“等弧（弦）对等角”“弦切角等于内对角” “相似三角形的对应角相等”“平行线的同位角相等、内错角互补” “圆内接四边形对角互补” 等•“长度”转化的依据主要有“切线定理”“切割线定理”“割线定理”“相交弦定理” “平行线截线段成比例” “相似三角形对应边成比例”等.基础记忆试做真题基础要记牢，真题须做熟基础知识不“背死”,就不能“用活”1・平行线等分线段定理如果一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等.2.平行截割定理（平行线分线段成比例定理）三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例.3.相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似.判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似.判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似.4.相似三角形的性质(1)相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；(2)相似三角形周长的比等于相似比；(3)相似三角形面积的比等于相似比的平方.5・圆内接四边形的性质与判定定理(1)性质：①圆内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角.(2)判定：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆.6.与圆有关的定理弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角. 相交弦定理：圆的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.切割线定理: 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.高考真题要回访，做好真题底气足1. （2014•湖北）如图，P为（DO外一点，过F点作OO的两条切线，切点分别为4, B.xfPA的中点0作割线交OO于C, D两点.若QC=1, CDB D［答案］4［解析］由切割线定理，得QA2 = QCQD=4,解得04 = 2, ^\PB=PA = 2QA=A.2-（2°14・江苏）如图，4B是圆O的直径，c, D是圆O上位于异侧的两点•证明：/OCB=ZD.证明：因为B, C是圆O上的两点，所以OB = OC.故ZOCB=ZB.又因为C, D是O上位于异侧的两点,故ZB, ZD为同弧所对的两个圆周角, 所以ZB=ZZ).因此ZOCB=ZD・3・（2014•新课标全国卷11 ）如图，P是OO外一点，P1是切线，A为切点，割线PBC与（DO相交于点C, PC=2PA, D为PC的中点，4D的延长线交0O于点E证明：⑴ BE=EC；(2)AD・DE=2PBr证明：（1）连接AB, AC.由题设知PA=PD,故PDA.因为ZPDA=ZDAC-\- ZDCA9APAD= ZBAD-\- ZPAB. ZDCA=ZPAB.所以ZDAC=ZBAD.从而豌=記因此BE=EC.(2)由切割线定理，^PA2=PBPC.因为PA=PD=DC,所以DC=2PB, BD=PB.由相交弦定理，得ADDE=BDDC, 所以ADDE=2PB2.热点盘点细研深究必须回访的热点名题［试题调研］［例1］(1)(2014-天津)如图，△ABC是圆的内接三角形，Z B4C的平分线交圆于点D,交BC于点E,过点B的圆的切线与主体一相似三角形的判定与性质AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：BDA E①BD平分ZCBF；②FB2=FDFA；③AE・CE=BE・DE； ®AFBD=ABBF.则所有正确结论的序号是（）A.①②B.③④C.①②③D・①②④（2）（2014•广东）（几何证明选讲选做题）如图，在平行四边形4BCZ）中，点E在佔上且EB=2AE, AC与DE交于点F,贝!J△ CDF的面积瓦4EF的面积----------- ■E B［命题意图］(1)本题背景新颖，涉及圆的性质以及相似三角形等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力.(2)本题主要考查相似三角形的判定与性质.［答案］(1)D (2)9［解析］(1)因为ZBAD=ZFBD ，ZDBC=ZDAC,又 4E平分ZBAC,所以ZBAD=ZDAC,所以上FBD=ZDBC,所以结论②正确，选D. BD 平分ZCBF,结论①正确；易证△ ABFsNBDF,所以 AB AF BD所以AB ・BF=AF ・BD,结论④正确；由 AF BF BF =DF J 得 BF 2=AF DF,4F 1(2)在平行四边形ABCD中,因为EB = 2AE,所以忑故j^=3.因为AE//CD,所以△AEFsMDF,所以右型2 = 9.AE ~CD 9 (CD----- 备考A语］----------------------- 判定两个三角形相似要注意结合图形的特点灵活选择判定定理(1)证明三角形相似，往往可以转化为证明角相等，而证明角相等的方法有弦切角、圆周角和圆心角等相关结论.(2)证明三角形相似时也可以转化为证明线段成比例，而证明线段成比例的方法有射影定理、相交弦定理、割线定理和切割线定理等.［回访名题］O 于点D,过点B 作圆O 的切线交直线AD 于点E.求证:⑴ ZEBD=ZCBD ；⑵AB ・BE=AE ・DC. （2014•沈阳质检三）如图，AABC 内接于 O.AD 平分ZBAC交圆证明：(l)VBE为圆O的切线，:.ZEBD=ZBAD.又平分ZBAC, :.ZBAD=ZCAD.:.ZEBD=ZCAD9又•:上CBD=/CAD, :.ZEBD=ZCBD.主体二■!的切割线定理⑵在△EBD 和AEAB 中，ZE=ZE, ZEBD=ZEAB, :.AEBD^AEAB. •BE_BD"AE=AB'：.AB・BE=AE・BD,XVAD 平分ABAC. •••BD=DC,故AB・BE=AE・DC・［试题调研］[例2]（2014•长春调研）如图，是O的直径，G是延长线上的一点，GCD是圆O的割线，过点G作AG的垂线, 交直线4C于点E,交直线AD于点F,过点G作圆O的切线, 切点为H.主体二■!的切割线定理⑴求证:A C,(2)若GH=& GE=4,求EF 的长.［命题意图］本题主要以圆为几何背景考查角相等、四点共圆、圆的切线、割线的性质等基础知识，意在考查考生的化归与转化能力、逻辑推理能力.［解析］⑴证明：如图，连接TAB是圆O的直径，/. ZADB=90°,在RtAABD 和RtAAFG 中,ZABD=ZAFE,又T ZABD= ZACD,:.ZACD= ZAFE,「C D, E, F四点共(2)TC, D, E, F 四点共•••GE・GF=GC・GD ・TGH是圆O的切J 线,:.GH2AE G= GCGD,:.GH2=GEGF,又GH=8, GE=4, /-:.EF=GF-GE=\2 ・= 16,----- 备考金语］------------------------ 相交弦定理、切割线定理及其推论的应用非常广泛、常见(1)找过渡乘积式证明等积式成立.(2)为三角形相似提供对应边成比例的条件.(3)利用等积式来证明有关线段相等.［回访名题］（2014-云南统检）如图，43是OO的直径，4C与OO相切于点儿且AC=AB9 co与0O相交于点P, CO的延长线与。

2015届高考数学(理科)一轮总复习课件：2-11 导数在函数研究中的应用(人教A版)

f′(0)＝0，但x＝0不是极值点；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的极小值点，但
f′(0)不存在．
菜单
隐藏
高考总复习 A 数学（理）
抓主干考点解密
研考向要点探究悟典题能力提升提素能高效训练
3．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3处取得极值，则a＝(
研考向要点探究悟典题能力提升提素能高效训练
(2)证明：当m≤2， x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0. 1 当m＝2时，函数f′(x)＝ ex－在 (－2，＋∞)上单调递增． x＋2 又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在 (－2，＋∞)上有唯一实根 x0，且 x0∈ (－1,0)．当 x∈(－2， x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当 x＝x0时，f(x)取得最小值． 1 由f′(x0)＝0得 ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0， x0＋ 2 x0＋12 1 故f(x)≥f(x0)＝＋x ＝ >0. x0＋ 2 0 x0＋ 2 综上，当m≤2时，f(x)>0.
菜单
隐藏
高考总复习 A 数学（理）
抓主干考点解密
研考向要点探究悟典题能力提升提素能高效训练
解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
f0＝1 c＝1 由题意得，即 . f′0＝0 b＝0
(2)由 (1)得，f′(x)＝x2－ax＝ x(x－a)(a>0)，当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当 x∈(0，a)时，f′(x)<0，当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为 (－∞， 0)， (a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)． (3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－ 2，－1)，使不等式g′(x)＝ x2－ax＋2<0成立， 2 即 x∈(－2，－1)时，a<x＋ ≤－ 2 2， x 所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2 2)．

2015届高考数学总复习配套专题精讲：专题一高考中的导数应用问题(共64张PPT)

考点自测
高考题型突破
练出高分第十七页，编辑于星期五：十点十分。
高考题型突破
题型二
利用导数研究与不等式有关的问题
【例 2】已知 f(x)＝xln x，g(x) ＝－x2＋ax－3. (1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t>0) 上的最小值； (2) 对一切 x∈(0 ，＋ ∞) ，
思维启迪解析思维升华
综上所述，当 a＝0 时，f(x)在 (－∞，0)上单调递减，在 (0，＋∞)上单调递增；当 a>0 时，f(x)在(－∞，0)，(2a，＋∞)上单调递减，在(0，2a)上单调递增；当 a<0 时，f(x)在(2a，0)上单调递减，在(－∞，2a)，(0，＋∞)上单调递增．
考点自测
高考题型突破
【例 1】已知函数 f(x)＝
思维启迪
解析
思维升华
x2e－ax，a∈R.
(1)当 a＝1 时，求函数 y＝f(x) (1)先求切点和斜率，再求的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程；
切线方程． (2)讨论 f(x)的单调性．
(2)先求 f′(x)，然后分 a＝0， a>0，a<0 三种情况求解．
(3)函数 g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有 g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ＝(－x2－3x＋c－1)ex，因为函数 g(x)在 x∈[－3,2]上单调递增，所以 h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0 在 x∈[－3,2]上恒成立．只要 h(2)≥0，解得 c≥11，所以 c 的取值范围是[11，＋∞)．
递增，求实数 c 的取值范围．
(2)由(1)可知 f(x)＝x3－x2－x＋c.

2015年高考数学(理)一轮总复习课件：第二章+函数、导数及其应用第1节函数及其表示

第十八页，编辑于星期五：十一点五十五分。
变式训练 1 (1)(2013·重庆高考)函数 y＝log21x－2的定
义域是( )
A．(－∞，2)
B．(2，＋∞)
C．(2,3)∪(3，＋∞)
D．(2,4)∪(4，＋∞)
(2)已知函数 f(2x)的定义域为[－1,1]，则 f(x)的定义域为 ________．
考向 3 分段函数
【例 3】 (1)(2014·潍坊模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足
f(x)＝lfoxg－241－－xfx－2
x≤0， x>0，则 f(3)的值为( )
A．－1
B．－2
C．1
D．2
(2)(2014·无锡模拟 ) 已知实数 a≠0 ，函数 f(x) ＝
2x＋a，x＜1，－x－2a，x≥1.
5．(2013·浙江高考)已知函数 f(x)＝ x－1.若 f(a)＝3，则实数 a＝________.
【解析】因为 f(a)＝ a－1＝3，所以 a－1＝9，即 a＝ 10.
【答案】 10
第十四页，编辑于星期五：十一点五十五分。
考向 1 求函数的定义域
【例 1】
(1)(2013·山东高考)函数 f(x)＝
1－2x＋
1 x＋3
的定义域为( )
A．(－3,0]
B．(－3,1]
C．(－∞，－3)∪(－3,0] D．(－∞，－3)∪(－3,1]
第十五页，编辑于星期五：十一点五十五分。
(2)(2013·大纲全国卷)已知函数 f(x)的定义域为(－1,0)，则
函数 f(2x＋1)的定义域为( )
A．(－1,1)
第二十五页，编辑于星期五：十一点五十五分。

2015届高三人教A版理科数学二轮复习课件2-8-2

基础记忆
x＝2cos θ，解：(1)曲线C的参数方程为 y＝3sin θ
2 2 t， 2 t 2
代入抛物线方程y2＝
重访好题
热点盘点
解得t1＝0，t2＝－8 2. 所以|AB|＝|t1－t2|＝8 2.
[二轮备考讲义]
第二部分专题八第2讲
第14页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
x2 y2 2．(2014· 新课标全国卷Ⅰ)已知曲线C：＋＝1，直线l： 4 9
θ， (θ为参数，0≤θ≤2π)． y＝y0＋rsin θ
[二轮备考讲义]
第二部分专题八第2讲
第11页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
6．圆锥曲线的参数方程
基础记忆
x＝acos θ， x2 y2 (1)椭圆 2＋ 2＝1的参数方程为 (θ为参数)． a b y＝bsin θ
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
基础记忆重访好题
[二轮备考讲义]
热点盘点
[二轮备考讲义]
第二部分专题八第2讲
第 1页
名师伴你行 · 高考二轮复习 · 数学（理）
基础记忆重访好题
第二部分二轮知识专题大突破
热点盘点
[二轮备考讲义]
第二部分专题八第2讲
2 θ0)＋ρ2 0－r ＝0.
几个特殊位置的圆的极坐标方程 (1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；
热点盘点
重访好题
(2)当圆心位于M(r,0)，半径为r：ρ＝2rcos θ；
π (3)当圆心位于Mr，2，半径为r：ρ＝2rsin

2015届高考理科数学第一轮总复习教案2

第二章函数、导数及其应用第一节函数及其表示1．函数映射的概念2．函数的有关概念(1)函数的定义域、值域：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．显然，值域是集合B 的子集．(2)函数的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判断两函数相等的依据．(4)函数的表示法表示函数的常用方法有：解析法、图像法、列表法． 3．分段函数若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段函数．分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数．1．解决函数的一些问题时，易忽视“定义域优先”的原则． 2．易混“函数”与“映射”的概念：函数是特殊的映射，映射不一定是函数，从A 到B 的一个映射，A 、B 若不是数集，则这个映射便不是函数．3．误把分段函数理解为几种函数组成． [试一试]1．(2013·江西高考)函数y ＝x ln(1－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．[0,1) C ．(0,1]D ．[0,1]解析：选B 根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧1－x >0，x ≥0，解得0≤x <1，即所求定义域为[0,1)．2．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≤1，lg x ，x >1，则f (f (10))＝( )A ．lg 101B ．2C ．1D ．0解析：选B f (10)＝lg 10＝1，故f (f (10))＝f (1)＝12＋1＝2.求函数解析式的四种常用方法(1)配凑法：由已知条件f (g (x ))＝F (x )，可将F (x )改写成关于g (x )的表达式，然后以x 替代g (x )，便得f (x )的表达式；(2)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法；(3)换元法：已知复合函数f (g (x ))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围；(4)解方程组法：已知关于f (x )与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 或f (－x )的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式组成方程组，通过解方程求出f (x )．[练一练]1．设g (x )＝2x ＋3，g (x ＋2)＝f (x )，则f (x )等于( ) A ．－2x ＋1 B ．2x －1 C ．2x －3 D ．2x ＋7答案：D2．若f (x )＝x 2＋bx ＋c ，且f (1)＝0，f (3)＝0，则f (x )＝________. 答案：x 2－4x ＋3函数与映射的概念1.下列四组函数中，表示同一函数的是( )A ．y ＝x －1与y ＝(x －1)2B ．y ＝x －1与y ＝x －1x －1C ．y ＝4lg x 与y ＝2lg x 2D ．y ＝lg x －2与y ＝lg x100答案：D2．以下给出的同组函数中，是否表示同一函数？为什么？ (1)f 1：y ＝xx ；f 2：y ＝1.(2)f 1：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤1，2，1<x <2，3，x ≥2；f 2：(3)f 1：y ＝2x ；f 2：如图所示．解：(1)不同函数．f 1(x )的定义域为{x ∈R|x ≠0}，f 2(x )的定义域为R.(2)同一函数．x 与y 的对应关系完全相同且定义域相同，它们是同一函数的不同表示方式．(3)同一函数．理由同②. [类题通法]两个函数是否是同一个函数，取决于它们的定义域和对应关系是否相同，只有当两个函数的定义域和对应关系完全相同时，才表示同一函数．另外，函数的自变量习惯上用x 表示，但也可用其他字母表示，如：f (x )＝2x －1，g (t )＝2t －1，h (m )＝2m －1均表示同一函数．函数的定义域问题角度一求给定函数解析式的定义域 1．(1)(2013·山东高考)函数f (x )＝ 1－2x ＋1x ＋3的定义域为( )A ．(－3,0]B ．(－3,1]C ．(－∞，－3)∪(－3,0]D ．(－∞，－3)∪(－3,1](2)(2013·安徽高考)函数y ＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1－x 2的定义域为________．函数的定义域是使函数有意义的自变量取值的集合，它是函数不可缺少的组成部分.归纳起来常见的命题角度有：(1)求给定函数解析式的定义域； (2)已知f x的定义域，求f gx的定义域；(3)已知定义域确定参数问题.解析：(1)由题意，自变量x 应满足⎩⎪⎨⎪⎧1－2x≥0，x ＋3>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x >－3，∴－3<x ≤0.(2)要使函数有意义，需⎩⎨⎧1＋1x >0，1－x 2≥0，即⎩⎨⎧x ＋1x>0，x 2≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x <－1或x >0，－1≤x ≤1，解得0<x ≤1，所以定义域为(0,1]．答案：(1)A (2)(0,1]角度二已知f (x )的定义域，求f (g (x ))的定义域2．已知函数f (x )的定义域是[－1,1]，求f (log 2x )的定义域．解：∵函数f (x )的定义域是[－1,1]，∴－1≤log 2x ≤1，∴12≤x ≤2.故f (log 2x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2. 角度三已知定义域确定参数问题 3．(2014·合肥模拟)若函数f (x )＝ 2x 2＋2ax －a －1的定义域为R ，则a 的取值范围为________．解析：函数f (x )的定义域为R ，所以2x 2＋2ax －a －1≥0对x ∈R 恒成立，即2x 2＋2ax －a ≥1，x 2＋2ax －a ≥0恒成立，因此有Δ＝(2a )2＋4a ≤0，解得－1≤a ≤0.答案：[－1,0] [类题通法]简单函数定义域的类型及求法(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解．(2)对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解．(3)若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，则函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出．求函数的解析式[典例] (1)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2，求f (x )的解析式； (2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函数，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )； (4)定义在(－1,1)内的函数f (x )满足2f (x )－f (－x )＝lg(x ＋1)，求函数f (x )的解析式．[解] (1)由于f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，所以f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2，故f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2(x ≥2或x ≤－2)． (2)令2x ＋1＝t 得x ＝2t －1，代入得f (t )＝lg 2t －1，又x >0，所以t >1，故f (x )的解析式是f (x )＝lg 2x －1(x >1)．(3)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝0，知c ＝0，f (x )＝ax 2＋bx ，又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1，即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x (x ∈R)． (4)当x ∈(－1,1)时，有 2f (x )－f (－x )＝lg(x ＋1)．① 以－x 代x ，得2f (－x )－f (x )＝lg(－x ＋1)．② 由①②消去f (－x )，得f (x )＝23lg(x ＋1)＋13lg(1－x )，x ∈(－1,1)． [类题通法]求函数解析式常用的方法(1)待定系数法；(2)换元法(换元后要注意新元的取值范围)； (3)配凑法；(4)解方程组法． [针对训练]1．已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，求f (x )的解析式．解：法一：设t ＝x ＋1，则x ＝(t －1)2(t ≥1)；代入原式有f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－2t ＋1＋2t －2＝t 2－1. 故f (x )＝x 2－1(x ≥1)．法二：∵x ＋2x ＝(x )2＋2x ＋1－1＝(x ＋1)2－1， ∴f (x ＋1)＝(x ＋1)2－1(x ＋1≥1)，即f (x )＝x 2－1(x ≥1)．2．设y ＝f (x )是二次函数，方程f (x )＝0有两个相等实根，且f ′(x )＝2x ＋2，求f (x )的解析式．解：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝2x ＋2， ∴a ＝1，b ＝2，f (x )＝x 2＋2x ＋c . 又∵方程f (x )＝0有两个相等实根， ∴Δ＝4－4c ＝0，c ＝1，故f (x )＝x 2＋2x ＋1.分段函数[典例] (1)已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1.若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为________．(2)(2013·福建高考)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 3，x <0，－tan x ，0≤x <π2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝________. [解析] (1)当a >0时，1－a <1,1＋a >1. 这时f (1－a )＝2(1－a )＋a ＝2－a ， f (1＋a )＝－(1＋a )－2a ＝－1－3a .由f (1－a )＝f (1＋a )得2－a ＝－1－3a ，解得a ＝－32. 不合题意，舍去．当a <0时，1－a >1,1＋a <1，这时f (1－a )＝－(1－a )－2a ＝－1－a ，f (1＋a )＝2(1＋a )＋a ＝2＋3a .由f (1－a )＝f (1＋a )得－1－a ＝2＋3a ，解得a ＝－34. 综上可知，a 的值为－34. (2)∵π4∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝－tan π4＝－1， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝f (－1)＝2×(－1)3＝－2. [答案] (1)－34 (2)－2 [类题通法]分段函数“两种”题型的求解策略(1)根据分段函数解析式求函数值首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解．(2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围．提醒：当分段函数的自变量范围不确定时，应分类讨论． [针对训练]设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ∈(－∞，1)，x 2，x ∈[1，＋∞)，若f (x )>4，则x 的取值范围是______．解析：当x <1时，由f (x )>4，得2－x >4，即x <－2；当x ≥1时，由f (x )>4得x 2>4，所以x >2或x <－2，由于x≥1，所以x>2.综上可得x<－2或x>2.答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)第二节函数的单调性与最值1．增函数、减函数一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果对于任意x1，x2∈D，且x1<x2，则有：(1)f(x)在区间D上是增函数⇔f(x1)<f(x2)；(2)f(x)在区间D上是减函数⇔f(x1)>f(x2)．2．单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．3．函数的最值1．函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．2．两函数f (x )，g (x )在x ∈(a ，b )上都是增(减)函数，则f (x )＋g (x )也为增(减)函数，但f (x )·g (x )，1f (x )等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．[试一试]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2) B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．y ＝x ＋1x解析：选A 选项A 的函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．2．函数f (x )＝x 2－2x (x ∈[－2,4])的单调增区间为______；f (x )max＝________.解析：函数f (x )的对称轴x ＝1，单调增区间为[1,4]，f (x )max ＝f (－2)＝f (4)＝8.答案：[1,4] 81．判断函数单调性的四种方法(1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论；(2)复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时，为增函数，不同时为减函数；(3)图像法：如果f (x )是以图像形式给出的，或者f (x )的图像易作出，可由图像的直观性判断函数单调性．(4)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性．2．求函数最值的五个常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值． (2)图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．(4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．(5)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值．提醒：在求函数的值域或最值时，应先确定函数的定义域． [练一练]1．(2013·北京高考)下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝e －xC ．y ＝－x 2＋1 D. y ＝lg|x |答案：C2．函数f (x )＝1x ＋1在区间[2,3]上的最大值是________，最小值是________．答案：15 110求函数的单调区间1.函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________．解析：要使y ＝log 5(2x ＋1)有意义，则2x ＋1>0，即x >－12，而y ＝log 5u 为(0，＋∞)上的增函数，当x >－12时，u ＝2x ＋1也为R 上的增函数，故原函数的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－12，＋∞2．函数y ＝x －|1－x |的单调增区间为________．解析：y ＝x －|1－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧1， x ≥1，2x －1， x <1.作出该函数的图像如图所示．由图像可知，该函数的单调增区间是(－∞，1]．答案：(－∞，1]3．设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k ，定义函数f k (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤k ，k ，f (x )＞k ，取函数f (x )＝2－|x |.当k ＝12时，函数f k (x )的单调递增区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)解析：选C 由f (x )>12，得－1<x <1.由f (x )≤12，得x ≤－1或x ≥1.所以f 12(x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ≥1，12，－1＜x ＜1，2x，x ≤－1.故f 12(x )的单调递增区间为(－∞，－1)．[类题通法]求函数单调区间的方法与判断函数单调性的方法相同即： (1)定义法；(2)复合法；(3)图像法；(4)导数法．函数单调性的判断[典例] 试讨论函数f (x )＝x ＋kx (k >0)的单调性．[解] 法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，令x 1<x 2，那么f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋k x 1＝(x 2－x 1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 2－x 1)x 1x 2－k x 1x 2. 因为0<x 1<x 2，所以x 2－x 1>0，x 1x 2>0. 故当x 1，x 2∈(k ，＋∞)时，f (x 1)<f (x 2)，即函数在(k ，＋∞)上单调递增．当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)>f (x 2)，即函数在(0，k )上单调递减．考虑到函数f (x )＝x ＋kx (k >0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－k )上单调递增，在(－k ，0)上单调递减．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k )上单调递减．法二：f ′(x )＝1－k x 2.令f ′(x )>0得x 2>k ，即x ∈(－∞，－k )或x ∈(k ，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞)．令f ′(x )<0得x 2<k ，即x ∈(－k ，0)或x ∈(0，k )，故函数的单调减区间为(－k ，0)和(0，k )．故函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k )上单调递减．[类题通法]1．利用定义判断或证明函数的单调性时，作差后要注意差式的分解变形彻底．2．利用导数法证明函数的单调性时，求导运算及导函数符号判断要准确．[针对训练]判断函数g (x )＝－2xx －1在 (1，＋∞)上的单调性．解：任取x 1，x 2∈(1，＋∞)，且x 1<x 2，则g (x 1)－g (x 2)＝－2x 1x 1－1－－2x 2x 2－1＝2(x 1－x 2)(x 1－1)(x 2－1)，由于1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，(x 1－1)(x 2－1)>0，因此g (x 1)－g (x 2)<0，即g (x 1)<g (x 2)．故g (x )在(1，＋∞)上是增函数．函数单调性的应用角度一求函数的值域或最值1．已知函数f (x )对于任意x ，y ∈R ，总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，且当x >0时，f (x )<0，f (1)＝－23.(1)求证：f (x )在R 上是减函数； (2)求f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值．解：(1)证明：∵函数f (x )对于任意x ，y ∈R ，总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )， ∴令x ＝y ＝0，得f (0)＝0. 再令y ＝－x ，得f (－x )＝－f (x )．在R 上任取x 1>x 2，则x 1－x 2>0， f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1－x 2)．又∵当x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0，∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)．因此f (x )在R 上是减函数． (2)∵f (x )在R 上是减函数， ∴f (x )在[－3,3]上也是减函数，∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)．而f (3)＝3f (1)＝－2，f (－3)＝－f (3)＝2. ∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2. 角度二比较两个函数值或两个自变量的大小2．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>0解析：选B ∵函数f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，∴当x 1∈(1,2)时，f (x 1)<f (2)＝0，当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)>f (2)＝0，即f (x 1)<0，f (x 2)>0. 角度三解函数不等式3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，则不等式f (a 2－4)>f (3a )的解集为( )A ．(2,6)B ．(－1,4)C ．(1,4)D ．(－3,5)解析：选B 作出函数f (x )的图像，如图所示，则函数f (x )在R 上是单调递减的．由f (a 2－4)>f (3a )，可得a 2－4<3a ，整理得a 2－3a －4<0，即(a ＋1)(a －4)<0，解得－1<a <4，所以不等式的解集为(－1,4)．角度四求参数的取值范围或值4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(a －2)x ，x ≥2，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1，x <2满足对任意的实数x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，2) B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，138 C ．(－∞，2]D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫138，2 解析：选B 函数f (x )是R 上的减函数，于是有⎩⎨⎧a －2<0，(a －2)×2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1，由此解得a ≤138，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，138 .[类题通法]1．含“f ”不等式的解法首先根据函数的性质把不等式转化为f (g (x ))>f (h (x ))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g (x )与h (x )的取值应在外层函数的定义域内．2．比较函数值大小的思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图像法求解．第三节函数的奇偶性及周期性1．函数的奇偶性2.周期性 (1)周期函数：对于函数y ＝f (x )，如果存在一个非零常数T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函数y ＝f (x )为周期函数，称T 为这个函数的周期．(2)最小正周期：如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的最小正周期．1．判断函数的奇偶性，易忽视判断函数定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．2．判断函数f (x )的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x ，均有f (－x )＝－f (x )，而不能说存在x 0使f (－x 0)＝－f (x 0)、f (－x 0)＝f (x 0)．3．分段函数奇偶性判定时，f (－x 0)＝f (x 0)利用函数在定义域某一区间上不是奇偶函数而否定函数在整个定义域上的奇偶性是错误的．[试一试]1．(2013·广东高考)定义域为R 的四个函数y ＝x 3，y ＝2x ，y ＝x 2＋1，y ＝2sin x 中，奇函数的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选C 由奇函数的概念可知，y ＝x 3，y ＝2sin x 是奇函数． 2．已知f (x )＝ax 2＋bx 是定义在[a －1,2a ]上的偶函数，那么a ＋b 的值是( )A ．－13 B.13 C.12 D ．－12解析：选B ∵f (x )＝ax 2＋bx 是定义在[a －1,2a ]上的偶函数， ∴a －1＋2a ＝0，∴a ＝13.又f (－x )＝f (x )， ∴b ＝0，∴a ＋b ＝13.1．判断函数奇偶性的两个方法 (1)定义法：(2)图像法：2．周期性常用的结论对f (x )定义域内任一自变量的值x ： (1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ； (2)若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a ；(3)若f (x ＋a )＝－1f (x )，则T ＝2a .(a >0)[练一练]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝－f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32，且f (1)＝2，则f (2 014)＝________.解析：∵f (x )＝－f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32，∴f (x ＋3)＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32＋32＝－f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )．∴f (x )是以3为周期的周期函数．则f (2 014)＝f (671×3＋1)＝f (1)＝2. 答案：2函数奇偶性的判断1.判断下列函数的奇偶性． (1)f (x )＝1－x 2＋x 2－1； (2)f (x )＝3－2x ＋2x －3； (3)f (x )＝3x －3－x ； (4)f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3；(5)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x >0，x 2－x ，x <0.解：(1)∵由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≥0，1－x 2≥0，得x ＝±1， ∴f (x )的定义域为{－1,1}．又f (1)＋f (－1)＝0，f (1)－f (－1)＝0，即f (x )＝±f (－x )．∴f (x )既是奇函数又是偶函数．(2)∵函数f (x )＝3－2x ＋2x －3的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫32，不关于坐标原点对称，∴函数f (x )既不是奇函数，也不是偶函数． (3)∵f (x )的定义域为R ，∴f (－x )＝3－x －3x ＝－(3x －3－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数．(4)∵由⎩⎪⎨⎪⎧4－x 2≥0，|x ＋3|－3≠0，得－2≤x ≤2且x ≠0.∴f (x )的定义域为[－2,0)∪(0,2]， ∴f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3＝4－x 2(x ＋3)－3＝4－x 2x ，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．(5)易知函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又当x >0时，f (x )＝x 2＋x ，则当x <0时，－x >0，故f (－x )＝x 2－x ＝f (x )；当x <0时，f (x )＝x 2－x ，则当x >0时，－x <0，故f (－x )＝x 2＋x ＝f (x )，故原函数是偶函数．[类题通法]判断函数奇偶性除利用定义法和图像法，应学会利用性质，具体如下：(1)“奇＋奇”是奇，“奇－奇”是奇，“奇·奇”是偶，“奇÷奇”是偶；(2)“偶＋偶”是偶，“偶－偶”是偶，“偶·偶”是偶，“偶÷偶”是偶；(3)“奇·偶”是奇，“奇÷偶”是奇．函数奇偶性的应用[典例] (1)已知y ＝f (x )＋x 2是奇函数，且f (1)＝1.若g (x )＝f (x )＋2，则g (－1)＝________.(2)已知奇函数f (x )的定义域为[－2,2]，且在区间[－2,0]上递减，求满足f (1－m )＋f (1－m 2)<0的实数m 的取值范围．[解析] (1)∵y ＝f (x )＋x 2是奇函数，且x ＝1时，y ＝2，∴当x ＝－1时，y ＝－2，即f (－1)＋(－1)2＝－2，得f (－1)＝－3，所以g (－1)＝f (－1)＋2＝－1. [答案] －1[解] (2)∵f (x )的定义域为[－2,2]，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2≤1－m ≤2，－2≤1－m 2≤2，解得－1≤m ≤ 3.① 又f (x )为奇函数，且在[－2,0]上递减， ∴f (x )在[－2,2]上递减，∴f (1－m )<－f (1－m 2)＝f (m 2－1)⇒1－m >m 2－1，即－2<m <1.② 综合①②可知，－1≤m <1.解：改变．∵f (x )为奇函数且在[－2,0]上递增， ∴f (x )在[－2,2]上递增． ∴m 2－1>1－m . 即m >1或m <－2. 由例(2)①知1<m ≤ 3. 故m 的取值范围为(1，3]．[类题通法]应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法(1)求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解． (2)求解析式：将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求出，或充分利用奇偶性构造关于f (x )的方程(组)，从而得到f (x )的解析式．(3)求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据f (x )±f (－x )＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值．(4)画函数图像和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图像及判断另一区间上的单调性．[针对训练]1．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)，(x 1≠x 2)，有f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0，则( )A ．f (3)<f (－2)<f (1)B ．f (1)<f (－2)<f (3)C ．f (－2)<f (1)<f (3)D ．f (3)<f (1)<f (－2)解析：选A 由题意知x ∈[0，＋∞)时，f (x )为减函数且当x ∈R 时，f (x )的图像关于直线x ＝0对称，所以f (1)>f (－2)>f (3)，故选A.2．(1)设函数f (x )＝x (e x ＋a e －x )(x ∈R)是偶函数，则实数a 的值为________．(2)已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，且在(－∞，0]上是减函数，若f (a )≥f (2)，则实数a 的取值范围是________．解析：(1)∵函数f (x )＝x (e x ＋a e －x )(x ∈R)是偶函数，∴设g (x )＝e x ＋a e －x ，x ∈R ，由题意知，g (x )为奇函数，∴g (0)＝0，则1＋a ＝0，即a ＝－1.(2)∵y ＝f (x )是R 上的偶函数，且在(－∞，0]上是减函数， ∴函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上是增函数． ∴当a >0时，由f (a )≥f (2)可得a ≥2，当a <0时，由f (a )≥f (2)＝f (－2)，可得a ≤－2. 所以实数a 的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)．答案：(1)－1 (2)(－∞，－2]∪[2，＋∞)函数的周期性及其应用[典例] 已知函数f (x )对任意的实数满足：f (x ＋3)＝－1f (x )，且当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2，当－1≤x <3时，f (x )＝x .则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 014)＝________.[解析] ∵对任意x ∈R ，都有f (x ＋3)＝－1f (x )，∴f (x ＋6)＝f (x ＋3＋3) ＝－1f (x ＋3)＝－1－1f (x )＝f (x )，∴f (x )是以6为周期的周期函数，∵当－3≤x <－1时， f (x )＝－(x ＋2)2，当－1≤x <3时，f (x )＝x ，∴f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝－1， f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0. ∴f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝1，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝f (7)＋f (8)＋…＋f (12)＝…＝f (2 005)＋f (2 006)＋…＋f (2 010)＝1，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (2 010)＝1×2 0106＝335.而f (2 011)＋f (2 012)＋f (2 013)＋f (2 014)＝f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1＋2－1＋0＝2，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (2 014)＝335＋2＝337. [答案] 337 [类题通法]函数周期性的判定与应用(1)判断函数的周期只需证明f (x ＋T )＝f (x )(T ≠0)便可证明函数是周期函数，且周期为T ，函数的周期性常与函数的其他性质综合命题．(2)根据函数的周期性，可以由函数局部的性质得到函数的整体性质，在解决具体问题时，要注意结论：若T 是函数的周期，则kT (k ∈Z 且k ≠0)也是函数的周期．[针对训练]设f (x )是定义在R 上的奇函数，且对任意实数x ，恒有f (x ＋2)＝－f (x )．当x ∈[0,2]时，f (x )＝2x －x 2.(1)求证：f (x )是周期函数； (2)当x ∈[2,4]时，求f (x )的解析式．解：(1)证明：∵f (x ＋2)＝－f (x )， ∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )． ∴f (x )是周期为4的周期函数． (2)∵x ∈[2,4]，∴－x ∈[－4，－2]，∴4－x ∈[0,2]，∴f (4－x )＝2(4－x )－(4－x )2＝－x 2＋6x －8. 又∵f (4－x )＝f (－x )＝－f (x )， ∴－f (x )＝－x 2＋6x －8，即f (x )＝x 2－6x ＋8，x ∈[2,4]．第四节函数的图像1．利用描点法作函数图像其基本步骤是列表、描点、连线，具体为：首先：①确定函数的定义域；②化简函数解析式；③讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性)；其次：列表(尤其注意特殊点、零点、最大值点、最小值点、与坐标轴的交点)；最后：描点，连线．2．利用图像变换法作函数的图像 (1)平移变换：y ＝f (x )――――――――――→a >0，右移a 个单位a <0，左移|a |个单位y ＝f (x －a )； y ＝f (x )―――――――――→b >0，上移b 个单位b <0，下移|b |个单位y ＝f (x )＋b . (2)伸缩变换：y ＝f (x )10111ωωωω<<>−−−−−−−−→，伸原的倍，短原的长为来缩为来y ＝f (ωx )；y ＝f (x )――――――――――――→A >1，伸为原来的A 倍0<A <1，缩为原来的A 倍y ＝Af (x )．(3)对称变换：y ＝f (x )―――――――――→关于x 轴对称y ＝－f (x )； y ＝f (x )――――――→关于y 轴对称y ＝f (－x )； y ＝f (x )――――――――→关于原点对称y ＝－f (－x )． (4)翻折变换：y ＝f (x )―――――――――――――――→去掉y 轴左边图，保留y 轴右边图将y 轴右边的图像翻折到左边去y ＝f (|x |)； y ＝f (x )―――――――――→留下x 轴上方图将x 轴下方图翻折上去y ＝|f (x )|.1．在解决函数图像的变换问题时，要遵循“只能对函数关系式中的x ，y 变换”的原则，写出每一次的变换所得图像对应的解析式，这样才能避免出错．2．明确一个函数的图像关于y 轴对称与两个函数的图像关于y 轴对称的不同，前者也是自身对称，且为偶函数，后者也是两个不同函数的对称关系．[试一试](2014·安徽“江南十校”联考)函数y ＝log 2(|x |＋1)的图像大致是( )解析：选B 首先判断定义域为R.又f (－x )＝f (x )．所以函数y ＝log 2(|x |＋1)为偶函数，当x >0时，y ＝log 2(x ＋1)．故选B.1．数形结合思想借助函数图像，可以研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等性质；利用函数的图像，还可以判断方程f (x )＝g (x )的解的个数、求不等式的解集等．2．分类讨论思想画函数图像时，如果解析式中含参数，还要对参数进行讨论，分别画出其图像．[练一练]若关于x 的方程|x |＝a －x 只有一个解，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意a ＝|x |＋x令y ＝|x |＋x ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，0，x ＜0，图像如图所示，故要使a＝|x |＋x 只有一解则a >0.答案：(0，＋∞)作函数的图像分别画出下列函数的图像： (1)y ＝|lg x |； (2)y ＝2x ＋2； (3)y ＝x 2－2|x |－1.解：(1)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ≥1，－lg x ，0<x <1.图像如图1.(2)将y ＝2x 的图像向左平移2个单位．图像如图2.(3)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x <0.图像如图3.[类题通法]画函数图像的一般方法(1)直接法．当函数表达式(或变形后的表达式)是熟悉的基本函数时，就可根据这些函数的特征直接作出；(2)图像变换法．若函数图像可由某个基本函数的图像经过平移、翻折、对称得到，可利用图像变换作出，但要注意变换顺序．对不能直接找到熟悉的基本函数的要先变形，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响．识图与辨图[典例] (1)(2013·福建高考)函数f (x )＝ln(x 2＋1)的图像大致是( )(2)(2012·湖北高考)已知定义在区间[0,2]上的函数y ＝f (x )的图像如图所示，则y ＝－f (2－x )的图像为( )[解析] (1)f (x )＝ln(x 2＋1)，x ∈R ，当x ＝0时，f (0)＝ln 1＝0，即f (x )过点(0,0)，排除B ，D.∵f (－x )＝ln[(－x )2＋1]＝ln(x 2＋1)＝f (x )， ∴f (x )是偶函数，其图像关于y 轴对称，故选A. (2)法一：由y ＝f (x )的图像知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (0≤x ≤1)，1(1<x ≤2).当x ∈[0,2]时，2－x ∈[0,2]，所以f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1(0≤x ≤1)，2－x (1<x ≤2)，故y ＝－f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－1(0≤x ≤1)，x －2(1<x ≤2).法二：当x ＝0时，－f (2－x )＝－f (2)＝－1；当x ＝1时，－f (2－x )＝－f (1)＝－1. 观察各选项，可知应选B. [答案] (1)A (2)B [类题通法]识图常用的方法(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图像的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图像特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．[针对训练]1．(2014·佛山一模)函数f (x )＝⎩⎨⎧3x ，x ≤1，log 13x ，x >1，则y ＝f (x ＋1)的图像大致是( )解析：选B 作出f (x )＝⎩⎨⎧3x ，x ≤1，log 13x ，x >1的图像，如图．再把f (x )的图像向左平移一个单位，可得到y ＝f (x ＋1)的图像．故选B.2.如图，函数f (x )的图像是曲线OAB ，其中点O ，A ，B 的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(3,1)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1f (3)的值等于________．解析：∵由图像知f (3)＝1，∴1f (3)＝1.∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1f (3)＝f (1)＝2. 答案：2函数图像的应用角度一确定方程根的个数1．(2014·日照一模)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2f 2(x )－3f (x )＋1的零点个数是________．解析：方程2f 2(x )－3f (x )＋1＝0的解为f (x )＝12或1.作出y ＝f (x )的图像，由图像知零点的个数为5.答案：5角度二求参数的取值范围2．对实数a 和b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1.设函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x －1)，x ∈R.若函数y ＝f (x )－c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是( )A ．(－1,1]∪(2，＋∞)B ．(－2，－1]∪(1,2]C ．(－∞，－2)∪(1,2]D ．[－2，－1]解析：选B ∵a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1，∴函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，－1≤x ≤2，x －1，x <－1或x >2.结合图像可知，当c ∈(－2，－1]∪(1,2]时，函数f (x )与y ＝c 的图像有两个公共点，∴c 的取值范围是(－2，－1]∪(1,2]．角度三求不等式的解集3．函数f (x )是定义在[－4,4]上的偶函数，其在[0,4]上的图像如图所示，那么不等式f (x )cos x <0的解集为________．解析：在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上y ＝cos x >0，在⎝⎛⎭⎪⎫π2，4上y ＝cos x <0.由f (x )的图像知在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2上f (x )cos x <0，因为f (x )为偶函数，y ＝cos x 也是偶函数，所以y ＝f (x )cos x 为偶函数，所以f (x )cos x <0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2 [类题通法]1．研究函数性质时一般要借助于函数图像，体现了数形结合思想；2．有些不等式问题常转化为两函数图像的上、下关系来解决； 3．方程解的问题常转化为两熟悉的函数图像的交点个数问题来解决．第五节二次函数与幂函数1．五种常见幂函数的图像与性质2．二次函数解析式的三种形式(1)一般式：f (x)＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)； (2)顶点式：f (x )＝a (x －m )2＋n (a ≠0)； (3)零点式：f (x )＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)． 3．二次函数的图像和性质1．研究函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的性质，易忽视a 的取值情况而盲目认为f (x )为二次函数．2．形如y ＝x α(α∈R)才是幂函数，如y ＝3x 12不是幂函数． [试一试]1．若f (x )既是幂函数又是二次函数，则f (x )可以是( ) A ．f (x )＝x 2－1 B ．f (x )＝5x 2 C ．f (x )＝－x 2 D ．f (x )＝x 2答案：D2．已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图像在x 轴上方，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，120 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－120 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫120，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－120，0 解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，1－20a <0得a >120.1．函数y ＝f (x )对称轴的判断方法(1)对于二次函数y ＝f (x )，如果定义域内有不同两点x 1，x 2且f (x 1)＝f (x 2)，那么函数y ＝f (x )的图像关于x ＝x 1＋x 22对称．(2)二次函数y ＝f (x )对定义域内所有x ，都有f (a ＋x )＝f (a －x )成立的充要条件是函数y ＝f (x )的图像关于直线x ＝a 对称(a 为常数)．2．与二次函数有关的不等式恒成立两个条件(1)ax 2＋bx ＋c >0，a ≠0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b 2－4ac <0.(2)ax 2＋bx ＋c <0，a ≠0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a <0，b 2－4ac <0.3．两种数学思想(1)数形结合是讨论二次函数问题的基本方法．特别是涉及二次方程、二次不等式的时候常常要结合图形寻找思路．(2)含字母系数的二次函数问题经常使用的方法是分类讨论．比如讨论二次函数的对称轴与给定区间的位置关系，讨论二次方程根的大小等．[练一练]如果函数f (x )＝x 2＋(a ＋2)x ＋b (x ∈[a ，b ])的图像关于直线x ＝1对称，则函数f (x )的最小值为________．解析：由题意知⎩⎨⎧－a ＋22＝1，a ＋b ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝6. 则f (x )＝x 2－2x ＋6＝(x －1)2＋5≥5.答案：51.幂函数y ＝f (x )的图像过点(4,2)，则幂函数y ＝f (x )的图像是( )解析：选C 令f (x )＝x α，则4α＝2，∴α＝12，∴f (x )＝x 12.2.图中曲线是幂函数y ＝x α在第一象限的图像．已知n 取±2，±12四个值，则相应于曲线C 1，C 2，C 3，C 4的α值依次为________．答案：2，12，－12，－23．设a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3525，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2535，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2525，则a ，b ，c 的大小关系是________．解析：∵y ＝x 25(x >0)为增函数，∴a >c .∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25x (x ∈R)为减函数，∴c >b ，∴a >c >b . 答案：a >c >b [类题通法]1．幂函数y ＝x α的图像与性质由于α的值不同而比较复杂，一般从两个方面考查：(1)α的正负：α>0时，图像过原点和(1,1)，在第一象限的图像上升；α<0时，图像不过原点，在第一象限的图像下降．(2)曲线在第一象限的凹凸性：α>1时，曲线下凸；0<α<1时，曲线上凸；α<0时，曲线下凸．2．在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数．借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图像和性质是解题的关键．[典例] 已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8，试确定此二次函数的解析式．[解] 法一(利用一般式)：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. 法二(利用顶点式)：设f (x )＝a (x －m )2＋n . ∵f (2)＝f (－1)，∴抛物线的对称轴为x ＝2＋(－1)2＝12.∴m ＝12.又根据题意函数有最大值8，∴n ＝8. ∴y ＝f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4， ∴f (x )＝－4⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.法三(利用零点式)：由已知f (x )＋1＝0两根为x 1＝2，x 2＝－1，故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)，即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数有最大值y max ＝8，即4a (－2a －1)－a 24a ＝8. 解得a ＝－4或a ＝0(舍)．∴所求函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. [类题通法]求二次函数解析式的方法根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，规律如下：[针对训练]已知y ＝f (x )为二次函数，且f (0)＝－5，f (－1)＝－4，f (2)＝－5，求此二次函数的解析式．解：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，因为f (0)＝－5，f (－1)＝－4，f (2)＝－5，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝－5，a －b ＋c ＝－4，4a ＋2b ＋c ＝－5，解得a ＝13，b ＝－23，c ＝－5，故f (x )＝13x 2－23x －5.二次函数的图像与性质角度一轴定区间定求最值1．已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3，x ∈[－4,6] (1)当a ＝－2时，求f (x )的最值； (2)当a ＝1时，求f (|x |)的单调区间．解：(1)当a ＝－2时，f (x )＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，由于x ∈[－4,6]，∴f (x )在[－4,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增， ∴f (x )的最小值是f (2)＝－1，又f (－4)＝35，f (6)＝15，故f (x )的最大值是35.(2)当a ＝1时，f (x )＝x 2＋2x ＋3，∴f (|x |)＝x 2＋2|x |＋3，此时定义域为x ∈[－6,6]，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋3，x ∈(0，6]，x 2－2x ＋3，x ∈[－6，0].∴f (|x |)的单调递增区间是(0,6]，单调递减区间是[－6,0]．角度二轴动区间定求最值2．已知函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a 在x ∈[0,1]时有最大值2，求a 的值．解：函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a ＝－(x －a )2＋a 2－a ＋1，对称轴方程为x ＝a .(1)当a <0时，f (x )max ＝f (0)＝1－a ， ∴1－a ＝2，∴a ＝－1.(2)当0≤a ≤1时，f (x )max ＝a 2－a ＋1， ∴a 2－a ＋1＝2，∴a 2－a －1＝0， ∴a ＝1±52(舍)．(3)当a >1时，f (x )max ＝f (1)＝a ，∴a ＝2. 综上可知，a ＝－1或a ＝2. 角度三轴定区间动求最值3．设函数y ＝x 2－2x ，x ∈[－2，a ]，若函数的最小值为g (a )，求g (a )．解：∵函数y ＝x 2－2x ＝(x －1)2－1， ∴对称轴为直线x ＝1，∵x ＝1不一定在区间[－2，a ]内， ∴应进行讨论．当－2<a ≤1时，函数在[－2，a ]上单调递减，则当x ＝a 时，y 取得最小值，即y min ＝a 2－2a ；当a >1时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a ]上单调递增，则当x ＝1时，y 取得最小值，即y min ＝－1.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－2a ，－2<a ≤1，－1，a >1.[类题通法]影响二次函数在闭区间上的最大值与最小值的要素和求法： (1)最值与抛物线的开口方向、对称轴位置、闭区间三个要素有关．(2)常结合二次函数在该区间上的单调性或图像求解，在区间的端点或二次函数图像的顶点处取得最值．当开口方向或对称轴位置或区间不确定时要分情况讨论．第六节指数与指数函数1．根式的性质。

2015届高考理科数学二轮复习专题课件 1-1 第1讲函数与方程思想

思等式，结合二次方程、二次函数与已知不等式的关系进行求
想
方法
解．
提
(2)根据(1)的结论结合二次函数的性质得出单调区间．
能专
训
(3)根据k<－6得出根的大小关系，利用函数自身的对称性可
热点
得f(1)＝f(－3)，然后再列方程求根进行求解．
盘
点
[二轮备考讲义] 第一部分第1讲
第12页
第十二页，编辑于星期五：十点二十四分。
提能
等关系判断m是否存在．
专训
热点盘点
[二轮备考讲义] 第一部分第1讲
第25页
第二十五页，编辑于星期五：十点二十四分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
[解析] (1)设等比数列{an}的公比为q，则由已知可得
思想方法
a13q3＝125， |a1q－a1q2|＝10，
提
热
即(x＋1＋－k)(x＋1－－k)(x＋1)＜0，
∴x＜－1－－k或－1＜x＜－1＋－k，
[二轮备考讲义] 第一部分第1讲
第14页
第十四页，编辑于星期五：十点二十四分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
结合函数的定义域知，
思
x＜－1－ 2－k或－1＜x＜－1＋－2－k，
想
方法
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学（理）
[解析] (1)由(x2＋2x＋k)2＋2(x2＋2x＋k)－3＞0，得[(x2＋2x
思＋k)＋3]·[(x2＋2x＋k)－1]＞0，
想
方法
∴x2＋2x＋k＜－3或x2＋2x＋k＞1，
提
∴(x＋1)2＜－2－k(－2－k＞0)或(x＋1)2＞2－k(2－k＞0)，

2015届高考数学(理)二轮复习专题讲解讲义：专题一第六讲高考中的导数综合应用

第六讲高考中的导数综合应用(解答题型)第1课时利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题1.(2014·重庆高考)已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x－cx (a ,b ,c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数,且曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ,b 的值；(2)若c ＝3,判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值,求c 的取值范围.解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c , 由f ′(x )为偶函数,知f ′(－x )＝f ′(x )恒成立,即2(a －b )(e 2x －e －2x )＝0,所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ,故a ＝1,b ＝1.(2)当c ＝3时,f (x )＝e 2x －e －2x －3x ,那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －3≥22e 2x ·2e －2x －3＝1>0,故f (x )在R 上为增函数.(3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c ,而2e 2x ＋2e －2x ≥22e 2x ·2e －2x ＝4, 当x ＝0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c <4时,对任意x ∈R ,f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c >0,此时f (x )无极值；当c ＝4时,对任意x ≠0,f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －4>0,此时f (x )无极值；当c >4时,令e 2x＝t ,注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1,2＝c ±c 2－164>0,即f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1,x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时,f ′(x )<0；又当x >x 2时,f ′(x )>0,从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值. 综上,若f (x )有极值,则c 的取值范围为(4,＋∞). 2.(2014·江西高考)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )·1－2x (b ∈R ). (1)当b ＝4时,求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，13上单调递增,求b 的取值范围. 解：(1)当b ＝4时,f ′(x )＝－5xx ＋1－2x,由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞,－2)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减；当x ∈(－2,0)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时,f ′(x )<0,f (x )单调递减,故f (x )在x ＝－2取极小值f (－2)＝0,在x ＝0取极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋b －1－2x ,因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时,－x 1－2x<0, 依题意当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时,有5x ＋(3b －2)≤0,从而53＋(3b －2)≤0, 所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，19.[例1] (2014·济南模拟)已知函数f (x )＝ax ＋1x＋(1－a )ln x .(1)当a ＝2时,求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)若a ≤0,讨论函数f (x )的单调性.[师生共研] (1)当a ＝2时,f (x )＝2x ＋1x －ln x ,f ′(x )＝2－1x 2－1x,又f ′(1)＝0,f (1)＝3,所以曲线f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝3.(2)f ′(x )＝a －1x 2＋1－a x ＝ax 2＋－ax －1x 2(x >0),①当a ＝0时,f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增；若a ≠0,f ′(x )＝ax 2＋－ax －1x 2＝0,解得x 1＝1,x 2＝－1a,②当－1<a <0时,f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1，－1a 上单调递增； ③当a ＝－1时,f (x )在(0,＋∞)上单调递减；④当a <－1时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 和(1,＋∞)上单调递减,在⎝⎛⎭⎫－1a ，1上单调递增. 互动探究在本例条件下,若关于x 的方程f (x )＝ax 在(0,1)上有两个相异实根,求实数a 的取值范围.解：当f (x )＝ax 时,1x ＋(1－a )ln x ＝0,所以a ＝1x ln x ＋1(0<x <1),令g (x )＝1x ln x＋1(0<x <1),g ′(x )＝－x ＋x ln x 2＝0,解得x ＝1e,g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减,所以g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－e,所以当a ∈(－∞,1－e)时,方程f (x )＝ax 在(0,1)上有两个相异实根.利用导数研究函数的单调性关注四点(1)利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的不等式的解集的讨论.(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论. (3)在不能通过因式分解求出根时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论. (4)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制.1.设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1,其中a 为常数.(1)若a ＝0,求曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性.解：(1)由题意知a ＝0时,f (x )＝x －1x ＋1,x ∈(0,＋∞).此时f ′(x )＝2x ＋2.可得f ′(1)＝12,又f (1)＝0,所以曲线y ＝f (x )在(1,f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0,＋∞).f ′(x )＝a x ＋2x ＋2＝ax 2＋a ＋x ＋a xx ＋2.当a ≥0时,f ′(x )>0,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递增. 当a <0时,令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a , 由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1),①当a ＝－12时,Δ＝0,f ′(x )＝－12x －2xx ＋2≤0,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递减.②当a <－12时,Δ<0,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递减.③当－12<a <0时,Δ>0.设x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点,则x 1＝－a ＋＋2a ＋1a ,x 2＝－a ＋－2a ＋1a,由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0,所以x ∈(0,x 1)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减, x ∈(x 1,x 2)时,g (x )>0,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增, x ∈(x 2,＋∞)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减, 综上可得：当a ≥0时,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递增；当a ≤－12时,函数f (x )在(0,＋∞)上单调递减；当－12<a <0时,f (x )在0,－a ＋＋2a ＋1a ,－a ＋－2a ＋1a,＋∞上单调递减,在－a ＋＋2a ＋1a ,－a ＋－2a ＋1a 上单调递增.[例2] (2014·浙江高考) 已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R ).(1)若f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M (a ),m (a ),求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R ,若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立,求3a ＋b 的取值范围.[师生共研] (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1,①当a ≤－1时,有x ≥a ,故f (x )＝x 3＋3x －3a , 此时f (x )在(－1,1)上是增函数,因此,M (a )＝f (1)＝4－3a ,m (a )＝f (－1)＝－4－3a ,故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. ②当－1<a <1时,若x ∈(a,1),f (x )＝x 3＋3x －3a ,在(a,1)上是增函数；若x ∈(－1,a ),f (x )＝x 3－3x ＋3a ,在(－1,a )上是减函数,所以,M (a )＝max{f (1),f (－1)},m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2,因此,当－1＜a ≤13时,M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时,M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2. ③当a ≥1时,有x ≤a ,故f (x )＝x 3－3x ＋3a , 此时f (x )在(－1,1)上是减函数,因此,M (a )＝f (－1)＝2＋3a ,m (a )＝f (1)＝－2＋3a , 故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.综上,M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ,则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立, 即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1,1]恒成立, 所以由(1)知,①当a ≤－1时,h (x )在(－1,1)上是增函数,h (x )在[－1,1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ,最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ,则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2,矛盾；②当－1＜a ≤13时,h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ,最大值是h (1)＝4－3a ＋b ,所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2,从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ,则t ′(a )＝3－3a 2>0,t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数,故t (a )≥t (0)＝－2, 因此－2≤3a ＋b ≤0；③当13<a <1时,h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ,最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2,所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2,解得－2827<3a ＋b ≤0；④当a ≥1时,h (x )在[－1,1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ,最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b , 所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2,解得3a ＋b ＝0. 综上,得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0.利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解析式求最值时,常常分类讨论,分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部,从而根据单调性求出最值.(2)求极值和最值时,为了直观易懂,常常列出x 的取值范围与y ′的符号及y 的单调区间、极值的对应表格.2.已知函数f (x )＝k (x －1)e x ＋x 2.(1)当k ＝－1e时,求函数f (x )在点(1,1)处的切线方程；(2)若在y 轴的左侧,函数g (x )＝x 2＋(k ＋2)x 的图象恒在f (x )的导函数f ′(x )图象的上方,求k 的取值范围；(3)当k ≤－1时,求函数f (x )在[k,1]上的最小值m .解：(1)当k ＝－1e 时,f (x )＝－1e(x －1)e x ＋x 2,f ′(x )＝－x e x －1＋2x ,f ′(1)＝1,所以函数f (x )在点(1,1)处的切线方程为y ＝x .(2)f ′(x )＝kx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2k <x 2＋(k ＋2)x , 即kx e x －x 2－kx <0.因为x <0,所以k e x －x －k >0,令h (x )＝k e x －x －k ,则h ′(x )＝k e x －1.当k ≤0时,h (x )在(－∞,0)上为减函数,h (x )>h (0)＝0,符合题意；当0<k ≤1时,h (x )在(－∞,0)上为减函数,h (x )>h (0)＝0,符合题意；当k >1时,h (x )在(－∞,－ln k )上为减函数,在(－ln k ,0)上为增函数,h (－ln k )<h (0)＝0,不合题意.综上：k ≤1.(3)f ′(x )＝kx e x ＋2x ＝kx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2k ,令f ′(x )＝0,得x 1＝0,x 2＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k , 令g (k )＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k －k ,则g ′(k )＝－1k－1≤0, g (k )在k ＝－1时取最小值g (－1)＝1＋ln 2 >0,所以x 2＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k >k . 当－2<k ≤－1时,x 2＝ln ⎝⎛⎭⎫－2k >0, f (x )的最小值m ＝min{f (0),f (1)}＝min{－k,1}＝1；当k ＝－2时,函数f (x )在区间[k,1]上为减函数,m ＝f (1)＝1；当k <－2时,f (x )的最小值m ＝min{f (x 2),f (1)},f (x 2)＝－2⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－2k －1＋⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－2k 2＝x 22－2x 2＋2>1,f (1)＝1,此时m ＝1. 综上,m ＝1.[例3] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r 米,高为h 米,体积为V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).(1)将V 表示成r 的函数V (r ),并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性,并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.[师生共研] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh 元,底面的总成本为160πr 2元,所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元.根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π,所以h ＝15r(300－4r 2),从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3).由h >0,且r >0可得0<r <53,故函数V (r )的定义域为(0,53).(2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3),故V ′(r )＝π5(300－12r 2).令V ′(r )＝0,解得r 1＝5,r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内,舍去).当r ∈(0,5)时,V ′(r )>0,故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时,V ′(r )<0,故V (r )在(5,53)上为减函数.由此可知,V (r )在r ＝5处取得最大值,此时h ＝8,即当r ＝5,h ＝8时,该蓄水池的体积最大.利用导数解决优化问题的五个步骤(1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式； (3)确定函数的定义域； (4)在定义域内求极值； (5)下结论.3.如图所示,四边形ABCD 表示一正方形空地,边长为30 m,电源在点P 处,点P 到边AD ,AB 距离分别为9 m,3 m.某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF ,MN ∶NE ＝16∶9.线段MN 必须过点P ,端点M ,N 分别在边AD ,AB 上,设AN ＝x (m),液晶广告屏幕MNEF 的面积为S (m 2).(1)用含x 的代数式表示AM ；(2)求S 关于x 的函数关系式及该函数的定义域；(3)当x 取何值时,液晶广告屏幕MNEF 的面积S 最小？解：(1)因为点P 到边AD ,AB 距离分别为9 m,3 m,所以由平面几何知识,得AM －3AM ＝9x,解得AM ＝3xx －9(10≤x ≤30).(2)由勾股定理,得MN 2＝AN 2＋AM 2＝x 2＋9x 2x －2.因为MN ∶NE ＝16∶9,所以NE ＝916MN .所以S ＝MN ·NE ＝916MN 2＝916x 2＋9x 2x －2,定义域为[10,30].(3)S ′＝9162x ＋18xx －2－9x 2x －x －4＝98·x x －3－81]x －3,令S ′＝0,得x 1＝0(舍),x 2＝9＋333. 当10≤x <9＋333时,S ′<0,S 为减函数；当9＋333<x ≤30时,S ′>0,S 为增函数. 所以当x ＝9＋333时,S 取得最小值.课题1 利用导数研究函数的最值问题[典例] (2014·深圳模拟)设函数f (x )＝x 3－kx 2＋x (k ∈R ). (1)当k ＝1时,求函数f (x )的单调区间；(2)当k ＜0时,求函数f (x )在[k ,－k ]上的最小值m 和最大值M .[考题揭秘] 本题以三次函数为背景,主要考查导数在研究函数的单调性、极值、最值中的应用,意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力.[审题过程] 第一步：审条件.已知函数f (x )的解析式.第二步：审结论.在已知k 的值或取值范围的前提下,求f (x )的单调区间及最值.第三步：建联系.(1)求导后,根据不等式的解即可确定f (x )的单调区间；(2)求出f (x )的极值点及端点处的函数值比较大小,即可求得最值.[规范解答] (1)当k ＝1时,f (x )＝x 3－x 2＋x ,f ′(x )＝3x 2－2x ＋1.∵方程3x 2－2x ＋1＝0的判别式Δ＝4－4×3＝－8＜0, ∴f ′(x )＞0恒成立,∴f (x )的单调递增区间为(－∞,＋∞).(2)当k ＜0时,f ′(x )＝3x 2－2kx ＋1,方程3x 2－2kx ＋1＝0的判别式Δ＝4k 2－4×3＝4(k 2－3),①当Δ≤0时,有k 2－3≤0,即－3≤k ＜0时,f ′(x )≥0恒成立,这时f (x )在[k ,－k ]上单调递增, 有m ＝f (k )＝k 3－k ·k 2＋k ＝k ,M ＝f (－k )＝－k 3－k ·k 2－k ＝－2k 3－k . 当Δ＞0时,有k 2－3＞0,即k ＜－3, 令f ′(x )＝3x 2－2kx ＋1＝0,解得x 1＝k －k 2－33＜0,x 2＝k ＋k 2－33＜0,且x 1＜x 2＜0,②又x 1－k ＝k －k 2－33－k ＝－2k －k 2－33＝4k 2－ k 2－33＞0,于是k ＜x 1＜x 2＜0,当k ＜x ＜x 1或x 2＜x ＜－k 时,f ′(x )＞0,f (x )为增函数；当x 1＜x ＜x 2时,f ′(x )＜0,f (x )为减函数；③ 故M ＝max{f (－k ),f (x 1)},m ＝min{f (k ),f (x 2)}. 先证f (－k )＞f (x 1).∵3x 21－2kx 1＋1＝0,∴kx 21＝3x 31＋x 12,f (x 1)＝x 31－kx 21＋x 1＝x 31－3x 31＋x 12＋x 1＝－x 31＋x 12,∴f (－k )－f (x 1)＝(－2k 3－k )－⎝⎛⎭⎫－x 31＋x 12＝－2k 3－k ＋12x 31－12x 1＝－2k 3＋12x 31＋⎝⎛⎭⎫－k －12x 1,又－k －12x 1＞0,要证f (－k )＞f (x 1),只需证－2k 3＋12x 31＞0⇔x 31＞4k 3⇔x 1＞34k , 由k ＜x 1＜0知x 1＞34k 显然成立, ∴f (－k )＞f (x 1). 再证f (k )＜f (x 2).同理f (x 2)＝－x 32＋x 22,有f (k )－f (x 2)＝k －－x 32＋x 22＝12(k －x 2)＋12(k ＋x 32)＜0,∴f (k )＜f (x 2).综上所述,M ＝f (－k )＝－2k 3－k ,m ＝f (k )＝k . ④[模型归纳]利用导数求函数在某一区间上的最值的模型示意图如下：[跟踪训练]已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1,其中a ,b ∈R ,e ＝2.718 28…为自然对数的底数. (1)设g (x )是函数f (x )的导函数,求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值； (2)若f (1)＝0,函数f (x )在区间(0,1)内有零点,求a 的取值范围. 解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1, 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b , 所以g ′(x )＝e x －2a .因此,当x ∈[0,1]时,g ′(x )∈[1－2a ,e －2a ].当a ≤12时,g ′(x )≥0,所以g (x )在[0,1]上单调递增.因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时,g ′(x )≤0,所以g (x )在[0,1]上单调递减,因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e2时,令g ′(x )＝0,得x ＝ln(2a )∈(0,1). 所以函数g (x )在区间[0,ln(2a )]上单调递减,在区间(ln(2a ),1]上单调递增. 于是,g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述,当a ≤12时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点,则由f (0)＝f (x 0)＝0可知,f (x )在区间(0,x 0)上不可能单调递增,也不可能单调递减,则g (x )不可能恒为正,也不可能恒为负, 故g (x )在区间(0,x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2, 所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a ≤12时,g (x )在[0,1]上单调递增,故g (x )在(0,1)内至多有一个零点,当a ≥e 2时,g (x )在[0,1]上单调递减,故g (x )在(0,1)内至多有一个零点,所以12<a <e 2.此时g (x )在区间[0,ln(2a )]上单调递减,在区间(ln(2a ),1]上单调递增,因此x 1∈(0,ln(2a )],x 2∈(ln(2a ),1),必有g (0)＝1－b >0,g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1<2,有g (0)＝1－b ＝a －e ＋2>0,g (1)＝e －2a －b ＝1－a >0. 解得e －2<a <1.当e －2<a <1时,g (x )在区间[0,1]内有最小值g (ln(2a )). 若g (ln(2a ))≥0,则g (x )≥0(x ∈[0,1]),从而f (x )在区间[0,1]上单调递增,这与f (0)＝f (1)＝0矛盾,所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0,g (1)＝1－a >0,故此时g (x )在(0,ln(2a ))和(ln(2a ),1)内各只有一个零点x 1和x 2.由此可知f (x )在[0,x 1]上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在[x 2,1]上单调递增, 所以f (x 1)>f (0)＝0,f (x 2)<f (1)＝0, 故f (x )在(x 1,x 2)内有零点.综上可知,a 的取值范围是(e －2,1).1.(2014·合肥模拟)已知函数f (x )＝x －a x (a >0,且a ≠1). (1)当a ＝3时,求曲线f (x )在点P (1,f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x )存在极大值g (a ),求g (a )的最小值.解：(1)当a ＝3时,f (x )＝x －3x ,∴f ′(x )＝1－3x ln 3,∴f ′(1)＝1－3ln 3,又f (1)＝－2,∴所求切线方程为y ＋2＝(1－3ln 3)(x －1),即y ＝(1－3ln 3)x －3＋3ln 3.(2)f ′(x )＝1－a x ln a ,①当0<a <1时,a x >0,ln a <0,∴f ′(x )>0,∴f (x )在R 上为增函数,f (x )无极大值.②当a >1时,设方程f ′(x )＝0的根为t ,得a t ＝1ln a ,即t ＝log a 1ln a ＝ln 1ln a ln a,∴f (x )在(－∞,t )上为增函数,在(t ,＋∞)上为减函数,∴f (x )的极大值为f (t )＝t －a t ＝ln1ln a ln a －1ln a,即g (a )＝ln1ln a ln a －1ln a .∵a >1,∴1ln a>0.设h (x )＝x ln x －x ,x >0,则h ′(x )＝ln x ＋x ·1x－1＝ln x ,令h ′(x )＝0,得x ＝1,∴h (x )在(0,1)上为减函数,在(1,＋∞)上为增函数, ∴h (x )的最小值为h (1)＝－1, 即g (a )的最小值为－1,此时a ＝e.2.已知函数f (x )＝ln x ,g (x )＝12ax 2－2x .(1)若函数y ＝f (x )－g (x )在区间⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减,求a 的取值范围；(2)设函数f (x )的图象C 1与函数g (x )的图象C 2交于P 、Q 两点,过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ,证明：C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不可能平行.解：(1)设h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －12ax 2＋2x ,则h ′(x )＝1x－ax ＋2.h (x )在区间⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减⇔h ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫13，1上恒成立,即1x －ax ＋2≤0⇔a ≥1x 2＋2x , ∵x ∈⎝⎛⎭⎫13，1,∴3≤1x 2＋2x≤15,∴a ≥15.(2)设C 1与C 2的交点坐标为P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),x 1>x 2,由题意可得x 1,x 2>0,作出示意图如图所示.f ′(x )＝1x,g ′(x )＝ax －2.假设两条切线有可能平行,则存在a 使f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝g ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22⇔2x 1＋x 2＝a2(x 1＋x 2)－2⇔x 1－x 2x 1＋x 2＝a 2(x 21－x 22)－2(x 1－x 2)＝⎝⎛⎭⎫12ax 21－2x 1－12ax 22－2x 2＝y 1－y 2＝ln x 1－ln x 2＝ln x 1x 2. 不妨设x 1x 2＝t >1,则方程t －t ＋1＝ln t 存在大于1的实根,设φ(t )＝t －t ＋1－ln t ,则φ′(t )＝－t －2tt ＋2<0,∴φ(t )<φ(1)＝0,这与存在t >1使φ(t )＝0矛盾,∴C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不可能平行. 3.(2014·成都模拟)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)ln x ,a ∈R . (1)当a ＝0时,求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时,令F (x )＝fx x ＋1＋x －ln x ,证明：F (x )≥－e －2,其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点,求实数a 的取值范围.解：(1)当a ＝0时,f (x )＝x 2ln x (x >0),此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1).令f ′(x )>0,解得x >e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12,＋∞),单调递减区间为(0,e －12).(2)F (x )＝fxx ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ,得F (x )在(0,e －2)上单调递减,在(e －2,＋∞)上单调递增,∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋x －a 2x ＝x －ax·(2x ln x ＋x －a ).令g (x )＝2x ln x ＋x －a ,则g ′(x )＝3＋2lnx ,∴函数g (x )在(0,e －32)上单调递减,在(e －32,＋∞)上单调递增,∴g (x )≥g (e －32)＝－2e －32－a .①当a ≤0时,∵函数f (x )无极值,∴－2e －32－a ≥0,解得a ≤－2e －32.②当a >0时,g (x )min ＝－2e －32－a <0,即函数g (x )在(0,＋∞)上存在零点,记为x 0.由函数f (x )无极值点,易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根, ∴2a ln a ＋a －a ＝0,即2a ln a ＝0,a ＝1.当0<a <1时,x 0<1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a >1时,x 0>1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0；当a ＝1时,x 0＝1,此时函数f (x )无极值.综上,a ≤－2e －32或a ＝1.4.已知函数f (x )＝(x －1)ln(x －1),g (x )＝a2(x 2－2x ).(1)若函数h (x )＝f (e x ＋1)－g ′(e x),x ∈[－1,1],求函数h (x )的最小值； (2)对任意x ∈[2,＋∞),都有f (x )＋g (x )≤0成立,求实数a 的取值范围.解：(1)∵g ′(x )＝a2(2x －2)＝a (x －1),∴h (x )＝x e x －a (e x －1)＝(x －a )e x ＋a ,h ′(x )＝(x －a ＋1)e x ,令h ′(x )＝0,得x ＝a －1.①当a －1≤－1,即a ≤0时,在x ∈[－1,1]上有h ′(x )≥0,h (x )在[－1,1]上单调递增,此时h (x )的最小值为h (－1)＝a －1＋ae.②当－1<a －1<1,即0<a <2时,在x ∈[－1,a －1]上有h ′(x )≤0,h (x )在[－1,a －1]上单调递减；在x ∈(a －1,1]上有h ′(x )>0,h (x )在(a －1,1]上单调递增,此时h (x )的最小值为h (a －1)＝－e a －1＋a .③当a －1≥1,即a ≥2时,在x ∈[－1,1]上有h ′(x )≤0,h (x )在[－1,1]上单调递减,此时h (x )的最小值为h (1)＝(1－a )e ＋a .综上所述,当a ≤0时,函数h (x )的最小值为a －1＋ae；当0<a <2时,函数h (x )的最小值为－e a －1＋a ；当a ≥2时,函数h (x )的最小值为(1－a )e ＋a .(2)设F (x )＝f (x )＋g (x )＝(x －1)ln(x －1)＋a2(x 2－2x ),F ′(x )＝ln(x －1)＋1＋a (x －1)(x ≥2).设φ(x )＝ln(x －1)＋1＋a (x －1)(x ≥2),①当a ≥0时,在x ∈[2,＋∞)上有F ′(x )>0,F (x )在x ∈[2,＋∞)上单调递增,此时F (x )的最小值为F (2)＝0,不可能有对任意的x ∈[2,＋∞),都有f (x )＋g (x )≤0成立.②当a ≤－1时,φ′(x )＝1x －1＋a ,∵x ∈[2,＋∞),∴φ′(x )≤0,∴φ(x )在[2,＋∞)上单调递减,故φ(x )max ＝φ(2)＝1＋a ≤0,即F ′(x )的最大值为F ′(2)＝a ＋1≤0,∴F (x )在[2,＋∞)上单调递减,∴F (x )的最大值为F (2)＝0,即f (x )＋g (x )≤0成立.③当－1<a <0时,令φ′(x )＝1x －1＋a ＝0,解得x ＝1－1a >2,当x ∈⎝⎛⎭⎫2，1－1a 时,φ′(x )>0,即φ(x )在⎝⎛⎭⎫2，1－1a 上单调递增,当x ∈⎣⎡⎭⎫1－1a ，＋∞时,φ′(x )≤0,即φ(x )在⎣⎡⎭⎫1－1a ，＋∞上单调递减. ∴φ(x )max ＝F ′(x )max ＝F ′⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln (－a )>0,又F ′(2)＝a ＋1>0,∴在x ∈⎣⎡⎭⎫2，1－1a 上F ′(x )>0,即F (x )在⎣⎡⎭⎫2，1－1a 上单调递增.又F (2)＝0,所以在x ∈⎣⎡⎭⎫2，1－1a 上有F (x )≥0,显然不合题意.综上所述,实数a 的取值范围为a ≤－1.第2课时利用导数解决不等式、方程解的问题1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝a e x ln x ＋b ex －1x,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ,b ；(2)证明：f (x )>1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2,f ′(1)＝e. 故a ＝1,b ＝2.(2)由(1)知,f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1,从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e.设函数g (x )＝x ln x ,则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时,g ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时,g ′(x )>0.故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增, 从而g (x )在(0,＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 设函数h (x )＝x e －x －2e,则h ′(x )＝e －x (1－x ).所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )>0；当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,从而h (x )在(0,＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上,当x >0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1.2.(2014·辽宁高考)已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1),g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sin x )·ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π. 证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使f (x 0)＝0； (2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使g (x 1)＝0,且对(1)中的x 0,有x 0＋x 1<π.证明：(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时,f ′(x )＝－(1＋sin x )(π＋2x )－2x －23cos x <0, 函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数,又f (0)＝π－83>0,f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2－163<0, 所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使f (x 0)＝0. (2)考虑函数h (x )＝x －x 1＋sin x－4ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π,x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π. 令t ＝π－x ,则x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时,t ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. 设u (t )＝h (π－t )＝3t cos t1＋sin t－4ln ⎝⎛⎭⎫1＋2t π, 则u ′(t )＝3ft＋2t ＋sin t.由(1)得,当t ∈(0,x 0)时,u ′(t )>0,当t ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时,u ′(t )<0. 在(0,x 0)上u (t )是增函数,又u (0)＝0,从而当t ∈(0,x 0]时,u (t )>0,所以u (t )在(0,x 0]上无零点.在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上u (t )为减函数,由u (x 0)>0,u ⎝⎛⎭⎫π2＝－4ln 2<0,知存在唯一t 1∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2,使u (t 1)＝0.所以存在唯一的t 1∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使u (t 1)＝0. 因此存在唯一的x 1＝π－t 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.因为当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时,1＋sin x >0,故g (x )＝(1＋sin x )h (x )与h (x )有相同的零点,所以存在唯一的x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使g (x 1)＝0.因x 1＝π－t 1,t 1>x 0,所以x 0＋x 1<π.[例1] (2014·沈阳模拟)已知函数f (x )＝mx －sin x ,g (x )＝ax cos x －2sin x (a >0). (1)若函数y ＝f (x )是(－∞,＋∞)上的单调递增函数,求实数m 的最小值；(2)若m ＝1,且对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2,都有不等式f (x )≥g (x )成立,求实数a 的取值范围. [师生共研] (1)∵函数f (x )＝mx －sin x 在R 上单调递增, ∴f ′(x )≥0恒成立, ∴f ′(x )＝m －cos x ≥0, 即m ≥cos x ,∴m min ＝1.(2)∵m ＝1,∴函数f (x )＝x －sin x , ∵f (x )≥g (x ),∴x ＋sin x －ax cos x ≥0.对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2,令H (x )＝x ＋sin x －ax cos x , 则H ′(x )＝1＋cos x －a (cos x －x sin x )＝1＋(1－a )·cos x ＋ax sin x , ①当1－a ≥0,即0＜a ≤1时,H ′(x )＝1＋(1－a )cos x ＋ax sin x ≥0,∴H (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为单调递增函数, ∴H (x )≥H (0)＝0,符合题意,∴0＜a ≤1.②当1－a <0,即a >1时,令h (x )＝1＋(1－a )cos x ＋ax sin x , 于是h ′(x )＝(2a －1)sin x ＋ax cos x . ∵a >1,∴2a －1>0, ∴h ′(x )≥0,∴h (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为单调递增函数, ∴h (0)≤h (x )≤h ⎝⎛⎭⎫π2,即2－a ≤h (x )≤π2a ＋1, ∴2－a ≤H ′(x )≤π2a ＋1.(ⅰ)当2－a ≥0,即1<a ≤2时,H ′(x )≥0,∴H (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为单调递增函数,于是H (x )≥H (0)＝0,符合题意,∴1<a ≤2. (ⅱ)当2－a <0,即a >2时,存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使得当x ∈(0,x 0)时,有H ′(x )<0, 此时H (x )在(0,x 0)上为单调递减函数,从而H (x )<H (0)＝0,不能使H (x )>0恒成立,综上所述,实数a 的取值范围为0<a ≤2.两招破解不等式的恒成立问题1.分离参数法第一步：将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围. 2.函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解.1.已知函数f (x )＝x ln x －(x －1)(ax －a ＋1)(a ∈R ). (1)若a ＝0,判断函数f (x )的单调性；(2)若x >1时,f (x )<0恒成立,求a 的取值范围. 解：(1)若a ＝0,则f (x )＝x ln x －x ＋1,f ′(x )＝ln x ,当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,f (x )为减函数,当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )为增函数. (2)问题等价于x ln x －(x －1)(ax －a ＋1)<0在(1,＋∞)上恒成立. ①若a ＝0,f (x )＝x ln x －x ＋1,f ′(x )＝ln x , 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,∴f (x )为增函数, ∴f (x )>f (1)＝0, 即f (x )<0不成立, ∴a ＝0不成立.②∵x >1,∴问题等价于ln x －x －ax －a ＋x<0在(1,＋∞)上恒成立,不妨设h (x )＝ln x －x －ax －a ＋x,x ∈(1,＋∞),则h ′(x )＝－ax 2－x －a ＋1x 2＝－x －ax ＋a －x 2,x ∈(1,＋∞), 令h ′(x )＝0,则h ′(x )的两根x 1＝1,x 2＝1－aa,若a <0,则x 2＝1－aa<1,x >1时,h ′(x )>0,h (x )为增函数,h (x )>h (1)＝0(不合题意)；若0<a <12,x ∈⎝⎛⎭⎫1，1－a a 时,h ′(x )>0,h (x )为增函数,h (x )>h (1)＝0(不合题意)；若a ≥12,x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )为减函数,h (x )<h (1)＝0(符合题意).综上所述,若x >1时,f (x )<0恒成立,则a ≥12.[例2] (2014·陕西高考)设函数 f (x )＝ln x ＋mx,m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时,求 f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b >a >0,fb －fab －a<1 恒成立,求 m 的取值范围.[师生共研] (1)由题设,当m ＝e 时,f (x )＝ln x ＋ex,则f ′(x )＝x －ex2,∴当x ∈(0,e),f ′(x )＜0,f (x )在(0,e)上单调递减, 当x ∈(e,＋∞),f ′(x )＞0,f (x )在(e,＋∞)上单调递增,∴当x ＝e 时,f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee＝2,∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0),令g (x )＝0,得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0),则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1),当x ∈(0,1)时,φ′(x )＞0,φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1,＋∞)时,φ′(x )＜0,φ(x )在(1,＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点,且是极大值点,因此x ＝1也是φ(x )的最大值点,∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0,结合y ＝φ(x )的图象(如图),可知①当m ＞23时,函数g (x )无零点；②当m ＝23时,函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时,函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点.综上所述,当m ＞23时,函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时,函数g (x )有两个零点.(3)对任意的b ＞a ＞0,fb －fab －a＜1恒成立,等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立.(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx－x (x ＞0),∴(*)等价于h (x )在(0,＋∞)上单调递减.由h ′(x )＝1x －mx2－1≤0在(0,＋∞)上恒成立,得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立,∴m ≥14⎝⎛⎭⎫对m ＝14，h x ＝0仅在x ＝12时成立, ∴m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.1.三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象；第三步：结合图象求解.2.证明复杂方程在某区间上有唯一解问题的方法第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步：证明端点值异号.2.已知函数f (x )＝ln(2ax ＋1)＋x 33－x 2－2ax (a ∈R ).(1)若函数f (x )在[3,＋∞)上为增函数,求实数a 的取值范围；(2)当a ＝－12时,方程f (1－x )＝－x 33＋b x有实根,求实数b 的最大值.解：(1)因为函数f (x )在[3,＋∞)上为增函数,所以f ′(x )＝2a 2ax ＋1＋x 2－2x －2a ＝x [2ax 2＋－4ax －a 2＋2ax ＋1≥0在[3,＋∞)上恒成立.①当a ＝0时,f ′(x )＝x (x －2)≥0在[3,＋∞)上恒成立, 所以f (x )在[3,＋∞)上为增函数,故a ＝0符合题意；②当a ≠0时,由函数f (x )的定义域可知,必须有2ax ＋1>0对x ≥3恒成立,故只能a >0,所以只需证2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)≥0在[3,＋∞)上恒成立.令函数g (x )＝2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2),其对称轴为x ＝1－14a ,因为a >0,所以1－14a<1,要使g (x )≥0在[3,＋∞)上恒成立,只要g (3)≥0即可,即g (3)＝－4a 2＋6a ＋1≥0,所以3－134≤a ≤3＋134,因为a >0,所以0<a ≤3＋134.综上所述,实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3＋134.(2)当a ＝－12时,f (x )＝ln(－x ＋1)＋x 33－x 2＋x ,所以方程f (1－x )＝－x 33＋b x 可化为ln x －(1－x )2＋1－x ＝bx,故问题转化为b ＝x ln x －x (1－x )2＋x (1－x )＝x ln x ＋x 2－x 3＝x (ln x ＋x －x 2)在(0,＋∞)上有解.令h (x )＝ln x ＋x －x 2(x >0),则问题转化为求h (x )在(0,＋∞)上的值域.又h ′(x )＝1x＋1－2x ＝x ＋－xx,所以当0<x <1时,h ′(x )>0,从而函数h (x )在(0,1)上为增函数；当x >1时,h ′(x )<0,从而函数h (x )在(1,＋∞)上为减函数, 因此h (x )≤h (1)＝0.而x >0,所以b ＝xh (x )≤0,所以实数b 的最大值为0. 热点三导数的综合应用命题角度近几年,不少省份把函数、导数与数列、不等式综合作为压轴题来考查,以导数为工具,将探索性问题融入大题中.[例3] (2014·陕西高考)设函数f (x )＝ln(1＋x ),g (x )＝xf ′(x ),x ≥0,其中f ′(x )是f (x )的导函数. (1)令g 1(x )＝g (x ),g n ＋1(x )＝g (g n (x )),n ∈N ＋,求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立,求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋,比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小,并加以证明.[师生共研] 由题设得,g (x )＝x1＋x(x ≥0).(1)由已知,g 1(x )＝x 1＋x ,g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x＝x1＋2x ,g 3(x )＝x 1＋3x ,…,可得g n (x )＝x1＋nx .下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时,g 1(x )＝x1＋x,结论成立.②假设n ＝k 时结论成立,即g k (x )＝x1＋kx.那么,当n ＝k ＋1时,g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k x 1＋g k x ＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx＝x1＋k ＋x ,即结论成立.由①②可知, 结论对n ∈N ＋成立.(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立,即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立.设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x(x ≥0),则φ′(x )＝11＋x －a＋x 2＝x ＋1－a ＋x 2, 当a ≤1时,φ′(x )≥0(仅当x ＝0,a ＝1时等号成立), ∴φ(x )在[0,＋∞)上单调递增,又φ(0)＝0, ∴φ(x )≥0在[0,＋∞)上恒成立,∴a ≤1时,ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立).当a >1时,对x ∈(0,a －1]有φ′(x )<0,∴φ(x )在(0,a －1]上单调递减, ∴φ(a －1)<φ(0)＝0,即a >1时,存在x >0,使φ(x )<0,故知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立.综上可知,a 的取值范围是(－∞,1].(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1,n －f (n )＝n －ln(n ＋1),比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1). 证明如下：证法一上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1),在(2)中取a ＝1,可得ln(1＋x )>x1＋x ,x >0.令x ＝1n ,n ∈N ＋,则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时,12<ln 2,结论成立.②假设当n ＝k 时结论成立,即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1).那么,当n ＝k ＋1时,12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2), 即结论成立.由①②可知,结论对n ∈N ＋成立.证法二上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1),在(2)中取a ＝1,可得ln(1＋x )>x1＋x,x >0.令x ＝1n ,n ∈N ＋,则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12,ln 3－ln 2>13,…,ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1,上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1,结论得证.证法三如图,⎠⎛0n x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1,x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积,而12＋23＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和, ∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n xx ＋1d x ＝⎠⎛0n ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1),结论得证.本题第(1)问要注意,在运用数学归纳法证明问题的时候,当n ＝k ＋1时,要从已知出发运用归纳假设去推断,而不是直接写出结果；第(2)问恒成立问题的解答关键是正确分类讨论；第(3)问可以用数学归纳法、不等式法、定积分法,不管是哪一种方法都要注意方法本身牵扯的概念和数学思想及其运用.3.已知函数f(x)＝ln x x ,g(x)＝38x 2－2x ＋2＋xf(x).(1)求函数y ＝g(x)的单调区间；(2)若函数y ＝g(x)在[e n ,＋∞)(n ∈Z )上有零点,求n 的最大值；(3)证明f (x )≤1－1x 在其定义域内恒成立,并比较f (22)＋f (32)＋…＋f (n 2)与n ＋n －n ＋(x ∈N *且n ≥2)的大小.解：(1)由题知g (x )的定义域为(0,＋∞).因为g ′(x )＝x －x －4x,所以函数g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，23和[2,＋∞),g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤23，2.(2)因为g (x )在x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞上的最小值为g (2),且 g (2)＝38×22－4＋2＋ln 2＝ln 2－12＝ln 4－12>0,故g (x )在x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞上没有零点.从而,要想使函数g (x )在[e n ,＋∞)(n ∈Z )上有零点,并考虑到g (x )在⎝⎛⎦⎤0，23上单调递增,且在⎣⎡⎦⎤23，2上单调递减,故只需e n <23且f (e n )≤0即可. 易验证g (e －1)＝38·e －2－2·e －1＋1>0,g (e －2)＝38·1e 4－2e 2＋2＋ln e －2＝1e 2⎝⎛⎭⎫38·1e2－2<0. 当n ≤－2且n ∈Z 时均有g (e n )<0.即函数g (x )在[e n ,e －1]⊂[e n ,＋∞)(n ∈Z )上有零点. 所以n 的最大值为－2.(3)要证明f (x )≤1－1x ,即证ln x x ≤1－1x(x >0).只须证ln x －x ＋1≤0在(0,＋∞)上恒成立.令h (x )＝ln x －x ＋1(x ＞0).由h ′(x )＝1x－1＝0得x ＝1.则在x ＝1处有极大值(也是最大值)h (1)＝0,所以ln x －x ＋1≤0在(0,＋∞)上恒成立.因此f (n 2)≤1－1n2,n ∈N *.于是有f (22)＋f (32)＋…＋f (n 2)≤⎝⎛⎭⎫1－122＋⎝⎛⎭⎫1－132＋…＋⎝⎛⎭⎫1－1n 2 ＝(n －1)－⎝⎛⎭⎫122＋132＋…＋1n 2 ＜(n －1)－⎣⎡⎦⎤12×3＋13×4＋…＋1n n ＋＝(n －1)－⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝(n －1)－⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＝2n ＋1n －12n ＋1.所以f (22)＋f (32)＋…＋f (n 2)<2n ＋1n －12n ＋1.课题2 利用导数证明不等式[典例] (2014·福建高考)已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ,曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时,x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ,总存在x 0,使得当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .[考题揭秘] 本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识,考查考生的运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想.[审题过程] 第一步：审条件.已知函数f (x )的解析式以及f (x )在点A 处的切线的斜率. 第二步：审结论.(1)求f (x )的极值；(2)证明：当x >0时,x 2<e x 恒成立；(3)证明对任意c >0,总存在x 0,使x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x 成立.第三步：建联系.(1)求f ′(x ),依题设条件可得f ′(0)＝－1,从而可得a 的方程,即可求出a 的值,然后再求方程f ′(x )＝0的根,判断在导数等于0的点的左、右两侧的导数的符号,即可得结论.(2)构造函数,利用函数的单调性来证明不等式；(3)对c 进行分类讨论,通过构造函数,利用导数法来证明其单调性,进而可得到所求证的结果.[规范解答] 法一：(1)由f (x )＝e x －ax ,得f ′(x )＝e x －a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1,得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ,f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0,得x ＝ln 2.当x <ln 2时,f ′(x )<0,f (x )单调递减；当x >ln 2时,f ′(x )>0,f (x )单调递增. 所以当x ＝ln 2时,f (x )取得极小值,且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4,f (x )无极大值. (2)令g (x )＝e x －x 2,① 则g ′(x )＝e x －2x ,由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0, 故g (x )在R 上单调递增,② 又g (0)＝1>0,因此,当x >0时,g (x )>g (0)>0,即x 2<e x .③(3)①若c ≥1,则e x ≤c e x .又由(2)知,当x >0时,x 2<e x . 所以当x >0时,x 2<c e x .取x 0＝0,当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .②若0<c <1,令k ＝1c>1,要使不等式x 2<c e x 成立,只要e x >kx 2成立.而要使e x >kx 2成立,则只要x >ln(kx 2),只要x >2ln x ＋ln k 成立. 令h (x )＝x －2ln x －ln k ,①则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x,所以当x >2时,h ′(x )>0,h (x )在(2,＋∞)内单调递增.② 取x 0＝16k >16,所以h (x )在(x 0,＋∞)内单调递增,又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k , 易知k >ln k ,k >ln 2,5k >0,所以h (x 0)>0.即存在x 0＝16c,当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .综上,对任意给定的正数c ,总存在x 0,当x ∈(x 0,＋∞)时,恒有x 2<c e x .③ 法二：(1)同法一. (2)同法一.(3)对任意给定的正数c ,取x 0＝4c,。

2015届高校信息化课堂二轮复习课件专题八自选模块第1讲导数及其应用

(2)不等式恒成立问题,可以用分离参数法求解,也可用分类讨论法求解.
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max.
第二十页，编辑于星期五：九点四十八分。
热点训练4:(2013浙江杭州西湖高中高三考前模拟)已知f(x)=xln x, g(x)=-x2+ax-3. (1)已知函数h(x)=g(x)+ax3的一个极值点为1,求a的取值; (2)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;
第十七页，编辑于星期五：九点四十八分。
由于极小值 g(- 2 )=-2 e 2 <0, 所以 g(x)在(- 2 ,0)内存在一个零点; g(x)在(0,1)上单调递增,在(1, 2 )上单调递减, 在( 2 ,+∞)上单调递增, 因此 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=-3e, 在 x= 2 处取得极小值 g( 2 )=-2 e 2 . 当 x>0 并无限靠近 0 时,g(x)无限减小, 其图象无限靠近 y 轴负半轴,当 x 无限增大时, g(x)也由负值变为正值无限增大, g(x)在区间( 2 ,+∞)内也存在一个零点. 函数 g(x)的大致图象如图所示:
第十八页，编辑于星期五：九点四十八分。
根据条件 y=kx 与 y=f(x)的图象存在三个交点, 即方程 ex(x2-2x-2)=kx 有三个解, 直线 y=k 与函数 g(x)= ex (x2 2x 2) 的图象有三个公共点.
x 因此 g(- 2 )<k<0 或 g( 2 )<k<g(1), 即-2 e 2 <k<0 或-2 e 2 <k<-3e, 从而 k 的取值范围是(-2 e 2 ,-3e)∪(-2 e 2 ,0).

2015年高考数学(理)一轮总复习课件：第二章+函数、导数及其应用第4节二次函数与幂函数

第二十七页，编辑于星期五：十一点五十五分。
变式训练 3 若 a＜0，则下列不等式成立的是( )
A．2a＞12a＞(0.2)a
B．(0.2)a＞12a＞2a
C.12a＞(0.2)a＞2a
D．2a＞(0.2)a＞12a
【解析】 ∵a＜0，∴y＝xa 在(0，＋∞)上是减函数， ∴0.2a＞12a＞2a，故选 B. 【答案】 B
第四节二次函数与幂函数
考纲传真 1.(1)了解幂函数的概念；(2)结合函数 y＝x，y ＝x2，y＝x3，y＝x ，y＝1x的图象，了解它们的变化情况.2.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题．
第一页，编辑于星期五：十一点五十五分。
1．二次函数 (1)二次函数的三种形式一般式：f(x)＝ ax2＋bx＋c (a≠0)；顶点式：f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0)，顶点坐标为(h，k) ；零点式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2 为 f(x)的零点．
第十五页，编辑于星期五：十一点五十五分。
变式训练 1 已知函数 f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)，若 f(x)在区间[2,3]上有最大值 5，最小值 2.
(1)求 a，b 的值； (2)若 b<1，g(x)＝f(x)－m·x 在[2,4]上单调，求 m 的取值范围．
第十六页，编辑于星期五：十一点五十五分。
【解】 (1)f(x)＝ax2－2ax＋2＋b＝a(x－1)2＋2＋b－a，若 a>0，则 f(x)在区间[2,3]上是增函数．
则有ff23＝＝23＋ a＋b＝2＋2， b＝5，解得ab＝＝10.，若 a<0，则 f(x)在区间[2,3]上是减函数，则有ff23＝＝23＋ a＋b＝2＋5， b＝2，解得ab＝＝－3，1. 综上可知，a＝1，b＝0 或 a＝－1，b＝3.

2015届高三数学第一轮细致复习课件：第二章导数及其应用 2-12 导数的综合应用

诊断·基础知识
突破·高频考第二点十七页，编辑于培星养期五·解：九题点能三十力五分。
•规律方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.
诊断·基础知识
突破·高频考第四点十一页，编辑于培星养期五·解：九题点能三十力五分。
诊断·基础知识
突破·高频考第四点十二页，编辑于培星养期五·解：九题点能三十力五分。
诊断·基础知识
突破·高频考第四点十三页，编辑于培星养期五·解：九题点能三十力五分。
诊断·基础知识
突破·高频考第四点十四页，编辑于培星养期五·解：九题点能三十力五分。
•规律方法 (1)第(2)问证明抓住两点：一是转化为证明当m＝2时，f(x)>0；二是依据f′(x0)＝0，准确求f(x)＝ex－ln(x＋2)的最小值．
•(2)对于该类问题，可从不等式的结构特点出发，构造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化．
诊断·基础知识
突破·高频考第二点十页，编辑于星培期养五：·解九点题三能十五力分。
• 考点二导数在不等式中的应用
• 【例2】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ ex－ln(x＋m)．
• (1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x) 的单调性；
• (2)当m≤2时，证明f(x)>0.
• 审题路线 (1)由极值点确定出实数m的值，
然后利用导数求出函数的单调区间；(2)当m≤2 诊断·基础知识

2015高考数学大二轮总复习课件：第1部分专题1第1讲

解析 (1)∵log2π＞1，
＜0,0＜π－2＜1，∴a＞c＞b，故选
C.
(2)由题可知，当－2<x<2 时，f(x)>0.由 f(x－1)>0，得－2<x－
1<2，即－1<x<3.
答案 (1)C (2)(－1,3)
热点聚焦 ·题型第十二页，编归辑于纳星期总五结：十·五思点四分。
热点二以函数零点为背景的函数问题
热点聚焦 ·题型第七页，编辑归于星纳期五总：结十五·点思四分。
探究提高 (1)根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是解决函数图象判断类试题的基本方法．(2)研究函数时，注意结合图象，在解方程和不等式等问题时，借助图象能起到十分快捷的作用．
热点聚焦 ·题型第八页，编辑归于星纳期五总：结十五·点思四分。
[微题型 2] 函数性质的应用
【例 1－2】 (1)(2014·安徽卷)若函数 f(x)(x∈R)是周期为 4 的
奇函数，且在[0,2]上的解析式为 f(x)＝xsin1－πxx，，1＜0≤x≤x≤2，1，则
f(249)＋f(461)＝________. (2)函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝2，对任意 x∈R，f′(x)>2，
(2)设奇函数 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且 f(2)＝0，则不等式
fx－f－x x <0
的解集为(
)．
A．(－2,0)∪(0,2)
B．(－∞，－2)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－2,0)∪(2，＋∞)
解析 (1)法一函数 y＝xl|nx||x|的图象过点(e,1)，排除 C，D；

2015高考数学大二轮总复习课件：第1部分专题2第1讲

∴f(x)的单调增区间为kπ－π6，kπ＋π3(k∈Z)．
热点聚焦 ·题型第十八页，编辑归于纳星期总五结：十·五思点五分。
(2)由 0≤x≤23π，得－π6≤2x－π6≤76π， ∴－12≤sin2x－π6≤1，∴0≤sin2x－π6＋12≤32， ∴f(x)在0，23π上的值域为0，32. 探究提高求三角函数的最值(或值域)，是高考考查的重点．本题由条件 x∈0，23π求出 2x－π6的范围后需要结合三角函数 f(x) ＝sin2x－π6＋12的图象求解，这也是求三角函数在闭区间上的最值的常用方法．
热点聚焦 ·题型第二十二页，编归辑纳于星总期结五：·十思五点五分。
2．求函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ)，或y＝Atan(ωx
＋φ))的单调区间
(1)将ω化为正．
(2) 将 ωx ＋ φ 看成一个整体，由三
3．角已函知数函的数单y调＝性As求in(解ωx．＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)的图象求解析式
热点聚焦 ·题型第十一页，编辑归于纳星期总五结：十·五思点五分。
解析将 y＝sin x 的图象向左平移π6个单位得到 y＝sinx＋π6的图象，再把图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍(纵坐标不变)得 y＝sin 2x＋π6的图象．答案 C
热点聚焦 ·题型第十二页，编辑归于纳星期总五结：十·五思点五分。
【训练 1－1】 (2014·湖北八校模拟)把函数 y＝sin x(x∈R)的图
象上所有的点向左平移π6个单位长度，再把所得图象上所有点
的横坐标变为原来的 2 倍(纵坐标不变)，得到图象的函数表达
式为( )．
A．y＝sin2x－π3，x∈R B．y＝sin2x＋π3，x∈R C．y＝sin 12x＋π6，x∈R D．y＝sin12x－π6，x∈R

2015届高考理科数学二轮复习专题课件 2-8-1 专题八选修4系列

∴∠EBD＝∠CAD，
重
访
又∵∠CBD＝∠CAD，
好题
热
∴∠EBD＝∠CBD.
点
盘
点
[二轮备考讲义] 第二部分专题八第1讲第29页第二十九页，编辑于星期五：十点三十一分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学理
(2)在△EBD 和△EAB 中，∠E＝∠E，∠EBD＝∠EAB，
基
∴△EBD∽△EAB，
础
记忆
∴BAEE＝BADB，
重
∴AB·BE＝AE·BD，
访好
题
又∵AD 平分∠BAC，∴BD＝DC，
热点
故 AB·BE＝AE·DC.
盘
点
[二轮备考讲义] 第二部分专题八第1讲第30页第三十页，编辑于星期五：十点三十一分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学理
基础记忆
热点盘点细研深究
重访
好
必须回访的热点名题
题
热点盘点
[二轮备考讲义] 第二部分专题八第1讲第19页第十九页，编辑于星期五：十点三十一分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学理
相似三角形的判定与性质
[试题调研]
基
础记
[例1] (1)(2014·天津)如图，△ABC是圆的内接三角形， ∠
重访好题
热
点
盘
点
(1)∠EBD＝∠CBD；
(2)AB·BE＝AE·DC.
[二轮备考讲义] 第二部分专题八第1讲第28页第二十八页，编辑于星期五：十点三十一分。
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学理
证明：(1)∵BE 为圆 O 的切线，

(理科数学)2015届高三第二学期备考计划(2015.3.9)

阳江一中2015届高三数学（理科）第二学期备考计划高三数学(理科)备课组深入研究2014年考试大纲和考试说明，认真研究近三年广东高考试题，根据高三级组备考计划的精神，在第一轮复习将近结束的基础上，制订第二轮的备考计划措施如下：一、三轮复习的时间和目标二、第一轮复习的策略、措施、效果及存在的问题在一轮复习的过程中，我们在教学中十分重视概念的回顾与深化理解，练习采取了滚动式，重视基础知识体系化，基本方法类型化，解题规范化训练（隔周一份中档题规范训练）。

从“四校联考”和“中山统测”来看，学生的答题规范有明显的提高（特别是立体几何题）。

存在的问题是：（1）计算能力总体较弱（特别是有关字母的运算）；（2）解综合题的能力有待提高。

为此，从第二周开始，我们按照高考解答题的6大题型分成6个专题，以中档题的形式（每份6题左右）让学生做，题目注意涵盖考点及方法，力争把重点内容重新滚动一遍，3月18日前完成，以迎接广州一模。

三、第二、三轮备考的措施：二轮复习要注意巩固一轮的复习成果，要以课本为根本，将考点大整合，将知识体系巧构建，将命题热点加以展示，将方法技巧加以点拨，使学生做到触类旁通，举一反三。

需要注意的是：“讲得多≠掌握多、难度大≠能力强、技巧多≠分数高、时间多≠效率高、训练多≠把握牢”，贵在知识的精准，点拨的精巧，方法的高效。

为此，我们备课组将做好以下几点：1.加大集体备课、集体研究的力度。

2.认真研读《考试大纲》、《考试说明》和2010-2014年广东高考试题，明确“考什么，怎么考，考多难”。

3.要做到三个回归，即“回归教材，回归基础，回归近几年的高考题”。

老师要跳进题海，而学生要跳出题海。

4.关注高考信息。

5.加强教学常规的具体落实：（1）改革课堂教学，提高课堂效益，精心上好每一节课：①变介绍方法为选择方法，突出解法的发现和运用。

②变全面覆盖为重点讲练，突出高考“热点”问题。

第二轮复习仅有一个半月时间，面面俱到从头来过一遍是根本办不到的。

2015届(理科数学)二轮复习课件_专题八_自选模块_第1讲_导数及其应用

2015届高三数学二轮专项复习课件：专题1 第5讲 导数及其应用

2015届高三人教A版理科数学二轮复习课件1-2

2015届高考理科数学二轮复习专题课件2-8-1专题八选修4系列

2015届高考数学(理科)一轮总复习课件：2-11 导数在函数研究中的应用(人教A版)

2015届高考数学总复习配套专题精讲：专题一 高考中的导数应用问题(共64张PPT)

2015年高考数学(理)一轮总复习课件：第二章+函数、导数及其应用 第1节 函数及其表示