2018高考数学大一轮复习压轴题命题区间二函数与导数第二课时利用导数探究含参数函数的性质课件文

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2018年高考压轴题之导数含答案

解(1)当 a ＝1 时，f (x )＝e x －x 2－2x －1，f (－1)＝，所以切点坐标为⎝－1，e ⎭，f ′(x )＝e x －2x －2，所以 f ′(－1)＝，故曲线 y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程为 y －＝ [x －(－1)]，即 y ＝ x ＋ .①当 2a ≤1，即 a ≤ 时，g ′(x )＝e x －2a ＞1－2a ≥0，所以 f (x )＞f (0)＝1－0－0－1＝0，故 a ≤ 时符合题意.②当 2a ＞1，即 a ＞时，令 g ′(x )＝e x －2a ＝0，得 x ＝ln 2a ＞0，综上，a 的取值范围是⎝－∞，2⎦.压轴大题突破练1.导数1.(2017· 安徽“皖南八校”联考)已知函数 f (x )＝e x －ax 2－2ax －1.(1)当 a ＝1 时，求曲线 y ＝f (x )在点(－1，f (－1))处的切线方程； (2)当 x ＞0 时，f (x )＞0 恒成立，求实数 a 的取值范围.1 e⎛ 1⎫1e1 1 1 2e e e e(2)f (x )＝e x －ax 2－2ax －1 求导得 f ′(x )＝e x －2ax －2a ，令 g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a ，则 g ′(x )＝e x －2a (x ＞0).12所以 g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －2a 在(0，＋∞)上为增函数，g (x )＞g (0)＝1－2a ≥0，即 g (x )＝f ′(x )≥0，所以 f (x )＝e x －ax 2－2ax －1 在(0，＋∞)上为增函数，1212xg ′(x )g (x )(0，ln 2a )－减函数 ln 2a极小值 (ln 2a ，＋∞)＋增函数当 x ∈(0，ln 2a )时，g (x )＜g (0)＝1－2a ＜0，即 f ′(x )＜0，所以 f (x )在(0，ln 2a )上为减函数，所以 f (x )＜f (0)＝0，与条件矛盾，故舍去.⎛ 1⎤2.(2017· 广东惠州调研)已知函数 f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x (a ∈R ).(1)求函数 y ＝f (x )的单调区间；f ′(x )＝2x －(a －2)－＝＝ .当 a ＞0 时，由 f ′(x )＞0，得 x ＞，由 f ′(x )＜0，得 0＜x ＜，所以函数 f (x )在区间⎝2，＋∞⎭上单调递增，在区间⎝0，2⎭上单调递减.令 g ′(x )＝e x －＝0，得 e x ＝，容易知道该方程有唯一解，不妨设为 x 0，则 x 0 满足 e x 0 ＝，g (x )min ＝g (x 0)＝ e x 0 －ln x 0－2＝＋x 0－2， f ′(x )＝－1＝＝0 x ＝1，(2)当 a ＝1 时，证明：对任意的 x ＞0，f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2.(1)解函数 f (x )的定义域是(0，＋∞)，a 2x 2－(a －2)x －a (x ＋1)(2x －a )x xx当 a ≤0 时，f ′(x )＞0 对任意 x ∈(0，＋∞)恒成立，所以函数 f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增.a2a2⎛a ⎫ ⎛ a ⎫(2)证明当 a ＝1 时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明 f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，只需证明 e x －ln x －2＞0，设 g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的 x ＞0，g (x )＞0，11xx1 x 0当 x 变化时，g ′(x )和 g (x )的变化情况如下表：xg ′(x )g (x )(0，x 0)－单调递减 x 0(x 0，＋∞)＋单调递增1 x 0 因为 x 0＞0，且 x 0≠1，所以 g (x )min ＞2 1－2＝0，因此不等式得证. 3.(2017· 荆、荆、襄、宜四地七校联考)已知函数 f (x )＝ln x －x .(1)求函数 f (x )的单调区间；(2)若方程 f (x )＝m (m ＜－2)有两个相异实根 x 1，x 2，且 x 1<x 2，证明：x 1· x 22＜2. (1)解 f (x )＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，1 1－xxx当 x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，所以 y ＝f (x )在(0，1)上单调递增，当 x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，所以 y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明由(1)可知，f (x )＝m 的两个相异实根 x 1，x 2 满足 ln x －x －m ＝0，且 0＜x 1＜1，x 2＞1，ln x 1－x 1－m ＝ln x 2－x 2－m ＝0，所以 0＜x 1＜1，0＜ 2＜1.2＝(lnx 1－x 1)－ln 2－2则 g (x 1)－g ⎝x ⎭ ⎝ x x ⎭－ 2)＝－x 2＋ 2＋3ln x 2－ln 2，当 t ＞2 时，h ′(t )＜0，h (t )在(2，＋∞)上单调递减，所以 h (t )＜h (2)＝2ln 2－＜0.2＜0，即g (x 1)＜g2，所以当 x 2＞2 时，g (x 1)－g ⎝x ⎭ ⎝x ⎭因为 0＜x 1＜1，0＜ 2＜1，g (x )在(0，1)上单调递增，所以 x 1＜ 2，故 x 1· x 22＜2. (2)若函数 y ＝f (x )的图象在点 (2，f (2))处的切线的倾斜角为 45°，且函数 g (x )＝ x 2＋nx ＋2－，所以 g (x )＝ x 2＋nx ＋m ⎝ x ⎭＝(ln x 2－x 2)－(ln 2 解 (1)f ′(x )＝(x ＞0)，＝ t 3 ＝－ t 3由题意可知 ln x 2－x 2＝m ＜－2＜ln 2－2，又由(1)可知 f (x )＝ln x －x 在(1，＋∞)上单调递减，故 x 2＞2，2 x2令 g (x )＝ln x －x －m ，⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 2 ⎫ 22 2 2 2 x 2 x 2 x 22令 h (t )＝－t ＋t 2＋3ln t －ln 2(t ＞2)，4 3 －t 3＋3t 2－4 (t －2)2(t ＋1)则 h ′(t )＝－1－t 3＋ t .32⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 ⎫ 2 2 2 x22 x2综上所述，x 1· x 2＜2.4.(2017 届重庆市一中月考)已知函数 f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ).(1)当 a ＞0 时，求函数 f (x )的单调区间；12mf ′(x )(m ，n ∈R )，当且仅当在 x ＝1 处取得极值，其中 f ′(x )为 f (x )的导函数，求 m 的取值范围.a (1－x )x当 a ＞0 时，令 f ′(x )＞0，得 0＜x ＜1，令 f ′(x )＜0，得 x ＞1，故函数 f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).(2)因为函数 y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为 45°，则 f ′(2)＝1，即 a ＝－2，1 ⎛ 2⎫2－ln x ＋2k 则 g ′(x )＝＝，－(2)设 g (x )＝，对任意 x ＞0，证明：(x ＋1)· g (x )<e x ＋e x 2. (1)解因为 f ′(x )＝ (x ＞0)，由已知得 f ′(1)＝＝0，所以 k ＝－ .x 1 1 1(2)证明因为 x ＞0，要证原式成立即证 x ＜成立.当 0＜x ＜1 时，e x ＞1，且由(1)知，g (x )＞0，所以 g (x )＝＜1－x ln x －x ，x 2e x －ln x －1，则 k ′(x )＝－2m x 3＋nx 2＋2m所以 g ′(x )＝x ＋n ＋ x 2 ＝，因为 g (x )在 x ＝1 处有极值，故 g ′(1)＝0，从而可得 n ＝－1－2m ，x 3＋nx 2＋2m (x －1)(x 2－2mx －2m ) x 2 x 2又因为 g (x )仅在 x ＝1 处有极值，所以 x 2－2mx －2m ≥0 在(0，＋∞)上恒成立，当 m ＞0 时，－2m ＜0，易知 x 0∈(0，＋∞)，使得 x 20－2mx 0－2m ＜0，所以 m ＞0 不成立，故 m ≤0，当 m ≤0 且 x ∈(0，＋∞)时，x 2－2mx －2m ≥0 恒成立，所以 m ≤0.综上，m 的取值范围是(－∞，0].5.(2017· 湖北沙市联考)已知函数 f (x )＝e －x (ln x －2k )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线 y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与 y 轴垂直. (1)求 f (x )的单调区间；1－x (ln x ＋1)e x 1xe x1＋2k 1e 21－ln x －1所以 f ′(x )＝，设 k (x )＝x x 2－x ＜0 在(0，＋∞)上恒成立，即 k (x )在(0，＋∞)上单调递减，由 k (1)＝0 知，当 0＜x ＜1 时，k (x )＞0，从而 f ′(x )＞0，当 x ＞1 时，k (x )＜0，从而 f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞).g (x ) 1＋e －2e x ＋1当 x ≥1 时，由(1)知 g (x )≤0＜1＋e －2 成立；1－x ln x －xe x设 F (x )＝1－x ln x －x ，x ∈(0，1)，则 F ′(x )＝－(ln x ＋2)，当 x ∈(0，e －2)时，F ′(x )＞0，当 x ∈(e －2，1)时，F ′(x )＜0，所以当 x ＝e －2 时，F (x )取得最大值 F (e －2)＝1＋e －2，所以 g (x )＜F (x )≤1＋e －2，即 0＜ x ＜ . 当 x ≥1 时，有 x ≤0＜；当 0＜x ＜1 时，由①②式， x ＜ . 综上所述，当 x ＞0 时， x ＜成立，故原不等式成立.6.(2017· 西安模拟)已知函数 f (x )＝⎝k ＋k ⎭ln x ＋，其中常数 k ＞0. 4⎫ 4⎫ ⎛ ⎛ 且 f ′(x )＝－＝－＝－ (k ＞0).①当 0＜k ＜2 时，＞k ＞0，且＞2，②当 k ＝2 时，＝k ＝2，f ′(x )＜0 在区间(0，2)内恒成立，③当 k ＞2 时，0＜＜2，k ＞，所以当 x ∈⎝0，k ⎭时，f ′(x )＜0；x ∈⎝k ，2⎭时，f ′(x )＞0，所以函数在⎝0，k ⎭上是减函数，在⎝k ，2⎭上是增函数.k 4 k 4 4⎫ 即－2－1＝－2－1，化简得，4(x 1＋x 2)＝⎝k ＋k ⎭x 1x 2.由 x 1x 2＜⎝ 2 ⎭ ，k x 2＋4即当 0＜x ＜1 时，g (x )＜1＋e －2.①综上所述，对任意 x ＞0，g (x )＜1＋e －2 恒成立.令 G (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则 G ′(x )＝e x －1＞0 恒成立，所以 G (x )在(0，＋∞)上单调递增，G (x )＞G (0)＝0 恒成立，即 e x ＞x ＋1＞0，1 1 e x ＋1g (x ) 1＋e －2 e x ＋1g (x ) 1＋e －2e x ＋1g (x ) 1＋e －2e x ＋1②⎛ 4⎫ 4－x 2x(1)讨论 f (x )在(0，2)上的单调性；(2)当 k ∈[4，＋∞)时，若曲线 y ＝f (x )上总存在相异的两点 M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线 y ＝f (x )在 M ，N 两点处的切线互相平行，试求 x 1＋x 2 的取值范围. 解 (1)由已知得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，4 k ＋ x 2－⎝k ＋k ⎭x ＋4 (x －k )⎝x －k ⎭ xx 2x 2 x 24 4kk所以 x ∈(0，k )时，f ′(x )＜0；x ∈(k ，2)时，f ′(x )＞0.所以函数 f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；4k所以 f (x )在(0，2)上是减函数；4 4kk⎛ 4⎫ ⎛4 ⎫⎛ 4⎫ ⎛4 ⎫(2)由题意，可得 f ′(x 1)＝f ′(x 2)，x 1x 2＞0 且 x 1≠x 2， 4 4k ＋ k ＋ ⎛ x 1x 1x 2x 2⎛x 1＋x 2⎫21k ＋得4(x 1＋x 2)＜⎝k ⎭⎝ k ＋ k ＋故 x 1＋x 2 的取值范围为⎝ 5 ，＋∞⎭.2 ⎭ ，4 54 ，则 g ′(k )＝1－⎛4⎫⎛x ＋x 2⎫216即(x 1＋x 2)＞对 k ∈[4，＋∞)恒成立， k4 4 k 2－4令 g (k )＝k ＋k k 2＝ k 2 ＞0 对 k ∈[4，＋∞)恒成立.所以 g (k )在[4，＋∞)上是增函数，则 g (k )≥g (4)＝5，1616所以≤ ，k16所以(x 1＋x 2)＞ 5 ，⎛16⎫。

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热点探究训练（一)导数应用中的高考热点问题1．（2015·重庆高考)设函数f(x）＝错误!（a∈R)．（1）若f(x）在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f（x)在点（1，f(1)）处的切线方程；(2)若f(x）在[3，＋∞)上为减函数,求a的取值范围．[解］（1)对f(x）求导得f′(x）＝6x＋a e x－3x2＋ax e xe x2＝错误!。

2分因为f（x)在x＝0处取得极值，所以f′（0)＝0,即a＝0.当a＝0时，f(x)＝错误!,f′（x)＝错误!,故f（1）＝错误!，f′(1)＝错误!，从而f（x）在点（1，f(1）)处的切线方程为y－错误!＝错误!（x－1)，化简得3x－e y＝0.5分(2)由（1)知f′(x）＝错误!,令g（x）＝－3x2＋(6－a）x＋a，由g（x）＝0解得x1＝错误!，x2＝错误!.7分当x<x1时，g(x）〈0，即f′(x)〈0，故f(x）为减函数；当x1〈x〈x2时，g(x)〉0，即f′（x)>0，故f(x)为增函数；当x>x2时，g(x）〈0，即f′(x)〈0,故f（x）为减函数。

[配套K12]2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单

第三章导数及其应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单调性教师用书理新人教版(建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝x ln x ，则( ) A.在(0，＋∞)上递增B.在(0，＋∞)上递减C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0得x >1e ，令f ′(x )<0得0<x <1e ，故选D.答案 D2.下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2B.(π，2π)C.⎝⎛⎭⎪⎫3π2，5π2D.(2π，3π)解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2时，恒有x cos x >0. 答案 C3.已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件. 答案 A4.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )解析由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢. 答案 B5.设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A.(1，2]B.(4，＋∞]C.[－∞，2)D.(0，3]解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x≤0时，有0<x ≤3，即在(0，3]上原函数是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]， ∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 答案 A 二、填空题6.函数f (x )＝exx的单调递增区间为________.解析函数的定义域为{x |x ≠0}，且f ′(x )＝e x（x －1）x2，令f ′(x )>0得x >1. 答案 (1，＋∞)7.已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x，若f (x )在[－1，1]上是单调减函数，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x，由题意当x ∈[－1，1]时，f ′(x )≤0恒成立，即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈[－1，1]时恒成立. 令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）≤0，g （1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧（－1）2＋（2－2a ）·（－1）－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞8.(2017·合肥模拟)若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________.解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时， f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19. 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞三、解答题9.(2016·北京卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间. 解 (1)∵f (x )＝x ea －x＋bx ，∴f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)得f (x )＝x e 2－x＋e x ，由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x>0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号.令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上递增， ∴g (x )≥g (1)＝1在R 上恒成立，∴f ′(x )>0在R 上恒成立.∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞). 10.设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋1.(1)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围.解 (1)由已知得，f ′(x )＝x 2－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 ).(2)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x max＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立.所以满足要求的实数a 的取值范围是(－∞，－22).能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2017·承德调考)已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( ) A.f (1)<e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0) B.f (1)>e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0) C.f (1)>e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0) D.f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0)解析令g (x )＝f （x ）ex，则g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）e x ′＝f ′（x ）e x－f （x ）（e x）′e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x<0，所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 017)<g (0)，即f （1）e1<f （0）1，f （2 017）e2 017<f （0）1，故f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0).答案 D12.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53.由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立. 令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0，在t ∈[－1，1]上恒成立.∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13.答案 C13.已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________.解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－（x －1）（x －3）x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0，1)∪(2，3)14.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求实数m 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x，当a >0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )不是单调函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，即g ′(x )＝0在区间(t ，3)上有变号零点.由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373，所以－373<m <－9，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。

2018年高考数学一轮复习热点难点精讲精析 2. 11导数及其应用

2018年高考一轮复习热点难点精讲精析：2.11导数及其应用一、变化率与导数、导数的运算<一）利用导数的定义求函数的导数1、相关链接<1）根据导数的定义求函数在点处导数的方法：①求函数的增量；②求平均变化率；③得导数，简记作：一差、二比、三极限。

<2）函数的导数与导数值的区间与联系：导数是原来函数的导函数，而导数值是导函数在某一点的函数值，导数值是常数。

b5E2RGbCAP2、例题解读〖例1〗求函数y=的在x=1处的导数。

解读：〖例2〗一质点运动的方程为。

（1）求质点在[1，1+Δt]这段时间内的平均速度；（2）求质点在t=1时的瞬时速度<用定义及求求导两种方法）分析<1）平均速度为；<2）t=1时的瞬时速度即在t=1处的导数值。

解答：<1）∵∴Δs=8-3(1+Δt>2-(8-3×12>=-6Δt-3(Δt>2,.（3）定义法：质点在t=1时的瞬时速度（4）求导法：质点在t时刻的瞬时速度，当t=1时，v=-6×1=-6.注：导数的物理意义建立了导数与物体运动的瞬时速度之间的关系。

对位移s与时间t的关系式求导可得瞬时速度与时间t的关系。

根据导数的定义求导数是求导数的基本方法，请按照“一差、二比、三极限”的求导步骤来求。

p1EanqFDPw<二）导数的运算1、相关链接<1）运用可导函数求导法则和导数公式，求函数在开区间<a,b）内的导数的基本步骤：①分析函数的结构和特征；②选择恰当的求导法则和导数公式求导；③整理得结果。

<2）对较复杂的函数求导数时，诮先化简再求导，特别是对数函数真数是根式或分式时，可用对数的性质转化真数为有理式或整式求解更为方便。

DXDiTa9E3d<3）复合函数的求导方法求复合函数的导数，一般是运用复合函数的求导法则，将问题转化为求基本函数的导数解决。

①分析清楚复合函数的复合关系是由哪些基本函数复合而成的，适当选定中间变量；②分步计算中的每一步都要明确是对哪个变量求导，而其中特别要注意的是中间变量；③根据基本函数的导数公式及导数的运算法则，求出各函数的导数，并把中间变量转换成自变量的函数；④复合函数的求导熟练以后，中间步骤可以省略，不必再写出函数的复合过程。

2018版高考数学(全国人教B版理)大一轮复习讲义：专题探究课一高考中函数与导数问题的热点题型含答案

（建议用时：80分钟)1。

已知函数f（x)＝x2－ln x－ax，a∈R。

(1）当a＝1时，求f(x)的最小值;(2)若f(x)>x,求a的取值范围.解（1）当a＝1时，f（x）＝x2－ln x－x，f′（x)＝错误!。

当x∈(0，1）时，f′（x)〈0；当x∈（1，＋∞）时,f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f（1）＝0.（2)由f(x）〉x，得f（x)－x＝x2－ln x－(a＋1）x〉0.由于x〉0，所以f（x）〉x等价于x－错误!>a＋1。

令g（x）＝x－错误!，则g′（x)＝错误!。

当x∈（0，1）时，g′(x）<0；当x∈（1，＋∞）时,g′（x）〉0。

故g（x)有最小值g（1）＝1。

故a＋1〈1，a<0，即a的取值范围是（－∞，0）.2。

设a为实数,函数f（x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1）求f（x）的单调区间与极值;（2）求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.（1）解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R,知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′（x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时,f′（x），f（x）的变化情况如下表:故f(x单调递增区间是（ln 2，＋∞），f（x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2）＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)证明设g(x）＝e x－x2＋2ax－1，x∈R,于是g′(x）＝e x－2x＋2a,x∈R。

由(1）知当a〉ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x）〉0，所以g（x）在R内单调递增。

于是当a>ln 2－1时,对任意x∈（0，＋∞），都有g（x)〉g（0).而g（0）＝0,从而对任意x∈（0,＋∞)，都有g（x)〉0.即e x－x2＋2ax－1〉0，故当a〉ln 2－1且x〉0时，e x〉x2－2ax＋1.3.已知函数f（x）＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f（x)在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为－2。

2018版高考数学一轮总复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用模拟演练理

2018版高考数学一轮总复习第2章函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用模拟演练理[A 级基础达标](时间：40分钟)1．设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x.令f ′(x )＝0，则x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．2．[2017·陕西模拟]函数f (x )＝axx 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B解析函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a－x2x 2＋2＝a －x ＋xx 2＋2.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)，故选B.3．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－e D ．0答案 B解析因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.4．[2017·丽水模拟]设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析由题图，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2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处取得极小值．5．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围为( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝2x ＋a －1x 2，因为函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，所以f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，设g (x )＝1x 2－2x ，g ′(x )＝－2x 3－2，令g ′(x )＝－2x 3－2＝0，得x ＝－1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，g ′(x )<0，故g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4－1＝3，所以a ≥3.6．[2017·银川模拟]函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析 f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3.当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，1＜x ＜3时，f ′(x )＜0；x ＜1或x ＞3时，f ′(x )＞0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.7．[2017·河南开封月考]已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k ＞0)的单调递减区间是(0,4)．(1)实数k 的值为________；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k 的取值范围是__________．答案 (1)13 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13解析 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ，由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.(2)由f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ≤0并结合导函数的图象可知，必有－k －k≥4，解得k ≤13.又k ＞0，故0＜k ≤13.8．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19.所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.9．[2015·全国卷Ⅱ]已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．10．[2017·广西模拟]已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下：所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当1<k <2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k ≥2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.[B 级知能提升](时间：20分钟)11．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23答案 A解析由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.12．已知函数f (x )＝a x－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1D ．a ≥3答案 C解析函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.所以选C.13．[2016·北京高考]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．答案 (1)2 (2)(－∞，－1)解析 (1)若a ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0.当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)·(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴f (x )≤f (－1)＝2.∴f (x )的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y ＝－2x 和y ＝x 3－3x 的图象，如图所示，当a <－1时，f (x )无最大值；当－1≤a ≤2时，f (x )max ＝2；当a >2时，f (x )max ＝a 3－3a .综上，当a ∈(－∞，－1)时，f (x )无最大值． 14．[2017·淮南质检]已知函数f (x )＝1＋ln x x.(1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝1；当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以，x ＝1为极大值点，所以a ＜1＜a ＋12，故12＜a ＜1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤x ＋＋ln xx，令g (x )＝x ＋＋ln xx，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln x ＋1＋1x x －x ＋＋ln xx2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )＞0，所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2，故k ≤2.。

【配套K12】2018高考数学大一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节导数在研究函数中的应用第二课时

第二课时利用导数研究函数的极值与最值基础对点练(时间:30分钟)1.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,给出下列命题:①-3是函数y=f(x)的极值点;②-1是函数y=f(x)的极小值点;③y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零;④y=f(x)在区间(-3,1)上单调递增.则正确命题的序号是( B )(A)①② (B)①④ (C)②③ (D)③④解析:由导数的图象知①f′(-3)=0,且两边异号,-3是函数y=f(x)的极值点,正确;②x=-1处,f′(-1)=0,但左右同号,错误;③x=0处切线的斜率应该大于零,错误;④f′(x)在(-3,1)上大于等于零,是增函数,正确.故选B.2.下列命题中正确的是( B )(A)函数y=x3-x2+x有两个极值点(B)函数y=48x-x3有两个极值点(C)函数y=x3有且只有一个极值点(D)函数y=e x-x无极值点解析:函数y=x3-x2+x求导得y′=3x2-2x+1,Δ=(-2)2-4×3=-8<0,所以y′>0恒成立,函数单调递增,不存在极值点,A错误;函数y=48x-x3求导得y′=48-3x2=3(4-x)(4+x),存在两个变号零点,所以函数y=48x-x3有两个极值点,B正确;函数y=x3求导得y′=3x2≥0恒成立,所以函数y=x3单调递增,不存在极值点,C错误;函数y=e x-x的导数y′=e x-1,令y′=0得x=0,且当x<0时,y′<0,当x>0时,y′>0,也就是说函数y=e x-x在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以x=0是一个极小值点,D错误.故选B.3.已知a≥1,f(x)=x3+3|x-a|,若函数f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M,m,则M-m的值为( C )(A)8 (B)-a3-3a+4(C)4 (D)-a3+3a+2解析:当x∈[-1,1]时,f(x)=x3+3(a-x)=x3-3x+3a(a≥1),对函数求导得f′(x)=3(x-1)(x+1).当-1≤x≤1时,f′(x)≤0,所以函数f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以M=f(-1)=3a+2,m=f(1)=3a-2,所以M-m=4.故选C.4.已知f(x)=x3-ax2+4x有两个极值点x1,x2,且f(x)在区间(0,1)上有极大值,无极小值,则实数a的取值范围是( A )(A)(,+∞) (B)[,+∞)(C)(-∞,) (D)(-∞,]解析:由题意得f′(x)=3x2-2ax+4.因为f(x)在区间(0,1)上有极大值,无极小值,所以f′(x)=0的两个根中x1∈(0,1),x2>1,所以f′(0)=4>0,f′(1)=7-2a<0,解得a>.故选A.5.若函数f(x)=x3-3x2-9x+k在区间[-4,4]上的最大值为10,则其最小值为( B )(A)-10 (B)-71 (C)-15 (D)-22解析:因为f′(x)=3x2-6x-9=3(x+1)(x-3).令f′(x)=0,解得x=-1或3.由表格可知当x=-1时,f(x)取得极大值,且f(-1)=-1-3+9+k=5+k,而f(4)=43-3×42-9×4+k=k-20<5+k,故最大值为f(-1)=5+k,所以5+k=10,解得k=5.所以f(x)=x3-3x2-9x+5.又极小值为f(3)=-22,区间端点值f(-4)=-71.所以函数f(x)在x=-4取得最小值-71.故选B.6.(2016·广西北海市高考一模)已知函数f(x)=ax-ln x,当x∈(0,e](e为自然对数的底数)时,函数f(x)的最小值为3,则a的值为( B )(A)e (B)e2(C)2e (D)2e2解析:函数的定义域为(0,+∞),函数的导数f′(x)=,①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在x∈(0,e]上单调递减,最小值f(e)<0,与题意不符;②当a>0时,f′(x)=0的根为.当0<<e,即a>时,f(x)在x∈(0,)上单调递减,在(,e)上单调递增.f(x)min=f()=1-ln=3,解得a=e2,③当≥e,即0<a≤时,f′(x)<0,f(x)在x∈(0,e)上单调递减,f(e)<0,与题意不符.综上所述a=e2,故选B.7.已知函数f(x)=-k(+ln x),若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为( A )(A)(-∞,e] (B)[0,e](C)(-∞,e) (D)[0,e)解析:因为函数f(x)=-k(+ln x),所以函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=-k(-+)=.因为x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,所以x=2是导函数f′(x)=0的唯一根.所以e x-kx=0在(0,+∞)无解,k≤e.故选A.8.已知函数f(x)=x3-3ax+b的单调递减区间为(-1,1),其极小值为2,则f(x)的极大值是.解析:依题意,f(x)的单调递减区间为(-1,1),由f′(x)=3x2-3a=3(x-)(x+),可得a=1,由f(x)=x3-3ax+b在x=1处取得极小值2,可得1-3+b=2,故b=4.所以f(x)=x3-3x+4的极大值为f(-1)=(-1)3-3×(-1)+4=6.答案:69.(2017·湖北襄阳四中高三模拟)若函数f(x)=x2-ln x+1在其定义域内的一个子区间(a-1,a+1)内存在极值,则实数a的取值范围是.解析:函数的定义域为(0,+∞),令f′(x)=2x-==0,解得x=或x=-(舍去),所以函数在子区间(a-1,a+1)内存在极值等价于∈(a-1,a+1) (0,+∞),即解得1≤a<.答案:[1,)·安徽合肥联考)已知函数y=f(x)=.(1)求y=f(x)的最大值;(2)设实数a>0,求函数F(x)=af(x)在[a,2a]上的最小值.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.令f′(x)==0,得x=e,因为当x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)在(0,e)上为增函数;当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(e,+∞)上为减函数.所以f(x)max=f(e)=.(2)因为a>0,由题知F(x)=在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 所以F(x)在[a,2a]上的最小值F(x)min=min{F(a),F(2a)}.因为F(a)-F(2a)=ln ,所以当0<a≤2时,F(a)-F(2a)≤0,F(x)min=F(a)=ln a.当a>2时,F(a)-F(2a)>0,F(x)min=F(2a)=ln 2a.能力提升练(时间:15分钟)P(a,a)与曲线f(x)=xln x相切的直线有两条,则实数a的取值范围是( B )(A)(-∞,e) (B)(e,+∞)(C)(0,) (D)(1,+∞)解析:设切点为(m,mln m),由f(x)=xln x的导数为f′(x)=1+ln x,可得直线的斜率为1+ln m.由切线经过点P(a,a),可得1+ln m=,化简可得=,(*)由题意可得方程(*)有两解.设g(m)=,可得g′(m)=,当m>e时,g′(m)<0,g(m)递减;当0<m<e时,g′(m)>0,g(m)递增.可得g(m)在m=e处取得最大值,且m→0时,g(m)→-∞,m→+∞时,g(m)→0,即有0<<,解得a>e.故选B.12.已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(e x-1)(x-1)k(k=1,2),则( C )(A)当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值(B)当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值(C)当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值(D)当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值解析:①当k=1时,f(x)=(e x-1)(x-1),此时f′(x)=e x(x-1)+(e x-1)=e x·x-1,所以A,B项均错.②当k=2时,f(x)=(e x-1)(x-1)2,此时f′(x)=e x(x-1)2+(2x-2)(e x-1)=(x-1)[e x(x+1)-2],易知g(x)=e x(x+1)-2的零点介于0,1之间,不妨设为x0,则有故f(x)在x=1处取得极小值.故选C.13.已知函数f(x)=ln x-(m∈R)在区间[1,e]取得最小值4,则m=.解析:因为f′(x)=+=,当m≥0时,f′(x)>0,f(x)是[1,e]上的增函数,函数f(x)在x=1处取最小值,则-m=4,即m=-4不合题意;当m<0,-m>0时,当-m≤1,即-1≤m<0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,故函数f(x)在x=1处取最小值,则-m=4,即m=-4不合题意;当-m≥e时,即m≤-e时,f′(x)<0,f(x)是减函数,函数f(x)在x=e处取最小值,则1-=4,故m=-3e合题意;当1<-m<e,即-e<m<-1时,函数f(x)在x=-m处取最小值,则ln(-m)+1=4,即m=-e3,不合题意.综上m=-3e.答案:-3e14.已知函数f(x)=xe x+ax2+2x+1在x=-1处取得极值.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求函数g(x)=f(x)-1在[-2,2]上的值域.解:(1)f′(x)=e x+xe x+2ax+2,因为f(x)在x=-1处取得极值,所以f′(-1)=0,解得a=1.经检验a=1适合,所以f(x)=xe x+x2+2x+1,f′(x)=(x+1)(e x+2),当x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,-1);当x∈(-1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(-1,+∞).(2)因为g(x)=f(x)-1=xe x+x2+2x,所以g′(x)=f′(x)=e x+xe x+2x+2.由(1)知g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,故g(x)在[-2,2]上的极小值也是最小值.g(x)min=g(-1)=--1.又g(-2)=-,g(2)=8+2e2>g(-2),所以g(x)max=8+2e2,所以函数g(x)在[-2,2]上的值域为[--1,8+2e2].好题天天练1.(2016·河北衡水中学高考模拟)已知函数f(x)=若函数f(x)的图象在A,B两点处的切线重合,则实数a的取值范围是( C )(A)(-2,-1) (B)(1,2)(C)(-1,+∞) (D)(-ln 2,+∞)解题关键:利用导数几何意义求出两段函数的切线,根据切线重合, 将其中一个切点横坐标表示为a的函数,求最值.解析:当x<0时,f(x)=x2+x+a的导数为f′(x)=2x+1;当x>0时,f(x)=ln x的导数为f′(x)=,设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))为该函数图象上的两点,且x1<x2,当x1<x2<0或0<x1<x2时,f′(x1)≠f′(x2),故x1<0<x2,函数f(x)在点A(x1,f(x1))处的切线方程为y-(+x1+a)=(2x1+1)(x-x1);函数f(x)在点B(x2,f(x2))处的切线方程为y-ln x2=(x-x2).两直线重合的充要条件是=2x1+1,①ln x2-1=-+a,②由①及x1<0<x2得0<<1,由①②得a=ln x2+(-1)2-1,令t=,则0<t<1,且a=-ln t+t2-t-,设h(t)=-ln t+t2-t-(0<t<1),则h′(t)=-+t-<0,即h(t)在(0,1)上为减函数,则h(t)>h(1)=-ln 1-1=-1,则a>-1,可得函数f(x)的图象在点A,B处的切线重合时,a的取值范围是(-1,+∞).故选C.f(x)=2e x+ax2+ax+1有两个极值,则实数a的取值范围为.解析:因为f′(x)=2e x+ax+a,又函数f(x)=2e x+ax2+ax+1有两个极值,即f′(x)=2e x+ax+a=0有2个不等实根,设a=g(x)=(x≠-1),求导g′(x)==(x≠-1),可知函数g(x)只有一个极值点x=0,则函数g(x)在(-∞,-1),(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,且当x<-1时,g(x)>0,当x>-1时,g(x)≤-2,故要使函数y=a和函数y=g(x)有2个不同交点,就要a<-2.答案:(-∞,-2)。

2018版高考数学(人教A版理)一轮复习教师用书热点探究课2 导数应用中的高考热点问题 Word版含解析

热点探究课(二)三角函数与解三角形中的高考热点问题[命题解读] 从近五年全国卷高考试题来看，解答题第1题(全国卷T 17)交替考查三角函数、解三角形与数列，本专题的热点题型有：一是三角函数的图象与性质；二是解三角形；三是三角恒等变换与解三角形的综合问题，中档难度，在解题过程中应挖掘题目的隐含条件，注意公式的内在联系，灵活地正用、逆用、变形应用公式，并注重转化思想与数形结合思想的应用．热点1 三角函数的图象与性质(答题模板)要进行五点法作图、图象变换，研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，求三角函数的单调区间、最值等，都应先进行三角恒等变换，将其化为一个角的一种三角函数，求解这类问题，要灵活利用两角和(差)公式、倍角公式、辅助角公式以及同角关系进行三角恒等变换．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)．(1)求f (x )的最小正周期；(2)若将f (x )的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间[0，π]上的最大值和最小值．[思路点拨] (1)先逆用倍角公式，再利用诱导公式、辅助角公式将f (x )化为正弦型函数，然后求其周期．(2)先利用平移变换求出g (x )的解析式，再求其在给定区间上的最值．[规范解答] (1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)3分＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，5分于是T ＝2π1＝2π.6分(2)由已知得g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6.8分 ∵x ∈[0，π]，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，10分 ∴g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈[－1,2].11分故函数g (x )在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1.12分[答题模板] 解决三角函数图象与性质的综合问题的一般步骤为：第一步(化简)：将f (x )化为a sin x ＋b cos x 的形式．第二步(用辅助角公式)：构造f (x )＝a 2＋b 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ·a a 2＋b 2＋cos x ·b a 2＋b 2. 第三步(求性质)：利用f (x )＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)研究三角函数的性质．第四步(反思)：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．[温馨提示] 1.在第(1)问的解法中，使用辅助角公式a sin α＋b cos α＝a 2＋b 2 sin (α＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan φ＝b a ，在历年高考中使用频率是相当高的，几乎年年使用到、考查到，应特别加以关注.2．求g (x )的最值一定要重视定义域，可以结合三角函数图象进行求解．[对点训练1] (2016·石家庄模拟)已知函数f (x )＝A sin ωx ＋B cos ωx (A ，B ，ω是常数，ω>0)的最小正周期为2，并且当x ＝13时，f (x )max ＝2.(1)求f (x )的解析式；(2)在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤214，234上是否存在f (x )的对称轴？如果存在，求出其对称轴方程；如果不存在，请说明理由．[解] (1)因为f (x )＝A 2＋B 2sin(ωx ＋φ)，由它的最小正周期为2，知2πω＝2，ω＝π.2分又因为当x ＝13时，f (x )max ＝2，知13π＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，φ＝2k π＋π6(k ∈Z )，4分所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋2k π＋π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6(k ∈Z )．故f (x )的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6.5分 (2)当垂直于x 轴的直线过正弦曲线的最高点或最低点时，该直线就是正弦曲线的对称轴，令πx ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k ＋13(k ∈Z ).7分由214≤k ＋13≤234，解得5912≤k ≤6512，9分又k ∈Z ，知k ＝5，10分由此可知在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤214，234上存在f (x )的对称轴，其方程为x ＝163.12分热点2 解三角形从近几年全国卷来看，高考命题强化了解三角形的考查力度，着重考查正弦定理、余弦定理的综合应用，求解的关键是实施边角互化，同时结合三角恒等变换进行化简与求值．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC 面积的2倍．(1)求sin B sin C ；(2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长．[解] (1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ，S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD .2分因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ，所以AB ＝2AC .由正弦定理，得sin B sin C ＝AC AB ＝12.5分(2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2.7分在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理，知AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ，AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC .9分故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6.由(1)，知AB ＝2AC ，所以AC ＝1.12分[规律方法] 解三角形问题要关注正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理、三角形面积公式，要适时、适度进行“角化边”或“边化角”，要抓住能用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则两个定理都有可能用到．[对点训练2] (2016·北京高考)在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac .(1)求∠B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值．[解] (1)由余弦定理及题设得，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.3分又因为0<∠B <π，所以∠B ＝π4.5分(2)由(1)知∠A ＋∠C ＝3π4，则2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－A ＝2cos A －22cos A ＋22sin A ＝22cos A ＋22sin A ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π4.8分因为0＜∠A ＜3π4，所以当∠A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1.12分热点3 三角恒等变换与解三角形的综合问题以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的综合应用，求解的关键是根据题目提供的信息，恰当地实施边角互化．(2017·东北三省四市一联)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos B －2cos A 2a －b＝cos C c . (1)求a b 的值；(2)若角A 是钝角，且c ＝3，求b 的取值范围． [解] (1)由题意及正弦定理得sin C cos B －2sin C cos A ＝2sin A cos C －sin B cos C ，2分∴sin C cos B ＋sin B cos C ＝2(sin C cos A ＋sin A cos C )．∴sin(B ＋C )＝2sin(A ＋C )．∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin A ＝2sin B ，∴a b ＝2.5分(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋9－a 22b ·3＝b 2＋9－4b 26b＝9－3b 26b <0， ∴b > 3. ①7分∵b ＋c >a ，即b ＋3>2b ，∴b <3， ②由①②得b 的范围是(3，3).12分[规律方法] 1.以三角形为载体，实质考查三角形中的边角转化，求解的关键是抓住边角间的关系，恰当选择正、余弦定理．2．解三角形常与三角变换交汇在一起(以解三角形的某一结论作为条件)，此时应首先确定三角形的边角关系，然后灵活运用三角函数的和、差、倍角公式化简转化．[对点训练3] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2. 【导学号：01772140】(1)求sin 2A sin 2A ＋cos 2A的值； (2)若B ＝π4，a ＝3，求△ABC 的面积．[解] (1)由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2，得tan A ＝13，所以sin 2A sin 2A ＋cos 2A ＝2tan A 2tan A ＋1＝25.5分 (2)由tan A ＝13，A ∈(0，π)，得sin A ＝1010，cos A ＝31010.7分由a ＝3，B ＝π4及正弦定理a sin A ＝b sin B ，得b ＝3 5.9分由sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4，得sin C ＝255.设△ABC的面积为S，则S＝12ab sin C＝9.12分。

【配套K12】2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第2课时利用导数研究函数

第三章导数及其应用第2讲导数的应用第2课时利用导数研究函数的极值、最值教师用书理新人教版(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时，f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点.答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案 A3.(2017·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析由图象可知f (x )的图象过点(1，0)与(2，0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0，8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.答案 C4.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A.3B.4C.6D.5解析设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小. 由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小.故选A.答案 A5.(2017·东北四校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B 二、填空题6.(2017·肇庆模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________. 解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.依题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根，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. 答案 57.(2016·北京卷改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0，则f (x )的最大值为________.解析当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数. ∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2. 答案 28.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________. 解析 ∵y ＝e x＋ax ，∴y ′＝e x＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x<－1，∴a ＝－e x<－1.答案 (－∞，－1) 三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意可知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞).f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4. 所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0；当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减. 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100， f (x )在(0，＋∞)内无极小值；综上，f (x )在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值. 10.已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0，1]上的最小值. 解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下表：所以，f (x (2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在[0，k －1]上单调递减，在[k －1，1]上单调递增，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在[0，1]上单调递减，所以f (x )在区间[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ；当1<k <2时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )在[0，1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2017·石家庄质检)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为( ) A.2B.3C.6D.9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6，又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号.答案 D12.(2017·长沙调研)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( ) A.[－5，0) B.(－5，0) C.[－3，0)D.(－3，0)解析由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3，0)，故选C. 答案 C13.函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________.解析令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：⎩（a ）3－3a a ＋b ＝2，⎩⎪b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1，1). 答案 (－1，1)14.(2017·济南模拟)设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2.(1)若当x ＝－1时，f (x )取得极值，求a 的值，并讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e2.解 (1)f ′(x )＝1x ＋a ＋2x ，依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32. 从而f ′(x )＝（2x ＋1）（x ＋1）x ＋32，且f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞，当－32<x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <－12时，f ′(x )<0；当x >－12时，f ′(x )>0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减. (2)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＋1x ＋a .方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－8，①若Δ≤0，即－2≤a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )无极值.②若Δ>0，即a <－2或a >2，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实根，x 1＝－a －a 2－22，x 2＝－a ＋a 2－22.当a <－2时，x 1<－a ，x 2<－a ，故f ′(x )>0在定义域上恒成立，故f (x )无极值.当a >2时，－a <x 1<x 2，故f (x )在(－a ，x 1)上递增，(x 1，x 2)上递减，(x 2，＋∞)上递增. 故f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2取得极值.综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为(2，＋∞). 由上可知，x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝12.所以，f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 21＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln(－x 2)＋ln(－x 1)＋(x 21＋x 22) ＝ln(x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2 ＝ln 12＋a 2－1>ln 12＋(2)2－1＝ln e 2.。

2018高考数学(理)热点题型函数与导数含解析

函数与导数热点一利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：（1）讨论函数的单调性、极值、最值,（2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围。

【例1】已知函数f（x)＝ln x＋a（1－x）.（1)讨论f(x)的单调性;(2）当f（x）有最大值，且最大值大于2a－2时,求实数a的取值范围。

解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x）＞0，所以f（x)在(0,＋∞)上单调递增.若a＞0，则当x∈错误!时，f′(x）＞0;当x∈错误!时,f′(x）＜0，所以f(x）在错误!上单调递增,在错误!上单调递减。

综上，知当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增;当a＞0时，f（x)在错误!上单调递增，在错误!上单调递减.(2)由(1)知,当a≤0时,f（x)在（0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f（x）在x＝错误!处取得最大值，最大值为f错误!＝ln 错误!＋a错误!＝－ln a＋a－1。

因此f错误!＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0。

令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在（0，＋∞）上单调递增,g（1）＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a）＜0；当a＞1时，g（a）＞0.因此,实数a的取值范围是(0，1）。

【类题通法】（1）研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域,再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围;若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1〈0,则需要构造函数来解.【对点训练】已知a∈R,函数f(x)＝（－x2＋ax）e x(x∈R，e为自然对数的底数）。

（1）当a＝2时,求函数f(x）的单调递增区间；（2）若函数f（x)在（－1，1）上单调递增，求实数a的取值范围。

高考数学真题——函数压轴题(含答案)

所以当 x 1 时， g '(x) 0 ，而 g(1) 0 ，故当 x 1 时， g( x) 0 ．
从而 g (x2) f (2 x2) 0 ，故 x1 x2 2 ．
2013 年数学全国 1 卷
设函数
＝
，
＝
，若曲线
P(0 ， 2) ，且在点 P 处有相同的切线
（Ⅰ）求，，，的值；
（Ⅱ）当 ≥－ 2 时，
f ( x)
令 x 1 得： f (0) 1
f (1)ex 1
f (0) x
f ( x) f (1)ex 1 x 1 x2 2
f (0) f (1)e 1 1
f (1) e
得： f (x) ex x 1 x2 2
g( x) f (x) ex 1 x
g ( x) ex 1 0 y g (x) 在 x R 上单调递增
a 2)
n 0 e n0 n 0 2 n0 n 0 0
.
3 ln( 1) 由于 a
ln a ，因此 f ( x) 在 ( ln a,
) 有一个零点 .
综上， a的取值范围为 (0,1)
2016 年数学全国 1 卷
已知函数 f ( x) (x 2)e x a( x 1)2 有两个零点 .
（ I）求 a 的取值范围；
2
) 时， f ( x) 0 ；
a 当 x(
a2 4 a ,
2
a2 4 )时，
2
f (x )
. 所以 f (x) 在
(0, a
增.
a2 4 a ),(
2
a2 4 ,
2
a ) 单调递减，在 (
a2 4 a ,
2
a2 4 ) 单调递

2018版高考数学一轮总复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用课件

[解]
函数的定义域为 (0，＋∞)，f′(x)＝ x－
2a x
＋a－
2＝x－2xx＋a.
①当－a＝2，即a＝－2时，f′(x)＝
x－22 x
≥0，f(x)在
(0，＋∞)上单调递增．
②当0<－a<2，即－2<a<0时，∵0<x<－a或x>2时，
f′(x)>0；－a<x<2时，f′(x)<0，
B．x＝12为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析
f′(x)＝－
2 x2
＋
1 x
＝
x－2 x2
，∵x>0，∴当x>2时，
f′(x)>0，f(x)是增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)是减函
数，∴x＝2为f(x)的极小值点．
5．[2017·上饶模拟]f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则a的取值范围是___(_－_2_,_2_)___．
4．函数的极大值不一定比极小值大．( √ ) 5．函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( √ )
二、小题快练
1．[课本改编]函数y＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上的最
小值为(
)
A．72
B．36
C．12
D．0
解析因为y′＝4x3－4，令y′＝0即4x3－4＝0，解
得x＝1.当x<1时，y′<0，当x>1时，y′>0，所以函数的极
第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用
板块一知识梳理·自主学习

2018届高三数学理高考总复习课件：冲刺985压轴题命题区间二第二课时利用导数探究含参数函数的性质精品

第二课时
利用导数探究含参数函数ຫໍສະໝຸດ 性质利用导数研究函数的单调性
[典例] 已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，函数g(x)的图象
在点(1，g(1))处的切线平行于x轴． (1)确定a与b的关系； (2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
[ 解]
1 (1)依题意得g′(x)＝x＋2ax＋b(x＞0)．
[方法点拨] (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点． 1 (3)本题(2)求解应先分a＝0或a＞0两种情况，再比较和 2a 1的大小．
[对点演练] (2016· 太原一模)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； 1＋a (2)设函数h(x)＝f(x)＋ x ，求函数h(x)的单调区间．
①当a＋1＞0，即a＞－1时，令h′(x)＞0，∵x＞0，∴x＞1＋a，令h′(x)＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1＋a． ②当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)＞0恒成立，综上，当a＞－1时，h(x)的单调递减区间是(0，a＋1)，单调递增区间是(a＋1，＋∞)；当a≤－1时，h(x)的单调递增区间是(0，＋ ∞)，无单调递减区间．
综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞) 上单调递减； 1 当0＜a＜时，函数g(x)在(0,1)上单调递增， 2
1 1 在1，2a上单调递减，在2a，＋∞上单调递增；
1 当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 2
1 1 当a＞时，函数g(x)在0，2a上单调递增， 2 1 在2a，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件

2 ��
-7-
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x- (x>0).当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x) 没有零点, 当 a>0 时,因为 e2x 单调递增,- 单调递增, 所以 f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
�� 1 又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< ,且 b< 时,f'(b)<0,故当 a>0 时,f'(x)存在唯 4 4 ��
��
一零点.
-8-
(2)证明由(1),可设 f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故 f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b= .
1 2
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
-4-
(1)解由题意可知点 A(0,1). 由 f(x)=ex-ax,得 f'(x)=ex-a. 所以 f'(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-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,极小值为 f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4.f(x) 无极大值. (2)证明令 g(x)=ex-x2,则 g'(x)=ex-2x. 由(1)得 g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 则 g(x)在 R 上单调递增. 因为 g(0)=1>0,所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex.

2018届高中数学高考二轮复习函数与导数教案含答案(全国通用)

教学过程一、考纲解读函数是高中数学最核心的知识，也是高考中最重要的内容，纯粹的函数试题一般有4个客观题1个解答题，分值在35分左右。

当然还有函数与导数、函数与数列、函数与不等式等综合问题:基本初等函数与性质:(1)函数的概念和函数的基本性质是重要考点(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点(3)幂函数不是热点考点，但要了解幂函数的概念以及简单幂函数的性质。

函数与方程应用(1)函数与方程是经常与二次函数等基本函数的图象和性质综合起来考查，是重要考点；(2)函数模型及其应用是考查热点试题类型可能是填空题，也可能在解答题中与函数性质、导数、不等式综合考查.导数及应用(1)导数的几何意义是考查热点，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广.(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.二、复习预习复习相关概念:函数的性质，如三要素、单调性、奇偶性、周期性等基本初等函数（包括二次函数、指对数函数、幂函数）和函数应用，导数的概念和运算，用导数研究函数的性质（单调性和极值）和简单的定积分运算．函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，研究函数时，了解函数的增与减、增减的快与慢以及函数的最大值或最小值等性质是非常重要的．通过研究函数的这些性质，我们可以对数量的变化规律有一个基本的了解．函数的单调性与函数的导数一样都是反映函数变化情况的，函数的单调性与函数的导数的关系.三、知识讲解考点1 基本初等函数和性质函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.特别是两性质的应用更加突出.考生需要理解奇偶性、单调性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象.帮助考生学会怎样利用两性质解题，掌握基本方法，形成应用意识考点2 函数的零点与方程的根(1)函数的零点与方程根的关系函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．(2)零点存在性定理如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f (a )·f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )使得f (c )＝0, 这个c 也就是方程f (x )＝0的根．(3) 应用函数模型解决实际问题的一般程序读题文字语言 ⇒建模数学语言 ⇒求解数学应用 ⇒反馈检验作答.考点3 函数与导数(1)函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .(2)函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f (x )＝x 3，虽有f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点，因为f ′(x )≥0恒成立，f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．(3)闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．四、例题精析例1 [2014·山东卷] 函数f (x )＝1（log 2x ）2－1的定义域为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，12 B ．(2，＋∞) C. ⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞) D. ⎝⎛⎦⎤0，12∪[2，＋∞)【规范解答】答案:C解析:根据题意得,⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，(log 2x )2－1＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x ＞2或x ＜12.故选C. 【总结与反思】本题结合函数的定义域求法综合考查不等式的解法.要求考生掌握基本初等函数的定义域,尤其是分式型,偶次方根型,以及对数型.不等式log 2x >1或log 2x <-1若采用图像法解决更准更快.例2已知偶函数f （x ）在［0，＋∞）单调递减，f （2）＝0．若f （x －1）＞0，则x 的取值范围是__________．【规范解答】∵ 偶函数y ＝f （x ）在［0，＋∞）单调递减，且f （2）＝0．∴ f （x ）＞0的解集为│x │＞2∴ f （x －1）＞0的解集为│x －1│＞2，解得x ∈（－∞，－1）∪（3，＋∞）【总结与反思】 (1)本题考查函数的奇偶性、单调性，及不等式的解法；(2)本题可以利用数形结合的思想来解，先绘出f （x ）的草图，f （x －1）的图象由f （x ）的图象向右平移一个单位得到.也可以采取换元法令x -1=t ,再结合图像处理,最后在求出x 范围例3[2014·全国卷]设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是 ( )A .()f x ()g x 是偶函数B .|()f x |()g x 是奇函数C .()f x |()g x |是奇函数D .|()f x ()g x |是奇函数【规范解答】解法1.选C （验证推理）设()()()F x f x g x =，则()()()F x f x g x -=--，∵()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，∴()()()()F x f x g x F x -=-=-，()F x 为奇函数，选C.解法2.选C （特值验证）从题意条件我们不难想到将函数()f x ，()g x 特殊化，设x x f =)(，2)(x x g = 则A 选项中3)()(x x g x f =不是偶函数，排除A ；B 选项中|()f x |()g x =2x x 很明显是偶函数，排除B 。

高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值

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同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值、最值教师用书文新人教版的全部内容。

函数中的应用第2课时导数与函数的极值、最值教师用书文新人教版基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1.下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )A。

y＝x3B。

y＝ln（－x)C。

y＝x e－x D。

y＝x＋错误!解析由题可知,B，C选项中的函数不是奇函数,A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值），D 选项中的函数既为奇函数又存在极值.答案D2.（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（）A.2B.3 C。

6 D.9解析f′（x)＝12x2－2ax－2b,则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，又a〉0，b〉0，则t＝ab≤错误!错误!＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号。

答案D3。

已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2）时，f（x)＝ln x－ax错误!,当x∈(－2,0)时,f（x）的最小值为1，则a的值等于（）A.错误!B.错误!C.错误!D.1解析由题意知，当x∈（0，2)时，f（x)的最大值为－1。

令f′（x)＝错误!－a＝0，得x＝错误!，当0〈x〈错误!时，f′（x)〉0；当x〉错误!时，f′（x)〈0。