第三章 高考专题突破一 第1课时
第3章 高考专题突破(1)第2课时 式-2023届高三一轮复习数学精品备课(新高考人教A版2019)
则 F′(x)＝1x＋a－a＋ x2 1－1e－ x－1x＝ax2＋x－x（2 a＋1）－1e－ x－1x
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝2x＋1.
(2)证明 因为f(x)＝ex－2ax(a＞0)， 所以f′(x)＝ex－2a. 令f′(x)＝ex－2a＞0，解得x＞ln 2a； 令f′(x)＝ex－2a＜0，解得x＜ln 2a. 所以f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增. 故f(x)≥f(ln 2a)＝2a－2aln 2a. 所以f(x)≥－4a2＋4a等价于2a－2aln 2a≥－4a2＋4a， 即2aln 2a－4a2＋2a≤0.
第2课时 导数与不等式
核心考点·讲练互动
►考向一 证明不等式[师生共研] [例1](一题多解)设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋ax2－x，a≥0. (1)求f(x)的极值； (2)求证：ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
[自主解答] (1)因为 f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋ax2－x，x＞－1， 所以 f′(x)＝ln(x＋1)＋(x＋1)·x＋1 1＋2ax－1＝ln(x＋1)＋2ax. 令 m(x)＝ln(x＋1)＋2ax，则 m′(x)＝x＋1 1＋2a. 因为 a≥0，所以 m′(x)＞0， 所以 f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增.
当 x∈(0，1)时，F′(x)＜0，此时 F(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，此时 F(x)单调递增. 所以 F(x)min＝F(1)＝0，即 F(x)≥0， 所以 ln x＋1x－exx－1≥0.故当 a≥0 时，ex－1[f(x－1)＋x]≥x2.
高中物理 专题突破1课件 新人教版选修33
动，热运动的激烈程度跟温度有关，温度越高， 热运动越激烈．
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• 【例2】 下列说法中不正确的是 ( )．
• A．沙子、水泥及水搅拌或沙浆是扩散现象 • B．布朗运动是液体分子无规则运动的反映 • C．扩散现象和布朗运动都不是分子运动，
也不能反映分子的运动 • D．因为布朗运动的激烈程度(chéngdù)跟温
度有关，所以布朗运动也叫做热运动
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•解析 扩散现象是指两种不同物质分子彼此进入对方的现象，沙子水泥混 合是物质颗粒(kēlì)进入对方，不是扩散现象，A错．布朗运动的确不是分 子运动，但布朗运动是分子运动引起的，故C错．虽然布朗运动与温度有 关，但是热运动是指分子永不停息的无规则运动，故D错，综上A、C、D 符合要求． •答案 ACD •借题发挥 分子太小，在显微镜下也看不到分子及其运动，只能通过宏观 现象或其他方法间接“看到”分子的运动．
分子运动论 一、分子的大小及微观量的估算
油膜法估测分子直径 油膜法估测分子直径 d，实验的关键是测量油滴在水面上形成 的单分子油膜的面积 S(数格子法)，再就是利用配比的浓度换 算出油滴中所含纯油酸的体积 V，分子直径 d＝VS.
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•阿伏加德罗常数是连接宏观和微观的纽带 •常见的几个关系： •若m：物质的质量，M：摩尔质量，m0：分子(fēnzǐ)质量 •V：物质的体积，Vm：摩尔体积，V0：分子(fēnzǐ)体积 •NA：阿伏加德罗常数，n：物质的量 •N：分子(fēnzǐ)总个数，ρ：物质的密度 •d：分子(fēnzǐ)直径或分子(fēnzǐ)间距离
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则有：(1)ρ＝mV＝VMm，(固体，液体) (2)N＝NAn＝mm0NA＝VV0NA(固体，液体) (3)n＝Mm＝VVm＝NNA (4)m0＝NMA＝mN (5)V0＝NVmA＝NV(固体，液体) (6)V0＝16πd3(球体)，V0＝a3(立方体)
2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式
第1课时 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二 构造函数法证明不等式[例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 >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)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 .题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四 双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状 元 笔 记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得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(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(1－ln 2＋a)，无极大值．(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)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上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以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)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．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＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，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．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ， 综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x.令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2 ，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。
高中物理第3章电磁感应章末分层突破课件新人教版选修1_1
2019/7/12
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2019/7/12
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一如既往．法拉第认为“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效 应．他把引起电流的原因概括为五类，它们都与变化和运动相联系，这就是： 变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导 体等．他把这种由磁得到电的现象叫做电磁感应现象，在电磁感应现象中产生 的电流叫做感应电流．
④ 紧跟老师的推导过程抓住老师的思路。老师在课堂上讲解某一结论时，一般有一个推导过程，如数学问题的来龙去脉、物理概念的抽象归纳、语 文课的分析等。感悟和理解推导过程是一个投入思维、感悟方法的过程，这有助于理解记忆结论，也有助于提高分析问题和运用知识的能力。
⑤ 搁置问题抓住老师的思路。碰到自己还没有完全理解老师所讲内容的时候，最好是做个记号，姑且先把这个问题放在一边，继续听老师讲后面的 内容，以免顾此失彼。来自：学习方法网
C．膜片振动时，穿过线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中产生感应电流
【解析】 当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将 声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的．故 A 错误，B 正确；膜片 随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．故 C 错误； 膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势和感应电流．故 D 正确．
【答案】 D
5．(2015· 山东学业水平检测)(多选)唱卡拉
OK
用的动圈式话筒，它的工作
原理是在弹性膜片后面黏接一个轻小的闭合金属线圈，线圈处于永磁体的磁场
高考语文一轮复习 第三章 第一节 第一讲 考向三 探究配套专题强化复习课件 苏教版
9一声唿哨、最后一个过溜 索表现了领队(lǐnɡ duì)的英雄气 概，
到索头，9 抽身跃下，走到汉子们
粗犷豪迈。
跟前。
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牛终于又上了驮，铃铛朗朗响着，似是急急地要离开这里 (zhèlǐ)。上得马上，才觉出一身黏汗，风吹得身子抖起来。顺风 出一口长气，又觉出闷雷原来一直响着。
（选自《阿城精选集》，有删改）
一
端在索头，另一端如带一缕黑烟，弯弯划
过峡谷。一只大鹰在瘦小汉子身下十余丈 处移来移去，翅膀尖上几根羽毛在风中抖。 再看时，瘦小汉子已到索子向上弯的地方， 悄没声地反着倒手拔索，横在索下的绳也
5
一抖一抖地长出去。
5对瘦小汉子的生 动描写，表现 (biǎoxiàn)了汉子 娴熟的技能，展示 其英勇无畏的一面。
第十四页，共129页。
【阅读启示录】 一篇好的作品必然是作者情动于中，言溢于表的产物。挖
掘文章内在的情感，提示其蕴含的深意要从语言文字入手， 仔细琢磨，反复推敲，把握情节(qíngjié)，真正理解作者的 写作意图，体会文中所蕴含的深刻意蕴，进而把握思想情感。 本文意蕴深刻，涉及人与自然、人与人的关系，动物形象， 人的磨难等；所蕴含的感情非常丰富，如对自然、乐观人生 态度的赞美，对平庸软弱的厌弃等。
第二步，对相关文字进行分析，结合语境概括人物的形象特点。
第二十六页，共129页。
请你组织答案： ______________________________________ _____________________________________________________ _____________________________________________________ 【规范答案】(1)“懒懒”地说话、“稳稳”地坐在马上：表现 他在怒江天险前的从容不迫，胸有成竹；(2)敲一敲溜索，“吼” 我过江：表现他认真负责，关爱部下；(3)瞟一眼，问一声：表 现他受人尊敬，与手下配合默契；(4)一声唿哨、最后(zuìhòu) 一个过溜索：表现他的英雄气概，粗犷豪迈。
【2022高考数学一轮复习(步步高)】目录
第一章集合、常用逻辑用语、不等式§1.1集合§1.2 充分条件与必要条件§1.3 全称量词与存在量词§1.4 不等关系与不等式§1.5 一元二次不等式及其解法§1.6 基本不等式强化训练1不等式中的综合问题第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ§2.1 函数的概念及其表示第1课时函数的概念及其表示第2课时函数的定义域与值域§2.2 函数的基本性质第1课时单调性与最大(小)值第2课时奇偶性、对称性与周期性第3课时函数性质的综合问题§2.3 幂函数与二次函数§2.4 指数与指数函数§2.5 对数与对数函数§2.6 函数的图象§2.7 函数与方程强化训练2函数与方程中的综合问题§2.8 函数模型及其应用第三章导数及其应用§3.1 导数的概念及运算§3.2 导数与函数的单调性§3.3 导数与函数的极值、最值强化训练3导数中的综合问题高考专题突破一高考中的导数综合问题第1课时利用导数研究恒(能)成立问题第2课时利用导函数研究函数的零点第3课时利用导数证明不等式第四章三角函数、解三角形§4.1任意角和弧度制、三角函数的概念§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式§4.3 简单的三角恒等变换第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式第2课时简单的三角恒等变换§4.4 三角函数的图象与性质§4.5 函数y＝A sin(ωx＋φ)的图象及应用强化训练4三角函数中的综合问题§4.6 解三角形高考专题突破二高考中的解三角形问题第五章平面向量、复数§5.1 平面向量的概念及线性运算§5.2 平面向量基本定理及坐标表示§5.3 平面向量的数量积强化训练5平面向量中的综合问题§5.4 复数第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示法§6.2 等差数列及其前n项和§6.3 等比数列及其前n项和强化训练6数列中的综合问题高考专题突破三高考中的数列问题第七章立体几何与空间向量§7.1空间几何体及其表面积、体积强化训练7空间几何体中的综合问题§7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系§7.3 直线、平面平行的判定与性质§7.4 直线、平面垂直的判定与性质强化训练8空间位置关系中的综合问题§7.5 空间向量及其应用高考专题突破四高考中的立体几何问题第八章解析几何§8.1直线的方程§8.2 两条直线的位置关系§8.3 圆的方程§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系强化训练9直线与圆中的综合问题§8.5 椭圆第1课时椭圆及其性质第2课时直线与椭圆§8.6 双曲线§8.7 抛物线强化训练10圆锥曲线中的综合问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第1课时范围与最值问题第2课时定点与定值问题第3课时证明与探索性问题第九章统计与统计案例§9.1 随机抽样、用样本估计总体§9.2 变量间的相关关系、统计案例强化训练11统计中的综合问题第十章计数原理、概率、随机变量及其分布§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理§10.2 排列、组合§10.3 二项式定理§10.4 随机事件的概率与古典概型§10.5 离散型随机变量的分布列、均值与方差§10.6 二项分布与正态分布高考专题突破六高考中的概率与统计问题。
2019年高考数学高分突破复习 专题三 第1讲
第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积高考定位 1.三视图的识别和简单应用；2.简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.答案 A2.(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A.122π B.12π C.82π D.10π解析因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.答案 B3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________.解析 连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC .所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形.又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M－EFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案1124.(2017·全国Ⅰ卷)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________.解析 如图，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，且OA ⊂平面SAC ，所以OA ⊥平面SBC .设球的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ， 所以V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3，所以13r 3＝9⇒r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.答案36π考 点 整 合1.空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等. (2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体.2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.热点一 空间几何体的三视图与直观图【例1】 (1)(2018·兰州模拟)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )A.18 6B.18 3C.18 2D.2722(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A.217B.2 5C.3D.2解析(1)在俯视图Rt△ABC中，作AH⊥BC交于H.由三视图的意义，则BH＝6，HC＝3，根据射影定理，AH2＝BH·HC，∴AH＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH＝3 2.故侧视图的面积S＝6×32＝18 2.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4.则从M 到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.答案(1)C (2)B探究提高 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.2.由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.(3)确定几何体的直观图形状.【训练1】 (1)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之和为( )A.1B.2C.3D.4(2)(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析 (1)设点P 在平面A 1ADD 1的射影为P ′，在平面C 1CDD 1的射影为P ″，如图所示.∴三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图分别为△P ′AD 与△P ″CD ，因此所求面积S ＝S △P ′AD ＋S △P ″CD ＝12×1×2＋12×1×2＝2.(2)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P －ABCD )如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD ，PD ＝22＋22＋22＝2 3. 答案 (1)B (2)B热点二 几何体的表面积与体积 考法1 空间几何体的表面积【例2－1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10 B.12C.14D.16(2)(2018·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π解析 (1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.(2)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体， ∵S 圆锥侧＝π×3×32＋42＝15π，S 圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S 圆锥底＝π×32＝9π.故几何体的表面积S ＝15π＋4π＋9π＝28π. 答案 (1)B (2)C探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小；(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练2】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )A.3π＋42－2B.3π＋22－2C.3π2＋22－2 D.3π2＋22＋2解析 (1)由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S 底＝π×12－(2)2＝π－2.∴几何体表面积S ＝2(2×2)＋12(2π×1×2)＋S 底＝42＋2π＋π－2＝3π＋42－2. 答案 (1)A (2)A 考法2 空间几何体的体积【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.6B.4C.223D.203(2)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.解析 (1)由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为 2.故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个底面半径为1，高为1的14圆柱体构成.所以V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案 (1)A (2)2＋π2探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练3】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.(2)(2018·北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π－163B.4π－163C.8π－4D.4π＋83解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是 2.则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.(2)该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－163.答案(1)43(2)A热点三多面体与球的切、接问题【例3】(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.2r＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R＝3，即R＝32.故球的最大体积V＝43πR3＝92π.答案 B【迁移探究1】若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.解将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.∴体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R＝32＋42＋122＝13.故S球＝4πR2＝169π.【迁移探究2】若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”试求该几何体外接球的体积.解该几何体为四棱锥，如图所示，设正方形ABCD的中心为O，连接OP.由三视图，PH＝OH＝1，则OP＝OH2＋PH2＝ 2.又OB＝OC＝OD＝OA＝ 2.∴点O为几何体外接球的球心，则R＝2，V球＝43πR3＝823π.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练4】(2018·广州三模)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )A.23πB.234π C.64π D.643π解析如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O ∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π. 答案 D1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用. (4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.一、选择题1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.答案 B2.(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，是△PAD，△PCD，△PAB.答案 C3.(2018·湖南师大附中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.8(π＋4)B.8(π＋8)C.16(π＋4)D.16(π＋8)解析由三视图还原原几何体如右图：该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为2，母线长为4，左右为边长是4的正方形.∴该几何体的表面积为2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8).答案 B4.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.πB.3π4C.π2D.π4解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.答案 B5.(2018·北京燕博园押题)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π6D.11π6解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案 B6.(2018·全国Ⅲ卷)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( ) A.12 3B.18 3C.24 3D.54 3解析 设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6.所以三棱锥 D －ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3. 答案 B 二、填空题7.(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)为________.解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.答案 68.(2018·郑州质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1内接于球O，底面ABCD是边长为2的正方形，E为AA1的中点，OA⊥平面BDE，则球O的表面积为________.解析取BD的中点为O1，连接OO1，OE，O1E，O1A，则四边形OO1AE为矩形，∵OA⊥平面BDE，∴OA⊥EO1，即四边形OO1AE为正方形，则球O的半径R＝OA＝2，∴球O的表面积S＝4π×22＝16π.答案16π9.(2018·武汉模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，侧视图是个半圆.则该几何体的体积为________.解析由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体.其中r＝1，高h＝ 3.故几何体的体积V＝13π×12×3＝33π.答案3 3π三、解答题10.在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC中点.(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1－ABC的体积.(1)证明因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，又面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.(2)解∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离. 由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝AA21－AO2＝3，∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝13S△ABC·A1O＝13×12×2×3×3＝1.11.(2018·长春模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AD∥BC，AB＝AC，AD＝12BC＝1，PD＝3，∠BAD＝120°，M为PC的中点.(1)证明：DM∥平面PAB；(2)求四面体MABD的体积.(1)证明取PB中点N，连接MN，AN.∵M为PC的中点，∴MN∥BC且MN＝12 BC，又AD∥BC，且AD＝12BC，得MN綉AD.∴ADMN为平行四边形，∴DM∥AN.又AN⊂平面PAB，DM⊄平面PAB，∴DM∥平面PAB.(2)解取AB中点O，连接PO，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，则PO⊥平面ABCD，取BC中点H，连接AH，∵AB＝AC，∴AH⊥BC，又∵AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，Rt△ABH中，BH＝12BC＝1，AB＝2，∴AO＝1，又AD＝1，△AOD中，由余弦定理知，OD＝ 3. Rt△POD中，PO＝PD2－OD2＝ 6.又S△ABD＝12AB·AD sin 120°＝32，1 3·S△ABD·12PO＝24.∴V M－ABD＝。
高考物理二轮专题突破课件专题三 第1课时
专题三
【专题定位】 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作 用下的曲线运动的问题． 高考对本专题的考查以运动组合为线 索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂， 具有一定的综合性． 考查的主要内容有： ①曲线运动的条件和 运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平 抛运动与圆周运动的多过程组合问题； ⑤应用万有引力定律解 决天体运动问题； ⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题； ⑦ 带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题； ⑧带电粒子在简单组 合场内的运动问题等． 用到的主要物理思想和方法有： 运动的 合成与分解思想、 应用临界条件处理临界问题的方法、 建立类 平抛运动模型方法、等效的思想方法等．
知识方法聚焦
6．卫星变轨 (1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比 低轨道 小 ． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比 高轨道 大 ．
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1．竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利 用 动能定理 来建立联系， 然后结合牛顿第二定律进行动力 学分析．
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第 1 课时
平抛、圆周和天体运动
本 课 1．物体做曲线运动的条件 时 栏 当物体所受合外力的方向跟它的速度方向 不共线 时， 物体 目 开 做曲线运动．合运动与分运动具有 等时性 、 独立性 和 关
等效性 ．
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2．平抛运动
1 2 (1)规律：vx＝ v0 ，vy＝ gt ，x＝ v0t ，y＝ 2gt .
(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体 ①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的
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人教版高考语文一轮复习第三章专题一讲义
专题一掌握关键的整体阅读能力一、小说基本概念和“三要素”小说是通过完整的故事情节和典型的环境描写来塑造具有典型性格的人物、多角度多层次地反映现实生活的文学体裁，是一种与诗歌、散文、戏剧并列的叙事性文学体裁。
生动的人物形象、完整的故事情节和人物活动的具体环境是小说必须具备的三要素。
在三要素中，人物是小说的核心，情节是小说的骨架，环境是小说的依托。
二、小说的种类1．按篇幅分：长篇小说(深刻广泛地反映社会生活)、中篇小说(展示人生长河中的一个片段)、短篇小说(截取一个生活片段，以小见大)和小小说(也叫微型小说，聚焦生活中的一个小“镜头”，见微知著)。
2．按题材分：历史小说、现代小说、科幻小说、推理小说、神魔小说、言情小说、侦探小说、武侠小说等。
3．按体制分：章回体小说、日记体小说、书信体小说、自传体小说。
4．按表现手法分：现实主义小说、浪漫主义小说、现代主义小说。
5．按语言形式分：文言小说、白话小说。
6．按国别分：中国小说、外国小说。
三、高考所选小说体裁的文体特征1．微型小说微型小说也叫小小说、超短篇小说。
它篇幅短小，情节单一，人物仅三两个，多取材于日常生活中的一件小事，形象地表现一个简单的主题。
其特点有：①篇幅短小，②立意奇特，③选材小中见大，④情节完整，⑤结局出人意料。
千字左右的微型小说是高考常考的体裁之一。
阅读时除要抓住小说的三要素外，还要重点品读小说的结尾，它往往是小说情节的匠心之处、主题的集中表达之处。
2．散文化小说散文化小说(也称抒情小说)，是介于散文与小说之间的一种小说文体，是中国现当代小说的新样式。
这类小说情节散文化(或淡化情节)，结构散化，不以曲折的故事情节取胜，也少有冲突，缺乏悬念，呈现给读者的多是日常生活的自然状态，主张“不装假，事实都恢复原状，展示生活的本色”，叙述者的情致，自然地融注、浸洒在色调平淡的描写中。
四、小说与散文的文体区别1．散文所述的事件不要求情节完整，而小说一般有相对完整的情节。
第三章 高考专题突破一 第2课时(新高考一轮复习)
第2课时 导数与方程例1 (12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2上存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点． 规范解答证明 (1)f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝cos x －1x ＋1，[1分]令g (x )＝cos x －1x ＋1，x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2， ∴g ′(x )＝－sin x ＋1(x ＋1)2，x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2， 易知g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2上单调递减．[2分] 又g ′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝－sin π2＋4(π＋2)2＝4(π＋2)2－1<0， ∴∃x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使得g ′(x 0)＝0.[3分] ∴当x ∈(－1，x 0)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，g ′(x )<0， ∴g (x )在(－1，x 0)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上单调递减． 故x ＝x 0为g (x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2上唯一的极大值点， 即f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2上存在唯一的极大值点x 0.[5分] (2)由(1)知f ′(x )＝cos x －1x ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当x ∈(－1,0]时，由(1)可知f ′(x )在(－1,0]上单调递增， ∴f ′(x )≤f ′(0)＝0，∴f (x )在(－1,0]上单调递减， 又f (0)＝0.∴x ＝0为f (x )在(－1,0]上的唯一零点．[7分]②当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f ′(x )在(0，x 0)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上单调递减， 又f ′(0)＝0，∴f ′(x 0)>0，∴f (x )在(0，x 0)上单调递增，此时f (x )>f (0)＝0，不存在零点， 又f ′⎝⎛⎭⎫π2＝cos π2－2π＋2＝－2π＋2<0， ∴∃x 1∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2，使得f ′(x 1)＝0， ∴f (x )在(x 0，x 1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫x 1，π2上单调递减， 又f (x 0)>f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝sin π2－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2 ＝ln 2e π＋2>ln 1＝0.∴f (x )>0在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上恒成立，不存在零点．[9分] ③当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，易知f (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上单调递减， 又f ⎝⎛⎭⎫π2>0，f (π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0， ∴f (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上存在唯一零点．[10分] ④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>ln(π＋1)>1，∴f (x )＝sin x －ln(1＋x )<0， ∴f (x )在(π，＋∞)上不存在零点， 综上所述，f (x )有且仅有2个零点．[12分]第一步：求导函数f ′(x )；第二步：二次求导：设g (x )＝f ′(x )，求g ′(x )；第三步：讨论g (x )的性质：根据g ′(x )的符号讨论g (x )的单调性和零点； 第四步：讨论f (x )的性质：根据f ′(x )的符号讨论f (x )的单调性和零点．跟踪训练1 (2020·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0,1]上零点的个数． 解 (1)因为f (x )＝e x －ax －1， 所以f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )<0，得x <ln a ， 令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12，由(1)知，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递增；当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增；若a ≤0，由f (0)＝0，知f (x )在区间[0,1]上有一个零点；若ln a ≤0，即0<a ≤1，则f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在[0,1]上有一个零点； 若0<ln a <1，即1<a <e ，则f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a,1)上单调递增， 又f (1)＝e －a －1，所以当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0,1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0,1]上有一个零点；若ln a ≥1，即a ≥e ，则f (x )在[0,1]上单调递减，f (x )在[0,1]上只有一个零点． 又当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)， 所以当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点；当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点．根据函数零点情况求参数范围例2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e <0. 所以在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上，h (x )min ＝h (1)＝4， h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，若方程在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，则4<a ≤e ＋2＋3e ， 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e . 思维升华 方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b 在[1,4]上有两个不同的零点，求实数b 的取值范围．解 g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x.在[1,4]上，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2， 又g (4)＝2ln 2－b －2，g (1)＝－54－b .若方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根， 则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，解得ln 2－2<b ≤－54.故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54.破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．例1 (2020·蓉城名校联考)已知函数h (x )＝x e －x ，如果x 1≠x 2且h (x 1)＝h (x 2)，证明：x 1＋x 2>2. 证明 h ′(x )＝e －x (1－x )， 令h ′(x )＝0，解得x ＝1，当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表．由x 1≠x 2，不妨设x 1>x 2，根据h (x 1)＝h (x 2)结合图象(图略)可知x 1>1，x 2<1. 令F (x )＝h (x )－h (2－x )，x ∈[1，＋∞)， 则F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ， ∵x ≥1,2x －2≥0，∴e 2x －2－1≥0，∴F ′(x )≥0，∴F (x )在[1，＋∞)上单调递增， 又∵F (1)＝0，∴x >1时，F (x )>F (1)＝0， 即当x >1时，h (x )>h (2－x )，则h (x 1)>h (2－x 1)， 又h (x 1)＝h (x 2)，∴h (x 2)>h (2－x 1)，∵x 1>1，∴2－x 1<1，∴x 2,2－x 1∈(－∞，1)， ∵h (x )在(－∞，1)上是增函数， ∴x 2>2－x 1，∴x 1＋x 2>2得证．例2 已知f (x )＝x ln x －12mx 2－x ，m ∈R .若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1x 2>e 2(e为自然对数的底数)．证明 欲证x 1x 2>e 2，需证ln x 1＋ln x 2>2，由函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，可得函数f ′(x )有两个零点， 又f ′(x )＝ln x －mx ，所以x 1，x 2是方程f ′(x )＝0的两个不同实根．于是有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－mx 1＝0， ①ln x 2－mx 2＝0， ②①＋②可得ln x 1＋ln x 2＝m (x 1＋x 2)，即m ＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，②－①可得ln x 2－ln x 1＝m (x 2－x 1)， 即m ＝ln x 2－ln x 1x 2－x 1，从而可得ln x 2－ln x 1x 2－x 1＝ln x 1＋ln x 2x 1＋x 2，于是ln x 1＋ln x 2＝(ln x 2－ln x 1)(x 2＋x 1)x 2－x 1＝⎝⎛⎭⎫1＋x 2x 1ln x 2x 1x 2x 1－1.又0<x 1<x 2，设t ＝x 2x 1，则t >1.因此ln x 1＋ln x 2＝(1＋t )ln tt －1，t >1.要证ln x 1＋ln x 2>2，即证(t ＋1)ln tt －1>2(t >1)，即证当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1，令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，则h ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，所以h (t )为(1，＋∞)上的增函数， 因此h (t )>ln 1－2(1－1)1＋1＝0.于是当t >1时，有ln t >2(t －1)t ＋1.所以有ln x 1＋ln x 2>2成立，即x 1x 2>e 2.1．已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间； (2)判断f (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )的单调减区间为(0，e －2)，单调增区间为(e －2，＋∞)． (2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e ，若a >2e，则f (x )min >0，f (x )无零点；若a ＝2e ，则f (x )min ＝0，f (x )有一个零点；若a <2e，则f (x )min <0，f (x )在(0，e －2]上单调递减，在[e －2，＋∞)上单调递增， 当a ≤0时，在(0，e －2]上有f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，∴f (x )在区间(0，e －2]上无零点，在[e －2，＋∞)上有f (e －2a )＝a (1－2e －a )≥0，f (x )在区间[e －2，＋∞)上有一个零点；当0<a <2e时，有0<4-e a <e －2，42(e )4e a af a a -=-，易证当x >0时，e x>x 2成立，∴4(e)af ->a －4a ⎝⎛⎭⎫2a 2＝0，又f (e －2)<0，f (1)＝a >0，∴f (x )在(0，e －2]上有一个零点，在(e －2，＋∞)上有一个零点． 综上，当a >2e 时，f (x )无零点，当a ≤0或a ＝2e 时，f (x )有一个零点，当0<a <2e 时，f (x )有2个零点．2．已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )．若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围． 解 g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x .因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e ≤x <1时，g ′(x )>0；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2， g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ， 所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 3．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，x >0，则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x， 由f ′(x )>0，得x >2，由f ′(x )<0，得0<x <2.故f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为当x →0时，f (x )→＋∞，所以f (x )<0在区间⎝⎛⎭⎫0，13上不可能恒成立， 故要使函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，f (x )>0恒成立， 即对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，a >2－2ln x x －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝⎛⎦⎤0，13， 则h ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2， 再令m (x )＝2ln x ＋2x－2，x ∈⎝⎛⎦⎤0，13， 则m ′(x )＝－2(1－x )x 2<0，故m (x )在⎝⎛⎦⎤0，13上为减函数． 于是m (x )≥m ⎝⎛⎭⎫13＝4－2ln 3≥0.从而h ′(x )≥0，于是h (x )在⎝⎛⎦⎤0，13上为增函数，所以对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13有h (x )<h ⎝⎛⎭⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．4．(2019·天津河北区模拟)已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋e ，g (x )＝1－ln x ，其中e 为自然对数的底数．用max{m ，n }表示m ，n 中的较大者，记函数h (x )＝max{f (x )，g (x )}(x >0)．若函数h (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点，求实数a 的取值范围．解 因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，所以g ′(x )＝－1x<0. 所以函数g (x )在(0，＋∞)内单调递减．①当x ∈(0，e)时，g (x )>g (e)＝0，依题意，h (x )≥g (x )>0，则函数h (x )无零点．②当x ＝e 时，g (e)＝0，f (e)＝e 3－3a e ＋e ，若f (e)＝e 3－3a e ＋e ≤0，即a ≥e 2＋13，则e 是函数h (x )的一个零点； 若f (e)＝e 3－3a e ＋e>0，即a <e 2＋13，则e 不是函数h (x )的零点． ③当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )<0，只需考虑函数f (x )在(e ，＋∞)内零点的情况．因为f ′(x )＝3x 2－3a >3e 2－3a ，所以当a ≤e 2时，f ′(x )>0，函数f (x )在(e ，＋∞)内单调递增． 又f (e)＝e 3－3a e ＋e ，当a ≤e 2＋13时，f (e)≥0，函数f (x )在(e ，＋∞)内无零点； 当e 2＋13<a ≤e 2时，f (e)<0， 又f (2e)＝8e 3－6a e ＋e ≥8e 3－6e 3＋e>0，此时函数f (x )在(e ，＋∞)内恰有一个零点．当a >e 2时，结合f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )可知，函数f (x )在(e ，a )内单调递减，在(a ，＋∞)内单调递增．因为f (e)＝e 3－3a e ＋e<e 3－3e 3＋e<0，f (2a )＝8a 3－6a 2＋e>8a 2－6a 2＋e ＝2a 2＋e>0，所以此时函数f (x )在(e ，＋∞)内恰有一个零点．综上，若h (x )在(0，＋∞)内恰有2个零点，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋13，＋∞.5．(2019·河南豫北名校联考)已知函数f (x )＝e x ＋1－kx －2k (其中e 是自然对数的底数，k ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当函数f (x )有两个零点x 1，x 2时，证明x 1＋x 2>－2.(1)解 易得f ′(x )＝e x ＋1－k ，当k >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln k －1，可得当x ∈(－∞，ln k －1)时，f ′(x )<0，当x ∈(ln k －1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在区间(－∞，ln k －1)上单调递减，在区间(ln k －1，＋∞)上单调递增．当k ≤0时，f ′(x )＝e x ＋1－k >0恒成立，故此时函数f (x )在R 上单调递增．(2)证明 当k ≤0时，由(1)知函数f (x )在R 上单调递增，不存在两个零点，所以k >0， 由题意知11e x +＝k (x 1＋2)，21e x +＝k (x 2＋2)，所以x 1＋2>0，x 2＋2>0，可得x 1－x 2＝ln x 1＋2x 2＋2， 不妨设x 1>x 2，令x 1＋2x 2＋2＝t ，则t >1， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋2x 2＋2＝t ，x 1－x 2＝ln x 1＋2x 2＋2，解得x 1＋2＝t ln t t －1，x 2＋2＝ln t t －1， 所以x 1＋x 2＋4＝(t ＋1)ln t t －1， 欲证x 1＋x 2>－2，只需证明(t ＋1)ln t t －1>2， 即证(t ＋1)ln t －2(t －1)>0，令g (t )＝(t ＋1)ln t －2(t －1)(t ≥1)，则g ′(t )＝ln t ＋1t (t ＋1)－2＝ln t ＋1t－1. 令h (t )＝ln t ＋1t－1(t ≥1)， 则h ′(t )＝1t －1t 2≥0，h (t )单调递增， 所以g ′(t )≥g ′(1)＝0.所以g (t )在区间[1，＋∞)上单调递增，所以当t>1时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．。
高考数学高分突破复习专题一第1讲
专题一三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质个方面进行考 1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式 高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两 问题，主要以选择题、填空题的形式考查； 2利用三角函数的性质求解三角函数 的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查 . 真题!8制考点整合丨 L ,E"JL'h l,J l i 麗■■期希倉真题感悟1.(2018全国I卷)已知角a的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终 2 边上有两点A(1, a)，B(2，b)，且cos 2尸3,则|a — b 匸( )5 ^2 5B.牙C."T 1 A.5D.1 2 -J 30解析 由题意知cos c>0.因为cos 2a=2cos 2 a —1 ，所以COS a=亠孑，Sin a6 5 ±6，得|tan a = 由题意知|tan M= a — b ，所以|a — b 匸 答案 B 2.(2017全国川卷)设函数f(x)= cosjx +寸，则下列结论错误的是( )A. f (x)的一个周期为一2nB. y = f(x)的图象关于直线x =竽寸称C. f(x + n 的一个零点为x =6D. f(x)在；，冗单调递减4 ? 解析 A 项，因为f(x)的周期为2k n K € Z 且k 就))，所以f(x)的一个周期为一2% A 项正确.n8 nB 项，因为f(x)图象的对称轴为直线x = k n — 3(k € Z )，当k = 3时，直线是 其对称轴，B 项正确•C 项，f(x +n#cos ［ + 将 x = 61代入得到彳£^= cos^u 0，所以 x =6是 f(x + n 的一个零点，C 项正确.［ n'i n2 nlD 项，因为f(x) = cosx + 3 的递减区间为|2k n — 3，2k n+^' (k € Z )，递增区间为2 n 5 n (n 2 nN n 、||2k n+ y ，2k n+ -3 1 (k € Z )，所以&，空/是减区间，忖，n 是增区间，D 项错误.答案 D 3.(2018 全国 I 卷)已知函数 f(x) = 2cosx — sin 2x + 2，则( )A. f(x)的最小正周期为n 最大值为3B. f(x)的最小正周期为n 最大值为4C. f(x)的最小正周期为2n 最大值为3D. f(x)的最小正周期为2 n 最大值为4222cos 2x +1 3 5解析 易知 f(x) = 2cosx — sin x + 2= 3cosx + 1= 3 2 + 1= ^cos 2x + 则 f(x)的最小正周期为n 当2x = 2k n 即x = k n k € Z )时，f(x)取得最大值，最大值为4. 答案 B4.(2018全国U 卷)若f(x) = cos x — sin x 在［—a, a ］是减函数，J 则a 的最大值是( )nn3 n A.4BQC/^ D. n解析 f(x) = cos x — sin x=/2cosx +方，且函数y = cos x 在区间［0，n 上单调递减, n —a > —_ 4?3n则由0w x+ n n得—詐x<亍因为f(x)在［—a,a］上是减函数，所以n n n解得a< 4，所以0<a w n，所以a的最大值是4.4 ?答案A考点整合（1）y= Asin@汁妨，当片k n k€ Z）时为奇函数；n n当片k n+ 2（k€ Z）时为偶函数；对称轴方程可由3汁R k n+ 2（k€ Z）求得.n（2）y= A COS（3汁妨，当片k n+ 2（k€ Z）时为奇函数；当片k n k€ Z）时为偶函数；对称轴方程可由3汁片k n k€ Z）求得.（3）y= Atan（3汁妨，当匸k n k€ Z）时为奇函数.3.三角函数的两种常见变换向左（^>0）或向右（<p<0）⑴严心 ------------ 平移刚个单位—橫坐标变为原来的丄倍v - sin（C J------ ; ----- : ----------- "" 屮纵坐标不变_. 纵坐标变为原來的A倍v — sin（—3 -------------- ■; -------------------- *■•屮槪坐标不变v =?lsin（tit：r + 舉）（/VA 0 ・制二=0）.cos( a — ® = cos a cos + sin a sin B= — 9.综上可知，COs( a — 3 = — 9.(2 ) v = sin JT 横坐标变为原來的丄倍细坐标不变 向或向右 ----- ------------ ---- ► 平移2个单位纵供标呃为原来的八倍 -3y = ,4sin(a>.J 4~) t AAOs 〉。
第三章 高考专题突破一 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
高考专题突破一 高考中的导数综合问题 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题题型一 分离参数求参数范围 例1 已知函数f (x )＝a e x －2x ＋1. (1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若f (x )>0对x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －2x ＋1， 则f ′(x )＝e x －2， 令f ′(x )<0，解得x <ln 2； 令f ′(x )>0，解得x >ln 2.故函数f (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 故函数f (x )的极小值为f (ln 2)＝2－2ln x ＋1＝3－2ln 2，无极大值． (2)f (x )>0对x ∈R 恒成立， 即a >2x －1e x 对任意x ∈R 都成立，设g (x )＝2x －1e x ，则a >g (x )max ，g ′(x )＝2e x －(2x －1)e x (e x )2＝3－2xe x ，令g ′(x )>0，解得x <32；令g ′(x )<0，解得x >32.故函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，32上单调递增，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递减， ∴g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫32＝322e ＝322e -.故实数a 的取值范围为322e -∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，.思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． (2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ； a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ； a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ； a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1 已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，求a 的取值范围． 解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为∃x ∈(0，＋∞)， 使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立， 所以ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值，为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .题型二 等价转换求参数的范围例2 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x . (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．规范解答解 方法一 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ， f ′(x )＝e x ＋2x －1.[1分]故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.[2分]所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[4分] (2)f (x )≥12x 3＋1等价于⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x ≤1.[5分] 设函数g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x (x ≥0)， 则g ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫12x 3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －1e －x ＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x .[6分](ⅰ)若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0,2)上单调递增，而g (0)＝1， 故当x ∈(0,2)时，g (x )>1，不符合题意．[7分] (ⅱ)若0<2a ＋1<2，即－12<a <12，则当x ∈(0,2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )<0； 当x ∈(2a ＋1,2)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0,2a ＋1)，(2，＋∞)上单调递减， 在(2a ＋1,2)上单调递增． 由于g (0)＝1，所以g (x )≤1，当且仅当g (2)＝(7－4a )e －2≤1， 即a ≥7－e 24.所以当7－e 24≤a <12时，g (x )≤1.[9分](ⅲ)若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )≤⎝⎛⎭⎫12x 3＋x ＋1e －x . 由于0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，12，故由(ⅱ)可得⎝⎛⎭⎫12x 3＋x ＋1e －x≤1. 故当a ≥12时，g (x )≤1.[11分]综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞.[12分]方法二 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ， f ′(x )＝e x ＋2x －1，[1分] 令φ(x )＝e x ＋2x －1， 由于φ′(x )＝e x ＋2>0，故f ′(x )单调递增，注意到f ′(0)＝0，[2分] 故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．[4分] (2)由f (x )≥12x 3＋1得，e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0，①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；[5分] ②当x >0时，分离参数a 得，a ≥－e x －12x 3－x －1x 2，[6分]记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，则g ′(x )＝－(x －2)⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3，[7分]令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －x －1，[8分]令t (x )＝h ′(x )，x ≥0，则t ′(x )＝e x －1≥0， 故h ′(x )单调递增，[9分] h ′(x )≥h ′(0)＝0，故函数h (x )单调递增，h (x )≥h (0)＝0，由h (x )≥0可得e x －12x 2－x －1≥0恒成立，[10分]故当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，[11分]综上可得，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞.[12分]第一步：将a ＝1代入求f (x )，f ′(x )，判断f (x )的单调性． 第二步：将原不等式等价转换，构造新函数g (x )． 第三步：求函数g (x )的导数g ′(x )．第四步：讨论g (x )的单调性，求g (x )的最大值．跟踪训练2 已知函数f (x )＝e x －ax .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ∈[0，＋∞)时，都有f (x )>－a ，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝e x －a (x ∈R )， 当a ≤0时，f ′(x )>0， ∴f (x )在R 上单调递增； 当a >0时，令f ′(x )>0⇒x >ln a ， 令f ′(x )<0⇒x <ln a ，∴f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)依题意知，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min >－a ， 由(1)知，当a ≤1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )min ＝f (0)＝1>－a ，∴－1<a ≤1.当a >1时，f (x )在[0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， ∴f (x )min ＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a >－a ， 解得1<a <e 2.综上，函数a 的取值范围为(－1，e 2)．题型三 双变量的恒(能)成立问题 例3 设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立． g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4. (2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )， 则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1， ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立． 令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0， h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减， 又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0， ∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝1， 故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max . (2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<4x 1x 2，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －ax (x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)－f (x 2)>4(x 1－x 2)x 1x 2，即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2.设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]，|f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x 在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)．在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“00”型的代数式，就设法求其最值．“00”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则． 洛必达法则法则1 若函数f (x )和g (x )满足下列条件(1)lim x →af (x )＝0及lim x →ag (x )＝0；(2)在点a 的某去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)lim x →af ′(x )g ′(x )＝A ，那么lim x →a f (x )g (x )＝lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A . 法则2 若函数f (x )和g (x )满足下列条件 (1)lim x →af (x )＝∞及lim x →ag (x )＝∞；(2)在点a 的某去心邻域内，f (x )与g (x )可导且g ′(x )≠0； (3)lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A ，那么lim x →a f (x )g (x )＝lim x →a f ′(x )g ′(x )＝A . 例1 已知函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)．若对任意x >0都有f (x )>ax 成立，求实数a 的取值范围． 解 方法一 令φ(x )＝f (x )－ax ＝(x ＋1)ln(x ＋1)－ax (x >0)， 则φ′(x )＝ln(x ＋1)＋1－a ， ∵x >0，∴ln(x ＋1)>0.(1)当1－a ≥0，即a ≤1时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝0，∴φ(x )>0恒成立，故a ≤1满足题意．(2)当1－a <0，即a >1时，令φ′(x )＝0，得x ＝e a －1－1， ∴x ∈(0，e a －1－1)时，φ′(x )<0； x ∈(e a －1－1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0，e a －1－1)上单调递减，在(e a －1－1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(e a －1－1)<φ(0)＝0与φ(x )>0恒成立矛盾，故a >1不满足题意． 综上有a ≤1，故实数a 的取值范围是(－∞，1]． 方法二 x ∈(0，＋∞)时，(x ＋1)ln(x ＋1)>ax 恒成立， 即a <(x ＋1)ln (x ＋1)x 恒成立．令g (x )＝(x ＋1)ln (x ＋1)x(x >0)，∴g ′(x )＝x －ln (x ＋1)x 2.令k (x )＝x －ln(x ＋1)(x >0)， ∴k ′(x )＝1－1x ＋1＝xx ＋1>0，∴k (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴k (x )>k (0)＝0， ∴x －ln(x ＋1)>0恒成立，∴g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知lim x →0 g (x )＝lim x →0(x ＋1)ln (x ＋1)x＝lim x →0[ln(x ＋1)＋1]＝1，∴a ≤1，故实数a 的取值范围是(－∞，1]．例2 已知函数f (x )＝x (e x －1)－ax 2(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝－1处有极值，求a 的值． (2)当x >0时，f (x )≥0，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝e x －1＋x e x －2ax ＝(x ＋1)e x －2ax －1，依题意知f ′(－1)＝2a －1＝0，∴a ＝12.(2)方法一 当x >0时，f (x )≥0， 即x (e x －1)－ax 2≥0， 即e x －1－ax ≥0，令φ(x )＝e x －1－ax (x >0)，则φ(x )min ≥0， φ′(x )＝e x －a .①当a ≤1时，φ′(x )＝e x －a >0，∴φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x )>φ(0)＝0， ∴a ≤1满足条件．②当a >1时，若0<x <ln a ，则φ′(x )<0，若x >ln a ，则φ′(x )>0.∴φ(x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(ln a )＝a －1－a ln a ≥0.令g (a )＝a －1－a ln a (a >1)，∴g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a <0，∴g (a )在(1，＋∞)上单调递减．∴g (a )<g (1)＝0与g (a )≥0矛盾，故a >1不满足条件，综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．方法二 当x >0时，f (x )≥0，即x (e x －1)－ax 2≥0，即e x －1－ax ≥0，即ax ≤e x －1，即a ≤e x －1x恒成立， 令h (x )＝e x －1x(x >0)， ∴h ′(x )＝e x (x －1)＋1x 2， 令k (x )＝e x (x －1)＋1(x >0)，∴k ′(x )＝e x ·x >0，∴k (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴k (x )>k (0)＝0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知，lim x →0h (x )＝lim x →0e x －1x ＝lim x →0e x ＝1， ∴a ≤1.故实数a 的取值范围是(－∞，1]．课时精练1．设函数f (x )＝ln x ＋a x(a 为常数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)不等式f (x )≥1在x ∈(0,1]上恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －a x 2， 当a ≤0时，又x >0，∴x －a >0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，∴f (x )单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，∴f (x )单调递减．综上可知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在区间(0，a )上单调递减，在区间(a ，＋∞)上单调递增．(2)f (x )≥1⇔a x ＋ln x ≥1⇔a x≥－ln x ＋1⇔a ≥－x ln x ＋x 对任意x ∈(0,1]恒成立． 令g (x )＝－x ln x ＋x ，x ∈(0,1]．则g ′(x )＝－ln x －x ·1x＋1＝－ln x ≥0，x ∈(0,1]， ∴g (x )在(0,1]上单调递增，∴g (x )max ＝g (1)＝1，∴a ≥1，故a 的取值范围为[1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值． 解 (1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以f (x )在x ＝1e 处取得极小值，且为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x. 问题转化为m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min . 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)． 则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.3．已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，g (x )＝x 2＋x ＋2a ＋1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)当x ∈[1，e]时，f (x )<g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，f ′(x )＝2x ＋(a ＋1)－1x. 依题意知x ∈(1，＋∞)时，2x ＋(a ＋1)－1x≥0恒成立， 即a ＋1≥1x－2x . 令k (x )＝1x－2x ，x ∈(1，＋∞)， ∴k ′(x )＝－1x 2－2<0， ∴k (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴k (x )<k (1)＝－1，∴a ＋1≥－1，即a ≥－2，∴实数a 的取值范围为{a |a ≥－2}．(2)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x －2a －1，x ∈[1，e]，则只需φ(x )max <0即可，φ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. 当a ≤0时，φ′(x )<0，∴φ(x )在[1，e]上单调递减，∴φ(x )max ＝φ(1)＝－a －1，∴－a －1<0，即a >－1，∴－1<a ≤0.当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，φ′(x )<0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增， ∴要使φ(x )max <0，只需⎩⎪⎨⎪⎧φ(1)<0，φ(e )<0，a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1<0，a e －2a －2<0，a >0， 解得0<a <2e －2， 综上，实数a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪⎪ －1<a <2e －2. 4．已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2. ①当a ≤1，x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e ，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e ，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上单调递减．f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e ， 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－a e. (2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a <1时f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e. g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－a e<1， 即a >e 2－2e e ＋1， 所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.5．(2020·衡水中学检测)设函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若对任意a ∈(4,5)及任意x 1，x 2∈[1,2]，恒有a －12m ＋ln 2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x， 当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0, f (x )单调递增，∴函数f (x )的极小值为f (1)＝1，无极大值．(2)由题意知f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x＝(1－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a －1(x －1)x ，当a ∈(4,5)时，1－a <－3,0<1a －1<13， 所以在区间[1,2]上，f ′(x )≤0，则f (x )单调递减，f (1)是f (x )的最大值，f (2)是f (x )的最小值．∴|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (2)＝a 2－32＋ln 2. ∵对任意a ∈(4,5)及任意x 1，x 2∈[1,2]，恒有a －12m ＋ln 2>|f (x 1)－f (x 2)|成立， ∴a －12m ＋ln 2>a 2－32＋ln 2，得m >a －3a －1. ∵a ∈(4,5)，∴a －3a －1＝1－2a －1<1－25－1＝12， ∴m ≥12，故实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.。
第三章 高考专题突破一 第1课时
高考专题突破一 高考中的导数应用问题第1课时 导数与不等式题型一 证明不等式例1 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0.当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g (x )≥g (1)＝1，得证．(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号)．① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 思维升华 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．(1)解 依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ，又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x .(2)证明 依题意，要证f (x )<sin x ，即证x ln x －e x ＋1<sin x ，即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0，故x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .当x >1时，令g (x )＝e x ＋sin x －1－x ln x ，故g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1.令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1，则h ′(x )＝e x －1x－sin x ， 当x >1时，e x －1x>e －1>1， 所以h ′(x )＝e x －1x－sin x >0， 故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故h (x )>h (1)＝e ＋cos 1－1>0，即g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (1)＝e ＋sin 1－1>0，即x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二 不等式恒成立或有解问题例2 (2018·大连模拟)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 )≥k x ＋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 x x 2， 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为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点，所以0<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 ＋1)(1＋ln x )x恒成立， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)， 则g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2.再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，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，即实数k 的取值范围是(－∞，2]．引申探究本例(2)中若改为：∃x ∈[1，e]，使不等式f (x )≥k x ＋1成立，求实数k 的取值范围． 解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x有解， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ∈[1，e])，由例(2)解题知，g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e， 所以k ≤2＋2e，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，2＋2e . 思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪训练2 (2018·沈阳模拟)已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．(1)证明 当a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)解 f ′(x )＝e x －1－2ax ，令h (x )＝e x －1－2ax ，则h ′(x )＝e x －2a .①当2a ≤1，即a ≤12时， 在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0，∴当a ≤12时满足条件． ②当2a >1，即a >12时， 令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(2a )，在[0，ln(2a ))上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴当x ∈(0，ln(2a ))时，有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln(2a ))上为减函数，∴f (x )<f (0)＝0，不合题意．综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)，则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x ＝1＋x x－(x ＋1)e x ＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1x －e x .令G (x )＝1x－e x ，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数， 且G ⎝⎛⎭⎫12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0－0e x ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0，∴F ′(x )>0，F (x )为增函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0，∴F ′(x )<0，F (x )为减函数．∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－00e xx ＋1，又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0＝0e x ，即ln x 0＝－x 0， ∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )．2．(2018·营口模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值． 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)与题意知k <f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x >2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x >2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x (x －2)2， 令m (x )＝x －4－2ln x (x >2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x>0，所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2ln x 0＝0成立，故当2<x <x 0时，m (x )<0，即h ′(x )<0；当x >x 0时，m (x )>0，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02， 所以k <x 02，因为x 0∈(8,10)， 所以x 02∈(4,5)，又k ∈Z ， 所以k 的最大值为4.3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x 2.设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ， 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e. 故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e . 4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解 f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立， f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意．当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不合题意，a ≤0舍去．当0<a <12时，由ln x ≤x －1， 得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x， 则f ′(x )≤2a (x －1)－⎝⎛⎭⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)， ∵0<a <12，∴12a>1. 当x ∈⎣⎡⎦⎤1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， ∴当x ∈⎣⎡⎭⎫1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0， 显然不合题意，0<a <12舍去． 综上可得，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解 依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x－1， 所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2， 则当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12. 又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ，则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾； ②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2，则4－b 2≤－12， 得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾； ③当b >2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，由8－4b ≤－12，得b ≥178. 综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞.6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．解 因为f (x )为偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2e x ，所以f (x )＝2e |x |，对于x ∈[1，k ]，由f (x ＋m )≤2e x 得2e |x ＋m |≤2e x ，两边取以e 为底的对数得|x ＋m |≤ln x ＋1，所以－x －ln x －1≤m ≤－x ＋ln x ＋1在[1，k ]上恒成立，设g (x )＝－x ＋ln x ＋1(x ∈[1，k ])，则g ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x≤0， 所以g (x )在[1，k ]上单调递减，所以g (x )min ＝g (k )＝－k ＋ln k ＋1，设h (x )＝－x －ln x －1(x ∈[1，k ])，易知h (x )在[1，k ]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－2，故－2≤m ≤－k ＋ln k ＋1，若实数m 存在，则必有－k ＋ln k ≥－3，又k >1，且k 为整数，所以k ＝2满足要求，故整数k 的最小值为2.。
【高考专项】2017版浙江选考高分突破专题复习(课件+Word版训练) 专题一 力与直线运动 第1课时
瞬时速度，故只有选项B正确。 答案 B
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4.关于速度、速度改变量、加速度，下列说法正确的是(
A.物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大 B.速度很大的物体，其加速度可能很小，也可能为零 C.某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零 D.加速度很大时，运动物体的速度一定很大
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知识点四
运动图象(d/d)
7.甲、乙两个质点同时出发做直线运动， x － t 图象如图 4所示， 下列说法正确的是( )
图4
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A.甲的速度比乙的大 B.甲的加速度比乙的大 C.t1时刻，甲和乙速度相等 D.0～t1时间内甲在乙的前面
由匀变速直线运动规律知第 3 s 内的平均速度等于 x x 2.5 s 时的瞬时速度，即 v2.5＝ ，结合 v2.5＝at2.5 得 a＝ ＝ t3 2.5 2x ，选项 C 正确。 5
答案
C
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6.(2016· 浙江学考模拟)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业
型深海载人潜水器，如图 3所示，它是目前世界上下潜能力
最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底 任务后竖直上浮，从上浮速度为 v时开始计时，此后“蛟龙 号”匀减速上浮，经过时间 t 上浮到海面，速度恰好减为零， 则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为( )
图3
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A.t∝h C.t∝ h
1 B.t∝ h D.t∝h2
高三数学一轮复习 第三章第1课时知能演练轻松闯关 新人教版
1．角α和角β的始边都是x 轴的正半轴，终边关于y 轴对称，则用β表示角α为( )A ．2kπ＋π2－β，k ∈Z B ．2k π－β，k ∈ZC ．(2k ＋1)π－β，k ∈ZD ．2k π＋β，k ∈Z解析：选C.角α与β的终边关于y 轴对称，则α＋β＝2k π＋π，所以α＝2k π＋π－β，k ∈Z ，答案为C.2．若α是第三象限角，则y ＝|sin α2|sin α2＋|cos α2|cosα2的值为( )A ．0B ．2C ．－2D ．2或－2解析：选A.∵α是第三象限角，∴α2是第二或第四象限角．当α2为第二象限角时，y ＝1＋(－1)＝0；当α2为第四象限角时，y ＝－1＋1＝0. ∴y ＝0.3．(2012·洛阳调研)已知角α＝45°，在区间[－720°，0°]内与角α有相同终边的角β＝________.解析：由终边相同的角关系知β＝k ·360°＋45°，k ∈Z ， ∴取k ＝－1，－2，得β＝－675°或β＝－315°. 答案：－675°或－315°4．(2011·高考江西卷)已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴，若P (4，y )是角θ终边上一点，且sin θ＝－255，则y ＝________.解析：因为sin θ＝y42＋y2＝－255，所以y ＜0，且y 2＝64，所以y ＝－8.答案：－8一、选择题1．角α的终边过点P (－1,2)，则sin α＝( )A.55B.255 C ．－55D ．－255解析：选B.由三角函数的定义得sin α＝2－12＋22＝255. 2．(2012·保定质检)已知角α的终边经过点P (m ，－3)，且cos α＝－45，则m 等于( )A ．－114 B.114C ．－4D ．4解析：选C.由题意可知，cos α＝m m 2＋9＝－45，又m ＜0，解得m ＝－4，故选C.3．在直角坐标平面内，对于始边为x 轴正半轴的角，下列命题中正确的是( )A ．第一象限中的角一定是锐角B ．终边相同的角必相等C ．相等的角终边一定相同D ．不相等的角终边一定不同解析：选C.第一象限角是满足2k π＜α＜2k π＋π2，k ∈Z 的角，当k ≠0时，它都不是锐角，与角α终边相同的角是2k π＋α，k ∈Z ；当k ≠0时，它们都与α不相等，亦即终边相同的角可以不相等，但不相等的角终边可以相同．4．一段圆弧的长度等于其圆内接正三角形的边长，则其圆心角的弧度数为( ) A.π3 B.2π3 C. 3 D. 2解析：选C.设圆半径为R ，由题意可知：圆内接正三角形的边长为3R . ∴圆弧长为3R .∴该圆弧所对圆心角的弧度数为3RR＝ 3.5．已知角2α的顶点在原点，始边与x 轴的正半轴重合，终边过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2α∈[0,2π)，则tan α＝( ) A ．－ 3 B. 3C.33 D ．±33 解析：选B.由角2α的终边在第二象限，知tan α＞0，依题设知tan2α＝－3，所以2α＝120°，得α＝60°，tan α＝ 3. 二、填空题6．点P 从(1,0)出发，沿单位圆x 2＋y 2＝1按逆时针方向运动2π3弧长到达点Q ，则点Q 的坐标为________．解析：由弧长公式l ＝|α|r ，l ＝2π3，r ＝1得点P 按逆时针方向转过的角度为α＝2π3，所以点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2π3，sin 2π3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，327．若α是第三象限角，则180°－α是第________象限角．解析：∵α是第三象限角，∴k ·360°＋180°＜α＜k ·360°＋270°，∴－k ·360°－270°＜－α＜－k ·360°－180°，－(k ＋1)·360°＋270°＜180°－α＜－(k ＋1)·360°＋360°，其中k ∈Z ，所以180°－α是第四象限角． 答案：四8．已知角α的终边上一点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫sin 2π3，cos 2π3，则角α的最小正值为________．解析：∵tan α＝cos 23πsin 23π＝－1232＝－33，且sin 23π＞0，cos 23π＜0，∴α在第四象限，由tan α＝－33，得α的最小正值为116π. 答案：116π三、解答题9．已知角θ的终边上有一点P (x ，－1)(x ≠0)，且tan θ＝－x ，求sin θ，cos θ的值． 解：∵θ的终边过点(x ，－1)(x ≠0)，∴tan θ＝－1x，又tan θ＝－x ，∴x 2＝1，∴x ＝±1.当x ＝1时，sin θ＝－22，cos θ＝22； 当x ＝－1时，sin θ＝－22，cos θ＝－22. 10．已知α＝π3.(1)写出所有与α终边相同的角；(2)写出在(－4π，2π)内与α终边相同的角；(3)若角β与α终边相同，则β2是第几象限的角？解：(1)所有与α终边相同的角可表示为{θ|θ＝2k π＋π3，k ∈Z}．(2)由(1)，令－4π<2k π＋π3<2π(k ∈Z)，则有－2－16<k <1－16.又∵k ∈Z ，∴取k ＝－2，－1,0.故在(－4π，2π)内与α终边相同的角是－11π3、－5π3、π3.(3)由(1)有β＝2k π＋π3(k ∈Z)，则β2＝k π＋π6(k ∈Z)．∴β2是第一、三象限的角． 11．已知sin α＜0，tan α＞0. (1)求α角的集合； (2)求α2终边所在的象限；(3)试判断tan α2sin α2cos α2的符号．解：(1)由sin α＜0，知α在第三、四象限或y 轴的负半轴上； 由tan α＞0，知α在第一、三象限，故α角在第三象限，其集合为{α|(2k ＋1)π＜α＜2k π＋3π2，k ∈Z}．(2)由(2k ＋1)π＜α＜2k π＋3π2，得k π＋π2＜α2＜k π＋3π4，k ∈Z ，故α2终边在第二、四象限．(3)当α2在第二象限时，tan α2＜0，sin α2＞0，cos α2＜0，所以tan α2sin α2cos α2取正号；当α2在第四象限时，tan α2＜0，sin α2＜0，cos α2＞0， 所以tan α2sin α2cos α2也取正号．因此，tan α2sin α2cos α2取正号．。
冲刺2020年高考专题全程突破数学人教B版必修第一册讲义：第3章 3.1.1 第2课时 函数的表示方法
第2课时 函数的表示方法学习目 标核 心 素 养1.掌握函数的三种表示方法：解析法、图像法、列表法．(重点)2．会根据不同的需要选择恰当的方法表示函数．(难点)3．理解分段函数的概念，会求分段函数的函数值，能画出分段函数的图像．(重点，难点)4．能在实际问题中选择恰当的方法表示两变量之间的函数关系，并能解决有关问题．(重点、难点)1.通过函数表示的图像法培养直观想象素养．2．通过函数解析式的求法培养运算素养． 3．利用函数解决实际问题，培养数学建模素养.1．函数的图像(1)定义：将函数y ＝f (x )，x ∈A中的自变量x 和对应的函数值y ，分别看成平面直角坐标系中点的横坐标与纵坐标，则满足条件的点(x ，y )组成的集合F 称为函数的图像，即F ＝{(x ，y )|y ＝f (x )，x ∈A }．(2)F 是函数y ＝f (x )的图像，必经满足下列两条①图像上任意一点的坐标(x ，y )都满足函数关系y ＝f (x )； ②满足函数关系y ＝f (x )的点(x ，y )都在函数图像F 上． 2．函数的表示法思考1：任何一个函数都可以用解析法、列表法、图像法三种形式表示吗？提示：不一定．并不是所有的函数都可以用解析式表示，不仅如此，图像法也不适用于所有函数，如D (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ∈Q ，1，x ∈∁R Q .列表法虽在理论上适用于所有函数，但对于自变量有无数个取值的情况，列表法只能表示函数的一个概况或片段．3．分段函数如果一个函数，在其定义域内，对于自变量的不同取值区间，有不同的对应方式，则称其为分段函数．思考2：分段函数是一个函数还是几个函数？ 提示：分段函数是一个函数，而不是几个函数．1．已知函数f (x )由下表给出，则f (3)等于( )x 1≤x <2 2 2<x ≤4 f (x )12 3A.1 B ．2 C ．3D ．不存在C [∵当2<x ≤4时，f (x )＝3，∴f (3)＝3.]2．二次函数的图像的顶点为(0，－1)，对称轴为y 轴，则二次函数的解析式可以为( )A ．y ＝－14x 2＋1 B ．y ＝14x 2－1 C ．y ＝4x 2－16D ．y ＝－4x 2＋16B [把点(0，－1)代入四个选项可知，只有B 正确．] 3．下列给出的式子是分段函数的是( )①f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋1，1≤x ≤5，2x ，x <1.②f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ∈R ，x 2，x ≥2.③f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋3，1≤x ≤5，x 2，x ≤1.④f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋3，x <0，x －1，x ≥5.A ．①②B ．①④C ．②④D ．③④B [结合分段函数的定义可知①④是分段函数，②③中不同对应关系的定义域有重叠部分，故选B.]4．已知函数y ＝f (x )的图像如图所示，则其定义域是________．[－2,3] [由图像可知f (x )的定义域为[－2,3]．]函数的三种表示方法【例1】 某商场新进了10台彩电，每台售价3 000元，试求售出台数x 与收款数y 之间的函数关系，分别用列表法、图像法、解析法表示出来．[解] ①列表法如下：x (台)12 345y (元) 3 000 6 000 9 000 12 000 15 000 x (台)678910y (元) 18 000 21 000 24 000 27 000 30 000②图像法：如图所示．③解析法：y＝3 000x，x∈{1,2,3，…，10}．列表法、图像法和解析法是从三个不同的角度刻画自变量与函数值的对应关系，同一个函数可以用不同的方法表示.在用三种方法表示函数时要注意：①解析法必须注明函数的定义域；②列表法中选取的自变量要有代表性，应能反映定义域的特征；③图像法中要注意是否连线.1．若集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤3}，则给出的下列图形表示为定义在A上的函数图像的是()A B C D(2)由下表给出函数y＝f(x)，则f(f(1))等于()x 12345y 4532 1A.1B．2C．4 D．5(1)D(2)B[(1)A中的对应不满足函数的存在性，即存在x∈A，但B中无与之对应的y；B、C均不满足函数的唯一性，只有D正确．(2)由题意可知，f(1)＝4，f(4)＝2，∴f(f(1))＝f(4)＝2，故选B.]函数解析式的求法【例2】 (1)已知f (x ＋1)＝x －2x ，求f (x )的解析式； (2)已知函数f (x )是一次函数，若f (f (x ))＝4x ＋8，求f (x )的解析式；(3)如图所示，已知底角为45°的等腰梯形ABCD ，底边BC 长为7 cm ，腰长为2 2 cm ，当垂直于底边BC (垂足为F )的直线l 从左至右移动(与梯形ABCD 有公共点)时，直线l 把梯形分成两部分，令BF ＝x ，试写出左边部分的面积y 关于x 的函数解析式．[思路点拨] (1)用换元法或配凑法求解；(2)用待定系数法求解；(3)可按点E 所在的位置分E 在线段AB ，E 在线段AD 及E 在线段CD 三类分别求解．[解] (1)法一(换元法)：令t ＝x ＋1，则t ≥1，x ＝(t －1)2，代入原式有f (t )＝(t －1)2－2(t －1)＝t 2－4t ＋3，f (x )＝x 2－4x ＋3(x ≥1)．法二(配凑法)：f (x ＋1)＝x ＋2x ＋1－4x －4＋3＝(x ＋1)2－4(x ＋1)＋3， 因为x ＋1≥1，所以f (x )＝x 2－4x ＋3(x ≥1)． (2)设f (x )＝ax ＋b (a ≠0)，则f (f (x ))＝f (ax ＋b )＝a (ax ＋b )＋b ＝a 2x ＋ab ＋b . 又f (f (x ))＝4x ＋8， 所以a 2x ＋ab ＋b ＝4x ＋8，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，ab ＋b ＝8，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝83或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－8.所以f (x )＝2x ＋83或f (x )＝－2x －8.(3)过点A ，D 分别作AG ⊥BC ，DH ⊥BC ，垂足分别是G ，H .因为四边形ABCD 是等腰梯形，底角为45°，AB ＝2 2 cm ， 所以BG ＝AG ＝DH ＝HC ＝2 cm ， 又BC ＝7 cm ，所以AD ＝GH ＝3 cm.①当点F 在BG 上，即x ∈[0,2]时，y ＝12x 2；②当点F 在GH 上，即x ∈(2,5]时，y ＝x ＋x －22×2＝2x －2；③当点F 在HC 上，即x ∈(5,7]时，y ＝S 五边形ABFED ＝S 梯形ABCD －S Rt △CEF ＝12(7＋3)×2－12(7－x )2＝－12(x －7)2＋10.综合①②③，得函数的解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2，x ∈[0，2]，2x －2，x ∈(2，5]，－12(x －7)2＋10，x ∈(5，7].图像如图所示．求函数解析式的常用方法(1)待定系数法：若已知f (x )的解析式的类型，设出它的一般形式，根据特殊值确定相关的系数即可.(2)换元法：设t ＝g (x )，解出x ，代入f (g (x ))，求f (t )的解析式即可.(3)配凑法：对f (g (x ))的解析式进行配凑变形，使它能用g (x )表示出来，再用x 代替两边所有的“g (x )”即可.(4)方程组法(或消元法)：当同一个对应关系中的两个元素之间有互为相反数或互为倒数关系时，可构造方程组求解.提醒：(1)应用换元法求函数解析式时，务必保证函数在换元前后的等价性. (2)在实际问题背景下，自变量取值区间不同，对应关系也不同，此时需要用分段函数表示.2．已知函数f (x ＋1)＝3x ＋2，则f (x )的解析式是( ) A ．f (x )＝3x －1 B ．f (x )＝3x ＋1 C ．f (x )＝3x ＋2D ．f (x )＝3x ＋4A [令x ＋1＝t ，则x ＝t －1，∴f (t )＝3(t －1)＋2＝3t －1.∴f (x )＝3x －1.] 3．已知函数f (x )对于任意的x 都有f (x )－2f (－x )＝1＋2x ，则f (x )＝________. 23x －1 [由题意，在f (x )－2f (－x )＝1＋2x 中，以－x 代替x 可得f (－x )－2f (x )＝1－2x ，联立可得⎩⎪⎨⎪⎧f (x )－2f (－x )＝1＋2x ，f (－x )－2f (x )＝1－2x ，消去f (－x )可得f (x )＝23x －1.]函数的图像及应用【例3】 (1)作出函数y ＝2x ，x ∈[2，＋∞)的图像并求出其值域． (2)某市“招手即停”公共汽车的票价按下列规则制定：①5公里以内(含5公里)，票价2元；②5公里以上，每增加5公里，票价增加1元(不足5公里按照5公里计算)． 如果某条线路的总里程为20公里，请根据题意，写出票价与里程之间的函数解析式，并画出函数的图像．[思路点拨] (1)列表→描点→连结；(2)分段函数的图像需要在同一坐标系中分段画出． [解] (1)列表x 2 3 4 5 …y1231225…当x ∈[2，＋∞)时，图像是反比例函数y ＝2x 的一部分，观察图像可知其值域为(0,1]．(2)设票价为y 元，里程为x 公里，定义域为(0,20]． 由题意得函数的解析式如下：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，0<x ≤5，3，5<x ≤10，4，10<x ≤15，5，15<x ≤20.函数图像如图所示：描点法作函数图像的三个关注点(1)画函数图像时首先关注函数的定义域，即在定义域内作图.(2)图像是实线或实点，定义域外的部分有时可用虚线来衬托整个图像.(3)要标出某些关键点，例如图像的顶点、端点、与坐标轴的交点等.要分清这些关键点是实心点还是空心点.提醒：(1)函数图像既可以是连续的曲线，也可以是直线、折线、离散的点等.(2)分段函数的图像是在同一个直角坐标系内分别作出各段的图像，在作图时要特别注意接点处点的虚实，保证不重不漏.4．已知函数f(x)＝1＋|x|－x2(－2<x≤2)．(1)用分段函数的形式表示f(x)；(2)画出f(x)的图像；(3)若f(a)＝2，求实数a的值．[解](1)当0≤x≤2时，f(x)＝1＋x－x2＝1，当－2<x<0时，f(x)＝1＋－x－x2＝1－x，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，0≤x ≤2，1－x ，－2<x <0.(2)函数f (x )的图像如图所示．(3)∵f (a )＝2由函数图像可知a ∈(－2,0)， ∴1－a ＝2，即a ＝－1.1．函数有三种常用的表示方法，可以适时的选择，以最佳的方式表示函数，解析式后不注明定义域即可视为该函数的定义域为使此解析式有意义的实数集R 或R 的子集．2．作函数图像必须要让作出的图像反映出图像的伸展方向，与x 轴、y 轴有无交点，图像有无对称性，并标明特殊点．3．分段函数是一个函数，而不是几个函数．4．分段函数求值要先找准自变量所在的区间；分段函数的定义域、值域分别是各段函数的定义域、值域的并集.1．思考辨析(1)任何一个函数都可以用解析法表示．( )(2)函数的图像一定是定义区间上一条连续不断的曲线．( ) (3)分段函数由几个函数构成．( )(4)函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤1，－x ＋3，x >1是分段函数．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≤1，2x，x >1，则f (f (3))＝( ) A.15B ．3 C.23D.139D [∵f (3)＝23≤1，∴f (f (3))＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋1＝139.] 3．函数y ＝f (x )的图像如图所示，则其解析式为________．f (x )＝⎩⎨⎧ 2x ，0≤x ≤1，2，1<x <2，3，x ≥2[当0≤x ≤1时，设f (x )＝kx ，又过点(1,2)，故k ＝2，∴f (x )＝2x ； 当1<x <2时，f (x )＝2；当x ≥2时，f (x )＝3.综上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ，0≤x ≤1，2，1<x <2，3，x ≥2.]4．已知函数f (x )＝x 2－2x (－1≤x ≤2)．(1)画出f (x )图像的简图；(2)根据图像写出f (x )的值域．[解] (1)f (x )图像的简图如图所示．(2)观察f(x)的图像可知，f(x)图像上所有点的纵坐标的取值范围是[－1,3]，即f(x)的值域是[－1,3]．。
人教版高考语文一轮复习第三章 专题三 核心突破一讲义
核心突破一分析情节结构——故事讲述，关注其方式、效果一、情节的概念情节是叙事性文学作品中具有内在因果联系的人物活动及其形成的事件的进展过程，由一组或一组以上能显示人物行动、人物与人物、人物与环境之间的复杂关系的具体事件和矛盾冲突构成，是塑造人物性格的主要手段；它以现实生活中的矛盾冲突为依据，经作家的集中、概括并加以组织、结构而成，事件的因果关系亦更加突出。
它是小说中最具体可感的部分，是小说叙事结构中最重要的因素之一。
把握好故事情节，是读懂小说的关键，是整体感知小说的起点，更是欣赏小说艺术特点的基础。
分析情节不是鉴赏小说的目的，而是手段，是为理解人物性格、把握主题服务的。
二、情节的叙述方式1．叙述方式顺叙：按照故事发展的先后顺序展开情节。
顺叙可以使故事情节的发展脉络分明、层次清晰。
倒叙：先将发生在后面的情节或者结局交代出来，再按照顺序叙述故事。
这样容易造成悬念，引人入胜。
插叙：暂时中断正在叙述的事件，插入与该事件或主要情节相关的回忆或故事。
这样可以对小说的主要情节或中心事件构成必要的补充，使情节更加完整，结构更加严密，内容更加充实。
补叙：在行文中用一小段话对故事前面已经交代过的人或事件进行补充交代，这样追加的内容一般没有情节，也不需要有过渡，但可以使故事内容更加完整。
平叙：平行地叙述两件或两件以上同时发生的事，这样可以使故事发展的头绪更加清楚，照应更加得体，但要交代清楚事件的始末时间等。
2．叙述视角(1)全知视角“全知视角”大多见于传统小说，一般以第三人称为主。
叙述者处于全知全能的地位，作品中的人物、故事、场景等无不处于其主宰之下、调度之中。
叙述者凌驾于整个故事之上，洞悉一切，随时对人物的思想及行为做出解释和评价。
这种视角可以使作者随意地对故事情节及人物形象进行加工处理，但作者的过多干预和介入也使作品和读者之间产生距离，从而降低作品的真实度和可信度。
(2)有限视角“有限视角”是限知限觉的视角，以第一人称“我”的角度去叙述事件的过程。
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高考专题突破一 高考中的导数应用问题第1课时 导数与不等式题型一 证明不等式例1 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x . (1)解 由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1. 当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得极大值也为最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1， 即1<x －1ln x<x . 思维升华 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．(1)解 依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ，又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x .(2)证明 依题意，要证f (x )<sin x ，即证x ln x －e x ＋1<sin x ，即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0，故x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .当x >1时，令g (x )＝e x ＋sin x －1－x ln x ，故g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1.令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1，则h ′(x )＝e x －1x－sin x ， 当x >1时，e x －1x>e －1>1， 所以h ′(x )＝e x －1x－sin x >0， 故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故h (x )>h (1)＝e ＋cos 1－1>0，即g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (1)＝e ＋sin 1－1>0，即x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二 不等式恒成立或有解问题例2 (2018·大同模拟)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 )≥k x ＋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 x x 2， 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为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点，所以0<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 ＋1)(1＋ln x )x恒成立， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)， 则g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2. 再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，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，即实数k 的取值范围是(－∞，2]．引申探究本例(2)中若改为：∃x 0∈[1，e]，使不等式f (x 0)≥k x 0＋1成立，求实数k 的取值范围． 解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x有解， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ∈[1，e])，由例(2)解题知， g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e， 所以k ≤2＋2e，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，2＋2e . 思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．跟踪训练2 已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]，若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围． 解 ∵f (x )≤0，即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立，∴a ≤－ln x x，x ∈[1，e]． 令g (x )＝－ln x x ，x ∈[1，e]，则g ′(x )＝ln x －1x 2， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0，∴g (x )在[1，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e. ∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－1e .1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证：f (x )≤g (x )．证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)，则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x ＝1＋x x－(x ＋1)e x ＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1x －e x .令G (x )＝1x－e x ，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数， 且G ⎝⎛⎭⎫12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0－0e x ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0，∴F ′(x )>0，F (x )为增函数；当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0，∴F ′(x )<0，F (x )为减函数．∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－x 00e x＋1，又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0＝0e x ，即ln x 0＝－x 0， ∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )．2．已知f (x )＝e x －ax 2，若f (x )≥x ＋(1－x )·e x 在[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 解 f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)，当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立．当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ；令h ′(x )<0，得0≤x <ln a .∴h (x )在[0，ln a )上单调递减，又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立，∴a >1不合题意．综上，a 的取值范围为(－∞，1]．3．(2018·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2. 设h (x )＝ln x x2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ， 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x(0，e) e (e ，＋∞) h ′(x )＋ 0 － h (x )极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e. 故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解 f ′(x )＝2ax －1－ln x －(2a －1)＝2a (x －1)－ln x (x >0)，易知当x ∈(0，＋∞)时，ln x ≤x －1，则f ′(x )≥2a (x －1)－(x －1)＝(2a －1)(x －1)．当2a －1≥0，即a ≥12时， 由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (1)＝0，符合题意．当a ≤0时，由x ∈[1，＋∞)得f ′(x )≤0恒成立，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (1)＝0，显然不合题意，a ≤0舍去．当0<a <12时，由ln x ≤x －1，得ln 1x ≤1x －1，即ln x ≥1－1x， 则f ′(x )≤2a (x －1)－⎝⎛⎭⎫1－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (2ax －1)， ∵0<a <12，∴12a>1. 当x ∈⎣⎡⎦⎤1，12a 时，f ′(x )≤0恒成立， ∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， ∴当x ∈⎣⎡⎭⎫1，12a 时，f (x )≤f (1)＝0， 显然不合题意，0<a <12舍去． 综上可得，a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.5．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．解 因为f (x )为偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2e x ，所以f (x )＝2e |x |，对于x ∈[1，k ]，由f (x ＋m )≤2e x 得2e |x ＋m |≤2e x ，两边取以e 为底的对数得|x ＋m |≤ln x ＋1，所以－x －ln x －1≤m ≤－x ＋ln x ＋1在[1，k ]上恒成立，设g (x )＝－x ＋ln x ＋1(x ∈[1，k ])，则g ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x≤0， 所以g (x )在[1，k ]上单调递减，所以g (x )min ＝g (k )＝－k ＋ln k ＋1，设h (x )＝－x －ln x －1(x ∈[1，k])，易知h (x )在[1，k ]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－2，故－2≤m ≤－k ＋ln k ＋1，若实数m 存在，则必有－k ＋ln k ≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.。