2017版高考数学二轮突破：专题二-函数与导数-ppt课件(227页,含答案)

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2017年高考全国通用数学理大二轮专题复习课件专题二

－ln x 则 g′(x)＝ x2 ，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋ ∞)上单调递减，又∵当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞ 时，g(x)→0，而 g(x)max＝g(1)＝1， 1 ∴只需 0<2a<1⇒0<a<2.
6．[2015· 河北秦皇岛二模]已知函数 y＝f(x)是 R 上的可 fx 导函数，当 x≠0 时，有 f′(x)＋ x >0，则函数 F(x)＝xf(x) 1 ＋x 的零点个数是( A．0 C．2 ) B．1 D．3
可得 loga(－1＋4)>1，所以 1<a<3.
5．[2016· 江西八校联考]已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( A．(－∞，0) C．(0,1)
1 0 ， B. 2
)
D．(0，＋∞)
解析 ∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，故 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令 f′(x)＝0，则 ln x＋1 ln x＋1 2a＝ x ，设 g(x)＝ x ，
e 1 ， 2 e 值范围是_____________ ．
解析
在平面直角坐标系中作出函数 y＝f(x)的图象，如
1 1 1 图，而函数 y＝mx－2恒过定点0，－2，设过点0，－2 与
函数 y＝ln x 的图象相切的直线为 l1，切点坐标为(x0， ln x0)．因 1 为 y＝ln x 的导函数 y′＝ x ，所以图中 y＝ln x 的切线 l1 的斜 1 ln x0＋2 1 1 1 率为 k＝x ，则x ＝，解得 x0＝ e，所以 k＝ .又图 x － 0 e 0 0 0

2017届高三数学二轮复习课件(全国通用)专题突破专题二函数与导数第1讲函数图象与性质、函数

︱高中总复习︱二轮·文数
专题二函数与导数第1讲函数图象与性质、函数与方程
第一页，编辑于星期六：一点十三分。
︱高中总复习︱二轮·文数
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第二页，编辑于星期六：一点十三分。
︱高中总复习︱二轮·文数
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1. (2015·全国Ⅱ卷,文11)如图,长方形ABCD的边AB=2,BC=1,O是AB的中点.点P沿着边BC,CD与DA运动,记∠BOP=x.将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数 f(x),则y=f(x)的图象大致为( ) B
x 0
0,
且关于
x
的方程
f(x)+x-a=0 有且只有一个实根,则实数 a 的取值范围是
.
解析: (2) 由 f(x)+x-a=0 得 f(x)=-x+a,
因为 f(x)=
log2 3x , x
x,
x 0,
0,
所以作出函数
f(x)和
y=-x+a
的图象,
则由图象可知,要使方程 f(x)+x-a=0 有且只有一个实根,则 a>1.
ln x 所以 D 中函数不满足条件.故选 C.
第十七页，编辑于星期六：一点十三分。
︱高中总复习︱二轮·文数 (2)(2016·山东淄博二模)当a>0时,函数f(x)=(x2-ax)ex的图象大致是( )
解析: (2)由 f(x)=0,解得 x2-ax=0,即 x=0 或 x=a, 因为 a>0,所以函数 f(x)有两个零点,所以 A,C 不正确. 设 a=1,则 f(x)=(x2-x)ex,所以 f′(x)=(x2+x-1)ex,

2017高考数学文科二轮复习课件：专题二不等式、函数

• 2．基本初等函数、函数与方程及函数的应用部分： • 对基本初等函数的考查形式主要是选择题、填空题，也有可能以解答题中某一小问的形式出现，考查其图象与性质，多为中偏低档题；函数零点主要考查零点所在区间、零点个数的判断以及由函数零点的个数求解参数的取值范围；函数的实际应用问题常以实际生活为背景，与最值、不等式、导数、解析几何等知识交汇命题，最近几年函数的实际应用问题在高考中有“降温”的趋势．
③解线性规划应用问题：
解题模板 ④利用不等式解决实际问题：根据题意设出相应变量，一般把要求最值的变量设为函数 → 建立相应的函数关系式，确定函数的定义域 → 在定义域内，求函数的最值 → 回到实际问题中，去写出实际问题的答案
热点题型突破
题型一不等式的解法
命题规律
方法点拨
高考中常常从以下三个角度命题： (1)一元二次不等式的解法． (2)与分段函数有关的不等式的解法． (3)由不等式恒成立求参数范围．均以选择、填空题呈现，偶尔出现在解答题中，难度中偏不等式的求解技巧： (1)对于一元二次不等式，应先化为一般形式ax2＋bx＋c>0 相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集． (2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把它们整式不等式(一般为一元二次不等式)求解.
• 3．对于不等式的二轮复习需要做好如下三个
第1讲不等式及线性规划
栏目导航
2年考情回顾
热点题型突破
热点题源预测
对点规范演练逐题对点特训
2年考情回顾
①求不等式的解集设问方式 ②线性规划问题 ③不等式的应用 [例](2015· 北京卷· 7题)． [例](2015· 湖北卷· 10题)．

高考数学新课标全国二轮复习课件2.函数与导数2

第二讲
导数
导数及其应用 (1)导数概念及其几何意义
①了解导数概念的实际背景. ②理解导数的几何意义.
(2)导数的运算
①能根据导数定义求函数y=C(C为常数),
y=x,y=x2,y=x3,y=�� ,y= ��的导数.
②能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单
��
过点 P(2,-5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是 . 解析:由曲线 y=ax2+�� 过点 P(2,-5), 得 4a+2 =-5. 又 y'=2ax-�� 2 ,
��
①
调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、
极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值
(其中多项式函数一般不超过三次). (4)生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.
1.导数的几何意义 (1)函数y=f(x)在x=x0处的导数f'(x0)等于曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率, 即k= f'(x0). (2)曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为y-f(x0)= f'(x0)(x-x0). (3)导数的物理意义:s'(t)=v(t),v'(t)=a(t).
在点
π 2
,2 处的切线与直线 x+ay+1=0 垂直,则
(2-cos �� )'sin �� -(2-cos �� )(sin �� )' 1-2cos �� si n 2 �� π 2

2017届高考数学二轮复习第1部分专题二函数与导数2指数函数、对数函数、幂函数图象与性质课件文

2．指数函数在同一直角坐标系中的图象的相对位置与底数大小的关系如图所示，则 0＜c＜d＜1＜a＜b. 在 y 轴右侧，图象从上到下相应的底数由大变小；在 y 轴左侧，图象从下到上相应的底数由大变小；即无论在 y 轴的左侧还是右侧，底数按逆时针方向变大．
3．对数函数图象在同一直角坐标中的相对位置与底数的大小关系如图所示．
类型一类型二类型三限时速解训练
必考点二指数函数、对数函数、幂函数图象与性质
[高考预测]——运筹帷幄 1．考查指数幂及对数式的化简与运算． 2．以指数函数、对数函数、幂函数为原型进行复合而成的函数的图象与性质． 3．指数型、对数型、幂型的方程式不等式的求解问题．
[速解必备]——决胜千里 1．二次函数 y＝ax2＋bx＋c 为偶函数⇔b＝0.
速解法：设 y1＝f(－2)，则(－2，y1)关于 y＝－x 的对称点为(－y1,2) 在 y＝2x＋a 上， ∴2＝2－y1＋a，∴－y1＋a＝1，即 y1＝a－1 同理设 y2＝f(－4)，∴4＝2－y2＋a，即 y2＝a－2. ∴y1＋y2＝1，∴a－1＋a－2＝1，∴a＝2 答案：C
方略点评：两种方法都采用了关于 y＝－x 对称点的特征.基本法是具体求出对称函数，速解法是间接求出 f－2及 f－4.
A．－1
B．1
C．2
D．4
解析：基本法：设(x，y)是函数 y＝f(x)图象上任意一点，它关于直线 y＝－x 的对称点为(－y，－x)，由 y＝f(x)的图象与 y＝2x＋a 的图象关于直线 y＝－x 对称，可知(－y，－x)在 y＝2x＋a 的图象上，即－x＝2－y＋a，解得 y＝－log2(－x)＋a，所以 f(－2)＋f(－4)＝－log22 ＋a－log24＋a＝1，解得 a＝2，选 C.

高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题一函数与导数、不等式第3讲导数与函数的单调性、极值

创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题一函数与导数、不等式第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题练习理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题一函数与导数、不等式第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题练习理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题一函数与导数、不等式第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题练习理一、填空题1.(2016·苏州调研)函数f （x )＝错误!x 2－ln x 的单调递减区间为________。

解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞），又由f ′（x )＝x －错误!≤0，解得0＜x ≤1，所以函数f （x )的单调递减区间为(0，1］.答案 (0，1]2。

已知函数f （x ）＝4ln x ＋ax 2－6x ＋b (a ，b 为常数)，且x ＝2为f (x ）的一个极值点,则a 的值为________.解析由题意知，函数f （x )的定义域为(0,＋∞),∵f ′（x ）＝错误!＋2ax －6，∴f ′(2）＝2＋4a －6＝0，即a ＝1.答案 13.已知函数f （x )＝错误!mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数,则实数m 的取值范围是____________。

解析 f ′(x )＝mx ＋错误!－2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－错误!错误!＋错误!.令g （x )＝－错误!错误!＋错误!，则当错误!＝1时,函数g (x )取最大值1.故m ≥1。

高中总复习二轮文科数学精品课件专题2 函数与导数 2.1 基本初等函数、函数的图象和性质

(2020全国Ⅲ,文10)
(2021全国乙,文9)
(2021全国甲,文6)
(2022全国乙,文8)
(2018全国Ⅰ,文13)
(2018全国Ⅱ,文12)
(2018全国Ⅲ,文9)
(2019全国Ⅰ,文3)
(2019全国Ⅱ,文6)
(2020全国Ⅰ,文8)
(2020全国Ⅱ,文12)
(2020全国Ⅲ,文12)
(2021全国甲,文4)
周期为2|a-b|;如果函数f(x)的图象关于直线x=a对称,关于点(b,0)(a≠b)对称,
则f(x)为周期函数,周期为4|a-b|.
对点训练2(1)已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时,f(x)=x3-1;当-1≤x≤1时,
f(-x)=-f(x);当
A.-2
B.-1
C.0
D.2
1
x> 时,f
=1
=0+1-1-2-1=-3.
题后反思 1.单调性是函数在其定义域上的局部性质,函数的单调性使得自
变量的不等关系和函数值之间的不等关系可以“正逆互推”.
2.奇偶性和周期性是函数在定义域上的整体性质.偶函数的图象关于y轴对
称,在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性;奇函数的图象
关于坐标原点对称,在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调
所以函数为奇函数,排除B,D选项.
又f(1)=(3-3-1)cos 1>0,故选A.
(2)已知函数 f(x)=x
1
A.y=f(x)+g(x)4
1
B.y=f(x)-g(x)4
C.y=f(x)g(x)
()
D.y=
()
2
1

2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)

2017年高考真题分类汇编(理数)专题2导数(解析版)D答案解析部分一、单选题1、【答案】D【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系【解析】【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能2、【答案】A【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值【解析】【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）=（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．解得a=﹣1．可得f′（x）=（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，=（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．故选：A．【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．3、【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，函数的零点与方程根的关系，函数的零点【解析】【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（e x﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（e x﹣1+ ）=0，所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a （e x﹣1+ ）有唯一解，等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点．①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最高点为B（1，2a），由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a （e x﹣1+ ）的图象有两个交点，矛盾；③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，且y=a（e x﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（e x﹣1+ ）的图象的最低点为B（1，2a），由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件；综上所述，a= ，故选：C．【分析】通过转化可知问题等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（e x﹣1+ ）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合函数的单调性分析可得结论．二、解答题4、【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=（x﹣）e﹣x （x≥ ），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（Ⅱ）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥ ⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）= e ，f（1）=0，f（）= e ，即有f（x）的最大值为 e ，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e ]．【考点】简单复合函数的导数，利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（Ⅱ）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x ＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．5、【答案】解：（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x ﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x ﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（i）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．（ii）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）=0．解得x1=lna，x2=0．①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（lna，0）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＜0，函数h （x）单调递减；x∈（0，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h （x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h （x）在R上单调递增．③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；x∈（0，lna）时，e x﹣e lna＜0，h′（x）＜0，函数h （x）单调递减；x∈（lna，+∞）时，e x﹣e lna＞0，h′（x）＞0，函数h （x）单调递增．∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna 时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a ﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x ﹣2sinx，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x ﹣2）﹣a（x2+2cosx），可得h′（x）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，可得函数u（x）在R上单调递增．由u（0）=0，可得x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．对a分类讨论：a≤0时，0＜a＜1时，当a=1时，a＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．6、【答案】（1）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）解：函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x （cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos ﹣=﹣．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（1.）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2.）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．7、【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．当x变化时，g′（x），g （x）的变化情况如下表：x （﹣∞，﹣（﹣1，）（，+∞）1）g′（x）+ ﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0， 2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0， 2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0， 2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0， 2]时，h（x）在区间（x0， m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是| ﹣x0|= ≥ = ．因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数的零点【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导函数g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出极值点，通过列表判断函数的单调性求出单调区间即可．（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出导函数H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m= ，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，当m∈（x0， 2]时，通过h（x）的零点．转化推出| ﹣x0|= ≥ =．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出结果．8、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=﹣．由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x=﹣，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（﹣）=0，即﹣+ ﹣+1=0，所以b= + （a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根，所以4a2﹣12b＞0，即a2﹣+ ＞0，解得a＞3，所以b= + （a＞3）．（Ⅱ）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（Ⅲ）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，设x1， x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2= ，x1x2= ，所以f（x 1）+f（x2）= + +a（+ ）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2= ﹣+2，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，所以b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（Ⅰ）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，进而再求导可知g′（x）=6x+2a，通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣，从而f（﹣）=0，整理可知b= +（a＞0），结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根，进而可知a＞3．（Ⅱ）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a= ﹣+ = （4a3﹣27）（a3﹣27），结合a＞3可知h（a）＞0，从而可得结论；（Ⅲ）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为﹣+2，进而问题转化为解不等式b﹣+ ﹣+2= ﹣≥﹣，因式分解即得结论．9、【答案】（1）解：由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+ ）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln ，当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+ ）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；（2）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x=0，有两个零点，由（1）可知：当a＞0时，f（x）=0，有两个零点，则f（x）min=a +（a﹣2）﹣ln ，=a（）+（a﹣2）× ﹣ln ，=1﹣﹣ln ，由f（x）min＜0，则1﹣﹣ln ＜0，整理得：a﹣1+alna＜0，设g（a）=alna+a﹣1，a＞0，g′（a）=lna+1+1=lna+2，令g′（a）=0，解得：a=e﹣2，当a∈（0，e﹣2），g′（a）＜0，g（a）单调递减，当a∈（e﹣2，+∞），g′（a）＞0，g（a）单调递增，g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，由g（1）=1﹣1﹣ln1=0，∴0＜a＜1，a的取值范围（0，1）．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，函数零点的判定定理【解析】【分析】（1.）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；（2.）由（1）可知：当a＞0时才有个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）=alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min=g（e﹣2）=e﹣2lne ﹣2+e﹣2﹣1=﹣﹣1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．10、【答案】（Ⅰ）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x （ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，因为h′（x）=a﹣，且当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（Ⅱ）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x= ，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0， x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0， x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x 0）= ﹣x0﹣x0lnx0= ﹣x0+2x0﹣2 =x0﹣，由x 0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+ = ；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x 0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【考点】导数的运算，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值，导数在最大值、最小值问题中的应用，不等式的综合【解析】【分析】（Ⅰ）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=﹣+ = ＞．11、【答案】解：（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）=1﹣= ，且f（1）=0．所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f(x)<0,这与f（x）≥0矛盾；当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），又因为f（x）min=f（a）≥0，所以a=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，所以ln（1+ ）＜，k∈N*,所以，k∈N*．一方面，因为+ +…+ =1﹣＜1，所以，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞（1+ ）（1+ ）（1+ ）= ＞2，同时当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．因为m为整数，且对于任意正整数n（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜m，所以m的最小值为3．【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，等比数列的前n项和，反证法与放缩法【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx （x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+ ）＜，k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＜e；另一方面可知（1+ ）（1+ ）…（1+ ）＞2，且当n≥3时，（1+ ）（1+ ）…（1+ ）∈（2，e）．。

高三数学(理科)二轮(专题2)《函数与导数1-2-2》ppt课件

时，w 最大，为 808.5；当 40≤t≤100(t∈N)时，w＝f(t)g(t)＝－2t ＋52 山
×－3t＋1309＝61t2－2613t＋52×3109，对称轴为 t＝2213，故当 t＝40 时，w
东金太
阳
最大，为 736.综上，这种商品的日销售额的最大值为 808.5.
书
业
答案：B
有
司
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析热点高考聚集
研思想方法提升
课时跟踪训练
高考专题复习 ·数学（理）
热点三函数在实际问题中的应用
[命题方向]
以二次函数模型、分段函数模型为载体，以实际生产、生活为背
景，求函数的最值问题，以解答题为主．山东金太阳书业有限公司
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析热点高考聚集
山东
金
y＝|log2x|和
y＝12x 的图象，由图象可知有
2
个交点，即函数有
2
个零点．
太阳书
答案：C
业有
限
公
司
菜单隐藏
高考专题复习 ·数学（理）
析热点高考聚集
研思想
方法提升
课时跟踪
3．设函数 f(x)＝l4oxg，2xx，≤x0＞0 ，则 f[f(－1)]＝________；若函数 g(x)
B项，函数定义域为R，且在R上为增函数，故符合要求；C项，函数
山东
定义域为(0，＋∞)，不符合要求；D项，函数定义域为R，但在(－∞，
金太
0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，不符合要求．
阳书
答案：B
业
有
限
公
司

2017版高考数学二轮突破：专题二-函数与导数-课件(227页,含答案)

＝0，则 a＝________．
考点考向探究
返回目录
第5讲函数﹑基本初等函数I的图像与性质
[答案]
（1）D （2）－1－e
[解析] （1）1－1x>0，即x－x 1>0，解得 x<0 或 x>1，故所
求的定义域为（－∞，0）∪（1，＋∞）.
考
（2）因为 f（－e）＝g（－e）＋e＝e ，所以 f（e）＝－e
－f(x2)<x1－x2，且 f(－3)＝－4，则不等式 f log13x－1 >log1
2
2
考
3x－1－1 的解集为(
)
点
A.2，＋∞ B.－∞，2
考
向
C.0，1∪1，2 D.－∞，0∪0，2
探
究
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第5讲函数﹑基本初等函数I的图像与性质
[答案] D
[解析] 已知条件可以化为 f（x1）－x1<f（x2）－x2 对任意 x1<x2 成立，令 g（x）＝f（x）－x，故 g（x）为 R 上的增函数，且 g（－3）＝f（－3）－（－3）＝－1.
知识
y2)，…，(xm，ym)，则 m(xi＋yi)＝________． i＝1
聚焦
测试要点：函数图像对称性的应用
返回目录
第5讲函数﹑基本初等函数I的图像与性质
核
[答案] m
心
知
识
[解析] 由 f（－x）＝2－f（x）得 f（x）的图像关于（0，
聚焦
1）对称，∵y＝x＋ x 1＝1＋1x的图像也关于（0，1）对称，
的函数值转化为求已知区间上的函数值；(2)函数的奇偶
性、函数图像的对称性、函数的周期性之间有密切的关

导数及其应用高考专题突破探秘函数与导数热点问题和动向课件pptx

04
数学思想方法在函数与导数解题中的应用
数形结合思想在函数与导数解题中的应用
总结词
通过将代数问题与几何意义相对应，借助数形结合思想，能够将复杂问题简单化，提高解题效率
VS
详细描述
数形结合思想是通过将代数问题与几何图形相对应，借助图形的性质将问题化抽象为具体，从而简化解题过程。例如，利用函数图像的性质解决不等式问题，或者利用导数图像的性质解决极值点等问题。
05
04
求解
利用所学数学知识，求解数学模型。
06
高考复习建议及备考策略
高考复习建议
制定合理的复习计划
考生应该根据高考要求和自己实际情况，制定一份详细的复习计划，包括复习内容、时间安排、目标设定等。
注重基础知识的学习
在复习过程中，考生应该注重基础知识的学习和掌握，尤其是数学函数和导数部分的基础概念、基本性质和基本方法。
函数与导数的命题动向
01
结合实际问题，突出函数与导数的应用
02
数形结合思想在函数与导数中的应用
03
函数与导数与其他数学知识的综合
高考对函数与导数的解题要求
熟练掌握函数与导数的定义及基本性质
掌握函数与导数的图像表示和几何意义
加强数学思想方法的应用，提高解题能力和思维水平
熟悉函数与导数与其他数学知识的综合应用
加强解题训练
通过大量解题训练，提高解题能力和思维水平，尤其是对于一些经典例题和高考真题要进行深入研究和分析。
建立错题本
将做错的题目整理成错题本，分析错误原因，并加以纠正，以便更好地掌握知识点和解题方法。
高考备考策略
精细化备考

高三数学二轮复习第一篇专题突破专题二函数与导数刺第3讲导数及其应用第1课时导数与函数性质ppt课件文

则
x1
x2
12m m
1 22, m
x1x2 1,
所以0<x1<1<x2,其中x1=12,xm2= 1,4m 12m 14m
2m
2m
此时,函数F(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增;在(x1,x2)上单调递减.
综上所述,当m≤0时,F(x)在(0,+∞)上单调递减;当0<m< 1
4
1上2m 单 2m 调1递4减m;,12m 2m 14m
典型例题
(2017课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. 解析 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0. 故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
A.
1 2
,
B.
1 2
,
C.(0,+∞) D.[0,+∞)
答案 D f '(x)=1 +2ax=2 a x 2 (x1>0),根据题意有f '(x)≥0(x>0)恒成
x
x
立,所以2ax2+1≥0(x>0)恒成立,即2a≥- x1 2 (x>0)恒成立,所以a≥0,故实数

高考二轮专题击破：专题2-函数与导数-数学(文科)ppt

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—— 教师备用例题 ——
[备选理由] 例1通过求函数的单调性求函数零点的个数；例2根据函数零点的情况确定参数的范围，涉及函数的周期性，并且需要将函数零点问题转化为两函数图像交点问题处理；例3是一道新定义问题，需要依据新定义确定参数范围；例4为一道实际应用问题，构建函数模型后利用基本不等式知识求解最值.
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