2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题05导数的热点问题教学案理含解析

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专题04 导数及其应用(教学案) 2019年高考数学(理科)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析

【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，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，要求是B级，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，要求是B级，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，要求是B级；【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线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)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式∈(2)导数的四则运算①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎡⎦⎤u x v x ′＝u x v x －u x vx[v x 2(v (x )≠0)．3．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 . 【感悟提升】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________．答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)， ∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ．【答案】1ln 2-【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x'=，对求导得11y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线相切于点222(,)P x y ，则，由点111(,)P x y 在切线上得，由点222(,)P x y 在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P的坐标为________．解析 ∵(e x )′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎝⎛⎭⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1，又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)．答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)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________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f (x )＝2e x －kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x －k ，x ∈(0，＋∞)，因为x >0，所以2e x >2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增．当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，ln k2内单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln k2，＋∞内单调递增．校的套题每日的销售量y (单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，其中2<x <6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套． (1)求m 的值；校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数) 【解析】解 (1)因为x ＝4时，y ＝21，代入关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，得m2＋16＝21，解得m ＝10. (2)由(1)可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4(x －6)2，所以每日销售套题所获得的利润f (x )＝(x －2)10x －2＋4(x －6)2＝4x 3－56x 2＋240x －278(2<x <6)，从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2<x <6)．令f ′(x )＝0，得x ＝103，且在⎝⎛⎭⎫2，103上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(103，6)上，f ′(x ) <0，函数f (x )单调递减，所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去．题型五利用导数解决不等式的有关问题【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)， f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －ax －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －ax －x ＋1，则g ′(x )＝1x －2ax ＋2＝x 2＋－a x ＋1xx ＋2，g (1)＝0.①当a ≤2，x ∈(1＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．【举一反三】 (2015·湖南，21)已知a ＞0，函数f (x )＝e ax sin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点，证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立. 证明 (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e ax sin(x ＋φ)，其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π，即x ＝m π－φ，m ∈N *，对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π，即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ，则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上， f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值，所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)．此时，f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *； x n ＜|f (x n )|恒成立，即n π－φ＜1a 2＋1e a (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜e a （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立，因为(a ＞0)．设g (t )＝e tt (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t 2.令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减；当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增．从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e. 因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a＜g (1)＝e ，即只需a ＞1e 2－1.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题05导数的热点问题热点难点突破理含解

2x＋1
2
4 ∴u′(x)＝－8a<0，
2x＋1
∴当 x>0 时，f′(x)为减函数，
不妨设 x2>x1>0，
( ) x＋x1
令 g(x)＝f(x)＋f(x1)－2f 2 (x>x1)，
可得 g(x1)＝0，
( ) x＋x1
g′(x)＝f′(x)－f′
，
2Leabharlann x＋x1 ∵x> 且 f′(x)是(0，＋∞)上的减函数，
方法二当 x∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)等价于 a>
，
x2
2xln x＋1
令 F(x)＝
(x>1)，
x2
2(x－1－xln x)
F′(x)＝
(x>1)，
x3
记 m(x)＝x－1－xln x(x>1)，
则 m′(x)＝－ln x<0，
∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)<m(1)＝0，
当 v>10 3 2时，y′>0，函数单调递增，
∴当 0<c<10 3 2时，函数在(c,103 2)上单调递减，
在(103 2，15)上单调递增，
∴当 v＝10 3 2时总用氧量最少，
当 c≥10 3 2时，y 在[c,15]上单调递增，
∴当 v＝c 时总用氧量最少．
综上，若 0<c<103 2，
( )( ) ( ) 1
2
n3
(2)证明：不等式 1＋ 1＋ ·…· 1＋ <e 对于正整数 n 恒成立，其中 e＝2.718 28…为自然对数的
n2
n2
n2 4
底数．

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题02函数的图象与性质教学案理2

专题02 函数的图象与性质【2019年高考考纲解读】(1)函数的概念和函数的基本性质是B级要求，是重要题型；(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，要求都是B级；(3)幂函数是A级要求，不是热点题型，但要了解幂函数的概念以及简单幂函数的性质。

【重点、难点剖析】1．函数及其图象(1)定义域、值域和对应关系是确定函数的三要素，是一个整体，研究函数问题时务必须“定义域优先”．(2)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换．2．函数的性质(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；(2)奇偶性：奇偶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性；(3)周期性：周期性也是函数在定义域上的整体性质．若函数满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其周期T ＝ka(k∈Z)的绝对值．3．求函数最值(值域)常用的方法(1)单调性法：适合于已知或能判断单调性的函数；(2)图象法：适合于已知或易作出图象的函数；(3)基本不等式法：特别适合于分式结构或两元的函数；(4)导数法：适合于可求导数的函数．4．指数函数、对数函数和幂函数的图象和性质(1)指数函数y＝a x(a>0且a≠1)与对数函数y＝log a x(a>0且a≠1)的图象和性质，分0<a<1和a>1两种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共性质；(2)幂函数y＝xα的图象和性质，分幂指数α>0和α<0两种情况．5．函数图象的应用函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论，求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用. 【题型示例】题型一、函数的性质及其应用【例1】 (2018·全国Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)等于( ) A ．－50 B ．0 C ．2 D ．50 答案 C解析 ∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， ∴f (1－x )＝－f (x －1)．∵f (1－x )＝f (1＋x )， ∴－f (x －1)＝f (x ＋1)，∴f (x ＋2)＝－f (x )， ∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝－[－f (x )]＝f (x )， ∴函数f (x )是周期为4的周期函数．由f (x )为奇函数且定义域为R 得f (0)＝0，又∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝0，∴f (－2)＝0. 又f (1)＝2，∴f (－1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (1)＋f (2)＋f (－1)＋f (0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (49)＋f (50) ＝0×12＋f (49)＋f (50)＝f (1)＋f (2)＝2＋0＝2. 故选C.【2017北京，理5】已知函数1()3()3x xf x =-，则()f x（A ）是奇函数，且在R 上是增函数（B ）是偶函数，且在R 上是增函数（C ）是奇函数，且在R 上是减函数（D ）是偶函数，且在R 上是减函数【答案】A【解析】()()113333xxx x f x f x --⎛⎫⎛⎫-=-=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以该函数是奇函数，并且3x y =是增函数， 13xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭是减函数，根据增函数−减函数=增函数，可知该函数是增函数，故选A.【举一反三】【2016年高考四川理数】已知函数()f x 是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，()4x f x =，则5()(1)2f f -+= .【答案】-2【举一反三】(1)(2015·重庆卷)函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( ) A ．[－3,1] B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，x ＋3，x ≤0.若f (a )＋f (1)＝0，则实数a 的值为( )A ．－3B ．－1或3C ．1D ．－3或1 (1)答案：D解析：要使函数有意义，只需x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1.故函数的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)． (2)答案：D解析：f (1)＝lg 1＝0，所以f (a )＝0.当a >0时，则lg a ＝0，a ＝1；当a ≤0时，则a ＋3＝0，a ＝－3.所以a ＝－3或1.【变式探究】 (1)(2014·江西)函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．[0,1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)(2)(2014·浙江)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x <0，－x 2，x ≥0.若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．【命题意图】(1)本题主要考查函数的定义域求法以及不等式的解法．通过定义域的求法考查考生的运算求解能力及转化意识．(2)本题主要考查分段函数和不等式恒成立问题，可结合函数图象进行分析求解．【答案】(1)C (2)(－∞，2]【解析】(1)将求函数的定义域问题转化为解不等式问题．要使f (x )＝ln(x 2－x )有意义，只需x 2－x ＞0，解得x ＞1或x ＜0.∴函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为(－∞，0)∪(1，＋∞)． (2)结合图形，由f (f (a ))≤2可得f (a )≥－2，解得a ≤ 2. 【方法技巧】1．已知函数解析式，求解函数定义域的主要依据有：(1)分式中分母不为零；(2)偶次方根下的被开方数大于或等于零；(3)对数函数y ＝log a x (a ＞0，a ≠1)的真数x ＞0；(4)零次幂的底数不为零；(5)正切函数y ＝tan x 中，x ≠k π＋π2(k ∈Z )．如果f (x )是由几部分的数学式子构成的，那么函数的定义域是使各部分式子都有意义的自变量的集合．根据函数求定义域时：(1)若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，其复合函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；(2)若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．2．函数的值域是由函数的对应关系和函数的定义域所唯一确定的，具有相同对应关系的函数如果定义域不同，函数的值域也可能不相同．函数的值域是在函数的定义域上求出的，求解函数的值域时一定要与函数的定义域联系起来，从函数的对应关系和定义域的整体上处理函数的值域．题型二、函数的图象及其应用【例2】(2018·全国Ⅱ)函数f (x )＝e x－e－xx2的图象大致为( )答案 B【方法技巧】(1)根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是判断函数图象问题的基本方法． (2)判断复杂函数的图象，常借助导数这一工具，先对原函数进行求导，再利用导数判断函数的单调性、极值或最值，从而对选项进行筛选．要注意函数求导之后，导函数发生了变化，故导函数和原函数定义域会有所不同，我们必须在原函数的定义域内研究函数的极值和最值．【2016高考新课标1卷】函数22xy x e =-在[]2,2-的图像大致为（A ）（B ）（C ）（D ）【答案】D【解析】函数f(x)=2x 2–e |x|在[–2,2]上是偶函数，其图像关于y 轴对称，因为22(2)8e ,08e 1f =-<-<，所以排除A 、B选项；当[]0,2x ∈时，()=4e xf x x '-有一零点，设为0x ，当0(0,)x x ∈时，()f x 为减函数，当0(2)x x ,∈时，()f x 为增函数．故选D 。

高中导数热点问题教案模板

课时：2课时教学目标：1. 知识与技能：通过本节课的学习，学生能够掌握导数的几何意义，并能运用导数研究函数的单调性、极值与最值。

2. 过程与方法：通过实例分析和小组讨论，培养学生分析问题、解决问题的能力，提高学生逻辑思维和创新能力。

3. 情感态度与价值观：激发学生学习数学的兴趣，培养学生严谨、求实的科学态度。

教学重难点：1. 教学重点：导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值与最值。

2. 教学难点：运用导数解决实际问题的能力，提高学生分析问题和解决问题的能力。

教学准备：1. 多媒体课件2. 练习题教学过程：第一课时一、导入1. 复习导数的定义，引出导数的几何意义。

2. 提问：导数的几何意义是什么？请举例说明。

二、新授1. 导数的几何意义：导数表示函数在某一点处的变化率，即切线的斜率。

2. 利用导数研究函数的单调性：a. 举例说明函数单调性的概念。

b. 讲解利用导数判断函数单调性的方法。

c. 练习：判断以下函数的单调性：（1）f(x) = x^2（2）f(x) = -x^23. 利用导数求解函数的极值与最值：a. 举例说明函数极值与最值的定义。

b. 讲解利用导数求解函数极值与最值的方法。

c. 练习：求解以下函数的极值与最值：（1）f(x) = x^3 - 3x^2 + 4（2）f(x) = e^x - x三、小结1. 回顾本节课所学内容，总结导数的几何意义、单调性、极值与最值。

2. 提醒学生在课后复习，巩固所学知识。

第二课时一、复习1. 复习导数的几何意义、单调性、极值与最值。

2. 提问：如何利用导数研究函数的单调性？如何求解函数的极值与最值？二、新授1. 利用导数解决实际问题：a. 举例说明实际问题与函数的关系。

b. 讲解利用导数解决实际问题的方法。

c. 练习：解决以下实际问题：（1）一辆汽车以每小时80公里的速度行驶，求从A地到B地行驶200公里所需的时间。

（2）一个长方形的长为x米，宽为y米，求长方形的面积S关于长x的变化率。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题04导数及其应用教学案文含解析

导数及其应用【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，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，要求是B级，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，要求是B级，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，要求是B级；(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. 【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线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)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式(a ＞0且a ≠1)f (x )＝ln xf ′(x )＝1x(2)导数的四则运算①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )； ②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎢⎡⎦⎥⎤u x v x ′＝u ′x v x －u x v ′x [v x ]2(v (x )≠0)．3．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 .4．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．5．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． 6．函数单调性的应用(1)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0在区间(a ，b )上恒成立； (2)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0在区间(a ，b )上恒成立； (3)可导函数f (x )在区间(a ，b )上为增函数是f ′(x )＞0的必要不充分条件. 【题型示例】题型一、导数的几何意义【例1】(2018·全国Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x 答案 D解析方法一 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . 故选D.方法二 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， ∴a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . 故选D.【举一反三】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为________．答案 2x －y －2＝0解析因为y ′＝2x，y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即2x －y －2＝0.【变式探究】若函数f (x )＝ln x (x >0)与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．(－ln 2，＋∞) 答案 A解析设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2x 2＋1，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝t －12－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数，则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞. 【变式探究】【2016高考新课标2文数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ．【答案】1ln2-【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．解析 ∵(e x)′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1，又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)．答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x ex －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)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________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1()m ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意x ∈[]1，e ，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意知f ′(x )＝4x －2mx ＝4－2mx2x(x >0)，当m ≤0时，f ′(x )>0在x ∈(0，＋∞)时恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，f ′(x )＝4－2mx2x＝－2m ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2m ⎝⎛⎭⎪⎫x －2m x(x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <2m；令f ′(x )<0，得 x >2m.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2m，＋∞上单调递减．综上所述，当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2m，＋∞上单调递减．(2)方法一由题意知4ln x －mx 2＋1≤0在[]1，e 上恒成立，即m ≥4ln x ＋1x2在[]1，e 上恒成立．令g (x )＝4ln x ＋1x2，x ∈[]1，e ， ∴ g ′(x )＝2()1－4ln x x3，x ∈[1，e]，令g ′(x )>0，得1<x <14e ；令g ′(x )<0，得14e <x <e.∴g (x )在⎝⎛⎭⎫1，14e 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫14e ，e 上单调递减． ∴g (x )max ＝g 14e ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝4ln e 14＋1⎝⎛⎭⎫e 142＝2ee ，∴m ≥2e e.方法二要使f (x )≤0恒成立，只需f (x )max ≤0，由(1)知，若m ≤0，则f (x )在[]1，e 上单调递增． ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，即m ≥5e 2，这与m ≤0矛盾，此时不成立．若m >0， (ⅰ)若2m ≥e，即0<m ≤2e2，则f (x )在[]1，e 上单调递增， ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，即m ≥5e 2，这与0<m ≤2e 2矛盾，此时不成立．(ⅱ)若1<2m <e ，即2e2<m <2，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，2m 上单调递增，在⎝⎛⎦⎥⎤2m，e 上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫2m ＝4ln2m－1≤0，即2m ≤14e ，解得m ≥2e e. 又∵2e 2<m <2，∴2e e ≤m <2，(ⅲ)若0<2m≤1，即m ≥2，则f (x )在[]1，e 上单调递减，则f (x )max ＝f (1)＝－m ＋1≤0， ∴m ≥1. 又∵m ≥2， ∴m ≥2.综上可得m ≥2e e .即实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e e ，＋∞.【变式探究】 (2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x，则h ′(x )＝－x e x<0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)单调递减．而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x－1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)单调递增．而g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．【变式探究】【2016高考山东文数】已知.（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）当1a =时，证明对于任意的[]1,2x ∈成立.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）)(x f 的定义域为),0(+∞；.当0≤a ， )1,0(∈x 时，()0f 'x >，)(x f 单调递增；，)(x f 单调递减.当0>a 时，.（1）20<<a ，12>a，当)1,0(∈x 或x ∈),2(+∞a时，()0f 'x >，)(x f 单调递增；当x ∈)2,1(a时，()0f 'x <，)(x f 单调递减；（2）2=a 时，12=a ，在x ∈),0(+∞内，()0f 'x ≥，)(x f 单调递增；（3）2>a 时，120<<a ，当)2,0(a x ∈或x ∈),1(+∞时，()0f 'x >，)(x f 单调递增；当x ∈)1,2(a时，()0f 'x <，)(x f 单调递减. 综上所述，当0≤a 时，函数)(x f 在)1,0(内单调递增，在),1(+∞内单调递减；当20<<a 时，)(x f 在)1,0(内单调递增，在)2,1(a 内单调递减，在),2(+∞a内单调递增；当2=a 时，)(x f 在),0(+∞内单调递增；当2>a ，)(x f 在)2,0(a 内单调递增，在)1,2(a内单调递减，在),1(+∞内单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，1=a 时，，]2,1[∈x ，令，]2,1[∈x .则，由可得，当且仅当1=x 时取得等号.又，设，则)(x ϕ在x ∈]2,1[单调递减，因为，所以在]2,1[上存在0x 使得),1(0x x ∈ 时，时，0)(<x ϕ，所以函数()h x 在),1(0x 上单调递增；在)2,(0x 上单调递减，由于，因此，当且仅当2=x 取得等号，所以，即对于任意的]2,1[∈x 恒成立。

高考数学二轮核心考点突破：专题05-函数与导数的综合应用(含答案)

专题05 函数与导数的综合运用【自主热身，归纳提炼】1、函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图像经过四个象限的充要条件是________．【答案】－65<a <－316【解析】：由f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝0得x ＝1或x ＝－2，结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a <0，f 1>0，f －2<0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，f 1<0，f －2>0，解得－65<a <－316.2、在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线y ＝x 2(x >0)和y ＝x 3(x >0)均相切，切点分别为A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，则x 1x 2的值为________．3、已知点A (0,1)，曲线C ：y ＝log a x 恒过点B ，若P 是曲线C 上的动点，且AB →·AP →的最小值为2，则实数a ＝________.【答案】e思路分析根据条件，要求AB →·AP →的最小值，首先要将它表示成点P (x ，log a x )的横坐标x 的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值．点A (0,1)，B (1,0)，设P (x ，log a x )，则AB →·AP →＝(1，－1)·(x ，log a x －1)＝x －log a x ＋1.依题f (x )＝x －log a x ＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f (1)＝2，所以x ＝1是f (x )的极值点，即最小值点．f ′(x )＝1－1x ln a＝x ln a －1x ln a.若0<a <1，f ′(x )>0，f (x )单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a >1.设f ′(x )＝0，则x ＝log a e ，当x ∈(0，log a e)时，f ′(x )<0；当x ∈(log a e ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而当且仅当x ＝log a e 时，f (x )取最小值，所以log a e ＝1，a ＝e.解后反思本题的关键在于要能观察出f (x )＝x －log a x ＋1＝2的根为1，然后利用函数的极小值点为x ＝1来求出a 的值，因而解题过程中，不断地思考、观察很重要，平时学习中，要养成多思考、多观察的习惯． 4、已知函数f (x )＝x －1－(e －1)ln x ，其中e 为自然对数的底，则满足f (e x)＜0的x 的取值范围为________．【答案】(0,1)思路分析注意到条件f (e x )<0，让我们想到需要研究函数f (x )的单调性，通过函数的单调性将问题进行转化化简．【答案】：－1e【思路分析】若ba 的最小值为λ，则b a≥λ恒成立，结合题意必有λa －b ≤0恒成立．由f (x )＝(ln x ＋e x )－ax －b ≤0恒成立，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e a －b ≤0.猜想a ＞0，从而b a ≥－1e . f ′(x )＝1x＋(e －a )＝e －a x ＋1x(x ＞0)，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f (e b )＝(e －a )e b＞0，显然f (x )≤0不恒成立．当e －a ＜0，即a ＞e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－b －1. 由f (x )≤0恒成立，得f (x )max ≤0，所以b ≥－ln(a －e)－1，所以得b a ≥－ln a －e －1a.设g (x )＝－ln x －e －1x(x ＞e)，g ′(x )＝xe －x ＋ln x －e ＋1x 2＝ee －x＋ln x －e x2. 由于y ＝e e －x ＋ln(x －e)为增函数，且当x ＝2e 时，g ′(x )＝0，所以当x ∈(e,2e)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数；当x ∈(2e ，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以g (x )min ＝g (2e)＝－1e ，所以b a ≥－1e，当a＝2e ，b ＝－2时，b a 取得最小值－1e.解后反思在考试时，到上一步就可以结束了，胆大一点，到猜想a ＞0这步就可结束了．现证最小值能取到，当b a ＝－1e 时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0应该是极大值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2e －a ＝0，此时a ＝2e ，b ＝－2，f (x )＝ln x －e x＋2，易证f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0也是最大值，证毕．8、若函数f (x )＝x 2||x －a 在区间[0,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【答案】(－∞，0]∪[3，＋∞)思路分析含绝对值的函数需要去绝对值转化为分段函数，本题已知函数在[0,2]上为增函数，则需先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性，自然地分a ≤0和a >0两个情况进行讨论，得到函数在[0，＋∞)上的单调性，结合函数单调性得到23a ≥2，从而解出a 的取值范围．先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性．当a ≤0时，f (x )＝x 3－ax 2，f ′(x )＝3x 2－2ax ≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x 3， 0≤x ≤a ，x 3－ax 2， x >a .①当0≤x ≤a 时，f ′(x )＝2ax －3x 2，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝23a ，则f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 上单调递减；②当x >a 时，f ′(x )＝3x 2－2ax ＝x (3x －2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以当a >0时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增，则必有23a ≥2，解得a ≥3.综上，实数a 的取值范围是(－∞，0]∪[3，＋∞)．【关联1】、若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R )在区间[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【答案】： ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22 【解析】：【思路分析】本题所给函数含有绝对值符号，可以转化为g (x )＝e x2－ae x 的值域和单调性来研究，根据图像的对称性可得g (x )＝e x2－aex 只有单调递增和单调递减这两种情况．设g (x )＝e x2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1,2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1,2]上单调递减．又g ′(x )＝e x 2＋2a2·e x，所以g ′(x )＝e x 2＋2a2·ex≤0在区间[1,2]上恒成立，且g (1)≤0. 所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≤－e x2，e 2－ae≤0，无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1,2]上单调递增，即g ′(x )＝e x 2＋2a2·ex≥0在区间[1,2]上恒成立，且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－e x 2，e 2－ae≥0，解得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 22，e 22.【关联2】、若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【答案】： (－∞，－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞思路分析由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|＝|(x ＋1)2(x －a)|＝|x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a|. 令g(x)＝x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a ，则g ′(x)＝3x 2＋(4－2a)x ＋1－2a ＝(x ＋1)(3x ＋1－2a)．令g′(x)＝0得x 1＝－1，x 2＝2a －13.①当2a －13<－1，即a<－1时，令g′(x)>0，即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0，解得x<2a －13或x>－1；令g′(x)<0，解得2a －13<x<－1.所以g(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a －13，(－1，＋∞)，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，－1.又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a －13，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，－1，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)． ,图1)②当2a －13＝－1，即a ＝－1时，f(x)＝|(x ＋1)3|，函数f(x)图像如图2，则f(x)的单调增区间是(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，满足条件，故a ＝－1.,图2)③当2a －13>－1，即a>－1时，令g′(x)>0，即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0，解得x<－1或x>2a －13；令g ′(x)<0，解得－1<x<2a －13.所以g(x)的单调增区间是(－∞，－1)，⎝⎛⎭⎪⎫2a －13，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2a －13. 又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，2a －13，(a ，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，a ，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤2a －13，即a≥72，又因为a>－1，故a≥72(此种情况函数f(x)图像如图3)．综上，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72，＋∞.9、已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ， x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt 恒成立，则实数k 的取值范围是________．【答案】： [1e ，1] 【思路分析】本题条件“∀t ∈R ，f (t )≤kt ”的几何意义是：在(－∞，＋∞)上，函数y ＝f (t )的图像恒在直线y ＝kt 的下方，这自然提示我们利用数形结合的方法解决本问题．令y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)·(3x －1)，令y ′>0，即(x －1)(3x －1)>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是(－∞，13)，减区间是(13，1)，所以y极大值＝427.根据图像变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |，x <1的图像．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图像经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图像，数形结合可得1e≤k ≤1.10、已知a 为常数，函数f(x)＝xa －x 2－1－x2的最小值为－23，则a 的所有值为________．【答案】： 4，14解法1(构造三角形) f(x)＝xa －x 2－1－x 2＝x （a －x 2＋1－x 2）a －1，因为f(x)为奇函数，令g(x)＝x （a －x 2＋1－x 2）|a －1|(x>0)，则g(x)的最大值为23，由根号内的结构联想到勾股定理，从而构造△ABC 满足AB ＝a ，AC ＝1，AD ⊥BC ，AD ＝x ，则BD ＝a －x 2，DC ＝1－x 2，则S △ABC ＝12BC ·AD ＝12x(a －x 2＋1－x 2)＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ≤12AB ·AC ＝12a ，当且仅当∠BAC ＝π2时，△ABC 的面积最大，且最大值为12 a.从而g(x)＝x （a －x 2＋1－x 2）|a －1|＝2|a －1|S △ABC ≤a |a －1|，所以a |a －1|＝23，解得a ＝4或a ＝14.解法2(导数法，理科) 由题意得函数f(x)为奇函数．因为函数f(x)＝x a －x 2－1－x2，所以f ′(x)＝（a －x 2－1－x 2）－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2a －x 2－－2x 21－x 2（a －x 2－1－x 2）2＝a －x21－x 2－x2（a －x 2－1－x 2）a －x 21－x2，a ≠1.令f ′(x)＝0，得x 2＝a －x21－x 2，则x 2＝a a ＋1.因为函数f(x)的最小值为－23，且a>0.由a －x21－x 2－x 2>0，得a －(a ＋1)x 2>0.①当0<a<1时，a －x 2－1－x 2<0，函数f(x)的定义域为[－a ，a]，由f ′(x)>0得－a ≤x<－aa ＋1或aa ＋1<x ≤a ；由f ′(x)<0得－aa ＋1<x<a a ＋1，函数f(x)在[－a ，－a a ＋1)，⎝ ⎛⎦⎥⎤a a ＋1，a 上为增函数，在(－a a ＋1，aa ＋1)上为减函数．因为f(－a)＝a 1－a >f ⎝⎛⎭⎪⎫a a ＋1＝a a －1，所以f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a a ＋1＝a a －1＝－23，解得a ＝14. ②当a>1时，a －x 2－1－x 2>0，函数f(x)的定义域为[－1，1]，由f ′(x)>0得－aa ＋1<x<a a ＋1；由f ′(x)<0得－1≤x<－aa ＋1或a a ＋1<x ≤1，函数f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－aa ＋1，a a ＋1上为增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－a a ＋1，⎝ ⎛⎦⎥⎤a a ＋1，1上为减函数．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a a ＋1＝－a a －1<f(1)＝1a －1，所以f(x)min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a a ＋1＝－a a －1＝－23，解得a ＝4. 综上所述，a ＝4或a ＝14.解法3(构造向量) f(x)＝xa －x 2－1－x 2＝x （a －x 2＋1－x 2）a －1，因为f(x)为奇函数，令g(x)＝x （a －x 2＋1－x 2）|a －1|(x>0)，则g(x)的最大值为23，设向量a ＝(a －x 2，x 2)，b ＝(x 2，1－x 2)，a 与b的夹角为θ，则有a ·b ＝|a |·|b |cos θ≤|a |·|b |，即(a －x 2，x 2)·(x 2，1－x 2)≤（a －x 2）＋x 2·x 2＋（1－x 2），亦即a －x 2·x 2＋x 2·1－x 2≤a ，亦即x (a －x 2＋1－x 2)≤a ，当且仅当a 与b 同向时等号成立，即a －x 2·1－x 2－x 2·x 2＝0，亦即x 2＝aa ＋1时，取等号．即x (a －x 2＋1－x 2)的最大值为a ，从而g (x )的最大值为a |a －1|，即有a |a －1|＝23，解得a ＝4或a ＝14.解后反思 1. 最值的求法通常有如下的方法：(2)解法1(根的分布) 当x 0＞1时，则f(x 0)＞0，又b ＝3－a ，设t ＝f(x 0)，则题意可转化为方程ax ＋3－ax －c ＝t(t ＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2, (6分)即关于x 的方程ax 2－(c ＋t)x ＋(3－a)＝0(t ＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2. 则x 1，2＝c ＋t ±（c ＋t ）2－4a （3－a ）2a，所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，Δ＝（c ＋t ）2－4a （3－a ）＞0，x 1＋x 2＝c ＋ta ＞0，x 1x 2＝3－a a ＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，（c ＋t ）2＞4a （3－a ），c ＋t ＞0.所以c ＞2a （3－a ）－t 对任意t ∈(0，＋∞)恒成立．因为0＜a ＜3，所以2a （3－a ）≤2×a ＋3－a 2＝3(当且仅当a ＝32时取等号)．又－t ＜0，所以2a （3－a ）－t 的取值范围是(－∞，3)，所以c ≥3. 故c 的最小值为3.(10分)解法2(图像法) 由b ＝3－a ，且0 ＜a ＜3，得g ′(x)＝a －3－a x 2＝ax 2－（3－a ）x 2＝0，得 x ＝3－aa或x ＝－3－a a (舍)，则函数g(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，3－a a 上单调递减；在⎝⎛⎭⎪⎫3－a a ，＋∞上单调递增．又对任意x 0＞1，f(x 0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x 1，x 2，使得g(x 1)＝g(x 2)＝f(x 0)，则g(x)的最小值小于或等于0. 即g ⎝⎛⎭⎪⎫3－a a ＝2a （3－a ）－c ≤0，(6分) 即c ≥2a （3－a ）对任意 a ∈(0，3)恒成立．又2a （3－a ）≤a ＋(3－a)＝3，所以c ≥3.当c ＝3时，对任意a ∈(0，3)，x 0∈(1，＋∞)，方程g(x)－f(x 0)＝0化为ax ＋3－a x －3－f(x 0)＝0，即ax2－[3＋f(x 0)]x ＋(3－a)＝0 (*)．关于x 的方程(*)的Δ＝[3＋f(x 0)]2－4a(3－a)≥[3＋f(x 0)]2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋3－a 22＝[3＋f(x 0)]2－9，因为x 0＞1，所以f(x 0)＝ln x 0＞0，所以Δ＞0，所以方程(*)有两个不相等的实数解x 1，x 2，又x 1＋x 2＝f （x 0）＋3a ＞0，x 1x 2＝3－aa ＞0，所以x 1，x 2为两个相异正实数解，符合题意．所以c 的最小值为3. 解法3(图像法) 当x 0＞1时，可知f(x 0)＞0，又b ＝3－a ，设t ＝f(x 0)，则t ＞0. 令h(x)＝ax ＋3－a x －c －t(x ＞0，t ＞0)，同解法2可知h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3－a a 上单调递减；在⎝⎛⎭⎪⎫3－a a ，＋∞上单调递增．当c ＜2a （3－a ）时，若0＜t ＜2a （3－a ）－c ，则x ＞0时，h(x)＝ax ＋3－ax－c －t ≥2a （3－a ）－c－t ＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意．当c ≥2a （3－a ）时，h ⎝⎛⎭⎪⎫3－a a ＝2a （3－a ）－c －t ≤－t ＜0. 因为a （3－a ）＜2a （3－a ）≤c ，a （3－a ）＜c ＋t ，所以0＜3－ac ＋t ＜3－a a ，所以当0＜m ＜3－ac ＋t时，3－a m ＞c ＋t ，所以h(m)＝am ＋3－a m －c －t ＞3－am －c －t ＞0，又h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3－a a 上单调递减，并且连续，则h(x)在(m ，3－aa)上恰有一个零点，所以存在x 1∈(0，3－aa)，使得h(x 1)＝0，即g(x 1)＝t. 因为c ＋t ＞c ＞a （3－a ），所以c ＋ta ＞3－a a ，所以当n ＞c ＋t a 时，h(n)＝an ＋3－an－c －t ＞an －c －t ＞0，又h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a a ，＋∞上单调递增，并且连续，则h(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a a ，n 上恰有一个零点，所以存在x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫3－a a ，＋∞，使得h(x 2)＝0，即g(x 2)＝t. 所以当c ≥2a （3－a ）时，对任意x 0∈(1，＋∞)和任意a ∈(0，3)，总存在不相等的正实数x 1，x 2，使得g(x 1)＝g(x 2)＝f(x 0)．即c ≥2a （3－a ）对任意 a ∈(0，3)恒成立．又2a （3－a ）≤a ＋(3－a)＝3，当且仅当a ＝32时取等号，所以c ≥3.故c 的最小值为3.(3)当a ＝1时，因为函数f(x)与g(x)的图像交于A ，B 两点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝x 1＋bx 1－c ，ln x 2＝x 2＋bx2－c ，两式相减，得b ＝x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)．要证明x 1x 2－x 2<b<x 1x 2－x 1，即证x 1x 2－x 2<x 1x 2⎝⎛⎭⎪⎫1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1<x 1x 2－x 1，即证1x 2<ln x 2－ln x 1x 2－x 1<1x 1，即证1－x 1x 2<ln x 2x 1<x 2x 1－1.令x 2x 1＝t ，则t>1，此时即证1－1t<ln t<t －1. 令φ(t)＝ln t ＋1t －1，所以φ′(t)＝1t －1t 2＝t －1t 2>0，所以当t>1时，函数φ(t)单调递增．又φ(1)＝0，所以φ(t)＝ln t ＋1t －1>0，即1－1t<ln t 成立；再令m(t)＝ln t －t ＋1，所以m ′(t)＝1t －1＝1－tt <0，所以当t>1时，函数m(t)单调递减．又m(1)＝0，所以m(t)＝ln t －t ＋1<0，即ln t<t －1也成立．综上所述，实数x 1，x 2满足x 1x 2－x 2<b<x 1x 2－x 1.【变式2】、.已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－ax ，x ≥0，其中常数a∈R .(1) 当a ＝2时，求函数f (x )的单调区间；(2) 若方程f (－x )＋f (x )＝e x－3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围； (3) 若存在实数m ，n ∈[0，2]，且|m －n |≥1，使得f (m )＝f (n )，求证：1≤ae －1≤e.思路分析(1) 先分段讨论，再整体说明单调区间是否可合并(关键是图像在x ＝0处怎样跳跃)． (2) 转化为a ＝x 2＋x ＋3x 在(0，＋∞)上有实数解，即求函数g(x)＝x 2＋x ＋3x 在(0，＋∞)上的值域．(3) 首先缩小a 的范围为1<a<e 2，在此基础上考察f(x)在0，1，2，m ，n 处的函数值的大小关系．【解析】：(1) 当a ＝2时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－2x ，x ≥0.①当x<0时，f ′(x)＝－3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上递减；(2分)②当x ≥0时，f ′(x)＝e x－2，可得f(x)在[0，ln 2]上递减，在[ln 2，＋∞)上递增．(4分)因为f(0)＝1>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和[0，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)．(5分) (2) 当x>0时，f(x)＝e x－ax ，此时－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x 3＋x 2. 所以可化为a ＝x 2＋x ＋3x在区间(0，＋∞)上有实数解．(6分)记g(x)＝x 2＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x)＝2x ＋1－3x 2＝（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x2.(7分) 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)＝5，当x →＋∞时，g(x)→＋∞.(9分) 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(10分) (3) 当x ∈[0，2]时，f(x)＝e x－ax ，有f ′(x)＝e x－a.若a ≤1或a ≥e 2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．(11分) 所以1<a<e 2，此时可得f(x)在[0，ln a]上递减，在[ln a ，2]上递增．不妨设0≤m<ln a<n ≤2，则f(0)≥f(m)>f(ln a)，且f(ln a)<f(n)≤f(2)．由m ，n ∈[0，2]，n －m ≥1，可得0≤m ≤1≤n ≤2.(12分) 因为f(m)＝f(n)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，f （0）≥f （m ）≥f （1），f （2）≥f （n ）≥f （1），得⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，1≥e －a ，e 2－2a ≥e －a ，(14分)即e －1≤a ≤e 2－e ，所以1≤ae －1≤e .(16分) 解后反思第(1)题中，若函数f(x)改为f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2＋2，x<0，e x －2x ，x ≥0.则函数f(x)的“两个”递减区间(－∞，0)和[0，ln 2]应合并为一个递减区间(－∞，ln 2]，因为函数图像在x ＝0处(从左往右)向下跳跃．而原题中函数图像在x ＝0处(从左往右)向上跳跃，所以不能合并．【关联1】、.已知函数f(x)＝e x(3x －2)，g(x)＝a(x －2)，其中a ，x ∈R . (1) 求过点(2，0)和函数y ＝f (x )图像相切的直线方程； (2) 若对任意x ∈R ，有f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值范围； (3) 若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<g (x 0)，求a 的取值范围．思路分析 (1)利用导数的几何意义求切线的方程，根据斜率建立方程即可．(2)不等式恒成立问题处理的方法有两种：一种是分离参变，转化为相应函数的值域(最值)问题解决；另一种是转化为含参函数的值域问题，通过分类讨论解决．这里可以采取第一种方法，只是分离参变时要注意对x －2的符号进行分类讨论．(3)在第(2)小问的基础上，分离参变，转化为存在有限整数自变量满足条件的问题．利用导数研究函数F(x)＝e x （3x －2）x －2的性质，找到相关的整数自变量，求得对应的函数值是解决本问题的关键．【解析】(1) 设切点为(x 0，y 0)，f ′(x)＝e x(3x ＋1)，则切线斜率为e x 0(3x 0＋1)，所以切线方程为y －y 0＝e x 0(3x 0＋1)(x －x 0)，因为切线过点(2，0)，所以－e x 0(3x 0－2)＝e x 0(3x 0＋1)(2－x 0)，化简得3x 20－8x 0＝0，解得x 0＝0或x 0＝83，当x 0＝0时，切线方程为y ＝x －2，当x 0＝83时，切线方程为y ＝9e 83x －18e 83.(2) 由题意，对任意x ∈R ，有e x(3x －2)≥a (x －2)恒成立， ①当x ∈(－∞，2)时，a ≥e x（3x －2）x －2，即a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x（3x －2）x －2max.令F (x )＝e x （3x －2）x －2，则F ′(x )＝e x （3x 2－8x ）（x －2）2，令F ′(x )＝0，得x ＝0，列表如下：F (x )max ＝F (0)＝1，故此时a ≥1. ②当x ＝2时，恒成立，故此时a ∈R .③当x ∈(2，＋∞)时，a ≤e x（3x －2）x －2，即a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x（3x －2）x －2min，令F ′(x )＝0，得x ＝83，列表如下：F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝9e 83，故此时a ≤9e 83，综上，1≤a ≤9e 83.(3) 由f (x )<g (x )，得e x(3x －2)<a (x －2)，由(2)知a ∈(－∞，1)∪(9e 83，＋∞)，令F (x )＝e x（3x －2）x －2，列表如下：(12分)当x ∈(－∞，2)时，存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<g (x 0)，等价于a <e x（3x －2）x －2存在的唯一整数x 0成立，因为F (0)＝1最大，F (－1)＝53e ，F (1)＝－e ，所以当a <53e 时，至少有两个整数成立，所以a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫53e ，1. 当x ∈(2，＋∞)时，存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<g (x 0)，等价于a >e x（3x －2）x －2存在唯一的整数x 0成立，因为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝9e 83最小，且F (3)＝7e 3，F (4)＝5e 4，所以当a >5e 4时，至少有两个整数成立，当a ≤7e 3时，没有整数成立，所以a ∈(7e 3，5e 4]．综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫53e ，1∪(7e 3，5e 4]．【关联2】、已知函数f(x)＝ln x（x ＋a ）2，其中a 为常数．(1) 若a ＝0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a 的取值范围； (3) 若a ＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x 0，求证：f(x 0)<－2.思路分析第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法．【解析】：(1) 当a ＝0时，f(x)＝ln xx 2，定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝1－2ln xx3，令f ′(x)＝0，得x ＝e . 当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (0，e ) e(e ，＋∞)f ′(x) ＋ 0 － f(x)极大值12e所以当x ＝e 时，f(x)的极大值为12e，无极小值．①若0<－a ≤e －12，即0>a ≥－e －12，则g ′(x)＝2ln x ＋1<0对x ∈(0，－a)恒成立，所以g(x)＝2x ln x －x 在(0，－a)上单调递减，则a ≤2(－a)ln (－a)－(－a)，所以ln (－a)≥0，所以a ≤－1与a ≥－e －12矛盾，舍去；②若－a>e －12，即a<－e －12，令g ′(x)＝2ln x ＋1＝0，得x ＝e －12，当0<x<e －12时，g ′(x)＝2ln x ＋1<0，所以g(x)＝2x ln x －x 单调递减，当e －12<x<－a 时，g ′(x)＝2ln x ＋1>0，所以g(x)＝2x ln x －x 单调递增，所以当x ＝e －12时，g(x)min ＝g(e －12)＝2e －12·lne －12－e －12＝－2e －12，所以a ≤－2e －12.综上，实数a 的取值范围是(－∞，－2e －12]．(3) 当a ＝－1时，f(x)＝ln x （x －1）2，f ′(x)＝x －1－2x ln xx （x －1）3.令h(x)＝x －1－2x ln x ，x ∈(0，1)，则h ′(x)＝1－2(ln x ＋1)＝－2ln x －1，令h ′(x)＝0，得x ＝e －12.①当e －12≤x<1时，h ′(x)≤0，所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递减，h(x)∈(0，2e －12－1]，x ∈(0，1)，所以f ′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3<0恒成立，所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减，且f(x)≤f(e －12)．②当0<x ≤e －12时，h ′(x)≥0，所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增，其中h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－1－2·12·ln 12＝ln4e>0，h(e －2)＝e －2－1－2e －2·lne －2＝5e2－1<0，所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫e －2，12，使得h(x 0)＝0，所以f ′(x 0)＝0，当0<x<x 0时，f ′(x)>0，所以f(x)＝ln x（x －1）2单调递增；当x 0<x ≤e －12时，f ′(x)<0，所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减，且f(x)≥f(e －12)，由①和②可知，f(x)＝ln x（x －1）2在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，所以当x ＝x 0时，f(x)＝ln x（x －1）2取极大值．因为h(x 0)＝x 0－1－2x 0ln x 0＝0，所以ln x 0＝x 0－12x 0，所以f(x 0)＝ln x 0（x 0－1）2＝12x 0（x 0－1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122－12.又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －2，12⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122－12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，所以f(x 0)＝12⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122－12<－2.解后反思本题三个小题梯度明显，有较好的区分度．其中第(1)小题简单；第(2)小题难度中等，但要完成讨论也需要不错的基础；第三小题“隐零点”问题．不是一般的考生能讨论出范围的，建议一般的考生果断放弃．各个小问题中都利用了导数研究函数的单调性、极值、值域．【关联3】、已知函数f (x )＝x－1－a lnx (其中a 为参数)． (1) 求函数f (x )的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f (x )≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n <e<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．【解析】：(1) f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当a >0时，x (0，a ) a(a ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋ f (x )极小值所以f (x )的增区间是(a 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a )． (2) 由题意得f (x )min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f (x )在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f (x )→－∞，故不合题意；(6分)当a >0时，由(1)知f (x )min ＝f (a )＝a －1－a ln a ≥0.令g (a )＝a －1－a ln a ，则由g ′(a )＝－ln a ＝0，得a ＝1，a (0,1) 1 (1，＋∞)g ′(a ) ＋0 － g (a )极大值所以g (a )＝a －1－a ln a min ＝0，所以a ＝1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分) (3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1，两边取对数后，只要证n ln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x ＝1＋1n ，则只要证1－1x<ln x <x －1(1<x ≤2)．由(1)知当a ＝1时，f (x )＝x －1－ln x 在(1,2]上递增，因此f (x )>f (1)，即x －1－ln x >0，所以ln x <x －1(1<x ≤2) 令φ(x )＝ln x ＋1x －1(1<x ≤2)，则φ′(x )＝x －1x2>0，所以φ(x )在(1,2]上递增，故φ(x )>φ(1)，即ln x ＋1x －1>0，所以1－1x<ln x (1<x ≤2)．综上，原命题得证．【关联4】、已知函数f (x )＝e x，g (x )＝x －b ，b ∈R . (1) 若函数f (x )的图像与函数g (x )的图像相切，求b 的值； (2) 设函数T (x )＝f (x )＋ag (x )，a ∈R ，求T (x )的单调递增区间；(3) 设函数h (x )＝|g (x )|·f (x )，b ＜1.若存在x 1，x 2∈[0,1]，使|h (x 1)－h (x 2)|＞1成立，求b 的取值范围．【思路分析】 (1) 对于直线与曲线相切问题，只要切点不知道的，都要先设切点坐标，然后运用好切点的双重身份，即切点既是切线上的点，又是曲线上的点，它的坐标既适合切线方程，又适合曲线方程，再由方程(组)思想，求出未知量；(2) 要求函数T (x )的单调递增区间，只要求T ′(x )＞0的解区间就行，不过需对a 进行分类讨论；(3) 首先要把“若存在x 1，x 2∈[0,1]，使|h (x 1)－h (x 2)|＞1成立”运用等价转化的思想转化为“h (x )在[0,1]上的最大值h (x )max 和最小值h (x )min 满足h (x )max －h (x )min >1”，接下来的问题就是求h (x )在[0,1]上的最大值和最小值．对于含绝对值的函数一般首先要去掉绝对值，这里要运用好分类讨论思想．(3) 若存在x 1，x 2∈[0,1]，使|h (x 1)－h (x 2)|>1成立，则等价转化为h (x )在[0,1]上的最大值h (x )max 和最小值h (x )min 满足h (x )max －h (x )min >1.解法1 h (x )＝|g (x )|·f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －b e x， x ≥b ，－x －b e x， x 0；当x 0；当b －1<x 1，得(1－b )e ＋b >1，解得b <1，所以b ≤0.(12分)②当00，即b >ee ＋1，此时h (0)>h (1)；若b <e e ＋1，此时h (0)<h (1)．(ⅰ) 当01，得(1－b )e>1，解得b <e －1e .(ⅱ) 当ee ＋1≤b <1时，有h (x )max ＝h (0)＝b ，h (x )min ＝h (b )＝0. 因为b <1，所以h (x )max －h (x )min ＝b >1不成立．综上，b 的取值范围为－∞，e －1e.解法2 h (x )＝|g (x )|·f (x )＝|x －b |·e x＝|(x －b )e x|，令φ(x )＝(x －b )e x，则h (x )＝|φ(x )|. 先研究函数φ(x )＝(x －b )e x，φ′(x )＝(x －b ＋1)e x.因为b <1，所以在[0,1]上有φ′(x )＝(x －b ＋1)e x>0，因此φ(x )在[0,1]上是增函数．所以φ(x )min ＝φ(0)＝－b ，φ(x )max ＝φ(1)＝(1－b )e>0.①若φ(0)＝－b ≥0，即b ≤0时，h (x )min ＝φ(0)＝－b ，h (x )max ＝φ(1)＝(1－b )e ，则由h (x )max －h (x )min >1，即(1－b )e ＋b >1，解得b <1，所以b ≤0.②若φ(0)＝－b <0，即0<b <1时，h (x )min ＝φ(b )＝0，h (x )max ＝max{－φ(0)，φ(1)}，令－φ(0)－φ(1)＝b －(1－b )e ＝b (e ＋1)－e ＝0，则b ＝ee ＋1.(ⅰ) 当01，即(1－b )e>1，解得b <e －1e ，所以01，得b >1，与b <1矛盾，故h (x )max －h (x )min >1不成立．综上，b 的取值范围为－∞，e －1e .。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题04导数及其应用热点难点突破文含解.pdf

x－1 A．x－y－1＝0 B．x＋y＋1＝0
C．2x－y－1＝0
D．2x＋y＋1＝0
ex（x－2）
解析因为 f′(x)＝
，所以 f′(0)＝－2，故在 x＝0 处的切线方程为 2x＋y＋1＝0，故选 D.
（x－1）2
答案 D
9．曲线 f(x)＝x3＋x－2 在 p0 处的切线平行于直线 y＝4x－1，则 p0 点的坐标为( )
C．asin
0
0
π1 ＝，
62
π1
1
11
又 cos 1>cos ＝，∴－cos 1<－，b＝1－cos 1<1－＝，∴a>b，选 A.
答案 B
4．若函数 f(x)＝ex－x2－ax(其中 e 是自然对数的底数)的图象在 x＝0 处的切线方程为 y＝2x＋b，则函数 g(x)
f′x－b
＝
x
在(0，＋∞)上的最小值为( ห้องสมุดไป่ตู้)
A．－1 B．e C．e－2 D．e2
答案 C
解析因为 f′(x)＝ex－2x－a，
所以 f′(0)＝1－a.
∴k≤e，即实数 k 的取值范围是(－∞，e].
1 3．已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f′(x)<f(x)，且 f(0)＝，则不等式 f(x)－
2
1 ex<0 的解集为( ) 2

导数的概念教案及说明

导数的概念教案及说明一、教学目标1. 理解导数的定义及物理意义；2. 掌握导数的计算方法；3. 能够运用导数解决实际问题。

二、教学内容1. 导数的定义；2. 导数的计算；3. 导数在实际问题中的应用。

三、教学重点与难点1. 导数的定义及其几何意义；2. 导数的计算方法；3. 导数在实际问题中的应用。

四、教学方法1. 采用讲授法，讲解导数的定义、计算方法及应用；2. 利用图形展示导数的几何意义；3. 通过例题演示导数的计算过程；4. 引导学生运用导数解决实际问题。

五、教学准备1. 教学课件；2. 练习题；3. 相关实际问题。

第一章：导数的定义1.1 引入导数的概念1.2 解释导数的几何意义1.3 导数的计算方法第二章：导数的计算2.1 基本导数公式2.2 导数的计算规则2.3 高阶导数第三章：导数在实际问题中的应用3.1 运动物体的瞬时速度和加速度3.2 函数的极值问题3.3 曲线的凹凸性和拐点第四章：导数的其他应用4.1 曲线的切线和法线4.2 函数的单调性4.3 函数的凸性第五章：练习与拓展5.1 导数计算的练习题5.2 实际问题的练习题5.3 拓展练习题六、教学过程6.1 导入：通过回顾函数图像，引导学生思考如何描述函数在某一点的瞬时变化率。

6.2 新课讲解：详细讲解导数的定义，通过图形和实例直观展示导数的几何意义。

6.3 例题演示：挑选典型例题，展示导数的计算过程，引导学生理解和掌握计算方法。

6.4 课堂练习：布置练习题，让学生独立完成，巩固所学知识。

七、导数的计算7.1 基本导数公式：讲解常见函数的导数公式，如幂函数、指数函数、对数函数等。

7.2 导数的计算规则：介绍导数的四则运算法则、复合函数的导数等。

7.3 高阶导数：讲解函数的二阶导数、三阶导数等高阶导数的概念及计算方法。

八、导数在实际问题中的应用8.1 运动物体的瞬时速度和加速度：结合物理知识，讲解导数在描述物体运动中的应用。

8.2 函数的极值问题：引导学生利用导数求解函数的极值，探讨极值在实际问题中的应用。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题19概率与统计教学案理含解析20190330267

概率与统计【2019年高考考纲解读】1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查.2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注．3.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型的基本应用.4.将古典概型与概率的性质相结合，考查知识的综合应用能力．5.以选择题、填空题的形式考查随机抽样、样本的数字特征、统计图表、回归方程、独立性检验等.6.在概率与统计的交汇处命题，以解答题中档难度出现．【重点、考点剖析】一、排列组合与计数原理的应用1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘． 2. 个元素，元素无重复二、二项式定理 1．通项与二项式系数T r ＋1＝C r n a n －r b r，其中C r n (r ＝0,1,2，…，n )叫做二项式系数．2．各二项式系数之和 (1)C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n. (2)C 1n ＋C 3n ＋…＝C 0n ＋C 2n ＋…＝2n －1.三、古典概型与几何概型 1．古典概型的概率公式P(A)＝m n ＝事件A 中所含的基本事件数试验的基本事件总数.2．几何概型的概率公式P(A)＝构成事件A的区域长度面积或体积.试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积四、相互独立事件和独立重复试验1．条件概率在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝.2．相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)．3．独立重复试验、二项分布如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.五、离散型随机变量的分布列、均值与方差1．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的旅游路线数为( )A．24 B．18C．16 D．10解析：分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有A33种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则有C12·A22种可选的路线．所以小李可选的旅游路线数为A33＋C12·A22＝10.选D.答案：D【变式探究】某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )A．120种 B．156种C．188种 D．240种解析：解法一记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法种数分别为A22A33，A22A33，C12A22A33，C13A22A33，C13A22A33，故总编排方案有A22A33＋A22A33＋C12A22A33＋C13A22A33＋C13A22A33＝120(种)．解法二记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有C14A22A33＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A22A33＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C13A22A33＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．答案：A【变式探究】中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有( ) A．120种B．156种C．188种D．240种答案 A解析当“数”排在第一节时有A22·A44＝48(种)排法，当“数”排在第二节时有A13·A22·A33＝36(种)排法，当“数”排在第三节时，若“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A22·A33＝12(种)排法；若“射”和“御”两门课程排在后三节时有A12·A22·A33＝24(种)排法，所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120(种)排法．(2)若自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“开心数”．例如：32是“开心数”．因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“开心数”，因为23＋24＋25产生进位现象，那么，小于100的“开心数”的个数为( )A．9 B．10 C．11 D．12答案 D解析根据题意个位数需要满足要求：n＋(n＋1)＋(n＋2)<10，即n<2.3，∴个位数可取0,1,2三个数，∵十位数需要满足：3n<10，∴n<3.3，∴十位可以取0,1,2,3四个数，故小于100的“开心数”共有3×4＝12(个)．【感悟提升】(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．【变式探究】(1)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )A．18种B．24种C ．36种D ．48种答案 C解析若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A 22A 23＝12(种)抢法；若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A 22A 23＝12(种)抢法；若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A 22C 23＝6(种)抢法；若甲、乙抢的是两个6元的，剩下2个红包被剩下的3人中的2个人抢走，有A 23＝6(种)抢法．根据分类加法计数原理可得甲、乙都抢到红包的情况共有36种．(2)(2018·百校联盟联考)某山区希望小学为丰富学生的伙食，教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地，分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜，若这三种蔬菜种植齐全，同一块地只能种植一种蔬菜，且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜，则不同的种植方式共有( )A.9种 B ．18种 C ．12种 D ．36种答案 B解析若种植2块西红柿，则他们在13,14或24位置上种植，剩下两个位置种植黄瓜和茄子，所以共有3×2＝6(种)种植方式；若种植2块黄瓜或2块茄子也是3种种植方式，所以一共有6×3＝18(种)种植方式．题型二二项式定理例2、(1)[2018·全国卷Ⅲ]⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( )A ．10B ．20C ．40D ．80【解析】 ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式的通项公式为Tr ＋1＝C r 5·(x 2)5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 5·2r ·x 10－3r，令10－3r ＝4，得r＝2.故展开式中x 4的系数为C 25·22＝40. 故选C. 【答案】C【变式探究】(2017·浙江)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________. 答案 16 4解析 a 4是x 项的系数，由二项式的展开式得a 4＝C 33·C 12·2＋C 23·C 22·22＝16.a 5是常数项，由二项式的展开式得a 5＝C 33·C 22·22＝4.【变式探究】(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答) 答案 660【变式探究】若(1－3x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x2 018，x ∈R ，则a 1·3＋a 2·32＋…＋a 2 018·32 018的值为( )A ．22 018－1 B ．82 018－1 C ．22 018 D ．82 018【解析】由已知，令x ＝0，得a 0＝1，令x ＝3，得a 0＋a 1·3＋a 2·32＋…＋a 2 018·32 018＝(1－9)2 018＝82 018，所以a 1·3＋a 2·32＋…＋a 2 018·32 018＝82 018－a 0＝82 018－1，故选B.所以ξ的分布列为E ξ＝0×130＋1×1360＋2×920＋3×310＝12160.题型五离散型随机变量的分布列、均值与方差例5、[2018·北京卷]电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．假设所有电影是否获得好评相互独立．(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．(2)从第四类电影和第五类电影中各随机选取1部，估计恰有1部获得好评的概率．(3)假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“ξk＝1”表示第k类电影得到人们喜欢，“ξk＝0”表示第k类电影没有得到人们喜欢(k＝1,2,3,4,5,6)．写出方差Dξ1，Dξ2，Dξ3，Dξ4，Dξ5，Dξ6的大小关系．【解析】(1)解：由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50，故所求概率为502 000＝0.025.(2)解：设事件A为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，事件B为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”．故所求概率为P(A B＋A B)＝P(A B)＋P(A B)＝P(A)(1－P(B))＋(1－P(A))P(B)．由题意知P(A)估计为0.25，P(B)估计为0.2.故所求概率估计为0.25×0.8＋0.75×0.2＝0.35.(3)解：Dξ1>Dξ4>Dξ2＝Dξ5>Dξ3>Dξ6.【方法技巧】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路：(1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法，并计算这些可能取值的概率值．(3)根据分布列和期望、方差公式求解.3 5 3 3 8 5 5 6 3 46 3 47 5 3 48 5 38 3 4 3 4 4 7 5 6 7用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望；(3)在(1)，(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．注：①产品的“性价比”＝产品的等级系数的数学期望/产品的零售价；②“性价比”大的产品更具可购买性．解析：(1)∵EX1＝6，∴5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，即6a＋7b＝3.2，又0.4＋a＋b＋0.1＝1，即a＋b＝0.5，∴由⎩⎪⎨⎪⎧6a ＋7b ＝3.2，a ＋b ＝0.5，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0.3，b ＝0.2.(3)乙厂的产品更具可购买性，理由如下：∵甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件， ∴其性价比为66＝1，∵乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件， ∴其性价比为4.84＝1.2，又1.2＞1，∴乙厂的产品更具可购买性．。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题05导数的热点问题热点难点突破理含解

导数的热点问题1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v 2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3v 3－2 00025v 2，令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减，当v >1032时，y ′>0，函数单调递增，∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v ＝1032时总用氧量最少，当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增，∴当v ＝c 时总用氧量最少．综上，若0<c <1032，则当v ＝1032时总用氧量最少；若c ≥1032，则当v ＝c 时总用氧量最少．2．已知函数f ()＝ax －1＋ln .(1)若函数f ()在()e ，＋∞内有极值，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t ∈(1，＋∞)，s ∈(0,1)，求证：f (t )－f (s )>e ＋2－1e. (1)【解析】由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f ′()＝1x －ax －12＝x 2a ＋2x ＋1x x －12，设h ()＝2－(a ＋2)＋1，要使y ＝f ()在()e ，＋∞上有极值，则2－(a ＋2)＋1＝0有两个不同的实根1，2，∴Δ＝(a ＋2)2－4>0，∴a >0或a <－4，①且至少有一根在区间()e ，＋∞上，又∵1·2＝1，∴只有一根在区间(e ，＋∞)上，不妨设2>e ，∴0<1<1e<e<2，又h (0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，即1e 2－(a ＋2)1e ＋1<0， ∴a >e ＋1e－2，② 联立①②可得a >e ＋1e－2. 即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e －2，＋∞. (2)证明由(1)知，当∈()1，x 2时，f ′()<0，f ()单调递减，当∈()x 2，＋∞时，f ′()>0，f ()单调递增，∴f ()在(1，＋∞)上有最小值f (2)，即∀t ∈(1，＋∞)，都有f (t )≥f (2)，又当∈()0，x 1时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈()x 1，1时，f ′()<0，f ()单调递减，∴f ()在(0,1)上有最大值f (1)，即对∀s ∈(0,1)，都有f (s )≤f (1)，又∵1＋2＝2＋a ，12＝1，1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，2∈()e ，＋∞， ∴f (t )－f (s )≥f (2)－f (1)＝ln 2＋ax 2－1－ln 1－ax 1－1＝ln x 2x 1＋a x 2－1－a x 1－1＝ln 22＋2－1x 2()x 2>e ，设()＝ln 2＋－1x ＝2ln ＋－1x (>e)，则′()＝2x ＋1＋1x 2>0(>e)， ∴()在()e ，＋∞上单调递增，∴()>(e)＝2＋e －1e， ∴f (t )－f (s )>e ＋2－1e. 3．已知函数f ()＝(2＋1)ln(2＋1)－a (2＋1)2－(a >0)．(1)如图，设直线＝－12，y ＝－将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f ()的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(2)当a >12时，求证：∀1，2∈(0，＋∞)且1≠2，有f (1)＋f (2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. (1)【解析】函数f ()的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，且当＝0时，f (0)＝－a <0.又∵直线y ＝－恰好通过原点，∴函数y ＝f ()的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得f ()<－，即(2＋1)ln(2＋1)－a (2＋1)2－<－.∵2＋1>0，∴a >ln 2x ＋12x ＋1. 令h ()＝ln 2x ＋12x ＋1⎝⎛⎭⎪⎫x >－12，则h ′()＝2－2ln 2x ＋12x ＋12⎝⎛⎭⎪⎫x >－12. ∴当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，e －12时，h ′()>0，h ()单调递增；当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时，h ′()<0，h ()单调递减． ∴h ()ma ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12＝1e ， ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)证明 ∵f ′()＝2ln(2＋1)－4a (2＋1)＋1，设u ()＝2ln(2＋1)－4a (2＋1)＋1，则u ′()＝42x ＋1－8a ⎝⎛⎭⎪⎫x >－12， ∵当>0时，42x ＋1<4，当a >12时，8a >4， ∴u ′()＝42x ＋1－8a <0，∴当>0时，f ′()为减函数，不妨设2>1>0，令g ()＝f ()＋f (1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 12(>1)，可得g (1)＝0，g ′()＝f ′()－f ′⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 12， ∵>x ＋x 12且f ′()是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′()<0，∴当>1时，g ()为减函数，∴g (2)<g (1)＝0，即f (1)＋f (2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 4．已知函数f ()＝ln ＋a x，g ()＝e －＋b ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若函数y ＝g ()在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f ()在＝1e 处的切线方程为e ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的∈(0，＋∞)，总有f ()>g ()．(2)证明易得f ′()＝1x －a x 2，则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －a e 2＝－e ，解得a ＝2e .∴f ()＝ln ＋2e x ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1，即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1. 将切点坐标代入e ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0.∴g ()＝e －.要证f ()>g ()，即证ln ＋2e x>e －(∈(0，＋∞))，只需证ln ＋2e>e －(∈(0，＋∞))．令u ()＝ln ＋2e，v ()＝e －，∈(0，＋∞)．则由u ′()＝ln ＋1＝0，得＝1e， ∴u ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u ()min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e. 又由v ′()＝e －－e －＝e －(1－)＝0，得＝1，∴v ()在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴v ()ma ＝v (1)＝1e. ∴u ()≥u ()min ≥v ()ma ≥v ()，显然，上式的等号不能同时取到．故对任意的∈(0，＋∞)，总有f ()>g ()．5．已知函数g ()＝ln ，h ()＝ax 2－12(a >0)．(1)若g ()<h ()对∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)【解析】方法一记f ()＝g ()－h ()＝ln －a 22＋12，令φ()＝f ′()＝ln ＋1－a ，则φ′()＝1x－a ， ①当a ≥1时，∵∈(1，＋∞)，∴φ′()＝1x－a <1－a ≤0， ∴f ′()在(1，＋∞)上单调递减，又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′()<0，即f ()在(1，＋∞)上单调递减，此时，f ()<f (1)＝－a －12≤0，即g ()<h ()，∴a ≥1.②当0<a <1时，考虑∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，φ′()＝1x －a >a －a ＝0， ∴f ′()在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递增，又f ′(1)＝1－a >0，∴f ′()>0，即f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递増， f ()>f (1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二当∈(1，＋∞)时，g ()<h ()等价于a >2x ln x ＋1x 2，令F ()＝2x ln x ＋1x 2(>1)， F ′()＝2()x －1－x ln x x 3(>1)，记m ()＝－1－ln (>1)，则m ′()＝－ln <0，∴m ()在(1，＋∞)上单调递减，∴m ()<m (1)＝0，∴F ′()<0，即F ()在(1，＋∞)上单调递减，F ()<F (1)＝1，故a ∈[1，＋∞)．(2)证明由(1)知取a ＝1，当∈(1，＋∞)时，g ()<h ()恒成立，即ln <x 2－12恒成立，即ln <x 2－12x恒成立，即ln(1＋)<x ＋12－12x ＋1＝x 2＋2x 2x ＋1对于∈(0，＋∞)恒成立，由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋k n 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋1，∈N *，于是ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2 ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2 <12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋2n 2＋…＋n n 2＋1n 2＋1＋2n 2＋1＋…＋n n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋1n 2＋n n ＋1n 2＋1 ＝14·2n 3＋2n 2＋n ＋1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n 3－2n 2＋2n －1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n n －12n －1n ()n 2＋1≤34，故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<34e . 6．已知函数f ()＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a 6e ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0. (1)求函数f ()在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F ()的导数F ′()＝()e x －a f ()，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F ()的极大值点？请说明理由．(2)方法一当a >1时，ln a >0.因为当∈()0，ln a 时，e －a <0；当∈()ln a ，＋∞时，e －a >0.由(1)知，当∈(0，0)时，f ()<0；当∈(0，＋∞)时，f ()>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g ()＝ln －－x 26＋1，∈(1，e)， g ′()＝ln －x 3，∈(1，e)，令h ()＝g ′()，则h ′()＝3－x 3x>0，所以g ′()在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e 3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0，且∈()1，t 0时，g ′()<0，g ()单调递减，∈()t 0，e 时，g ′()>0，g ()单调递增．所以当∈()1，e 时，g ()<ma {}g 1g e .由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e 26<0，得当∈()1，e 时，g ()<0.故f ()ln a <0,0<ln a <0.当0<<ln a 时，e －a <0，f ()<0， F ′()＝()e x －a f ()>0，F ()单调递增；当ln a <<0时，e －a >0，f ()<0，F ′()＝()e x －a f ()<0，F ()单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F ()的极大值点．方法二因为当∈()0，ln a 时，e －a <0；当∈()ln a ，＋∞时，e －a >0.由(1)知，当∈(0，0)时，f ()<0；当∈(0，＋∞)时，f ()>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得l n a 为函数F ()的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a <0成立，① 由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g ()＝ln －－x 26＋1，∈(1,4)， g ′()＝ln －x 3，∈(1,4)，设()＝g ′()，因为′()＝3－x 3x，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，′()>0，所以g ′()在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，t 0时，g ′()<0，g ()单调递减；当∈()t 0，2时，g ′()>0，g ()单调递增；所以当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2时，g ()min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 206＋1，②由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t3，代入②式可得g ()min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0，所以必存在∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g ()<0，即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F ()存在极大值点为ln a .7．已知f ()＝(－1)e ＋12a 2.(1)当a ＝e 时，求f ()的极值；(2)若f ()有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀>1，求证：f ()≥12a 2＋＋1＋ln(－1)．(1)【解析】当a ＝e 时，f ′()＝(e ＋e)．当∈(－∞，0)时，f ′()<0，f ()为减函数，当∈(0，＋∞)时，f ′()>0，f ()为增函数， ∴f ()极小值＝f (0)＝－1，无极大值． (2)【解析】f ′()＝(e ＋a )，(ⅰ)当a ＝0时，f ()＝(－1)e ，只有一个零点＝1， (ⅱ)当a >0时，e ＋a >0，当∈(－∞，0)时，f ′()<0，f ()为减函数，当∈(0，＋∞)时，f ′()>0，f ()为增函数，f ()极小值＝f (0)＝－1，而f (1)＝a2>0，∴当>0时，函数f ()在(0,1)上存在一个零点，当<0时，e<1，∴(－1)e>－1， ∴f ()＝(－1)e ＋12a 2>－1＋12a 2＝12a 2＋－1，令g ()＝12a 2＋－1，1是g ()＝0的一个根，取1＝－1－1＋2a a<0，∴f (1)>0，f (1)·f (0)<0，∴当<0时，函数f ()在(1,0)上存在一个零点， ∴函数f ()有两个零点． (ⅲ)当a <0时，f ′()＝(e ＋a )，令f ′()＝0得＝0或＝ln(－a )， ①当ln(－a )>0，即a <－1时，当变化时，f ()，f ′()的变化情况如表所示：∴f ()极大值∴函数f ()至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a )＝0，即a ＝－1时，f ()在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f ()至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a )<0，即－1<a <0时，当变化时f ()，f ′()的变化情况如表所示：∴<0，a <0时，f ()＝(－1)e ＋12a 2<0，f (0)＝－1，∴函数f ()至多有一个零点，不合题意．综上，a 的取值范围是(0，＋∞)． (3)证明令g ()＝f ()－ln(－1)－12a 2－－1，＝(－1)e －ln(－1)－－1，∈(1，＋∞)， g ′()＝e －1x －1－1＝e －xx －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x－1x －1，∈(1，＋∞)．令h ()＝e －1x －1，∈(1，＋∞)，h ′()＝e ＋1x －12>0，∴h ()为(1，＋∞)上的增函数，h (2)＝e 2－1>0，取－1＝e －2，＝1＋e －2，h (1＋e －2)＝21ee －＋－e 2<0，∴存在唯一的0∈(1,2)使h (0)＝0，即0e x ＝1x 0－1， ∴当∈(1，0)时，h ()<0，g ′()<0，g ()为减函数，当∈(0，＋∞)时，h ()>0，g ′()>0，g ()为增函数，∴g ()min ＝g (0)＝(0－1) 0e x －ln(0－1)－0－1＝(0－1)×1x 0－1－ln 0e x -－0－1＝1＋0－0－1＝0， ∴对∀>1，g ()≥g (0)＝0，即f ()≥12a 2＋＋1＋ln(－1)．8.已知f ()＝a sin ，g ()＝ln ，其中a ∈R ，y ＝g －1()是y ＝g ()的反函数． (1)若0<a ≤1，证明：函数G ()＝f (1－)＋g ()在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：k ＝1nsin11＋k2<ln 2；(3)设F ()＝g －1()－m 2－2(＋1)＋b ，若对任意的>0，m <0有F ()>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值． (1)证明由题意知G ()＝a sin(1－)＋ln ，G ′()＝1x－a cos(1－)(>0)，当∈(0,1)，0<a ≤1时，1x>1,0<cos(1－)<1，∴a cos(1－)<1，∴G ′()>0，故函数G ()在区间(0,1)上是增函数．(3)【解析】由对任意的>0，m <0有F ()＝g －1()－m 2－2(＋1)＋b ＝e －m 2－2＋b －2>0恒成立，即当∈(0，＋∞)时，F ()x min >0.又设h ()＝F ′()x ＝e －2m －2，h ′()＝e －2m ，m <0，则h ′()>0，h ()单调递增，又h (0)<0，h (1)>0，则必然存在0∈(0,1)，使得h (0)＝0，∴F ()在(0，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴F ()≥F (0)＝0e x －m 20－20＋b －2>0，则b >－0e x ＋m 20＋20＋2，又0e x －2m 0－2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∵b >－0e x ＋0e x －22x 0·20＋20＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x ＋0＋2，又m <0，则0∈(0，ln 2)，∵b >⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x ＋0＋2，0∈(0，ln 2)恒成立，令m ()＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－1e ＋＋2，∈(0，ln 2)，则m ′()＝12(－1)e ＋1，令n ()＝12(－1)e ＋1，则n ′()＝12e>0，∴m ′()在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′()>m ′(0)＝12>0，∴m ()在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ()<m (ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.9．已知a ∈R ，函数f ()＝(－2＋a )e(∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f ()的单调递增区间；(2)若函数f ()在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f ()是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．【解析】(1)当a ＝2时，f ()＝(－2＋2)e ，所以f ′()＝(－2＋2)e ＋(－2＋2)e ＝(－2＋2)e. 令f ′()>0，即(－2＋2)e>0，因为e>0，所以－2＋2>0，解得－2<< 2.所以函数f ()的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f ()在(－1,1)上单调递增，所以f ′()≥0对∈(－1,1)都成立．因为f ′()＝(－2＋a )e ＋(－2＋a )e ＝[－2＋(a －2)＋a ]e ，所以[－2＋(a －2)＋a ]e ≥0对∈(－1,1)都成立．因为e>0，所以－2＋(a －2)＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(＋1)－1x ＋1对∈(－1,1)都成立．令g ()＝(＋1)－1x ＋1，则g ′()＝1＋1x ＋12>0.所以g ()＝(＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g ()<g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.(3)若函数f ()在R 上单调递减，则f ′()≤0对∈R 都成立，即[－2＋(a －2)＋a ]e ≤0对∈R 都成立，因为e>0，所以2－(a －2)－a ≥0对∈R 都成立．所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的．故函数f ()不可能在R 上单调递减． 10．已知函数f ()＝2ln ＋2－2a (a >0)． (1)讨论函数f ()的单调性；(2)若函数f ()有两个极值点1，2(1<2)，且f (1)－f (2)≥32－2ln2恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)由题意知，函数f ()的定义域是(0，＋∞)， f ′()＝2x 2－ax ＋1x，令2－a ＋1＝0，则Δ＝a 2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′()≥0恒成立，函数f ()在(0，＋∞)上单调递增；②当a >2时，Δ>0，方程2－a ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为3，4，不妨令3<4，则3＝a －a 2－42，4＝a ＋a 2－42，此时0<3<4，因为当∈(0，3)时，f ′()>0，当∈(3，4)时，f ′()<0，当∈(4，＋∞)时，f ′()>0，所以函数f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增．综上，当0<a ≤2时，f ()在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增．(2)由(1)得f ()在(1，2)上单调递减，1＋2＝a ，1·2＝1，则f (1)－f (2)＝2ln x 1x 2＋(1－2)(1＋2－2a )＝2ln x 1x 2＋x 22－x 21x 1x 2＝2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2，令t ＝x 1x 2，则0<t <1，f (1)－f (2)＝2ln t ＋1t－t ，令g (t )＝2ln t ＋1t －t (0<t <1)，则g ′(t )＝－t －12t2<0，故g (t )在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32－2ln2，故g (t )＝f (1)－f (2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0<t ≤12，而a 2＝(1＋2)2＝x 1x 2＋x 2x 1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h (t )＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，所以h ′(t )＝1－1t 2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，故h (t )＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，从而a 2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫322，＋∞.。

专题05 函数的对称性、周期性及其应用-备战2019年高考数学之高三复习大一轮热点聚焦与扩展(解析版)

专题05 函数的对称性、周期性及其应用【热点聚焦与扩展】高考对函数性质的考查往往是综合性的，如将奇偶性、周期性、单调性及函数的零点综合考查，因此，复习过程中应注意在掌握常见函数图象和性质的基础上，注重函数性质的综合应用的演练.（一）函数的对称性1、对定义域的要求：无论是轴对称还是中心对称，均要求函数的定义域要关于对称轴（或对称中心）对称2、轴对称的等价描述：（1）()()f a x f a x -=+⇔()f x 关于x a =轴对称（当0a =时，恰好就是偶函数）（2）()()()f a x f b x f x -=+⇔关于2a b x +=轴对称在已知对称轴的情况下，构造形如()()f a x f b x -=+的等式只需注意两点，一是等式两侧f 前面的符号相同，且括号内x 前面的符号相反；二是,a b 的取值保证2a b x +=为所给对称轴即可。

例如：()f x 关于1x =轴对称()()2f x f x ⇒=-，或得到()()31f x f x -=-+均可，只是在求函数值方面，一侧是()f x 更为方便（3）()f x a +是偶函数，则()()f x a f x a +=-+，进而可得到：()f x 关于x a =轴对称.① 要注意偶函数是指自变量取相反数，函数值相等，所以在()f x a +中，x 仅是括号中的一部分，偶函数只是指其中的x 取相反数时，函数值相等，即()()f x a f x a +=-+，要与以下的命题区分：若()f x 是偶函数，则()()f x a f x a +=-+⎡⎤⎣⎦：()f x 是偶函数中的x 占据整个括号，所以是指括号内取相反数，则函数值相等，所以有()()f x a f x a +=-+⎡⎤⎣⎦② 本结论也可通过图像变换来理解，()f x a +是偶函数，则()f x a +关于0x =轴对称，而()f x 可视为()f x a +平移了a 个单位（方向由a 的符号决定），所以()f x 关于x a =对称. 2、中心对称的等价描述：（1）()()f a x f a x -=-+⇔()f x 关于(),0a 中心对称（当0a =时，恰好就是奇函数）（2）()()()f a x f b x f x -=-+⇔关于,02a b +⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称在已知对称中心的情况下，构造形如()()f a x f b x -=-+的等式同样需注意两点，一是等式两侧f 和x 前面的符号均相反；二是,a b 的取值保证2a b x +=为所给对称中心即可。

专题04 导数及其应用(教学案) 2019年高考数学(文科)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析

【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，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，要求是B级，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，要求是B级，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，要求是B级；(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. 【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线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)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式(2)导数的四则运算①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎡⎦⎤u x v x ′＝u x v x －u x vx [v x 2(v (x )≠0)． 3．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 .4．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．5．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．6．函数单调性的应用(1)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0在区间(a ，b )上恒成立；(2)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0在区间(a ，b )上恒成立；(3)可导函数f (x )在区间(a ，b )上为增函数是f ′(x )＞0的必要不充分条件.【题型示例】题型一、导数的几何意义【例1】(2018·全国Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x答案 D解析方法一 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立，∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1，∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.方法二 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数，∴a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1，∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.【举一反三】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为________．答案 2x －y －2＝0解析因为y ′＝2x ，y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即2x －y －2＝0.【变式探究】若函数f (x )＝ln x (x >0)与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是() A.⎝⎛⎭⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－ln 2，＋∞)答案 A解析设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝⎛⎭⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t<0， ∴h (t )在(0,2)上为减函数，则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln12e， ∴a ∈⎝⎛⎭⎫ln 12e ，＋∞. 【变式探究】【2016高考新课标2文数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ．【答案】1ln 2-【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．解析 ∵(e x )′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有 ⎪⎪⎝⎛⎭⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1，又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)．答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x e x －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x(a ，b 为常数)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________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义．(2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1()m ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意x ∈[]1，e ，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意知f ′(x )＝4x －2mx ＝4－2mx 2x(x >0)，当m ≤0时，f ′(x )>0在x ∈(0，＋∞)时恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，f ′(x )＝4－2mx 2x＝－2m ⎝⎛⎭⎫x ＋2m ⎝⎛⎭⎫x －2m x (x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <2m ；令f ′(x )<0，得 x >2m . ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫2m ，＋∞上单调递减．综上所述，当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫2m ，＋∞上单调递减． (2)方法一由题意知4ln x －mx 2＋1≤0在[]1，e 上恒成立，即m ≥4ln x ＋1x 2在[]1，e 上恒成立．令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[]1，e ， ∴ g ′(x )＝2()1－4ln x x 3，x ∈[1，e]，令g ′(x )>0，得1<x <14e ；令g ′(x )<0，得14e <x <e.∴g (x )在⎝⎛⎭⎫1，14e 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫14e ，e 上单调递减． ∴g (x )max ＝g 14e ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝4ln e 14＋1⎝⎛⎭⎫e 142＝2e e ， ∴m ≥2e e. 方法二要使f (x )≤0恒成立，只需f (x )max ≤0，由(1)知，若m ≤0，则f (x )在[]1，e 上单调递增． ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，即m ≥5e2，这与m ≤0矛盾，此时不成立．若m >0，(ⅰ)若2m ≥e ，即0<m ≤2e2，则f (x )在[]1，e 上单调递增， ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，即m ≥5e 2，这与0<m ≤2e 2矛盾，此时不成立．。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题21坐标系与参数方程教学案文含解析.pdf

坐标系与参数方程【2019年高考考纲解读】高考主要考查平面直角坐标系中的伸缩变换、直线和圆的极坐标方程、参数方程与普通方程的互化、常见曲线的参数方程及参数方程的简单应用．以极坐标、参数方程与普通方程的互化为主要考查形式，同时考查直线与曲线的位置关系等解析几何知识．【重点、难点剖析】1．直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，则Error!Error!2．直线的极坐标方程若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置的直线的极坐标方程(1)直线过极点：θ＝α；(2)直线过点M(a,0)(a>0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a；(b，π2)(3)直线过M且平行于极轴：ρsin θ＝b.3．圆的极坐标方程若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r的圆方程为：2ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ0－r2＝0.几个特殊位置的圆的极坐标方程(1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；(2)当圆心位于M(r,0)，半径为r：ρ＝2r cos θ；(r，π2)(3)当圆心位于M，半径为r：ρ＝2r sin θ.(4)圆心在点M(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为Error!(θ为参数，0≤θ≤2π)．圆心在点A(ρ0，θ0)，2半径为r的圆的方程为r2＝ρ2＋ρ0－2ρρ0cos(θ－θ0)．4．直线的参数方程经过点P 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线的参数方程为Error!(t 为参数)．设P 是直线上的任一点，则t 表示有向线段的数量．P 0P →5．圆的参数方程圆心在点M (x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为Error!(θ为参数，0≤θ≤2π)．6．圆锥曲线的参数方程(1)椭圆＋＝1的参数方程为Error!(θ为参数)．x 2a 2y 2b 2(2)双曲线－＝1的参数方程为Error!(θ为参数)．x 2a 2y 2b2(3)抛物线y 2＝2px (p >0)的参数方程为Error!(t 为参数).【题型示例】题型一　极坐标方程和参数方程【例1】(2018·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；【思路方法】(1)先列方程，再进一步转化为参数方程．(2)解出交点，再求得直线方程，最后转化为极坐标方程．【解析】(1)设(x 1，y 1)为圆上的点，在已知变换下变为曲线C 上的点(x ，y )，依题意，得Error!由x ＋y ＝1，得x 2＋2＝1，2121(y2)即曲线C 的方程为x 2＋＝1.y 24故C 的参数方程为Error!(t 为参数)．【感悟提升】若极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x 轴正半轴重合，两坐标系的长度单位相同，则极坐标方程与直角坐标方程可以互化．求解与极坐标方程有关的问题时，可以转化为熟悉的直角坐标方程求解．若最终结果要求用极坐标表示，则需将直角坐标转化为极坐标．题型二　参数方程与普通方程的互化【例2】(2018·全国Ⅲ)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为Error!(θ为参数)，过点(0，－)2且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ，B 两点．(1)求α的取值范围；(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程．【解析】　(1)⊙O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1.当α＝时，l 与⊙O 交于两点．π2当α≠时，记tan α＝k ，则l 的方程为y ＝kx －.l 与⊙O 交于两点当且仅当<1，解得k <－1π22|2|1＋k 2或k >1，即α∈或α∈.(π2，3π4)(π4，π2)综上，α的取值范围是.(π4，3π4)(2)l 的参数方程为Error!.(t 为参数，π4<α<3π4)设A ，B ，P 对应的参数分别为t A ，t B ，t P ，则t P ＝，且t A ，t B 满足t 2－2t sin α＋1＝0.t A ＋t B22于是t A ＋t B ＝2sin α，t P ＝sin α.22又点P 的坐标(x ，y )满足Error!所以点P 的轨迹的参数方程是Error!.(α为参数，π4<α<3π4)【感悟提升】(1)将参数方程化为普通方程，需要根据参数方程的结构特征，选取适当的消参方法．常见的消参方法有代入消参法、加减消参法、平方消参法等．(2)将参数方程化为普通方程时，要注意两种方程的等价性，不要增解、漏解，若x ，y 有范围限制，要标出x ，y 的取值范围．【变式探究】【2017·江苏】[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面坐标系中中,已知直线的参考方程为(为参数),曲线的参数方程为(xOy l x 82t ty =-+⎧⎪⎨=⎪⎩tC 22,x s y ⎧=⎪⎨=⎪⎩s 为参数).设为曲线上的动点，求点到直线的距离的最小值.P C P l【解析】直线的普通方程为.l 因为点在曲线上，设，P C 从而点到直线的的距离，P l 当时，. s=min d =因此当点的坐标为时，曲线上点到直线P ()4,4C P l 【考点】参数方程化普通方程【变式探究】在直角坐标系x O y 中,曲线C 1的参数方程为（t 为参数,a ＞0）．在以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C 2：ρ=4cos θ.（I ）说明C 1是哪一种曲线,并将C 1的方程化为极坐标方程；（II ）直线C 3的极坐标方程为0θα=,其中0α满足tan 0α=2,若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上,求a ．【答案】（I ）圆,（II ）1【解析】解：（Ⅰ）消去参数t 得到1C 的普通方程.1C 是以)1,0(为圆心，a 为半径的圆.将代入1C 的普通方程中，得到1C 的极坐标方程为.（Ⅱ）曲线21,C C 的公共点的极坐标满足方程组若0≠ρ，由方程组得，由已知2tan =θ，可得，从而012=-a ，解得1-=a （舍去），1=a .1=a 时，极点也为21,C C 的公共点，在3C 上.所以1=a .【变式探究】在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．π4【变式探究】在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为Error!(α为参数)，M 是C 1上的动点，P 点满足＝2OP →，点P 的轨迹为曲线C 2.OM →(1)求C 2的方程；(2)在以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线θ＝与C 1的异于极点的交点为A ，与C 2的异π3于极点的交点为B ，求AB .【解析】(1)设P (x ，y )，则由条件知M ，由于M 点在C 1上，所以Error!即Error!(x 2，y2)从而C 2的参数方程为Error!(α为参数)．(2)曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4sin θ，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝8sin θ.射线θ＝与C 1的交点A π3的极径为ρ1＝4sin，射线θ＝与C 2的交点B 的极径为ρ2＝8sin .所以AB ＝|ρ2－ρ1|＝2.π3π3π33【规律方法】解决这类问题一般有两种思路，一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出极坐标．要注意题目所给的限制条件及隐含条件．【变式探究】将圆x 2＋y 2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C .(1)写出C 的参数方程；(2)设直线l ：2x ＋y －2＝0与C 的交点为P 1，P 2，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P 1P 2的中点且与l 垂直的直线的极坐标方程．解　(1)设(x 1，y 1)为圆上的点，在已知变换下变为C 上点(x ，y )，依题意，得1,2,x x y y =⎧⎨=⎩由x ＋y ＝1得x 2＋＝1，2121(y 2)2即曲线C 的方程为x 2＋＝1.y 24故C 的参数方程为(t 为参数)．cos 2sin x ty t =⎧⎨=⎩(2)由解得：或1,0x y =⎧⎨=⎩0,2.x y =⎧⎨=⎩不妨设P 1(1，0)，P 2(0，2)，则线段P 1P 2的中点坐标为，所求直线斜率为k ＝，于是所求直线方程(12，1)12为y －1＝，12(x －12)化为极坐标方程，并整理得2ρcos θ－4ρsin θ＝－3，即ρ＝.34sin θ－2cos θ题型三　极坐标参数方程及其应用【例3】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为Error!(α为参数)，直线l 的参数方程为Error!(t 为参数)，在以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线m ：θ＝β(ρ>0)．(1)求C 和l 的极坐标方程；(2)设点A 是m 与C 的一个交点(异于原点)，点B 是m 与l 的交点，求的最大值．|OA ||OB |解　(1)曲线C 的普通方程为(x －1)2＋y 2＝1，由Error!得2＋ρ2sin 2θ＝1，(ρcos θ－1)化简得C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.因为l 的普通方程为x ＋y －4＝0，所以极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－4＝0，所以l 的极坐标方程为ρsin ＝2.(θ＋π4)2(2)设A (ρ1，β)，B (ρ2，β)，则＝＝2cos β·|OA ||OB |ρ1ρ2sin β＋cos β4＝(sin βcos β＋cos 2β)＝sin ＋，1224(2β＋π4)14由射线m 与C ，直线l 相交，则不妨设β∈，(－π4，π4)则2β＋∈，π4(－π4，3π4)所以当2β＋＝，即β＝时，取得最大值，π4π2π8|OA ||OB |即max ＝.(|OA ||OB |)2＋14【感悟提升】　(1)利用参数方程解决问题，要理解参数的几何意义．(2)在解决直线、圆和圆锥曲线的有关问题时，常常将极坐标方程化为直角坐标方程或将参数方程化为普通方程，有助于认识方程所表示的曲线，从而达到化陌生为熟悉的目的，这是转化与化归思想的应用．【变式探究】在平面直角坐标系中，以原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(1)若曲线C 2的参数方程为Error!(α为参数)，求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程；(2)若曲线C 2的参数方程为Error!(t 为参数)，A (0,1)，且曲线C 1与曲线C 2的交点分别为P ，Q ，求＋1|AP |1|AQ |的取值范围．【解析】　(1)∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ，又∵ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，∴曲线C 1的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，曲线C 2的普通方程为x 2＋(y －1)2＝t 2.(2)将C 2的参数方程Error!(t 为参数)代入C 1的方程x 2＋y 2－2x ＝0，得t 2＋(2sin α－2cos α)t ＋1＝0.∵Δ＝(2sin α－2cos α)2－4＝8sin 2－4>0，(α－π4)∴∈，|sin (α－π4)|(22，1]∴sin ∈∪.(α－π4)[－1，－22)(22，1]t 1＋t 2＝－(2sin α－2cos α)＝－2sin ，2(α－π4)t 1t 2＝1>0，∵t 1t 2＝1>0，∴t 1，t 2同号，∴|t 1|＋|t 2|＝|t 1＋t 2|.由点A 在曲线C 2上，根据t 的几何意义，可得＋＝＋＝1|PA |1|AQ |1|t 1|1|t 2||t 1|＋|t 2||t 1||t 2|＝＝|t 1|＋|t 2||t 1t 2||t 1＋t 2|1＝2∈(2,2]．2|sin (α－π4)|2∴＋∈(2,2]．1|PA |1|AQ |2【变式探究】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为（θ为参数），直线l 的参数方程为3cos ,sin ,x y θθ=⎧⎨=⎩.（1）若a =−1，求C 与l 的交点坐标；（2）若C 上的点到l a.【答案】（1）与的交点坐标为，；（2）或.C l ()3,02124,2525⎛⎫-⎪⎝⎭8a =16a =-【解析】（1）曲线的普通方程为.C 2219x y +=当时，直线的普通方程为.1a =-l由解得或.3{ 0x y ==2125{ 2425x y =-=从而与的交点坐标为， .C l ()3,02124,2525⎛⎫-⎪⎝⎭（2）直线的普通方程为，故上的点到的距离为l C l .当时，；4a ≥-d=8a =当时，由题设得，所以.4a <-d 16a =-综上，或.8a =16a =-【变式探究】在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为．（Ⅰ）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；（Ⅱ）直线l 的参数方程是cos sinx t y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数）, l 与C交于,A B 两点，||AB =，求l 的斜率．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（I ）由可得C的极坐标方程（II ）在（I ）中建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为由,A B 所对应的极径分别为12,,ρρ将l 的极坐标方程代入C 的极坐标方程得于是由||AB =得，所以l【变式探究】已知直线l 的参数方程为(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴1,1x t y t =-+⎧⎨=+⎩建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ＝4，则直线l 与曲线C 的交点的(ρ＞0，3π4＜θ＜5π4)极坐标为________．解析　直线l 的直角坐标方程为y ＝x ＋2，由ρ2cos 2θ＝4得ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4，直角坐标方程为x 2－y 2＝4，把y ＝x ＋2代入双曲线方程解得x ＝－2，因此交点为(－2，0)，其极坐标为(2，π)．答案　(2，π)【变式探究】已知直线l 的参数方程为Error!(t 为参数)，圆C 的参数方程为Error!(θ为参数)．(1)求直线l 和圆C 的普通方程；(2)若直线l 与圆C 有公共点，求实数a 的取值范围．【命题意图】本小题主要考查直线与圆的参数方程等基础知识，意在考查考生的运算求解能力及化归与转化思想．【解题思路】(1)消去参数，即可求出直线l 与圆C 的普通方程．(2)求出圆心的坐标，利用圆心到直线l 的距离不大于半径，得到关于参数a 的不等式，即可求出参数a 的取值范围．【解析】(1)直线l 的普通方程为2x －y －2a ＝0，圆C 的普通方程为x 2＋y 2＝16.(2)因为直线l 与圆C 有公共点，故圆C 的圆心到直线l 的距离d ＝≤4，|－2a |5解得－2≤a ≤2.55【感悟提升】1．将参数方程化为普通方程的过程就是消去参数的过程，常用的消参方法有代入消参、加减消参和三角恒等式消参等，往往需要对参数方程进行变形，为消去参数创造条件．2．在与直线、圆、椭圆有关的题目中，参数方程的使用会使问题的解决事半功倍，尤其是求取值范围和最试题为高清版下载可打印试题为高清版下载可打印值问题，可将参数方程代入相关曲线的普通方程中，根据参数的取值条件求解．【变式探究】在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为(t 为参数)．在极坐标系(与平面直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴非负半轴为极轴)中，直线l 的方程为2ρsin ＝m (m ∈R )． (θ－π4)①求圆C 的普通方程及直线l 的直角坐标方程；②设圆心C 到直线l 的距离等于2，求m的值．。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题05导数的热点问题教学案理含解析

【2019年咼考考纲解读】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 .【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力.例1、已知函数f (x ) = a e 2* — a e x — x e x (a > 0, e = 2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )》0对于x €R 恒成立.(1)求实数a 的值;In 2 1 1xo，且K+4?三 f(x0)<4.⑴解由找£ =昇(霽—占—克)刁0对于兀€尺恒成立，i 殳的数 ^w = se ±- S-JT,可得^(JT ) = ae 7 — a — Jf^O 对于JT E R 恒成立?Vr (0) =0, /.f Cr)(0),从而盘=o 罡fW 的一牛极小值点>g J Gr) =«*—!, Af 7 (0) = s — 1=0,即 3=1.当 a=l B 寸# ^(x) = s , —1—jj 『(r) = e ?— 10)时,/ W<0, £■(£在(一8, 0)上单调递减,xG (Oj +8)时〉(JT )>0 f y(jr)在+8)上单调递增' ・"Cr)彥血)=0,故a=l-⑵ 证明当 a = 1 时，f (x ) = e 2"— e x — x e x ,f '( x ) = e x (2e x — x — 2).令 h (x ) = 2e x — x — 2,则 h '(x ) = 2e x — 1,•••当 x € ( —a, — In 2)时，h '(x )<0, h (x )在(—g,— In 2)上为减函数; 当 x € ( — In 2 ,+a )时，h'(x )>0, h ( x )在(一In 2 , +^)上为增函数，导数的热点问题⑵ 证明：f (x )存在唯一极大值点••• h( — 1)<0, h( — 2)>0,•••在(—2, — 1)上存在 x = x o 满足 h (x o ) = 0, ••• h(x )在(—g,— In 2)上为减函数， •••当 x € ( —g, x o )时，h (x )>0 , 即f '(x )>0, f (x )在(—g, x o )上为增函数，当 x €(x o ,— In 2)时，h (x )<0 ,即 f '(x )<0, f (x )在(x o ,— In 2)上为减函数，当 x € ( — In 2,0) 时，h (x )< h (0) = 0, 即f '(x )<0, f (x )在(—In 2,0)上为减函数, 当 x € (0，+g )时，h (x )> h (0) = 0, 即f '(x )>0, f (x )在(0，+g )上为增函数， • f (x )在(一In 2 ,+g )上只有一个极小值点 0,综上可知，f (x )存在唯一的极大值点 x o ,且 x o € ( — 2, — 1).xoh ( x o ) = 0,「・2 e— X o — 2= 0,2x + 2x 11< ,• f (x o )<4；t in 21e € ( — 2,— 1),12e 厂 2e + 4e °；In 2 11综上知 2e + 4e 2< f(xo)<4.【方法技巧】用导数证明不等式的方法 (1)利用单调性：若f (x )在[a ,b ]上是增函数，则①？ x €[a , b ]，则f (a ) < f (x ) < f (b )；②对？ X 1, X 2€[a ,b ],且X 1<X 2，则f (X 1)<f (X 2).对于减函数有类似结论.⑵ 利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值 M 或最小值m )，则对？ x € D,有f (x ) < M 或f (x ) > m .(3)证明 f (x )< g ( x )，可构造函数 F (x ) = f (x ) — g (x )，证明 F (x )<0. 【变式探究】已知函数 f (x ) = ax — In x .x o + 2x o4, X o € ( — 2, — 1),•••当 x € ( — 2, — 1)时，一 4' 2x oXo冷• f ( x o ) = e— e— x o eX o + 1)=(1)讨论f( x)的单调性；— m ,— 1，求证：f (x ) >2 ax — x e ax —1 1 ax — 1(1)解由题意得 f '( x ) = a — x = x (x >0),z\. z\.①当a <0时，则f '(x )<0在(0,+^)上恒成立, ••• f (x )在(0,+^)上单调递减.②当a >0时,1 2设 t = — €(0, e],a⑵若a €则当x € c ，+8,f '(x )>0, f (x )单调递增,当x €，a 〕,f '(x )<0 , f (x )单调递减.综上当a w0时，f (x )在(0 ,+^)上单调递减; 当a >0时，f (x )在y, 1 ”单调递减，在 £⑵ 证明令 g (x ) = f (x ) — 2ax + x e ax —1,+m 上单调递增.ax — 1 .=x e — ax — In x ,ax — 1ax — 11贝U g (x) = e + ax e — a — 一x ax +x e ax —1 —------------ x --------------- (x >0),/八 I ax - 11 '=(ax + 1) j e —一 =, x ,:设 r ( x ) = x e ax —1— 1(x >0), 则 r '(x ) = (1 + ax )e ax —1(x >0),ax — 1 亠• e >0,•••当 x € 0,,r '(x )>0, r (x )单调递增;当x €1a,r '(x )<0, r (x )单调递减. •••当 0<x <—时，g '(x )<0，当 x>-时，g '(x )>0,a• • r (x ) max = r A + 1 a eea ，+8 j 上单调递增,) t 2心i' 1则ga = h(t) = g-In t + 1(0<t <e),1 1 2h '(t ) = e — - w 0, h (t )在(0, e ］上单调递减, e t ••• h(t) > h(e 2) = 0;g (x ) >0,故 f (x ) >2 ax — x e ax —1.题型二利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解.例 2、(2018 •全国 n )已知函数 f (x ) = e x — ax 2. (1)若 a = 1，证明：当 x >0 时，f (x ) > 1 ；⑵若f (x )在(0，+^)上只有一个零点，求a(1)证明当 a = 1 时，f (x ) >1 等价于(x 2+ 1)e —x — 1 w 0.设函数 g (x ) = (x 2+ 1)e —x — 1，则 g '( x ) = — (x 2— 2x + 1) •e —x =— (x — 1)2e —x .当x ^1时，g '(x )<0，所以g (x )在(0，+m )上单调递减. 而 g (0) = 0，故当 x >0 时，g (x ) w 0，即即 f (x ) > 1.2 — x⑵解设函数h (x ) = 1 — ax e .f (x )在(0，+^)上只有一个零点等价于h ( x )在(0，+^)上只有一个零点.(i )当 a wo 时，h (x )>0，h (x )没有零点; (ii)当 a >0 时，h '(x ) = ax (x — 2)e —x .当 x € (0,2)时，h '(x )<0 ;当 x € (2，+^)时，h '(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，+s )上单调递增. 4a故h (2) = 1 — 2是h (x )在(0，+^)上的最小值.e①若 ②若 ③若2eh (2)>0，即即 a <4，h (x )在(0，+^)上没有零点. 2 eh (2) = 0，即a= ，h (x )在(0，+^)上只有一个零点.4 2eh (2)<0，即卩 a >4，因为 h (0) = 1，所以h ( x )在(0,2)上有一个零点；33X 2 16a 16a由(1)知，当 x >0 时，e >x ，所以 h (4 a ) = 1 — 4a = 1 — 2a 2>1 e e16a 32a4= 1 —1 >0,故 h (x )在(2,4 a )上有 a一个零点.因此h(x)在(0，+^)上有两个零点.2e 综上，当f (x )在(0,+^)上只有一个零点时，a = 4.【感悟提升】 ⑴ 函数y = f (x ) — k 的零点问题，可转化为函数 y = f (x )和直线y = k 的交点问题. (2)研究函数y =f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势.【变式探究】设函数 f (x ) = e x — 2a — ln( x + a ), a € R, e 为自然对数的底数. (1)若a >0,且函数f (x )在区间［0 ,+s )内单调递增，求实数 a 的取值范围；⑵ 若0<a <2,试判断函数f (x )的零点个数.解 ⑴丁函数心)在【5 +甸内单调递増，:(Jr) = e ，----------- 在［(b +8)内恒成立.jr+ a即&厂在［0』+8)内恒成立. 记 — e -J —JT ,则 f Cr) = - e _r -l<0 恒成立,弋3在区间［0, +8)內单调递拆b即实数右的取值范围为［1, +8匚⑵•/0<a <2, f ，(x) = e x — x +a (x >— a )，记 h (x ) = f '(x )，贝U h '(x ) = e x + —+>0,x + a 知f ' (x)在区间(一a ,+^ )内单调递增.1 1又••• f ' (0) = 1 — a <0, f ' (1) = e — a + 1>0,当一a <x <x °时，f '(x )<0, f (x )单调递减; 当x >x 。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题04导数及其应用热点难点突破文含解析

x1答案 A解析因为X,所汰儿由^-/)=-rcosf=-卓$知函数g ⑴为奇函数, 所以排除B, D 选项，当从F 轴右侧T 时，cost>0, 所以的E 故选玄xe2 .已知函数f (x ) = - + k (ln x -x )，若x = 1是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( )xA. ( -m , e ]B. ( —g, e )C.( — e ，+g )D.[ — e ，+g )答案 Ax解析由函数 f (x )= — + k ( In x — x ),xx — 1 可得 f rxr 3+ kf —1〕 x '-丿••• f (x)有唯一极值点x = 1, ••• f '( x ) = 0 有唯一根 x = 1,x• — — k = 0无根或有且仅有一个根为 x x = 1,x、r e 设 g (x ) =x, z\.则g ' xe(x)=由g '(x )>0得，g (x )在[1 , +g )上单调递增,导数及其应用1 .设函数y = x sin x + cos x 的图象在点(t , f t )处切线的斜率为 g (t )，则函数y = g (t )的图象一部分可以是()二g(x) min= g(1) = e,••• k w e,即实数k的取值范围是(―乂, e].13 •已知定义在 R 上的可导函数f (x )的导函数为f '(x )，满足f '(x )<f (x )，且f (0)=空，则不等式f (x ) 1—2e x <0的解集为()解析构造迪数訊工〉=罗，则 g f W- -,因为C 町弓血)J 所以宅3切= 故画数訊月在R 上为海酌数，又他=弟所M 日⑴=专=£,则不等式-^<0可化为礬4, 即呂。

”4=枣。

)丿所以Q (b 即所求不等式的解集为(0,十巧.4.若函数f (x ) = e x —x 2— ax (其中e 是自然对数的底数)的图象在x = 0处的切线方程为 y = 2x + b ，则函数H x — bg (x ) =x 在(°，+8)上的最小值为()所以 f ' (0) = 1 — a .由题意知1 — a = 2，解得a =— 1，因此f (x ) = e x — x 2+ x ，而 f (0) = 1，于是1 = 2X 0+ b ，解得 b = 1，因此 f! x — b M x — 1 e x — 2xg ( x ) —一 —，x xx答案 C解析因为 f '( x ) = e x — 2x — a ，2B . (0，+m ) D. ( —8，0)A . — 1B . eC . e — 2D . e答案 B令 g '(x ) = 0 得 x = 1,故g (x )在x = 1处取得极小值, 即g (x )在(0 ,+s )上的最小值为g (1) = e — 2.5.若曲线y = x — In x 与曲线y = ax 3 + x + 1在公共点处有相同的切线，则实数 2 2e e eA. 77 B . — — C . — — D. 3 3 3 答案 B解析设两曲线的公共点为 P (m n ), m >0,1由 y = x — In x ，得 y '= 1—,x则曲线y = x — In x 在点F (m n )处的切线的方程为所以g ' (x) =x ——2 xx —m , 3 2 由 y = ax + x + 1,得 y '= 3ax +1, 则曲线y = ax 3 + x +1在点F (m n )处的切线的方程为 3 2 y — am — m- 1 = (3am +1)( x — nj , 23即 y = (3am + 1)x — 2am + 1, 所以 1 - m =讪+1， 1 — In m=— 2am + 1, 解得 6.设函数y = f (x )的导函数为f '(x )，若y = f (x )的图象在点F (1 , f (1))处的切线方程为 f (1) + f ' (1)等于() A . 4 B . 3 C . 2 D . 1 x — y + 2 = 0,则答案 A 解析依题意有 f ' (1) = 1 ,1 — f (1) + 2= 0，即 f (1) = 3, 所以 f (1) + f ' (1) = 4. _ 3 2 2 _7.已知函数f (x ) = x + ax + bx — a — 7a 在x = 1处取得极大值10,则的值为()ba 等于(2A —3B •- 2 、2 、 2C. — 2 或—3D. 2 或—3答案 A2解析由题意知f '(X )= 3x + 2ax + b f ‘⑴=0, f ⑴=10,3 + 2a + b = 0, 即 1 + a +b -a 2-7a = 10,X8. 曲线f （x ）=亡在x = 0处的切线方程为（A . x — y -1 = 0B . x + y +1 = 0 C. 2x — y — 1 = 0D. 2x + y + 1 = 0e ( x —2)解析因为f '(x ) = -------------------- 2，所以f ' (0) =— 2,故在x = 0处的切线方程为 2x + y + 1 = 0,故选 D.(x — 1) 答案 D 9.曲线f （x ） = x 3+ x — 2在p o 处的切线平行于直线 y = 4x— 1,贝U p o 点的坐标为（）C. （1 , 0）和（一1 , — 4） D . （2 , 8）和（一1,— 4）解析设p °（x 。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题22不等式选讲教学案理含解析20190330278

不等式选讲【2019年高考考纲解读】本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．【重点、难点剖析】1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ； (2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解． 2．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式． 3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 4．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则(∑i ＝1na 2i )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n b 2i ≥(∑i ＝1na ib i )2，当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立． 5．绝对值不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.需要灵活地应用．6．不等式的性质，特别是基本不等式链 11a ＋1b≤ab ≤a ＋b2≤a 2＋b 22(a >0，b >0)，在不等式的证明和求最值中经常用到．7．证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法．另外还有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等. 【题型示例】题型一含绝对值不等式的解法【例1】（2018年全国Ⅱ卷理数） [选修4－5：不等式选讲] 设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）,(2)【解析】（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是．【变式探究】已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1. (1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．【解析】(1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝|x －2|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4，当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2<x <4时，由f (x )≥4－|x －4|，无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.故不等式的解集为{x |x ≤1或x ≥5}． (2)令h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a ，由|h (x )|≤2，当x ≤0或x ≥a 时，显然不成立．当0<x <a 时，由|4x －2a |≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12.又知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.【感悟提升】(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤①求零点；②划区间、去绝对值符号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．3．求解绝对值不等式恒成立问题的解析(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．(2)结合“a ≥f (x )恒成立，则a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立，则a ≤f (x )min ”求字母参数的取值范围．【举一反三】已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1.(2)－3t ＋12＋t＝34－t ＋t ≤[（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2] ＝24－t ＋t ＝4，当且仅当4－t 3＝t1，即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4.【举一反三】已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0. 当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解；当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2. 所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪23<x <2. (2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1，0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)．题型二不等式的证明【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3. (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.(2)证明由绝对值不等式的性质，得|x －1|＋||x －3≥||－x ＋b\lc(rc\(a\vs4al\co1(x －3)))＝2，当且仅当(x －1)(x －3)≤0，即1≤x ≤3时，等号成立， ∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m >1，n >1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4， a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝()m －12m＋n －2n＝m ＋n ＋1m ＋1n－4＝4mn ≥4⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22＝1，当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立，∴原不等式得证．【感悟提升】(1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．【变式探究】已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集． (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |. (1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6. 当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立， ∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1.综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}． (2)证明()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)．由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1， ∴a 2－1<0，b 2－1<0， ∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴||ab ＋1>|a ＋b |.【变式探究】【2017课标II ，理23】已知。

2019年高考数学(理)热点题型和提分秘籍专题10导数的概念及运算(教学案)含解析

1．了解导数概念的实际背景。

2．通过函数图象直观理解导数的几何意义。

3．能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝1x，y＝x2，y＝x3，y＝x的导数。

4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。

热点题型一导数的计算例1、求下列函数的导数(1)y＝e x sin x；(2)y＝x x2＋1x＋1x3；(3)y＝x－sin x2cosx2。

(4)y＝ln(1－2x)。

【提分秘籍】导数计算的原则和方法(1)原则：先化简解析式，使之变成能用八个求导公式求导的函数的和、差、积、商，再求导。

(2)方法：①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；③对数形式：先化为和、差和的形式，再求导；④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导。

【举一反三】求下列函数的导数(1)y ＝(2x 2－1)(3x ＋1)；(2)y ＝x ＋x 5＋sin xx2；(3)y ＝－sinx21－2cos2x4。

热点题型二导数的几何意义及应用例2、（2018年全国I 卷理数）设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A.B.C.D.【答案】D 【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选 D.【变式探究】【2017山东，理20】已知函数22cos f x xx ，cos sin 22xg xex x x，其中 2.71828e是自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线y f x 在点,f处的切线方程；（Ⅱ）令h xg xa f x a R，讨论h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】（1）22ππ2y x （2）见解析【解析】（Ⅰ）由题意22f又22sin f x x x ，所以2f，因为00,m 所以当0x时，0,m x当0x 时，0m x (1)当0a 时，xe a当0x 时，0h x ，h x 单调递减，当0x时，0h x ，h x 单调递增，所以当0x时h x 取得极小值，极小值是021h a ；(2)当0a时，ln 2sin xah xeexx由0h x得1ln x a ，2=0x ①当01a 时，ln 0a，当,ln x a时，ln 0,0xaeeh x ，h x 单调递增；当ln ,0x a 时，ln 0,0x ae e h x ，h x 单调递减；当0,x时，ln 0,0x aeeh x，h x 单调递增.所以当ln xa 时h x 取得极大值.当ln x a 时h x 取得极小值.极小值是2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a aa a a.综上所述：当0a 时，h x 在,0上单调递减，在0,上单调递增，函数h x 有极小值，极小值是021h a ；当01a 时，函数h x 在,lna 和0,ln a 和0,上单调递增，在ln ,0a 上单调递减，函数h x 有极大值，也有极小值，极大值是2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h aa aa a ah a；极小值是021a时，函数h x在,上单调递增，无极值；当1a时，函数h x在,0和ln,a上单调递增，当1在0,lna上单调递减，函数h x有极大值，也有极小值，h a；极大值是021极小值是2h a a a a a a.ln ln2ln sin ln cos ln2【提分秘籍】导数几何意义的应用及解决(1)已知切点A(x0，y0)求斜率k，即求该点处的导数值k＝f′（x0)。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题02函数的图象与性质教学案理

【重点、难点剖析】1．函数及其图象(1)定义域、值域和对应关系是确定函数的三要素，是一个整体，研究函数问题时务必须“定义域优先”．(2)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换．2．函数的性质(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；(2)奇偶性：奇偶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性；(3)周期性：周期性也是函数在定义域上的整体性质．若函数满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其周期T ＝ka(k∈Z)的绝对值．3．求函数最值(值域)常用的方法(1)单调性法：适合于已知或能判断单调性的函数；(2)图象法：适合于已知或易作出图象的函数；(3)基本不等式法：特别适合于分式结构或两元的函数；(4)导数法：适合于可求导数的函数．4．指数函数、对数函数和幂函数的图象和性质(1)指数函数y＝a x(a>0且a≠1)与对数函数y＝log a x(a>0且a≠1)的图象和性质，分0<a<1和a>1两种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共性质；(2)幂函数y＝xα的图象和性质，分幂指数α>0和α<0两种情况．5．函数图象的应用函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论，求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用.【题型示例】题型一、函数的性质及其应用【例1】(2018·全国Ⅱ)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)等于( )A．－50 B．0 C．2 D．50答案 C解析∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1)．∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函数f(x)是周期为4的周期函数．由f(x)为奇函数且定义域为R得f(0)＝0，又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.故选C.【2017北京，理5】已知函数，则（A）是奇函数，且在R上是增函数（B）是偶函数，且在R上是增函数（C）是奇函数，且在R上是减函数（D）是偶函数，且在R上是减函数【答案】A【解析】，所以该函数是奇函数，并且是增函数，是减函数，根据增函数−减函数=增函数，可知该函数是增函数，故选A.【举一反三】【2016年高考四川理数】已知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，，则=.【答案】-2【举一反三】(1)(2015·重庆卷)函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( )A ．[－3,1]B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x>0，x ＋3，x≤0.若f (a )＋f (1)＝0，则实数a 的值为( )A ．－3B ．－1或3C ．1D ．－3或1 (1)答案：D解析：要使函数有意义，只需x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1.故函数的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．(2)答案：D解析：f (1)＝lg 1＝0，所以f (a )＝0.当a >0时，则lg a ＝0，a ＝1；当a ≤0时，则a ＋3＝0，a ＝－3.所以a ＝－3或1.【变式探究】 (1)(2014·江西)函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．[0,1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)(2)(2014·浙江)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋x ，x<0，－x2，x≥0.若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．【命题意图】(1)本题主要考查函数的定义域求法以及不等式的解法．通过定义域的求法考查考生的运算求解能力及转化意识．(2)本题主要考查分段函数和不等式恒成立问题，可结合函数图象进行分析求解．【答案】(1)C (2)(－∞，2]【解析】(1)将求函数的定义域问题转化为解不等式问题．要使f (x )＝ln(x 2－x )有意义，只需x 2－x ＞0，解得x ＞1或x ＜0.∴函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为(－∞，0)∪(1，＋∞)． (2)结合图形，由f (f (a ))≤2可得f (a )≥－2，解得a ≤ 2. 【方法技巧】1．已知函数解析式，求解函数定义域的主要依据有：(1)分式中分母不为零；(2)偶次方根下的被开方数大于或等于零；(3)对数函数y ＝log a x (a ＞0，a ≠1)的真数x ＞0；(4)零次幂的底数不为零；(5)正切函数y ＝tan x 中，x ≠k π＋π2(k ∈Z )．如果f (x )是由几部分的数学式子构成的，那么函数的定义域是使各部分式子都有意义的自变量的集合．根据函数求定义域时：(1)若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，其复合函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；(2)若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．2．函数的值域是由函数的对应关系和函数的定义域所唯一确定的，具有相同对应关系的函数如果定义域不同，函数的值域也可能不相同．函数的值域是在函数的定义域上求出的，求解函数的值域时一定要与函数的定义域联系起来，从函数的对应关系和定义域的整体上处理函数的值域．题型二、函数的图象及其应用【例2】(2018·全国Ⅱ)函数f (x )＝ex －e －xx2的图象大致为( )答案 B【方法技巧】(1)根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是判断函数图象问题的基本方法．(2)判断复杂函数的图象，常借助导数这一工具，先对原函数进行求导，再利用导数判断函数的单调性、极值或最值，从而对选项进行筛选．要注意函数求导之后，导函数发生了变化，故导函数和原函数定义域会有所不同，我们必须在原函数的定义域内研究函数的极值和最值．【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】函数f(x)=2x2–e|x|在[–2,2]上是偶函数，其图像关于轴对称，因为，所以排除A、B选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数．故选D。

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导数的热点问题
【年高考考纲解读】
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. 【题型示例】
题型一、利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．
例、已知函数()＝－－(≥，＝…，为自然对数的底数)，若()≥对于∈恒成立．
()求实数的值；
()证明：()存在唯一极大值点，且)＋≤()<.
()证明当＝时，()＝－－，
′()＝(－－)．
令()＝－－，则′()＝－，
∴当∈(－∞，－ )时，′()<，()在(－∞，－ )上为减函数；
当∈(－，＋∞)时，′()>，()在(－，＋∞)上为增函数，
∵(－)<，(－)>，
∴在(－，－)上存在＝满足()＝，
∵()在(－∞，－ )上为减函数，
∴当∈(－∞，)时，()>，
即′()>，()在(－∞，)上为增函数，
当∈(，－ )时，()<，
即′()<，()在(，－ )上为减函数，
当∈(－ )时，()<()＝，
即′()<，()在(－ )上为减函数，
当∈(，＋∞)时，()>()＝，
即′()>，()在(，＋∞)上为增函数，
∴()在(－，＋∞)上只有一个极小值点，
综上可知，()存在唯一的极大值点，
且∈(－，－)．
∵()＝，∴－－＝，
∴()＝－－＝－(＋)＝－，∈(－，－)，
∵当∈(－，－)时，－<，∴()<；
∵∈(－，－)，
∴()≥＝)＋；
综上知)＋≤()<.
【方法技巧】用导数证明不等式的方法
()利用单调性：若()在[，]上是增函数，则①∀∈[，]，则()≤()≤()；②对∀，∈[，]，且<，则()<()．对于减函数有类似结论．
()利用最值：若()在某个范围内有最大值(或最小值)，则对∀∈，有()≤(或()≥)．
()证明()<()，可构造函数()＝()－()，证明()<.
【变式探究】已知函数()＝－ .
()讨论()的单调性；
()若∈，求证：()≥－－.
()解由题意得′()＝－＝(>)，
①当≤时，则′()<在(，＋∞)上恒成立，
∴()在(，＋∞)上单调递减．
②当>时，。