【一轮巩固 名师导学】2015高考数学(新课标,文)复习配套：第12讲 函数与方程
2015高考数学一轮配套课件：专题讲练一 函数图象与性质的综合应用 课件(共31张PPT)
高考总复习 数学
针对训练
4．(2014·山西运城二模)设奇函数 f(x)在[－1,1]上是增函数，且 f(－
1)＝－1，若 f(x)≤t2－2at＋1 对所有的 x∈[－1,1]都成立，当 a
∈[－1,1]时，则 t 的取值范围是
()
A．－2≤t≤2
B．－12≤t≤12
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高考总复习 数学
【解析】 因为 f(x)为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)，不等式可化为 －fxx－fx≥0，即－fxx≥0. 当 x>0 时，则有 f(x)≤0＝f(2)，由 f(x)在(0，＋∞)上单调递增可得 x≤2；当 x＜0 时，则有 f(x)≥0＝－f(2)＝f(－2)，由函数 f(x)为奇 函数可得 f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以 x≥－2.所以不等式的 解集为[－2,0)∪(0,2]． 【答案】 D
针对训练
2．设函数 f(x)在(0,2)上是增函数，函数 f(x＋2)是偶函数，则 f(1)，
f 52，f 72的大小关系是________． 解析：因为函数 f(x＋2)是偶函数，
所以 f(x)的图象关于直线 x＝2 对称．
所以 f
52＝f
32，f
72＝f
1 2.
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高考总复习 数学
题型五 高考中的函数零点问题 已 知 函 数 f(x) ＝ logax ＋ x － b(a>0 ， 且 a≠1) ． 当
2<a<3<b<4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则 n＝________. 【解析】 ∵2<a<3，∴f(x)＝logax＋x－b为定义域上的单 调递增函数．f(2)＝loga3＋3－b. f(3)＝loga3＋3－b.
2015年高考数学一轮总复习配套课件：12.2古典概型
数有两个极值点的概率为(
7
A.
9
5
C.
9
)
1
B.
3
2
D.
3
关闭
因函数有两个极值点,所以 f'(x)=x2+2ax+b2 有两异根,Δ=(2a)2-4b2>0,
即 a>b,
此时有:a=1,b=0;a=2,b=0,b=1;a=3,b=0,b=1,b=2 共 6 种.
关闭
3
6
基本事件总数为 6 种情况,其中颜色不同的共有 3 种情况,所以所求概率为
1
2
关闭
P=
= .
1
2
解析
答案
答案
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10
探究突破
考点一
基本事件及其事件的构成
【例 1】有两颗正四面体的玩具,其四个面上分别标有数字 1,2,3,4,下面做
投掷这两颗正四面体玩具的试验:用(x,y)表示结果,其中 x 表示第 1 颗正四
倍的概率是________.
关闭
所有情况共有 6 种,而其中一个数为另一个数两倍的有 2 种情况.
1
3
2
6
1
3
关闭
故所求概率为 = .
解析
解析
答案
答案
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9
梳理自测
5.盒子中共有大小相同的 3 个白球,1 个黑球,若从中随机摸出两个球,则它
们颜色不同的概率是________.
考点二
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2015高考数学一轮配套课件：2-12 第12课时 导数的应用(二)
基础知识整合
典例重点突破
试题深度研析
课时专项训练 第四页，编辑于星期五：十四点 分。
高考总复习 数学
2．不等式问题 (1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值 或最值问题． (2)求解不等式恒成立或有解问题时，可以考虑将参数分离 出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．
基础知识整合
基础知识整合
典例重点突破
试题深度研析
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高考总复习 数学
(2)k＝1
时，f(x)＝xe2x，x＞0，由
lnf(x)＞ax
得：a＜2lnx－x x
设
g(x)＝2lnx－x，x＞0，g′(x)＝2 x
1－lnx x2
，
所以当 0＜x＜e 时，g′(x)＞0；当 x＞e 时，g′(x)＜0， 所以 g(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减， gmax(x)＝g(e)＝2e－1，所以 a 的取值范围是 －∞，2e－1 .
基础知识整合
典例重点突破
试题深度研析
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高考总复习 数学
题型一 利用导数研究恒成立(或有解)问题 (理科)(2014·吉林模拟)已知函数 f(x)＝ln x，
g(x)＝－ax(a＞0)． (1)当 a＝1 时，若曲线 y＝f(x)在点 M(x0，f(x0))处的切线与曲线 y＝g(x)在点 P(x0，g(x0))处的切线平行，求实数 x0 的值； (2)若∀x∈(0，e]，都有 f(x)≥g(x)＋32，求实数 a 的取值范围．
基础知识整合
典例重点突破
试题深度研析
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2015届高考数学第一轮知识点总复习配套教案21
第二章函数与导数第12课时导数在研究函数中的应用(对应学生用书(文)、(理)30～32页),1. (选修22P28例1改编)函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为______________．答案：(－1，11)解析：f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)，由(x－11)(x＋1)<0，得单调减区间为(－1，11)．亦可填写闭区间或半开半闭区间．2. (选修22P 34习题3改编)若函数f(x)＝e x －ax 在x ＝1处取到极值，则a ＝________．答案：e解析：由题意，f ′(1)＝0，因为f′(x)＝e x －a ，所以a ＝e.3. (选修22P 34习题8)函数y ＝x ＋sinx ，x ∈[0，2π]的值域为________．答案：[0，2π]解析：由y′＝1＋cosx ≥0，所以函数y ＝x ＋sinx 在[0，2π]上是单调增函数，所以值域为[0，2π]．4. (原创)已知函数f(x)＝－12x 2＋blnx 在区间[2，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：f′(x)＝－x ＋b x ≤0在[2，＋∞)上恒成立，即b ≤x 2在[2，＋∞)上恒成立．5. (选修22P 35例1改编)用长为90cm 、宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折90°角，再焊接而成，则该容器的高为________cm 时，容器的容积最大．答案：10解析：设容器的高为xcm ，即小正方形的边长为xcm ，该容器的容积为V ，则V ＝(90－2x)(48－2x)x ＝4(x 3－69x 2＋1080x)，0<x<12，V′＝12(x2－46x＋360)＝12(x－10)(x－36)，当0<x<10时，V′>0；当10<x<12时，V′<0.所以V在(0，10]上是增函数，在[10，12)上是减函数，故当x＝10时，V最大．1. 函数的单调性与导数在区间(a，b)内，函数的单调性与其导数的正负有如下关系：如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)为该区间上的增函数；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)为该区间上的减函数．2. 函数的极值与导数(1) 函数极值的定义若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都要小，f(a)叫函数的极小值．若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都要大，f(b)叫函数的极大值，极小值和极大值统称为极值．(2) 求函数极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，①如果在x0附近左侧单调递增，右侧单调递减，那么f(x0)是极大值．②如果在x0附近左侧单调递减，右侧单调递增，那么f(x0)是极小值．3. 函数的最值(1) 最大值与最小值的概念如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在定义域上的最大值．如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在定义域上的最小值．(2) 求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值．②将函数y＝f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较，其中值最大的一个是最大值，值最小的一个是最小值．4. 生活中的优化问题解决优化问题的基本思路是：优化问题®®用导数解决数学问题®优化问题答案题型1导数与函数的单调性例1已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1) 若a＝3时，求f(x)的单调区间；(2) 若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 是否存在实数a，使f(x)在(－1，1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1) 当a＝3时，f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0即3x2－3>0，解得x>1或x<－1，∴ f(x)的单调增区间为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，同理可求f(x)的单调减区间为(－1，1)．(2) f′(x)＝3x 2－a.∵ f(x)在实数集R 上单调递增，∴ f ′(x)≥0恒成立，即3x 2－a ≥0恒成立，∴ a ≤(3x 2)min . ∵ 3x 2的最小值为0，∴ a ≤0.(3) 假设存在实数a 使f(x)在(－1，1)上单调递减，∴ f ′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，即a ≥3x 2.又3x 2∈[0，3)，∴ a ≥3.∴ 存在实数a 使f(x)在(－1，1)上单调递减，且a ≥3.备选变式（教师专享）(1) 已知函数 f(x)＝12x 2－mlnx ＋(m －1)x ，当 m ≤0 时，试讨论函数 f(x) 的单调性；(2) 若函数f(x)＝－12()x －22＋blnx 在(1，＋∞)上是减函数，求实数b 的取值范围．解：(1)函数的定义域为()0，＋∞，f ′(x)＝x －m x ＋(m －1)＝x 2＋（m －1）x －m x ＝（x －1）（x ＋m ）x. ①当－1<m ≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m 或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴ 函数 f(x)的单调递增区间是()0，－m 和()1，＋∞，单调递减区间是()－m ，1；②当m ≤－1时，同理可得，函数 f(x)的单调递增区间是()0，1和()－m ，＋∞，单调递减区间是()1，－m .(2)由f(x)＝－12()x －22＋blnx ，得f′(x)＝－(x －2)＋b x ，由题意，知f′(x)≤0即－()x －2＋b x ≤0在()1，＋∞上恒成立，∴ b ≤[]x ()x －2min ，当x ∈()1，＋∞时，[]x ()x －2∈()1，＋∞，∴ b ≤1.题型2 导数与函数的极值、最值例2 设函数f(x)＝(x 2＋ax ＋b)e x (x ∈R )．(1) 若a ＝2，b ＝－2，求函数f(x)的极大值；(2) 若x ＝1是函数f(x)的一个极值点．① 试用a 表示b ；② 设a ＞0，函数g(x)＝(a 2＋14)e x ＋4.若ξ1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ f ′(x)＝(2x ＋a)e x ＋(x 2＋ax ＋b)e x ＝[x 2＋(2＋a)x ＋(a ＋b)]e x ，当a ＝2，b ＝－2时，f(x)＝(x 2＋2x －2)e x ，则f′(x)＝(x 2＋4x)e x ，令f′(x)＝0得(x 2＋4x)e x ＝0，∵ e x ≠0, ∴ x 2＋4x ＝0，解得x ＝－4或x ＝0，列表如下：Z]Z∴当x＝－4时，函数f(x)取极大值，f(x)极大值＝6 e4.(2) ①由(1)知f′(x)＝[x2＋(2＋a)x＋(a＋b)]e x.∵x＝1是函数f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，即e[1＋(2＋a)＋(a＋b)]＝0，解得b＝－3－2a.②由①知f′(x)＝e x[x2＋(2＋a)x＋(－3－a)]＝e x(x－1)[x＋(3＋a)]，当a＞0时，f(x)在区间(0，1)上的单调递减，在区间(1，4)上单调递增，∴函数f(x)在区间[0，4]上的最小值为f(1)＝－(a＋2)e.∵f(0)＝b＝－3－2a＜0，f(4)＝(2a＋13)e4＞0，∴函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1)，f(4)]，即[－(a＋2)e，(2a＋13)e4]．又g(x)＝(a2＋14)e x＋4在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[(a2＋14)e4，(a2＋14)e8]，∴(a2＋14)e4－(2a＋13)e4＝(a2－2a＋1)e4＝(a－1)2e4≥0，∴存在ξ1、ξ2∈[0，4]使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立只须(a2＋14)e4－(2a＋13)e4＜1Þ(a－1)2e4＜1Þ(a－1)2＜1e4Þ1－1e2＜a＜1＋1e 2.备选变式（教师专享）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－3x(a 、b ∈R )在点x ＝－1处取得极大值为2.(1) 求函数f(x)的解析式；(2) 若对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x 1、x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c ，求实数c 的最小值．解：(1) f′(x)＝3ax 2＋2bx －3.由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝2，f ′（－1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＋3＝2，3a －2b －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0， 所以f(x)＝x 3－3x.(2) 令f′(x)＝0，即3x 2－3＝0，得x ＝±1.因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，所以当x ∈[－2，2]时，f(x)max ＝2，f(x)min ＝－2.则对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x 1、x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤|f(x)max －f(x)min |＝4，所以c ≥4.所以c 的最小值为4.题型3 导数在实际问题中的应用例3请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A、B、C、D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x cm.(1) 某广告商要求包装盒侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2) 某厂商要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解：(1) S＝602－4x2－(60－2x)2＝240x－8x2(0<x<30)，所以x＝15 cm时侧面积最大．(2) V＝(2x)222(60－2x)＝22x2(30－x)(0<x<30)，所以V′＝62x(20－x)，令V′＝0，得x＝20，当0<x<20时，V递增；当20<x<30时，V递减．所以，当x＝20时，V最大，此时，包装盒的高与底面边长的比值为22（60－2x）2x＝12.变式训练某地方政府在某地建一座桥，两端的桥墩相距m米，此工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩(包括两端的桥墩)．经预测，一个桥墩的费用为256万元，相邻两个桥墩之间的距离均为x ，且相邻两个桥墩之间的桥面工程费用为(1＋x)x 万元，假设所有桥墩都视为点且不考虑其他因素，记工程总费用为y 万元．(1) 试写出y 关于x 的函数关系式；(2) 当m ＝1 280米时，需要新建多少个桥墩才能使y 最小？ 解：根据题意，需要建⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋1个桥墩和m x 段桥面工程．(1) y ＝256⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋1＋m x (1＋x)x＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋256x ＋m ＋256⎝ ⎛⎭⎪⎫x>0，m x ∈N .(2) 当m ＝1 280时，y ＝1 280⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋256x ＋1 536，y ′＝1 280⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －256x 2，令y′＝0，得x ＝64，当0<x<64时，y ′<0；当x>64时，y ′>0.所以当x ＝64时，y 有最小值16 896，此时要建21个桥墩． 答：需要建21个桥墩才能使y 最小．【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分14分)已知函数f(x)＝lnx －ax(a ∈R )．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 当a>0时，求函数f(x)在[1，2]上的最小值．审题引导： ① 知函数解析式求单调区间，实质是求f′(x)>0，f ′(x)<0的解区间，并注意定义域；② 先研究f(x)在[1，2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值；③ 由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论．规范解答： 解：(1) f′(x)＝1x －a(x>0)．(1分)① 当a ≤0时，f ′(x)＝1x －a ≥0，即函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)．(3分)② 当a>0时，令f′(x)＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x<1a 时，f ′(x)＝1－ax x >0，当x>1a 时，f ′(x)＝1－ax x <0，所以函数f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调减区间是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞.(6分) (2) ① 当1a ≤1，即a ≥1时，函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.(8分)② 当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f(x)在区间[1，2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.(10分)③ 当1<1a <2，即12<a<1时，函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数， 又f(2)－f(1)＝ln2－a ，所以当12<a<ln2时，最小值是f(1)＝－a ；当ln2≤a<1时，最小值是f(2)＝ln2－2a.(12分)综上可知，当0<a<ln2时，最小值是－a ；当a ≥ln2时，最小值是ln2－2a.(14分)1. (2013·新课标Ⅱ)若存在正数x 使2x (x －a)<1成立，则a 的取值范围是________．答案：(－1，＋∞)解析：因为2x (x －a)<1，所以a>x －12x ，令f(x)＝x －12x ，所以f′(x)＝1＋2－x ln2>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0－1＝－1，所以a 的取值范围是(－1，＋∞)．2. (2013·大纲)若函数f(x)＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，则a 的取值范围是________．答案：a ≥3解析：f′(x)＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．令g(x)＝1x 2－2x ，求导可得g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为3，所以a ≥3.3. (2013·扬州期末)已知函数f(x)＝lnx －m x (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________．答案：－3e解析：f′(x)＝1x ＋m x 2＝x ＋m x 2，令f′(x)＝0，则x ＝－m ，且当x<－m 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．若－m ≤1，即m ≥－1时，f(x)min ＝f(1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m ≤e ，即－e ≤m<－1时，f(x)min ＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m ＝－e 3(－e ，－1)；若－m>e ，即m<－e 时，f(x)min＝f(e)＝1－m e ，令1－m e ＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m＝－3e.4. (2013·南京二模)设函数f(x)＝x 2－(a －2)x －alnx.(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值；(3) 若方程f(x)＝c 有两个不相等的实数根x 1、x 2，求证：f′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0.(1) 解：f′(x)＝2x －(a －2)－a x ＝2x 2－（a －2）x －a x＝（2x －a ）（x ＋1）x(x>0)． 当a ≤0时，f ′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，得x>a 2；由f′(x)<0，得0<x<a 2.所以函数f(x)的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2. (2) 解：由(1)得，若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<0，即－a 2＋4a －4aln a 2<0. 因为a>0，所以a ＋4ln a 2－4>0.令h(a)＝a ＋4ln a 2－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln 32－1＝ln 8116－1>0，所以存在a 0∈(2，3)，h(a 0)＝0.当a>a 0时，h(a)>0；当0<a<a 0时，h(a)<0.所以满足条件的最小正整数a ＝3.又当a ＝3时，f(3)＝3(2－ln3)>0，f(1)＝0，所以a ＝3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a 的值为3.(3) 证明：因为x 1、x 2是方程f(x)＝c 的两个不等实根，由(1)知a>0.不妨设0<x 1<x 2，则x 21－(a －2)x 1－alnx 1＝c ，x 22－(a －2)x 2－alnx 2＝c.两式相减得x 21－(a －2)x 1－alnx 1－x 22＋(a －2)·x 2＋alnx 2＝0， 即x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝ax 1＋alnx 1－ax 2－alnx 2＝a(x 1＋lnx 1－x 2－lnx 2)．所以a ＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2x 1＋lnx 1－x 2－lnx 2. 因为f′⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2时，f ′(x)<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞时，f′(x)>0，故只要证x 1＋x 22>a 2即可，即证明x 1＋x 2>x 21＋2x 1－x 22－2x 2x 1＋lnx 1－x 2－lnx 2， 即证明x 21－x 22＋(x 1＋x 2)(lnx 1－lnx 2)<x 21＋2x 1－x 22－2x 2，即证明ln x 1x 2<2x 1－2x 2x 1＋x 2. 设t ＝x 1x 2(0<t<1)． 令g(t)＝lnt －2t －2t ＋1，则g ′(t)＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2. 因为t>0，所以g′(t)≥0，当且仅当t ＝1时，g ′(t)＝0，所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数．又g(1)＝0，所以当t ∈(0，1)，g(t)<0总成立．所以原题得证．1. 如果关于x 的方程ax ＋1x 2＝3在区间(0，＋∞)上有且仅有一个解，那么实数a 的取值范围为________．答案：a ≤0或a ＝2解析：由ax ＋1x 2＝3，得a ＝3x －1x 3.令t ＝1x ，则f(t)＝3t －t 3，t ∈(0，＋∞)．用导数研究f(t)的图象，得f max (t)＝2，当x ∈(0，1)时，f(t)递增，当x ∈(1，＋∞)时，f(t)递减，所以a ≤0或a ＝2.2. 已知函数f(x)＝lnx －a （x －1）x ＋1，若函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，则a 的取值范围是________．答案：a ≤2解析：f′(x)＝x 2＋（2－2a ）x ＋1x （x ＋1）2≥0在(0，＋∞)上恒成立，易得a ≤2.3. 设直线y ＝a 分别与曲线y 2＝x 和y ＝e x 交于点M 、N ，则当线段MN 取得最小值时a 的值为________． 答案：22解析：由题意，M(a 2，a)，N(lna ，a)，故MN 的长l ＝|a 2－lna|＝a 2－lna(a>0)，由l′＝2a －1a ＝2a 2－1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a ， 令l′>0，得l ＝a 2－lna 在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增； 令l′<0，得l ＝a 2－lna 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，所以当a ＝22时，线段MN 的长取得极小值，也是最小值．4. 已知函数f(x)＝(ax 2＋x)e x ，其中e 是自然数的底数，a ∈R .(1) 当a<0时，解不等式f(x)>0；(2) 若f(x)在[－1，1]上是单调函数，求a 的取值范围；(3) 当a ＝0时，求整数k 的所有值，使方程f(x)＝x ＋2在[k ，k ＋1]上有解．解：(1) 因为e x >0，所以不等式f(x)>0即为ax 2＋x>0.又a<0，所以不等式可化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a <0，所以不等式f(x)>0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a . (2) f′(x)＝(2ax ＋1)e x ＋(ax 2＋x)e x＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]e x ，① 当a ＝0时，f ′(x)＝(x ＋1)e x ，f ′(x)≥0在[－1，1]上恒成立，当且仅当x ＝－1时取等号，故a ＝0符合要求；② 当a ≠0时，令g(x)＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1，因为Δ＝(2a ＋1)2－4a ＝4a 2＋1>0，所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x 1、x 2，不妨设x 1>x 2，因此f(x)有极大值又有极小值．若a>0，因为g(－1)·g(0)＝－a<0，所以f(x)在(－1，1)内有极值点，故f(x)在[－1，1]上不单调．若a<0，可知x 1>0>x 2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1，1]上单调，因为g(0)＝1>0，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧g （1）≥0，g （－1）≥0.即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2≥0，－a ≥0.所以－23≤a ≤0.综上可知，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，0. (3) 当a ＝0时， 方程即为xe x ＝x ＋2，由于e x >0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x －2x －1＝0.令h(x)＝e x－2x －1，因为h′(x)＝e x ＋2x 2>0对于x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调增函数，又h(1)＝e －3<0，h(2)＝e 2－2>0，h(－3)＝e －3－13<0，h(－2)＝e －2>0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数k的所有值为{－3，1}．1. 在已知函数f(x)是增函数(或减函数)，求参数的取值范围时，应令f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去；若f′(x)不恒为0，则参数范围确定．2. 理解可导函数极值与最值的区别，极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点的函数值．3. 用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．请使用课时训练(A)第12课时(见活页)．[备课札记]。
2015年高考数学第一轮复习课件：2.12导数的综合应用
单调递减区间是(－1，a)．
第八页，编辑于星期五：十一点 四十七分。
导数在方程(函数零点)中的应用
【训练 1】 (2012·天津卷节选)已知函数 f(x)＝13x3＋1－2 ax2－ax－a，x∈R， 其中 a＞0. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求 a 的取值范围．
因为 a∈(－4，－2)，所以－2<a＋2<0，即 m≤－2.
所以实数 m 的取值范围是(－∞，－2]．
第十四页，编辑于星期五：十一点 四十七分。
导数与生活中的优化问题
【例 3】某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距 m 米，余下工 程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为 256 万元，距离为 x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋ x)x 万 元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记 余下工程的费用为 y 万元． (1)试写出 y 关于 x 的函数关系式； (2)当 m＝640 米时，需新建多少个桥墩才能使 y 最小？
审题路线
(1)由极值点确 定出实数m的值 ，然后利用导 数求出函数的 单调区间.
第十页，编辑于星期五：十一点 四十七分。
导数在不等式中的应用
【例 2】(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)设 x＝0 是 f(x)的极值点，求 m，并讨论 f(x)的单调性； (2)当 m≤2 时，证明 f(x)>0.
(2)当 m≤2，x>－m 时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)． 故只需证明当 m＝2 时，f(x)>0.
审题路线
当
m＝2
时，f′(x)＝ex－x＋1 2在(－2，＋∞)上单调递增．
【名师导学】2015高考数学一轮总复习 2.12 函数与方程课件 理
一、一元二次方程根的分布 例1已知关于 x 的二次方程 x2＋2mx＋2m＋1＝0. (1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另 一根在区间(1，2)内，求 m 的取值范围； (2)若方程两根均在区间(0，1)内，求 m 的取值范 围．
【解析】(1)由已知，f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1 与 x 轴交点分别在(－1，0)和(1，2)内，如图． 1 m<－2 f（0）＝2m＋1<0 m∈R f（－1）＝2>0 得： ⇒ 1⇒ f（1）＝4m＋2<0 m<－2 f（2）＝6m＋5>0 m>－5 6 5 1 m∈－6，－2. (2)抛物线 y＝f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1 与 x 轴交点均 落在(0，1)内，如图．
又当
1 x∈2，1时，f′n(x)＝nxn－1＋1>0，
1 ∴fn(x)在2，1上是单调递增的， 1 ∴fn(x)在2，1内存在唯一零点．
(2)当 n＝2 时，f2(x)＝x2＋bx＋c. 对任意 x1， x2∈[－1， 1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4 等价 于 f2(x)在[－1，1]上的最大值与最小值之差 M≤4.据此 分类讨论如下： b (ⅰ)当| |>1，即|b|>2 时， 2 M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，与题设矛盾． b (ⅱ)当－1≤－ <0，即 0<b≤2 时， 2
2．二次函数 y＝f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)零点的分布 根的分布 (m<n<p 为常数) 图象 满足条件 Δ >0 b － <m 2a f（m）>0 Δ>0 b － 2a> m f（m）>0
【名师导学】2015高考数学一轮总复习 函数的概念与性质同步课件 理
二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，将各小题的结果填在题中横线上．) 7．设
x e ，x≤0， g(x)＝ 则 ln x ， x >0 ，
1 1 gg2＝________ 2 ．
8．如果函数 f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2 在区间(－∞，
3．已知函数 A．4 C．－4
1 log3x，x>0 f(x)＝ x ，则 ff9＝( 2 ，x≤0
B )
1 B. 4 1 D．－ 4
【解析】根据分段函数可得 则
1 1 f 9 ＝log3 ＝－2， 9
1 1 ff9＝f(－2)＝2－2＝ ，故选 4
实数 m 的取值范围．
【解析】(1)设 x＜0，则－x＞0， 1 1 2 2 所以 f(－x)＝－(－x) ＋ (－x)＝－x － x. 2 2 又 f(x)为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)， 1 1 于是 x＜0 时，f(x)＝x2＋ x＝x2＋ax，所以 a＝ . 2 2 1 (2)要使 f(x)在－4，m－2上单调递增， 1 m － 2 ＞－ 4 结合 f(x)的图象知 m－2≤1 4 7 9 7 9 所以 ＜m≤ ，故实数 m 的取值范围是4，4. 4 4
B.
4．若 f(x)＝ ( A )
1 A.－2，0 1 C.－2，＋∞
1 log1（2x＋1） 2
，则 f(x)的定义域为
1 B.－2，0
D．(0，＋∞)
【解析】1)由已知得 log1(2x＋1)>0， 2 即 0<2x＋1<1，解得
1 x∈－2，0，故选
x D. f：A→B，x→y＝2 ＋1
(名师导学)高考数学总复习 第二章 函数 第12讲 函数的图象练习 理(含解析)新人教A版-新人教A
第12讲 函数的图象夯实基础 【p 26】【学习目标】1．熟练掌握基本初等函数的图象；掌握函数作图的基本方法(描点法和变换法)．2．利用函数图象研究函数性质或求两函数的图象的交点个数．【基础检测】1．函数f(x)＝x 2－2|x|的图象大致是( )【解析】∵函数f(x)＝x 2－2|x|，∴f(3)＝9－8＝1>0，故排除C ，D ，∵f(0)＝－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14－212<－1，故排除A ，故选B . 【答案】B2．为了得到函数y ＝2x ＋1－1的图象，只需把函数y ＝2x的图象上的所有的点( ) A ．向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度B ．向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度C ．向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度D ．向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度【解析】把函数y ＝2x 的图象向左平移1个单位长度得到函数y ＝2x ＋1的图象，再把所得图象再向下平移1个单位长度，得到函数y ＝2x ＋1－1的图象．【答案】A3．函数f(x)＝ln (1－x)向右平移1个单位，再向上平移2个单位的大致图象为( )【解析】将函数f(x)＝ln (1－x)向右平移1个单位，得到函数为y ＝ln [1－(x －1)]＝ln (2－x)，再向上平移2个单位可得函数为y ＝ln (2－x)＋2.根据复合函数的单调性可知y ＝ln (2－x)＋2在(－∞，2)上为单调减函数，且恒过点(1，2)，故选C .【答案】C4．若函数y ＝f(x)的图象经过点(1，2)，则y ＝f(－x)＋1的图象必经过的点坐标是________．【解析】根据y ＝f(x)图象经过点(1，2)，可得y ＝f(－x)的图象经过点(－1，2)，函数y ＝f(－x)＋1的图象经过点(－1，3)．【答案】(－1，3)5．已知偶函数f ()x 和奇函数g ()x 的定义域都是()－4，4，且在(]－4，0上的图象如图所示，则关于x 的不等式f ()x ·g ()x <0的解集为________．【解析】设h ()x ＝f ()x g ()x ，则h ()－x ＝f ()－x g ()－x ＝－f ()x g ()x ＝－h ()x ，∴h ()x 是奇函数．由图象可知，当－4<x<－2时，f ()x >0，g ()x <0，即h ()x <0；当0<x<2时，f ()x <0，g ()x >0，即h ()x <0，∴h ()x <0的解为()－4，－2∪()0，2.【答案】()－4，－2∪()0，2【知识要点】1．基本初等函数(一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数)的图象2．作图方法：描点法，变换法．(1)描点法作图的基本步骤：①求出函数的__定义域和值域__．②找出__关键点__(图象与坐标轴的交点，最值点、极值点)和__关键线__(对称轴、渐近线)，并将关键点列表．③研究函数的基本性质(__奇偶性、单调性、周期性__)．若具有奇偶性就只作右半平面的图象，然后作关于原点或y 轴的对称图形即可；若具有单调性，单调区间上只需取少量代表点；若具有周期性，则只作一个周期内的图象即可．④在直角坐标系中__描点、连线__成图．(2)变换作图法常见的变换法则：__平移变换__、__伸缩变换__和__对称变换__，具体方法如下： 平移变换又包括左右平移变换(针对自变量)和上下平移变换(针对函数值整体)． ①左右平移变换(左加右减)，具体方法是：y ＝f （x ）――→将函数图象向左平移b （b ＞0y ＝f （x ）――→将函数图象向右平移b （b ＞0 ②上下平移变换(上正下负)，具体方法是：y ＝f （x ）――→将函数图象向上平移h （h ＞0y ＝f （x ）――→将函数图象向下平移h （h ＞0③伸缩变换包括左右伸缩变换(针对自变量)和上下伸缩变换(针对函数值整体)，(横缩纵伸)具体方法如下：y ＝f （x ）――→纵坐标保持不变横坐标缩为原来的1a倍y ＝ f （ax ），a ＞0 ， y ＝f （x ）――→横坐标保持不变纵坐标伸长为原来的a 倍y ＝ af （x ），a ＞0 .(3)对称变换包括中心对称和轴对称①y＝f(x)与y ＝－f(x)关于__x 轴__对称；②y＝f(x)与y ＝f(－x)关于__y 轴__对称；③y＝f(x)与y ＝－f(－x)关于__原点__对称；④y＝f(x)与y ＝f(2a －x)关于__x ＝a__对称；⑤y＝f(x)与y ＝|f(x)|，保留x 轴上方的图象，将x 轴下方的图象沿x 轴翻折上去，x 轴下方图象删去；⑥y＝f(x)与y ＝f(|x|)，保留y 轴右方的图象，将y 轴右方的图象沿y 轴翻折到左边，y 轴左方原图象删去．3．识图：通过对函数图象观察得到函数定义域、值域、奇偶性、单调性、特殊点等．4．用图：利用函数的图象可以讨论函数的性质、求最值、确定方程的解的个数、解不等式等．数形结合，直观方便．典 例 剖 析 【p 27】考点1 作函数的图象例1作出下列函数的图象：(1)y ＝2－x x ＋1； (2)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x ＋1|；(3)y ＝|log 2x －1|；(4)y ＝|x －2|·(x ＋1)．【解析】(1)易知函数的定义域为{x∈R |x ≠－1}．y ＝2－x x ＋1＝－1＋3x ＋1，因此由y ＝3x的图象向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度即可得到函数y ＝2－x x ＋1的图象，如图①所示． (2)先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，x ∈[0，＋∞)的图象，然后作其关于y 轴的对称图象，再将整个图象向左平移1个单位长度，即得到y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x ＋1|的图象，如图②所示． (3)先作出y ＝log 2x 的图象，再将图象向下平移1个单位长度，保留x 轴上方的部分，将x 轴下方的图象翻折到x 轴上方来，即得到y ＝|log 2x －1|的图象，如图③所示．(4)当x ≥2，即x －2≥0时，y ＝(x －2)(x ＋1)＝x 2－x －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－94； 当x <2，即x －2<0时，y ＝－(x －2)(x ＋1)＝－x 2＋x ＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋94. ∴y ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－94，x ≥2，－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋94，x <2. 这是分段函数，每段函数的图象可根据二次函数图象作出(如图)．【点评】为了正确作出函数的图象，除了掌握“列表、描点、连线”的方法外，还要做到以下两点：(1)熟练掌握几种基本函数的图象，如二次函数、反比例函数、指数函数、对数函数、幂函数、正弦函数、余弦函数以及形如y ＝x ＋1x的函数； (2)掌握常用的图象变换方法，如平移变换、伸缩变换、对称变换、翻折变换、周期变换等．考点2 函数图象的识别例2(1)函数f (x )＝x 2sin x 的图象可能为( )【解析】因为f (x )是奇函数，图象关于坐标原点对称，排除B 、D ，又因为f (π)＝0，故选C.【答案】C(2)函数y ＝(3x 2＋2x )e x的图象大致是( )【解析】f (x )＝(3x 2＋2x )e x ，则函数f (x )只有两个零点，x ＝－23和x ＝0，故排除B 、D.f′(x )＝(3x 2＋8x ＋2)e x，由f′(x )＝0可知函数有两个极值点，故排除C.【答案】A(3)如图所示，在直角梯形ABCD 中，∠A ＝90°，∠B ＝45°，AB ＝5，AD ＝3，点E 由B 沿折线B －C －D 向点D 移动，EM⊥AB 于M ，EN⊥AD 于N ，设BM ＝x ，矩形AMEN 的面积为y ，那么y 与x 的函数关系图象大致是如图所示的( )【解析】∵EM⊥AB，∠B ＝45°，∴EM ＝MB ＝x ，AM ＝5－x.当点E 在BC 上运动时，即当0≤x≤3时，y ＝x ()5－x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋254； 当点E 在CD 上运动时，矩形AMEN 即为矩形AMED ，此时3<x≤5，y ＝－3x ＋15. 所以y 与x 的函数关系为f ()x ＝⎩⎨⎧－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋254，()0≤x≤3，－3x ＋15，（3<x≤5）.画出图象如选项A 所示．【答案】A【点评】函数图象的识别可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复；(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．考点3函数图象的应用例3(1)定义域和值域均为[－a，a](常数a>0)的函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，给出下列四个命题：①方程f[g(x)]＝0有且仅有三个解；②方程g[f(x)]＝0有且仅有三个解；③方程f[f(x)]＝0有且仅有九个解；④方程g[g(x)]＝0有且仅有一个解．其中正确的结论是________(填写所有正确结论的序号)．【解析】①方程f[g(x)]＝0有且仅有三个解；g(x)有三个不同值，由于y＝g(x)是减函数，所以有三个解，正确；②方程g[f(x)]＝0有且仅有三个解；从图中可知，f(x)∈(0，a)可能有1，2，3个解，不正确；③方程f[f(x)]＝0有且仅有九个解；类似②不正确；④方程g[g(x)]＝0有且仅有一个解．结合图象，y＝g(x)是减函数，故正确．【答案】①④(2)函数y＝f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f(x)的图象是由一段抛物线和一条射线组成(如图所示)．①当x ∈[－1，1]时，y 的取值X 围是________；②如果对任意x ∈[a ，b ](b <0)，都有y ∈[－2，1]，那么a 的最小值是________．【解析】由图象可知，当x ＝0时，函数在[－1，1]上的最小值y min ＝1，当x ＝±1时，函数在[－1，1]上的最大值y max ＝2，所以当x ∈[－1，1]时，函数y ＝f (x )的值域为[1，2]；当x ∈[0，3]时，函数f (x )＝－(x －1)2＋2，当x ∈[3，＋∞)时，函数f (x )＝x －5， 当f (x )＝1时，x ＝2或x ＝6，又因为函数为偶函数，图象关于y 轴对称，所以对于任意x ∈[a ，b ](b <0)，要使得y ∈[－2，1]，则a ∈[－6，－2]，b ∈[－6，－2]，且a ≤b ，则实数a 的最小值是－6.【答案】[1，2]；－6(3)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若|f (x )|≥ax 恒成立，则实数a 的取值X 围是__________．【解析】在平面直角坐标系中画出函数y ＝|f (x )|，y ＝ax 的图象如图，结合图象可知当直线y ＝ax 的斜率a 满足a ∈[－2，0]时，不等式|f (x )|≥ax 恒成立．【答案】[－2，0]方 法 总 结 【p 28】1．函数图象是函数性质的具体体现，它是函数的另一种表示形式，因此对基本初等函数的图象必须熟记．2．掌握好函数作图的两种方法：描点法和变换法，作图时要注意定义域，并化简解析式．3．变换法作图时，应先选定一个基本函数，通过变换，找出所求的图象和这个基本函数图象间的关系，再分步画出图形．4．在图象变换中，写函数解析式，也要分步进行，每经过一个变换，对应一个函数解析式．5．合理处理好识图题：对于给定的函数图象，要从图象的左右、上下X 围，端点、特殊点情况，以及图象所反映出的定义域、值域、极值、单调性、奇偶性、对称性、周期性等函数性质多方面进行观察分析，结合题给条件，进行合理解答． 6．充分用好图：数形结合是重要的数学思想方法，函数图象形象地显示了函数性质，为研究数量关系提供了“形”的直观性．它是探求解题途径，快速获取结果的重要工具，特别是对解答填空选择题、方程根的个数等方面，很有效．因此，一定要注意数形结合，及时作出图象，借用图象帮助解题．走 进 高 考 【p 28】1．(2018·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝e x －e －x x2的图象大致为( )【解析】∵x ≠0，f (－x )＝e －x －e xx 2＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，舍去A ；∵f (1)＝e －e －1>0，∴舍去D ；∴f ′(x )＝（e x ＋e －x ）x 2－（e x －e －x）2xx4＝（x －2）e x ＋（x ＋2）e－xx 3，∴当x >2，f ′(x )>0， 所以舍去C ；因此选B. 【答案】B2．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为( )【解析】当x ＝0时，y ＝2，排除A ，B ；y ′＝－4x 3＋2x ＝－2x (2x 2－1)，当x ＝0.1时，y ′>0.故选D.【答案】D考 点 集 训 【p 188】A 组题1．如图所示的4个图象中，与所给3个事件最吻合的顺序是( ) ①我离开家后，心情愉快，缓慢行进，但最后发现快迟到时，加速前进； ②我骑着自行车上学，但中途车坏了，我修理好又以原来的速度前进； ③我快速的骑着自行车，最后发现时间充足，又减缓了速度．A ．③①② B．③④② C ．②①③ D ．②④③【解析】离开家后缓慢行进，但最后发现快迟到时，加速前进；对应离开家的距离先缓慢增长再快速增长，对应图象②；骑着自行车上学，但中途车坏了，我修理好又以原来的速度前进；对应离开家的距离直线上升再停止增长再直线上升(与开始直线平行)，对应图象①；快速的骑着自行车，最后发现时间充足，又减缓了速度；对应离开家的距离先快速增长再缓慢增长，对应图象③.【答案】C2．把函数y ＝log 2(x －1)的图象上各点的横坐标缩短到原来的12倍，再向右平移12个单位长度所得图象的函数解析式为( )A ．y ＝log 2(2x ＋1)B ．y ＝log 2(2x ＋2)C ．y ＝log 2(2x －1)D ．y ＝log 2(2x －2)【解析】把函数y ＝log 2(x －1)图象上各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到y ＝log 2(2x－1)的图象，再向右平移12个单位长度，所得函数的解析式为y ＝log 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－1＝log 2(2x －2)．【答案】D3．已知某函数图象如图所示，则图象所对应的函数可能是( )A ．y ＝x2|x |B ．y ＝2|x |－2C ．y ＝e |x |－|x | D ．y ＝2|x |－x 2【解析】对于A ，函数f (x )＝x2|x |，当x >0时，y >0；当x <0时，y <0，所以不满足题意．对于B ，当x ≥0时，f (x )单调递增，不满足题意． 对于C ，当x ≥0时，f (x )>0，不满足题意．对于D ，函数y ＝2|x |－x 2为偶函数，且当x ≥0时，函数有两个零点，满足题意． 【答案】D4．函数f (x )＝x ln|x |的图象可能是( )【解析】函数的定义域{x |x ≠0}关于坐标原点对称，且由函数的解析式可知：f (－x )＝－x ×ln|－x |＝－x ln x ＝－f (x )， 则函数f (x )为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项C ，D 错误； 当x ＞0时，f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋x ×1x＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 即函数f (x )在区间(0，＋∞)内先单调递减，再单调递增，据此可排除B 选项，故选A. 【答案】A5．已知定义在R 上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－a （x ≤0），ln （x ＋a ）（x >0）(e 为自然对数的底数)，若方程f (x )＝12有两个不相等的实数根，则实数a 的取值X 围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 B.[]0，e C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，e 【解析】(1)若a <0，则函数的定义域不是R ，不合题意；(2)若a ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x（x ≤0），ln x （x >0），定义域为R ，显然方程f (x )＝12有两个不等实根，符合题意；(3)若a >0，函数的定义域为R .当x ≤0时，－a ＜f (x )≤1－a ；当x >0时，f (x )＝ln(x ＋a )>ln a .结合图象可得要使方程f (x )＝12有两个不等实根，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－a ＜12≤1－a ，ln a <12，解得0＜a ≤12.综上可得0＜a ≤12.【答案】A6．函数f (x )的定义域为[－1，1]，图象如图①所示；函数g (x )的定义域为[－2，2]，图象如图②所示，方程f (g (x ))＝0有m 个实数根，方程g (f (x ))＝0有n 个实数根，则m ＋n ＝( )A ．6B ．8C ．10D ．12【解析】由图象可知若f (g (x ))＝0，则g (x )＝－1或g (x )＝0或g (x )＝1.由图②知当g (x )＝－1时， x ＝－1或x ＝1；当g (x )＝0时， x 的值有3个；当g (x )＝1时， x ＝2或x ＝－2，故m ＝7.若g (f (x ))＝0，则f (x )＝－2－12＝－1.5或f (x )＝1.5或f (x )＝0.由图①知f (x )＝1.5与f (x )＝－1.5均无解；当f (x )＝0时， x ＝－1, x ＝1或x ＝0，故n ＝3，所以m ＋n ＝10.【答案】C7．已知函数y ＝f (x )是定义在区间[－3，3]上的偶函数，它在区间[0，3]上的图象是如图所示的一条线段，则不等式f (x )＋f (－x )>x 的解集为________．【解析】由题意，函数f (x )过点(0，2)，(3，0)，∴y ＝－23x ＋2.又因为f (x )是偶函数，关于y 轴对称， 所以f (x )＝f (－x )，即2f (x )>x .根据函数f (x )在[－3，3]上的图象可知，当x ∈[－3，0)的时候，y ＝2f (x )的图象恒在y ＝x 的上方，当x ∈[0，3]的时候，令2f (x )＝x ，x ＝127，即当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－3，127时，满足2f (x )>x ，即f (x )＋f (－x )>x . 【答案】⎣⎢⎡⎭⎪⎫－3，127 8．已知二次函数y ＝f ()x 满足f ()2x －1＝4x 2－8x .(1)求f ()x 的解析式；(2)作出函数y ＝||f ()x 的图象，并写出其单调区间； (3)求y ＝f ()x 在区间[]t ，t ＋1(t ∈R )上的最小值． 【解析】(1)令2x －1＝t 则x ＝t ＋12，∴f ()t ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－8·t ＋12＝t 2－2t －3，∴f ()x ＝x 2－2x －3.(2)函数|f (x )|的图象如图：由图象可知：|f ()x |的单调递增区间为[]－1，1，[3，＋∞)； 单调递减区间为(]－∞，－1，[]1，3. (3)f ()x ＝x 2－2x －3＝(x －1)2－4，开口向上，对称轴为x ＝1，当t ≥1时，f ()x 在[]t ，t ＋1上为增函数， 所以x ＝t 时y 有最小值为f ()t ＝t 2－2t －3；当t <1<t ＋1，即0<t <1时，f ()x 在[]t ，t ＋1上先减后增， 所以x ＝1时y 有最小值为f ()1＝－4；当t ＋1≤1，即t ≤0时，f ()x 在[]t ，t ＋1上为减函数， 所以x ＝t ＋1时y 有最小值为f ()t ＋1＝t 2－4；综上所述：t ≤0时，f ()x 最小值为t 2－4；0<t <1时，f ()x 最小值为－4；t ≥1时，最小值为t 2－2t －3.B 组题1．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ∈[－1，0），x 2＋1，x ∈[0，1]，结合图象，则下列选项错误的是( )A ．①是f (x －1)的图象B ．②是f (－x )的图象C ．③是f (|x |)的图象D ．④是|f (x )|的图象【解析】作出函数y ＝f (x )的图象，如图所示，对于选项A ，f (x －1)的图象是将f (x )的图象向右平移1个单位长度后得到的，正确；对于选项B ，f (－x )的图象与f (x )的图象关于y 轴对称，正确；对于选项C ，f (|x |)的图象为f (x )在y 轴右侧的图象不变，y 轴左侧的图象与右侧图象关于y 轴对称，正确；对于选项D ，|f (x )|的图象为f (x )在x 轴上方的图象不变，下方图象沿x 轴对称翻折到x 轴上方，因为函数f (x )的图象均在x 轴上方，所以|f (x )|的图象应与f (x )的图象相同，错误．【答案】D2．已知函数f ()x 是定义在[)－3，0∪(]0，3上的奇函数，当x ∈(]0，3时，f ()x 的图象如图所示，那么满足不等式f ()x ≥2x－1的x 的取值X 围是________．【解析】由图象可知，当x ∈(]0，3时，f ()x 单调递减，当0<x ≤1时，f ()x ≥1，2x－1≤1，满足不等式f ()x ≥2x－1；当1<x ≤3时，f ()x <1，1<2x－1≤7，不满足不等式f ()x ≥2x－1；∵函数f ()x 是定义在[)－3，0∪(]0，3上的奇函数，∴当x ∈[)－3，0时，f ()x 单调递减，当－3≤x ≤－2时，－34≤f ()x <0，－78<2x－1≤－34，满足不等式f ()x ≥2x －1；当x >－2时，f ()x <－34，2x －1>－34，不满足不等式f ()x ≥2x－1；∴满足不等式f ()x ≥2x－1的x 的取值X 围是[]－3，－2∪(]0，1.【答案】[]－3，－2∪(]0，13．已知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f （x －1），x >0，若方程f (x )＝x ＋a 有两个不同的实数根，则a 的取值X 围是__________．【解析】x ≤0时，f (x )＝2－x－1，0<x ≤1时，－1<x －1≤0，f (x )＝f (x －1)＝2－(x －1)－1.故x >0时，f (x )是周期函数， 如图所示．若方程f (x )＝x ＋a 有两个不同的实数根，则函数f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 有两个不同交点，故a <1，即a 的取值X 围是(－∞，1)． 【答案】(－∞，1)4．已知函数f (x )＝2x－a2x (a ∈R )，将y ＝f (x )的图象向右平移两个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象．(1)求函数y ＝g (x )的解析式；(2)若函数y ＝h (x )与y ＝g (x )的图象关于直线y ＝1对称，设F (x )＝f (x )＋h (x )，已知F (x )>2＋3a 对任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值X 围．【解析】(1)g (x )＝2x －2－a2x －2.(2)设y ＝h (x )的图象上一点P (x ，y )，点P (x ，y )关于y ＝1的对称点为Q (x ，2－y )，由点Q 在y ＝g (x )的图象上，所以2－y ＝2x －2－a 2x －2， 于是y ＝2－2x －2＋a2x －2，即h (x )＝2－2x －2＋a2x －2. F (x )＝f (x )＋h (x )＝34×2x ＋3a2x ＋2. 由F (x )>3a ＋2，化简得14×2x ＋a2x >a ，设t ＝2x ，t ∈(2，＋∞)，F (x )>2＋3a 对任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，即t 2－4at ＋4a >0在(2，＋∞)上恒成立．设m (t )＝t 2－4at ＋4a ，t ∈(2，＋∞)，对称轴为t ＝2a ， 则Δ＝16a 2－16a <0，③或⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝16a 2－16a ≥0，2a ≤2，m （2）≥0，④ 由③得0<a <1，由④得⎩⎪⎨⎪⎧a ≤0或a ≥1，a ≤1，a ≤1，即a ≤0或a ＝1.综上，a ≤1.。
2015届高三数学第一轮总复习课件：第12讲 函数与方程
6 第六页，编辑于星期五：八点 五十二分。
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理数
3．函数f(x)＝－
1 x
＋log2x的一个零点落在下列哪个区间
(B )
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
7 第七页，编辑于星期五：八点 五十二分。
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理数
解析：根据零点存在定理得到f(1)·f(2)＝－1×
1 2
＜0，故
根属于(x1，x2)．
23 第二十三页，编辑于星期五：八点 五十二分。
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分析：(1)证明f(x)必有两零点，即证明f(x)＝0有两不等 实根，可用判别式；(2)中证明(x1，x2)中有零点，可由所对 应函数的函数值异号证明．
证明：(1)因为f(1)＝0，即a＋b＋c＝0. 又因为a>b>c，所以a>0，c<0，即ac<0. 所以Δ＝b2－4ac≥－4ac>0， 所以方程ax2＋bx＋c＝0必有两个不等实根，即函数f(x) 必有两个零点．
选B.
8 第八页，编辑于星期五：八点 五十二分。
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理数
4．用二分法研究函数f(x)＝x3＋3x－1的零点时，第一次
经计算f(0)＜0，f(0.5)＞0，可得其中一个零点x0∈(0,0.5)，第
二次应计算 ，这时可判断x0∈
.
9 第九页，编辑于星期五：八点 五十二分。
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理数
解析：由二分法知x0∈(0,0.5)，取x1＝0.25， 这时f(0.25)＝0.253＋3×0.25－1＜0，故x0∈(0.25,0.5)．
图象，如图，由图可得零点个数为2.
34 第三十四页，编辑于星期五：八点 五十二分。
2015届高考数学第一轮复习精讲(课前准备+课堂活动小结+课后练习)导数在研究函数中的应用导学案(新人教A
学案14导数在研究函数中的应用0导学目标：1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(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(多项式函数一般不超过三次)及最大(最小)值．自主梳理1．导数和函数单调性的关系：(1)若f′(x)>0在(a，b)上恒成立，则f(x)在(a，b)上是______函数，f′(x)>0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；(2)若f′(x)<0在(a，b)上恒成立，则f(x)在(a，b)上是______函数，f′(x)<0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；(3)若在(a，b)上，f′(x)≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于零⇔f(x)在(a，b)上为______函数，若在(a，b)上，f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于零⇔f(x)在(a，b)上为______函数．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧________，右侧________，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧________，右侧________，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程________的根；③检查f′(x)在方程________的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得________；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得________．自我检测1.已知f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．f(x)在x＝1处取得极小值B．f(x)在x＝1处取得极大值C．f(x)是R上的增函数D．f(x)是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数2．(2009·广东)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是() A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)3．(2011·济宁模拟)已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)()A．在(－∞，0)上为减函数B ．在x ＝0处取极小值C ．在(4，＋∞)上为减函数D ．在x ＝2处取极大值4．设p ：f (x )＝x 3＋2x 2＋mx ＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q ：m ≥43，则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 5．(2011·福州模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取极值10，则f (2)＝________.探究点一 函数的单调性例1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )能否为R 上的单调函数，若能，求出a 的取值范围；若不能，请说明理由．变式迁移1 (2009·浙江)已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )． (1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率是－3，求a ，b 的值； (2)若函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．探究点二 函数的极值例2 若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若关于x 的方程f (x )＝k 有三个零点，求实数k 的取值范围．变式迁移2 设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点． (1)试确定常数a 和b 的值；(2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由．探究点三 求闭区间上函数的最值 例3 (2011·六安模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．变式迁移3 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R )，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值和最小值．分类讨论求函数的单调区间例 (12分)(2009·辽宁)已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ，a >1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：若a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.多角度审题 (1)先求导，根据参数a 的值进行分类讨论；(2)若x 1>x 2，结论等价于f (x 1)＋x 1>f (x 2)＋x 2，若x 1<x 2，问题等价于f (x 1)＋x 1<f (x 2)＋x 2，故问题等价于y ＝f (x )＋x 是单调增函数．【答题模板】(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x －a ＋a －1x ＝x 2－ax ＋a －1x ＝(x －1)(x ＋1－a )x.[2分]①若a －1＝1，即a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)2x.故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若a －1<1，而a >1，故1<a <2时，则当x ∈(a －1,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，a －1)及x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(a －1,1)上单调递减，在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增．③若a －1>1，即a >2时，同理可得f (x )在(1，a －1)上单调递减， 在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增．[6分] (2)证明 考虑函数g (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x . 则g ′(x )＝x －(a －1)＋a －1x ≥2x ·a －1x－(a －1)＝1－(a －1－1)2.由于1<a <5，故g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，从而当x 1>x 2>0时，有g (x 1)－g (x 2)>0， 即f (x 1)－f (x 2)＋x 1－x 2>0， 故f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.[10分]当0<x 1<x 2时，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1>－1.综上，若a <5，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.[12分]【突破思维障碍】(1)讨论函数的单调区间的关键是讨论导数大于0或小于0的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解得到导数等于0的根的情况下，根的大小是分类的标准；(2)利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过函数研究函数的性质进而解决不等式问题．1．求可导函数单调区间的一般步骤和方法： (1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )，令f ′(x )＝0，求出它在定义域内的一切实根；(3)把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f ′(x )在各个开区间内的符号，根据f ′(x )的符号判定函数f (x )在每个相应小开区间内的增减性．2．可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x 0一定满足f ′(x 0)＝0，但当f ′(x 1)＝0时，x 1不一定是极值点．如f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．(2)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．3．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．4．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2011·大连模拟)设f (x )，g (x )是R 上的可导函数，f ′(x )、g ′(x )分别为f (x )、g (x )的导函数，且f ′(x )·g (x )＋f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有 ( )A ．f (x )g (b )>f (b )g (x )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (x )>f (b )g (b )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )2.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点 ( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．(2011·嘉兴模拟)若函数y ＝a (x 3－x )在区间⎝⎛⎭⎫－33，33上为减函数，则a 的取值范围是( )A ．a >0B ．－1<a <0C ．a >1D ．0<a <14．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <325．设a ∈R ，若函数y ＝e ax＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则 ( ) A ．a >－3 B ．a <－3C ．a >－13D ．a <－136．(2009·辽宁)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.7．已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如右图所示，给出以下结论： ①函数f (x )在(－2，－1)和(1,2)上是单调递增函数；②函数f (x )在(－2,0)上是单调递增函数，在(0,2)上是单调递减函数； ③函数f (x )在x ＝－1处取得极大值，在x ＝1处取得极小值； ④函数f (x )在x ＝0处取得极大值f (0)．则正确命题的序号是________．(填上所有正确命题的序号)．8．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围为________．三、解答题(共38分)9．(12分)求函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极值．10．(12分)(2011·秦皇岛模拟)已知a 为实数，且函数f (x )＝(x 2－4)(x －a )． (1)求导函数f ′(x )；(2)若f ′(－1)＝0，求函数f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值．11．(14分)(2011·汕头模拟)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，且函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称．(1)求m ，n 的值及函数y ＝f (x )的单调区间；(2)若a >0，求函数y ＝f (x )在区间(a －1，a ＋1)内的极值．答案 自主梳理1．(1)增 增 (2)减 减 (3)增 减 2.(1)①f ′(x )>0 f ′(x )<0 ②f ′(x )<0 f ′(x )>0 (2)②f ′(x )＝0 ③f ′(x )＝0 极大值 极小值 自我检测1．C 2.D 3.C 4.C 5．18解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由题意⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝10，f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，得a ＝4，b ＝－11或a ＝－3，b ＝3.但当a ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，故不存在极值， ∴a ＝4，b ＝－11，f (2)＝18. 课堂活动区例1 解题导引 (1)一般地，涉及到函数(尤其是一些非常规函数)的单调性问题，往往可以借助导数这一重要工具进行求解．函数在定义域内存在单调区间，就是不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0在定义域内有解．这样就可以把问题转化为解不等式问题．(2)已知函数在某个区间上单调求参数问题，通常是解决一个恒成立问题，方法有①分离参数法，②利用二次函数中恒成立问题解决．(3)一般地，可导函数f (x )在(a ，b )上是增(或减)函数的充要条件是：对任意x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒等于零．特别是在已知函数的单调性求参数的取值范围时，要注意“等号”是否可以取到．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，∴f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，∵e x >0，∴－x 2＋2>0，解得－2<x < 2. ∴函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)∵函数f (x )在(－1,1)上单调递增， ∴f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． ∵f ′(x )＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x∴[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立． ∵e x >0，∴－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立， 即x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈(－1,1)恒成立． 设h (x )＝x 2－(a －2)x －a只须满足⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)≤0h (1)≤0，解得a ≥32.(3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立． ∵e x >0，∴x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．∴Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f (x )不可能在R 上单调递减．若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈R 都成立．∵e x >0，∴x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立． 而x 2－(a －2)x －a ≤0不可能恒成立， 故函数f (x )不可能在R 上单调递增．综上可知函数f (x )不可能是R 上的单调函数．变式迁移1 解 (1)由题意得f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)，又⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝b ＝0f ′(0)＝－a (a ＋2)＝－3， 解得b ＝0，a ＝－3或a ＝1.(2)由f ′(x )＝0，得x 1＝a ，x 2＝－a ＋23.又f (x )在(－1,1)上不单调，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1<a <1，a ≠－a ＋23或⎩⎨⎧－1<－a ＋23<1，a ≠－a ＋23.解得⎩⎪⎨⎪⎧－1<a <1，a ≠－12，或⎩⎪⎨⎪⎧－5<a <1，a ≠－12. 所以a 的取值范围为(－5，－12)∪(－12，1)．例2 解题导引 本题研究函数的极值问题．利用待定系数法，由极值点的导数值为0，以及极大值、极小值，建立方程组求解．判断函数极值时要注意导数为0的点不一定是极值点，所以求极值时一定要判断导数为0的点左侧与右侧的单调性，然后根据极值的定义判断是极大值还是极小值．解 (1)由题意可知f ′(x )＝3ax 2－b .于是⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝12a －b ＝0f (2)＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4故所求的函数解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可知f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)． 令f ′(x )＝0得x ＝2或x ＝－2，x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) 单调递增 极大值 单调递减 极小值单调递增因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值283，当x ＝2时，f (x )有极小值－43，所以函数的大致图象如图， 故实数k 的取值范围为 (－43，283)． 变式迁移2 解 (1)f ′(x )＝ax＋2bx ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a ＋2b ＋1＝0f ′(2)＝a 2＋4b ＋1＝0.解得a ＝－23，b ＝－16. (2)f ′(x )＝－23x ＋(－x3)＋1＝－(x －1)(x －2)3x.例3 解题导引 设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：(1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值．(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0；①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0， 可得4a ＋3b ＋4＝0.②由①②解得a ＝2，b ＝－4，又切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4. ∴1＋a ＋b ＋c ＝4.∴c ＝5.(2)由(1)，得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， ∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝23，∴f ′(x )<0的解集为⎝⎛⎭⎫－2，23，即为f (x )的减区间． [－3，－2)、⎝⎛⎦⎤23，1是函数的增区间．又f (－3)＝8，f (－2)＝13，f ⎝⎛⎭⎫23＝9527，f (1)＝4，∴y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.变式迁移3 解 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b . 因此g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . 因为函数g (x )是奇函数，所以g (－x )＝－g (x )，即对任意实数x ， 有a (－x )3＋(3a ＋1)(－x )2＋(b ＋2)(－x )＋b ＝－[ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b ]，从而3a ＋1＝0，b ＝0，解得a ＝－13，b ＝0，因此f (x )的表达式为f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，所以g ′(x )＝－x 2＋2，令g ′(x )＝0， 解得x 1＝－2，x 2＝2，则当x <－2或x >2时，g ′(x )<0，从而g (x )在区间(－∞，－2)，(2，＋∞)上是减函数； 当－2<x <2时，g ′(x )>0，从而g (x )在区间(－2，2)上是增函数．由前面讨论知，g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x ＝1，2，2时取得，而g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43.因此g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.课后练习区1．C 2.A 3.A 4.A 5.B 6．3解析 ∵f ′(x )＝(x 2＋ax ＋1)′＝(x 2＋a )′·(x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)′(x ＋1)2＝x 2＋2x －a (x ＋1)2，又∵x ＝1为函数的极值，∴f ′(1)＝0. ∴1＋2×1－a ＝0，即a ＝3. 7．②④解析 观察函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，由单调性、极值与导数值的关系直接判断． 8．(－∞，－3)∪(6，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，则Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0，∴m >6或m <－3.9．解 f ′(x )＝(2x ＋1x 2＋2)′＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2，由f ′(x )＝0得x ＝－2,1.………………(4分)当x ∈(－∞，－2)时f ′(x )<0，当x ∈(－2,1)时f ′(x )>0，故x ＝－2是函数的极小值点，故f (x )的极小值为f (－2)＝－12；…………………………………………………………………(8分)当x ∈(－2,1)时f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )<0， 故x ＝1是函数的极大值点，所以f (x )的极大值为f (1)＝1.……………………………………………………………(12分) 10．解 (1)由f (x )＝x 3－ax 2－4x ＋4a ，得f ′(x )＝3x 2－2ax －4.…………………………………………………………………(4分)(2)因为f ′(－1)＝0，所以a ＝12，所以f (x )＝x 3－12x 2－4x ＋2，f ′(x )＝3x 2－x －4.又f ′(x )＝0，所以x ＝43或x ＝－1.又f ⎝⎛⎭⎫43＝－5027，f (－1)＝92， f (－2)＝0，f (2)＝0，所以f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值分别为92、－5027.………(12分)11．解 (1)由函数f (x )图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3. ① 由f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2， 得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ，则g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n .而g (x )的图象关于y 轴对称，所以－2m ＋62×3＝0.所以m ＝－3，代入①，得n ＝0.…………………………………………………………(4分) 于是f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)． 由f ′(x )>0，得x >2或x <0，故f (x )的单调递增区间是(－∞，0)∪(2，＋∞)； 由f ′(x )<0，得0<x <2,故f (x )的单调递减区间是(0,2)．…………………………………………………………(8分) (2)由(1)得f ′(x )＝3x (x －2)， 令f ′(x )＝0， 得x ＝0或x ＝2.分) 由此可得：当0<a <1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极大值f (0)＝－2，无极小值； 当a ＝1时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值；当1<a <3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内有极小值f (2)＝－6，无极大值；当a ≥3时，f (x )在(a －1，a ＋1)内无极值．……………………………………………(12分) 综上得：当0<a <1时，f (x )有极大值－2，无极小值； 当1<a <3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a ＝1或a ≥3时，f (x )无极值．………………………………………………………(14分)。
2015届高考数学总复习配套课件：2-12 导数的综合应用
区间端点比较，就可以知道这个极值点就是最大(小)值点．
山 东
金
太
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
第七页，编辑于星期五：十点 十一分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
研考向 要点
3．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)
探究
悟典题 能力
的函数关系式为y＝－
1 3
x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润
金 太
阳
答案：B
书
业
有
十一分。
抓主干 考点 解密
研考向 要点 探究
悟典题 能力 提升
提素能 高效 训练
高考总复习 A 数学（文）
生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
菜 单 隐藏
山 东 金 太 阳 书 业 有 限 公 司
第六页，编辑于星期五：十点 十一分。
业
有
则f(r)的最大值为f(6)，最小值为f(2)．
限
公
答案：6 2
司
菜 单 隐藏
第九页，编辑于星期五：十点 十一分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干 考点 解密
研考向 要点 探究
悟典题 能力 提升
函数的最值与导数
提素能
高效 训练
【例1】 (2014年北京东城模拟)已知a∈R，函数f(x)＝ax＋ln x－1.
书 业
∴ω(x)max＝ω(6)＝30 000.
有 限
公
司
菜 单 隐藏
第十八页，编辑于星期五：十点 十一分。
高考总复习 A 数学（文）
2015年高考数学导数真题与答案
导数目录1.【2015高考，理10】.................................................. - 2 -2.【2015高考，理12】.................................................. - 2 -3.【2015高考新课标2，理12】.......................................... - 3 -4.【2015高考新课标1，理12】.......................................... - 4 -5.【2015高考，理16】.................................................. - 5 -6.【2015高考天津，理11】.............................................. - 5 -7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）.......................... - 6 -8.【2015高考，19】（本小题满分16分）.................................. - 8 -9.【2015高考，理20】................................................. - 10 -10.【2015高考，17】（本小题满分14分）................................ - 13 -11.【2015高考，理21】................................................ - 14 -12.【2015高考，理21】................................................ - 17 -13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）........................... - 19 -14.【2015高考，理20】................................................ - 21 -15.【2015高考，理21】................................................ - 22 -16.【2015高考，理22】................................................ - 24 -17.【2015高考新课标1，理21】........................................ - 26 -18.【2015高考北京，理18】............................................ - 27 -19.【2015高考，理19】................................................ - 29 -20【2015高考，理21】................................................. - 31 -1.【2015高考，理10】若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =- ，其导函数()f x ' 满足()1f x k '>> ，则下列结论中一定错误的是（ ）A ．11f k k ⎛⎫< ⎪⎝⎭B ．111f k k ⎛⎫> ⎪-⎝⎭C ．1111f k k ⎛⎫< ⎪--⎝⎭D ． 111k f k k ⎛⎫> ⎪--⎝⎭ 【答案】C【解析】由已知条件，构造函数()()g x f x kx =-，则''()()0g x f x k =->，故函数()g x 在R 上单调递增，且101k >-，故1()(0)1g g k >-，所以1()111k f k k ->---，11()11f k k >--，所以结论中一定错误的是C ，选项D 无法判断；构造函数()()h x f x x =-，则''()()10h x f x =->，所以函数()h x 在R 上单调递增，且10k >，所以1()(0)h h k>，即11()1f k k ->-，11()1f k k >-，选项A,B 无法判断，故选C ． 【考点定位】函数与导数．【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．2.【2015高考，理12】对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）A ．1-是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值 D. 点(2,8)在曲线()y f x =上【答案】A【解析】若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确，()2f x ax b '=+，因为1是()f x 的极值点，3是()f x 的极值，所以()()1013f f '=⎧⎪⎨=⎪⎩，即203a b a b c +=⎧⎨++=⎩，解得：23b a c a =-⎧⎨=+⎩，因为点()2,8在曲线()y f x =上，所以428a b c ++=，即()42238a a a +⨯-++=，解得：5a =，所以10b =-，8c =，所以()25108f x x x =-+，因为()()()21511018230f -=⨯--⨯-+=≠，所以1-不是()f x 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确，故选A ．【考点定位】1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．【名师点晴】本题主要考查的是函数的零点和利用导数研究函数的极值，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“有且仅有一个”和“错误”，否则很容易出现错误．解推断结论的试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊值进行检验，也可作必要的合情推理．3.【2015高考新课标2，理12】设函数'()f x 是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值围是（ ）A ．(,1)(0,1)-∞-UB ．(1,0)(1,)-+∞UC ．(,1)(1,0)-∞--UD ．(0,1)(1,)+∞U【答案】A 【考点定位】导数的应用、函数的图象与性质．【名师点睛】联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．4.【2015高考新课标1，理12】设函数()f x =(21)x e x ax a --+,其中a 1，若存在唯一的整数0x ，使得0()f x 0，则a 的取值围是（ ） (A)[-32e ，1） (B)[-32e ，34） (C)[32e ，34） (D)[32e，1） 【答案】D 【解析】设()g x =(21)x e x -，y ax a =-，由题知存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方.因为()(21)x g x e x '=+，所以当12x <-时，()g x '＜0，当12x >-时，()g x '＞0，所以当12x =-时，max [()]g x =12-2e -，当0x =时，(0)g =-1，(1)30g e =>，直线y ax a =-恒过（1,0）斜率且a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-≥--，解得32e≤a ＜1，故选D.【考点定位】本题主要通过利用导数研究函数的图像与性质解决不等式成立问题【名师点睛】对存在性问题有三种思路，思路1：参变分离，转化为参数小于某个函数（或参数大于某个函数），则参数该于该函数的最大值（大于该函数的最小值）；思路2：数形结合，利用导数先研究函数的图像与性质，再画出该函数的草图，结合图像确定参数围，若原函数图像不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图像解；思路3：分类讨论，本题用的就是思路2.5.【2015高考，理16】如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 ．【答案】1.2【解析】建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是()11010222162⨯+-⨯⨯=，设抛物线的方程为22x py =（0p >），因为该抛物线过点()5,2，所以2225p ⨯=，解得254p =，所以2252x y =，即2225y x =，所以当前最大流量是()()5323535522224022255255257575753x dx x x --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤-=-=⨯-⨯-⨯--⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎰，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是16 1.2403=，所以答案应填：1.2． 【考点定位】1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．【名师点晴】本题主要考查的是定积分、抛物线的方程和定积分的几何意义，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“原始”和“当前”，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是定积分的几何意义，即由直线x a =，x b =，0y =和曲线()y f x =所围成的曲边梯形的面积是()ba f x dx ⎰． 6.【2015高考天津，理11】曲线2y x = 与直线y x = 所围成的封闭图形的面积为 . O xy【答案】16【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.【名师点睛】本题主要考查定积分几何意义与运算能力.定积分的几何意义体现数形结合的典型示，既考查微积分的基本思想又考查了学生的作图、识图能力以及运算能力.【2015高考，理11】20(1)x dx ⎰-= .【答案】0.【解析】试题分析：0)21()1(22200=-=-⎰x x dx x . 【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考查定积分的计算，意在考查学生的运算求解能力，属于容易题，定积分的计算通常有两类基本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数2()mx f x e x mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-，求m 的取值围．【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]-．【解析】(Ⅰ)'()(1)2mx f x m e x =-+．若0m ≥，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e -≤，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -≥，'()0f x >．若0m <，则当(,0)x ∈-∞时，10mx e ->，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，10mx e -<，'()0f x >．所以，()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m ，()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，故()f x 在0x =处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]x x ∈-，12()()1f x f x e -≤-的充要条件是：(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩即1,1,m m e m e e m e -⎧-≤-⎪⎨+≤-⎪⎩①，设函数()1t g t e t e =--+，则'()1t g t e =-．当0t <时，'()0g t <；当0t >时，'()0g t >．故()g t 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增．又(1)0g =，1(1)20g e e --=+-<，故当[1,1]t ∈-时，()0g t ≤．当[1,1]m ∈-时，()0g m ≤，()0g m -≤，即①式成立．当1m >时，由()g t 的单调性，()0g m >，即1m e m e ->-；当1m <-时，()0g m ->，即1m e m e -+>-．综上，m 的取值围是[1,1]-．【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】(Ⅰ)先求导函数'()(1)2mx f x m e x =-+，根据m 的围讨论导函数在(,0)-∞和(0,)+∞的符号即可；（Ⅱ）12()()1f x f x e -≤-恒成立，等价于12max ()()1f x f x e -≤-．由12,x x 是两个独立的变量，故可求研究()f x 的值域，由(Ⅰ)可得最小值为(0)1f =，最大值可能是(1)f -或(1)f ，故只需(1)(0)1,(1)(0)1,f f e f f e -≤-⎧⎨--≤-⎩，从而得关于m 的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．8.【2015高考，19】（本小题满分16分）已知函数),()(23R b a b ax x x f ∈++=.（1）试讨论)(x f 的单调性；（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a 的取值围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞Y Y ，求c 的值.【答案】（1）当0a =时， ()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时， ()f x 在2,3a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()0,+∞上单调递增，在2,03a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减； 当0a <时， ()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减． （2） 1.c =当0a <时，()2,0,3a x ⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>，20,3a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<， 所以函数()f x 在(),0-∞，2,3a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,3a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减． （2）由（1）知，函数()f x 的两个极值为()0f b =，324327a f a b ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，则函数()f x 有三个零点等价于()32400327a f f b a b ⎛⎫⎛⎫⋅-=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而304027a ab >⎧⎪⎨-<<⎪⎩或304027a b a <⎧⎪⎨<<-⎪⎩． 又b c a =-，所以当0a >时，34027a a c -+>或当0a <时，34027a a c -+<． 设()3427g a a a c =-+，因为函数()f x 有三个零点时，a 的取值围恰好是 ()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U U ，则在(),3-∞-上()0g a <，且在331,,22⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 上()0g a >均恒成立，从而()310g c -=-≤，且3102g c ⎛⎫=-≥⎪⎝⎭，因此1c =． 此时，()()()3221111f x x ax a x x a x a ⎡⎤=++-=++-+-⎣⎦，因函数有三个零点，则()2110x a x a +-+-=有两个异于1-的不等实根， 所以()()22141230a a a a ∆=---=+->，且()()21110a a ---+-≠，解得()33,31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭U U ． 综上1c =．【考点定位】利用导数求函数单调性、极值、函数零点【名师点晴】求函数的单调区间的步骤：①确定函数y ＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间的一切实根；③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；④确定f′(x)在各个区间的符号，根据符号判定函数在每个相应区间的单调性． 已知函数的零点个数问题处理方法为：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图像，数形结合求解．已知不等式解集求参数方法：利用不等式解集与对应方程根的关系找等量关系或不等关系.9.【2015高考，理20】已知函数f()ln(1)x x =+，(),(k ),g x kx R =?(Ⅰ)证明：当0x x x ><时，f()；(Ⅱ)证明：当1k <时，存在00x >,使得对0(0),x x Î任意，恒有f()()x g x >；(Ⅲ)确定k 的所以可能取值，使得存在0t >，对任意的(0),x Î，t 恒有2|f()()|x g x x -<．【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) =1k ．【解析】解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??则有1()11+1+x F x x x¢=-=- 当(0,),x ?? ()0F x ¢<,所以()F x 在(0,)+?上单调递减；故当0x >时，()(0)0,F x F <=即当0x >时，x x f()<．(2)令G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??则有1(1k)()1+1+kx G x k x x -+-¢=-= 当0k £ G ()0x ¢>,所以G()x 在[0,)+?上单调递增, G()(0)0x G >=(3)当1k >时，由（1）知，对于(0,),x "违+()f()g x x x ，>>故()f()g x x >， |f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2+(k-2)1M ()k 2=,11x x k x x x x +-¢=--++故当0x Î（时，M ()0x ¢>,M()x 在[0上单调递增，故M()M(0)0x >=,即2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在.当1k <时，由（2）知存在00x >,使得对任意的任意的0(0),x x ，Î恒有f()()x g x >． 此时|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-, 令2N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11x x k N x k x x x-+=--++故当0x Î（时，N ()0x ¢>,M()x 在[0上单调递增，故N()(0)0x N >=,即2f()()x g x x ->,记0x1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有，故满足题意的t 不存在.当=1k ，由（1）知，(0,),x 违当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+，令2H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违，+，则有21-2H ()12=,11x xx x x x-¢=--++ 当0x >时，H ()0x ¢<,所以H()x 在[0+¥，）上单调递减，故H()(0)0x H <=, 故当0x >时，恒有2|f()()|x g x x -<,此时，任意实数t 满足题意. 综上，=1k .解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k >时，由（1）知，对于(0,),x "违+()f()g x x x >>，， 故|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-，令2(k 1),01x x x k -><<-解得，从而得到当1k >时，(0,1)x k ?对于恒有2|f()()|x g x x ->,所以满足题意的t 不存在. 当1k <时，取11k+1=12k k k <<，从而 由（2）知存在00x >,使得0(0),x x Î任意，恒有1f()()x k x kx g x >>=. 此时11|f()()|f()()(k)2kx g x x g x k x x --=->-=, 令21k 1k ,022x x x --><<解得，此时 2f()()x g x x ->, 记0x 与1-k 2中较小的为1x ，则当21(0)|f()()|x x x g x x ?>，时，恒有，【考点定位】导数的综合应用．【名师点睛】在解函数的综合应用问题时,我们常常借助导数,将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手,进而求解，利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意()()f x g x >与min max ()()f x g x >不等价，min max ()()f x g x >只是()()f x g x >的特例，但是也可以利用它来证明，在2014年全国Ⅰ卷理科高考21题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续．10.【2015高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建 一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边 界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ， 的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ， 所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2ay x b=+ （其中a ，b 为常数）模型. （1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式()f t②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.【答案】（1）1000,0;a b ==（2）①()f t =定义域为[5,20]，②min ()t f t ==千米【解析】（1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为()5,40，()20,2.5．将其分别代入2a y x b =+，得4025 2.5400aba b⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，解得1000a b =⎧⎨=⎩．（2）①由（1）知，21000y x =（520x ≤≤），则点P 的坐标为21000,t t ⎛⎫⎪⎝⎭， 设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，32000y x '=-， 2则l 的方程为()2310002000y x t t t -=--，由此得3,02t ⎛⎫A ⎪⎝⎭，230000,t ⎛⎫B ⎪⎝⎭．故()f t ==，[]5,20t ∈．②设()624410g t t t ⨯=+，则()6516102g t t t⨯'=-．令()0g t '=，解得t =当(t ∈时，()0g t '<，()g t 是减函数；当()20t ∈时，()0g t '>，()g t 是增函数．从而，当t =()g t 有极小值，也是最小值，所以()min 300g t =，此时()min f t =答：当t =l 的长度最短，最短长度为千米． 【考点定位】利用导数求函数最值，导数几何意义【名师点晴】解决实际应用问题首先要弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型，然后将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；本题已直接给出模型，只需确定其待定参数即可.求解数学模型，得出数学结论，这一步骤在应用题中要求不高，难度中等偏下，本题是一个简单的利用导数求最值的问题.首先利用导数的几何意义是切点处切线的斜率，然后再利用导数求极值与最值.11.【2015高考，理21】设函数()()()2ln 1f x x a x x =++-，其中a R ∈. （Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若()0,0x f x ∀>≥成立，求a 的取值围.【答案】（I ）：当0a < 时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点；（II ）a 的取值围是[]0,1.（2）当0a > 时， ()()28198a a a a a ∆=--=-①当809a <≤时，0∆≤ ，()0g x ≥ 所以，()0f x '≥，函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时，0∆> 设方程2210ax ax a ++-=的两根为1212,(),x x x x < 因为1212x x +=- 所以，1211,44x x <->- 由()110g -=>可得：111,4x -<<-所以，当()11,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增； 当()12,x x x ∈时，()()0,0g x f x '<< ，函数()f x 单调递减； 当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增； 因此函数()f x 有两个极值点． （3）当0a < 时，0∆> 由()110g -=>可得：11,x <-当()21,x x ∈-时，()()0,0g x f x '>> ，函数()f x 单调递增；当()2,x x ∈+∞时，()()0,0g x f x '<< ，函数()f x 单调递减； 因此函数()f x 有一个极值点． 综上：当0a < 时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点；当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点； （II ）由（I ）知， （1）当809a ≤≤时，函数()f x 在()0,+∞上单调递增， 因为()00f =所以，()0,x ∈+∞时，()0f x > ，符合题意； （2）当819a <≤ 时，由()00g ≥ ，得20x ≤ 所以，函数()f x 在()0,+∞上单调递增，又()00f =，所以，()0,x ∈+∞时，()0f x > ，符合题意； （3）当1a > 时，由()00g < ，可得20x > 所以()20,x x ∈ 时，函数()f x 单调递减； 又()00f =所以，当()20,x x ∈时，()0f x < 不符合题意； （4）当0a <时，设()()ln 1h x x x =-+ 因为()0,x ∈+∞时，()11011x h x x x '=-=>++当11x a>-时，()210ax a x +-< 此时，()0,f x < 不合题意. 综上所述，a 的取值围是[]0,1【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.【名师点睛】本题考查了导数在研究函数性质中的应用，着重考查了分类讨论、数形结合、转化的思想方法，意在考查学生结合所学知识分析问题、解决问题的能力，其中最后一问所构造的函数体现了学生对不同函数增长模型的深刻理解.12.【2015高考，理21】设函数2()f x x ax b =-+. （Ⅰ）讨论函数(sin )f x 在(,)22ππ-的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； （Ⅱ）记2000()f x x a x b =-+，求函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值D ； （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000a b ==，求24a z b =-满足D 1≤时的最大值.【答案】（Ⅰ）极小值为24a b -；（Ⅱ）00||||D a a b b =-+-； （Ⅲ）1.【解析】（Ⅰ）2(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+，22x ππ-<<.[(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-，22x ππ-<<.因为22x ππ-<<，所以cos 0,22sin 2x x >-<<.①当2,a b R ≤-∈时，函数(sin )f x 单调递增，无极值. ②当2,a b R ≥∈时，函数(sin )f x 单调递减，无极值. ③当22a -<<，在(,)22ππ-存在唯一的0x ，使得02sin x a =. 02x x π-<≤时，函数(sin )f x 单调递减；02x x π<<时，函数(sin )f x 单调递增.因此，22a -<<，b R ∈时，函数(sin )f x 在0x 处有极小值20(sin )()24a a f x fb ==-.（Ⅱ）22x ππ-≤≤时，00000|(sin )(sin )||()sin |||||f x f x a a x b b a a b b -=-+-≤-+-，当00()()0a a b b --≥时，取2x π=，等号成立，当00()()0a a b b --<时，取2x π=-，等号成立，由此可知，函数0(sin )(sin )f x f x -在[]22ππ-,上的最大值为00||||D a a b b =-+-.（Ⅲ）D 1≤，即||||1a b +≤，此时201,11a b ≤≤-≤≤，从而214a z b =-≤. 取0,1a b ==，则||||1a b +≤，并且214a z b =-=. 由此可知，24a zb =-满足条件D 1≤的最大值为1.【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.【名师点睛】函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用.13.【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数()n ,nf x x x x R =-∈，其中*n ,n 2N ∈≥. (I)讨论()f x 的单调性；(II)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为()y g x =,求证：对于任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤；(III)若关于x 的方程()=a(a )f x 为实数有两个正实根12x x ，，求证： 21|-|21ax x n<+- 【答案】(I) 当n 为奇数时，()f x 在(,1)-∞-，(1,)+∞上单调递减，在(1,1)-单调递增；当n 为偶数时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.(2)当n 为偶数时，当()0f x '>，即1x <时，函数()f x 单调递增； 当()0f x '<，即1x >时，函数()f x 单调递减.所以，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，()f x 在(1,)+∞上单调递减. (II)证明：设点P 的坐标为0(,0)x ，则110n x n-=，20()f x n n '=-，曲线()y f x =在点P 处的切线方程为()00()y f x x x '=-，即()00()()g x f x x x '=-，令()()()F x f x g x =-，即()00()()()F x f x f x x x '=--，则0()()()F x f x f x '''=-由于1()n f x nxn -'=-+在()0,+∞上单调递减，故()F x '在()0,+∞上单调递减，又因为0()0F x '=，所以当0(0,)x x ∈时，0()0F x '>，当0(,)x x ∈+∞时，0()0F x '<，所以()F x 在0(0,)x 单调递增，在0(,)x +∞单调递减，所以对任意的正实数x 都有0()()0F x F x ≤=，即对任意的正实数x ，都有()()f x g x ≤.(III)证明：不妨设12x x ≤，由(II)知()()20()g x n n x x =--，设方程()g x a =的根为2x '，可得202.ax x n n '=+-，当2n ≥时，()g x 在(),-∞+∞上单调递减，又由(II)知222()()(),g x f x a g x '≥==可得22x x '≤.类似的，设曲线()y f x =在原点处的切线方程为()y h x =，可得()h x nx =，当(0,)x ∈+∞，()()0n f x h x x -=-<，即对任意(0,)x ∈+∞，()().f x h x <设方程()h x a =的根为1x '，可得1ax n'=，因为()h x nx =在(),-∞+∞上单调递增，且111()()()h x a f x h x '==<，因此11x x '<.由此可得212101ax x x x x n''-<-=+-. 因为2n ≥，所以11112(11)111n n n Cn n ---=+≥+=+-=，故1102n nx -≥=，所以2121ax x n-<+-. 【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式. 【名师点睛】本题主要考查函数的性质与导数之间的关系以及利用函数证明不等式.第(I)小题求导后分n 为奇偶数讨论函数的单调性，体现了数学分类讨论的重要思想；第(II)(III)中都利用了构造函数证明不等式这一重要思想方法，体现数学中的构造法在解题中的重要作用，是拨高题.14.【2015高考，理20】设函数()()23xx axf x a R e+=∈ （1）若()f x 在0x =处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在[)3,+∞上为减函数，求a 的取值围。
2015届高考数学第一轮考点调研复习学案12
一、高考目标：1． 通过已学过的函数，特别是二次函数，理解函数的单调性。
2． 掌握判断一些简单函数单调性的方法。
3． 会利用函数的单调性解决一些问题。
二、知识再现：1． 增（减）函数的 定义：一般地，设函数f(x)的定义域为I ：如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值21,x x ,当x 1<x 2时，若都有)()(21x f x f <，那么就说函数f(x)在区间D 上是 ；若都有)()(21x f x f >，那么就说函数f(x)在区间D 上是 。
2． 如果函数y=f(x)在区间D 上是增函数，那么就说函数y=f(x)在这一区间具有（严格的） ，区间D 叫做y=f(x)的 。
3． 函数的单调性与其导数的正负的关系：在某个区间(a,b)内，如果0)('>x f ，那么函数y=f(x)在这个区间内 ；如果在某个区间(a,b)内，如果0)('<x f ，那么函数y=f(x)在这个区间内 。
三、考点例析题型一：用定义证明函数的单调性例1、用定义证明函数x x x f +=3)(在R 上为增函数变式训练：如果函数c bx x x f ++-=2)(，对于任意实数x 都有)2()2(x f x f -=+，比较)4(),2(),1(f f f 的大小题型三：逆用函数的单调性求参数的范围。
例3、已知函数84)(2--=kx x x f 在[]20,5上是单调函数，求实数k 的取值范围。
变式训练：已知b ax y +=3在),(+∞-∞上单调递减，求a 的取值范围题型四：利用单调性解或证明不等式例4、已知)(x f 是定义在[]1,1-上的增函数，且)1()1(2-<-x f x f ，求x 的取值范围变式训练：函数y=f(x)在R 上单调递增，且())(2m f mf ->，则实数m 的取值范围 四、达标训练1.下列说法正确的是（ ）A. 定义在R 上的函数f(x)满足f(2)>f(1),则函数f(x)是R 上的增函数B. 定义在R 上的函数f(x)满足f(2)>f(1),则函数f(x)在R 上不是减函数C 设f(x)是()+∞∞-,上的减函数，则f(a)>f(b)D. 设f(x)是()+∞∞-,上的减函数，则f(a 2+a)<f(a)2下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是（ ）A y=3-xB ||112x y D x y C x y -==+=3.当(]5,0∈x 时，函数143)(2+-=x x x f 的值域为（ ）[]B f f A )5(),0(⎥⎦⎤⎢⎣⎡)32(),0(f f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡)5(),32(f f C [])5(,f c D4． 若二次函数()b x a x y +-+=1232在区间()1,∞-上为减函数，那么2222≥-≤=-=a D a C a B a A5． 若函数xb y ax y -==,都是在),0(+∞上的减函数，则函数bx ax y +=2在),0(+∞上的单调性为 。
一轮巩固名师导学高考数学新课标文复习配套第讲函数模型应用
模型应用
•【学习目标】
•1．了解指数函数、对数函数以及幂函数的增长 特征，知道直线上升、指数增长、对数增长等不 同函数类型增长的含义．
•2．了解函数模型(如指数函数、对数函数、幂函 数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函数模 型)的广泛应用．
•B
•B
•B
•D
•B
•9
•0. 6
•2．(2013湖北)小明骑车上学，开始时匀速行驶，途 中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快 速度行驶，与以上事件吻合得最好的图象是( •C)
•A
•A
•4
•增
•增
•logax
•ax＞xn •ax＞xn＞logax
•(B )
2015高考数学一轮配套课件：专题十二(第十二篇)
所以 k≠0. 由xy＝2＋k4xy＋2＝m4，消 y 并整理得
M
(设1＋A4(kx21)，x2＋y1)8，kmC(xx＋2，4my22)－，4＝则0x. 1＋2 x2＝－1＋4k4mk2，
y1＋2 y2＝k·x1＋2 x2＋m＝1＋m4k2. 所以 AC 的中点为 M1－＋44kkm2，1＋m4k2.
第十页，编辑于星期五：十四点 十一分。
３、易错辨析 弄错循环次数致误 典例３ (2013·重庆卷)执行如图所示的程序框图，则输出的 k 的 值是( )．A．3 B．4 C．5 D．6
解 a＝10≠4 且 a 是偶数， 则 a＝120＝5，i＝2；
a＝5≠4 且 a 是奇数， 则 a＝3×5＋1＝16，i＝3；
＋1 时 xk＋1< c； 第五步 回顾反思，查看关键点、易错点，得出结论．
第十八页，编辑于星期五：十四点 十一分。
4、(2014·北京东城质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝ 32bbnn＋ ＋43(n∈N*)．求 b2，b3，试判定 bn 与 2的大小，并加以证明．
解析 由 b1＝2，bn＋1＝32bbnn＋ ＋43，得 b2＝32× ×22＋ ＋43＝170，倒计时
其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余项均为0.❶
例如：
子集{a2，a3}的“特征数列”为0，1，1，0，0，…，0.❷
(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”的前 3 项和等于________； (2)若 E 的子集 P 的“特征数列”p1，p2，…，p100 满足 p1＝1， pi＋pi＋1＝1,1≤i≤99；E 的子集 Q 的“特征数列”q1，q2，…，q100 满足 q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1,1≤j≤98，则 P∩Q 的元素个数为 ________．
山东省济宁市某教育咨询有限公司2015届高三数学人教A版一轮复习课件：第2章 第12节 导数的应用
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当 0＜x＜ 2a时，f′(x)＜0；当 x＞ 2a时，f′(x)＞0 所以(0， 2a)是 f(x)的减区间，( 2a，＋∞)是 f(x)的增区间， 综合：当 a≤0 时，f(x)的增区间是(0，＋∞)， 当 a＞0 时，f(x)的减区间是(0， 2a)，f(x)的增区间是( 2a， ＋∞)．
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第十四页，编辑于星期日：九点 五分。
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要证 x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤1＋1 x，只需证明 ex≥x＋1. 记 K(x)＝ex－x－1，则 K′(x)＝ex－1，当 x∈(0,1)时， K′(x)>0，因此 K(x)在[0,1]上是增函数，故 K(x)≥K(0)＝0. 所以 f(x)≤1＋1 x，x∈[0,1]． 综上，1－x≤f(x)≤1＋1 x，x∈[0,1]．
所以要使方程 f(x)＝k 在[0，＋∞)上有两个不相等的实数根， k 的取值范围是ae＋a＋24，－a.
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第七页，编辑于星期日：九点 五分。
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规律方法 1 1.在解答本题(2)时应判断 f(x)＞f(0)是否成立， 这是容易忽视的地方．
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第十三页，编辑于星期日：九点 五分。
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【思路点拨】 利用构造法，分别判断 f(x)与 1－x，f(x)与1＋1 x 的大小关系；利用比较法或构造函数，通过导数求解未知数范围．
【尝试解答】 (1)证明：要证 x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x， 只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记 h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则 h′(x)＝x(ex－e－x)，当 x∈(0,1)时，h′(x)>0，因此 h(x)在[0,1]上 是增函数，故 h(x)≥h(0)＝0.所以 f(x)≥1－x，x∈[0,1]．
2015届高考数学一轮配套解答题增分系列讲座：“函数与导数”类题目的审题技巧与解题规范
“函数与导数”类题目的审题技巧与解题规范[技法概述]解题的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误，而解题的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．有些问题的结论看似不明确或不利于解决，可以转换角度，达到解决问题的目的．[适用题型]高考中有以下几类解答题用到此种审题方法：1．研究函数与导数中两函数图像交点、函数的零点、方程的根等问题； 2．一些不等式恒成立问题常转换求函数的最值； 3．圆锥曲线中的定点问题，常转换先求直线方程．[典例] (2013·陕西高考，节选)(本题满分12分)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R . (1)求f (x )的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程； (2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．1．(2013·北京东城模拟)已知函数：f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解题流程] 利用斜率求切线构造新函数，将公共点转化为零点 求函数的导函数并判断其单调性最值) 最值)判断零点个数即交⇐⎣⎢⎢⎡解：(1)f (x )的反函数为g (x )＝ln x (x >0)，设所求切线的斜率为k ，∵g ′(x )＝1x ，∴k ＝g ′(1)＝1，于是在点(1，0)处切线方程为y ＝x －1.(2分)⇐⎣⎢⎡(2)证明：曲线y ＝e x 与y ＝12x 2＋x ＋1公共的个数等于函数φ(x )＝e x －12x 2－x －1零点的个数.(4分)⇐⎣⎢⎡∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x )存在零点x ＝0.(5分) ⇐⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡又φ′(x )＝e x －x －1，令h (x )＝φ′(x )＝e x－x －1，则h ′(x )＝e x－1，当x ＜0时，h ′(x )＜0，∴φ′(x )在(－∞，0)上单调递减；当x ＞0时，h ′(x )＞0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.(8分)∴φ′(x )在x ＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x )在R 上的最小值为φ′(0)＝0.⇐⎣⎢⎡∴φ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)，∴φ(x )在R 上是单调递增的，∴φ(x )在R 上有唯一的零点，⇐⎣⎡故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点.(12分) 想不次求导即函数h (x 题中断．不φ′(x )有最小值0导致扣分．[失分警示不线公共等于函数，步骤不规范．解：(1)依题意得，f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2(a ∈R)，∴①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]，f ′(x )≤0，f (x )为减函数， x ∈[a ，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数， f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]，f ′(x )≤0，f (x )为减函数， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]， f (x 1)<g (x 2)恒成立， 即f (x 1)min <g (x 2)min .当a <1时，x 1∈[e ，e 2]，由(1)可知， f ′(x )>0，f (x )为增函数， ∴f (x 1)min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，g ′(x )＝x ＋e x －x e x －e x ＝x (1－e x )， 当x 2∈[－2,0]时g ′(x )≤0， g (x )为减函数，g (x 2)min ＝g (0)＝1， ∴e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1，∴a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.2．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x ，且图像在点⎝⎛⎭⎫1e ，f ⎝⎛⎭⎫1e 处的切线斜率为1(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝f (x )－x x －1，求g (x )的单调区间；(3)当m >n >1(m ，n ∈Z)时，证明：mn n m >n m . 解：(1)f (x )＝ax ＋x ln x ，f ′(x )＝a ＋1＋ln x ， 依题意f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝a ＝1，所以a ＝1. (2)因为g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln x x －1，所以g ′(x )＝x －1－ln x(x －1)2.设φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x .当x >1时，φ′(x )＝1－1x >0，φ(x )是增函数，对任意x >1，φ(x )>φ(1)＝0，即当x >1时，g ′(x )>0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数．当0<x <1时，φ′(x )＝1－1x <0，φ(x )是减函数，对任意x ∈(0,1)，φ(x )>φ(1)＝0，即当0<x <1时， g ′(x )>0，故g (x )在(0,1)上为增函数． 所以g (x )的递增区间为(0,1)，(1，＋∞)．(3)证明：要证mn n m>n m ，即证ln n m －ln m n >ln n －ln m ， 即n －1n ln m >m －1m ln n ，m ln m m －1>n ln nn －1.(*) 因为m >n >1，由(2)知，g (m )>g (n )，故(*)式成立，所以mn n m>n m . 3．(2013·河北模拟)设函数f (x )＝x －1e x 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． (1)求函数f (x )在[m ，m ＋1](m >0)上的最小值； (2)设函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0(x ＝0)，1f (x )(x ≠0)，若x 1≠x 2，且g (x 1)＝g (x 2)，证明：x 1＋x 2>2.解：(1)由题意得f ′(x )＝x e x －e xx 2，则当x >1时，f ′(x )>0；0<x <1时，f ′(x )<0.由此可知函数f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 当m ≥1时，函数f (x )在[m ，m ＋1]上是增函数， 此时f (x )min ＝f (m )＝e mm.当0<m <1时，函数f (x )在[m,1]上是减函数， 在[1，m ＋1]上是增函数，此时f (x )min ＝f (1)＝e.(2)证明：由题意可得g (x )＝x e －x (x ∈R)，g ′(x )＝(1－x )e －x . 所以g (x )在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．① 设函数F (x )＝g (x )－g (2－x )， 即F (x )＝x e －x ＋(x －2)e x －2， 于是F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ， 当x >1时，2x －2>0，从而e 2x －2－1>0， 又e －x >0，所以F ′(x )>0，从而函数F (x )在[1，＋∞)上是增函数． 又F (1)＝e －1－e －1＝0，所以x >1时， 有F (x )>F (1)＝0，即g (x )>g (2－x )．②由①及g (x 1)＝g (x 2)知x 1与x 2只能在1的两侧． 不妨设0<x 1<1，x 2>1，由结论②可知，g(x2)>g(2－x2)，所以g(x1)＝g(x2)>g(2－x2)．因为x2>1，所以2－x2<1，又由结论①可知函数g(x)在(－∞，1)上是增函数，所以x1>2－x2，即x1＋x2>2.。
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∴g(x)在[a，a＋10π]有 20 个零点． 当 a 恰好也是一个零点时，g(x)在[a，a＋10π]有 21 个零点； 当 a 恰好不是一个零点时，g(x)在[a，a＋10π]有 20 个零点．
【点评】 本题考查函数的零点， 分类讨论的数学思 想．判断函数的零点一般有直接法与图象法两种方 法． 对于三角函数的零点问题， 一般需要规定自变量的 取值范围；否则，如果定义域是 R，则零点将会有无数 个．一般来说需注意用数形结合法求解函数的零点个 数，所在的区间等问题．
f(x) 132.1 15.4 －2.31 8.72 －6.31 －125.1 12.6
那么，函数 f(x)在区间[1，6]上的零点个数至少有( C ) A．5 个 B．4 个 C．3 个 D．2 个
【解析】 观察对应值表可知： f(1)>0， f(2)>0， f(3)<0， f(4)>0，f(5)<0，f(6)<0，所以函数 f(x)在区间[1，6]上 的零点个数至少有 3 个，故选 C.
3．右面是“二分法” 求方程 x3－3x＋1＝0 在区间(0，1)上的近 似解的流程图．在图 中①～④处应填写的 内容分别是( C )
A．f(a)f(m)<0；a＝m；是；否 B．f(b)f(m)<0；m＝b；是；否 C．f(b)f(m)<0；b＝m；是；否 D．f(b)f(m)<0；b＝m；否；是
三、用二分法求函数零点 例3已知函数 f(x)＝ex＋2x2－3x.求证：函数 f(x)在 区间[0，1]上存在唯一的极值点，并用二分法求函数取 得极值时相应 x 的近似值(误差不超过 0.2)．(参考数据 e≈2.7， e≈1.6，e0.3≈1.3)
【解析】f′(x)＝ex＋4x－3， ∵f′(0)＝e0－3＝－2＜0 ，f′(1)＝e＋1＞0， ∴f′(0)· f′(1)＜0. 令 h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，则 h′(x)＝ex＋4＞0，
【解析】(1)当 k＝2 时，f(x)＝|x2－1|＋x2＋2x＝0. 分两种情况讨论： ①当 x2－1≥0，即 x≥1 或 x≤－1 时， 方程化为 2x2＋2x－1＝0， －1± 3 －1＋ 3 解得 x＝ .因为 0< <1，舍去， 2 2 －1－ 3 所以 x＝ . 2 ②当 x2－1＜0，即－1＜x＜1 时， 1 方程化为 1＋2x＝0，解得 x＝－ . 2
4．函数
2 ln x － x ＋2x，x>0， f(x)＝ 的零点个数为( 2x＋1，x≤0
B)
A．4
B． 3
C． 2
D． 1
5．若 f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)＝0 的两个零 点分别在区间(－1，0)和区间(1，2)内，则实数 m 的取 1 1 ， 4 2 值范围是 ． f（0）<0， f（－1）· 【解析】由题意得 f（2）<0， f （ 1） ·
f k 0 b ② 2a k 0
③
f k 0
根的分布 x1、x2∈ (k1，k2)
k1＜x1＜k2＜x2 ＜k3
在(k1，k2)内有 且仅有一个 根
图象
充要条件
f (k1 ) 0 f (k ) 0 2 b k k2 1 2a
综上①②得： 当 k＝2 时， 函数 f(x)＝0 的所有零点 － 1－ 3 1 是 x＝ 或 x＝－ . 2 2 (2)不妨设 0＜x1＜x2＜2， 2 2 x ＋kx－1，|x|>1 因为 f(x)＝ ， kx＋1，|x|≤1 所以 f(x)在(0，1]上是单调函数， 故 f(x)＝0 在(0，1]上至多有一个解． 1 若 x1，x2∈(1，2)，则 x1x2＝－ ＜0，故不符合题 2 意， 因此，x1∈(0，1]，x2∈(1，2)．
二、函数零点的判定 例2(2013 上海)已知函数 f(x)＝2sin(ωx)，其中常数 ω＞0. (1)令 ω＝1，判断函数 性，并说明理由； π (2)令 ω＝2， 将函数 y＝f(x)的图象向左平移 个单 6 位， 再向上平移 1 个单位， 得到函数 y＝g(x)的图象． 对 任意 a∈R，求 y＝g(x)在区间[a，a＋10π ]上零点个数 的所有值．
而 则
7 y＝ k ＋8－k 在－2，－1上是减函数， 7 2 7 2 － ＋8＋ ＝8， k ＋8－k< 2 2
2
1 1 因此 ＋ <4. x1 x2 证法二：因为 x1∈(0，1]，所以 kx1＋1＝0；„„① 因为 x2∈(1，2)，所以 2x2 2＋kx2－1＝0，„„② 1 1 2 由①②消去 k， 得 2x1x2－x1－x2＝0， 即 ＋ ＝2x2. x1 x2 1 1 又因为 x2∈(1，2)，所以 ＋ <4. x1 x2
第12讲
函数与方程
【学习目标】 1．结合二次函数的图象，掌握二次方程 根的分布情况； 2．理解函数零点的概念和性质，会用二 分法求函数的零点．
【基础检测】
1．下列函数图象与 x 轴均有公共点，其中能用二 分法求零点的是( C )
【解析】由二分法求零点步骤知选 C.
2．已知函数 f(x)的图象是连续不断的曲线，有如 下的 x 与 f(x)的对应值表： x 1 2 3 4 5 6 7
π F(x)＝f(x)＋fx＋ 2 的奇偶
【解析】(1)当 ω＝1 时， π F(x)＝2sin x＋2sinx＋ ＝2sin x＋2cos x 2 π ＝2 2sinx＋ ， 4 ∵F(0)＝2≠0，∴不是奇函数． π π ∵F ＝2 2≠F － ＝0，∴不是偶函数． 4 4 综上所述，F(x)既不是奇函数也不是偶函数．
1 由 f(x1)＝0，得 k＝－ ，所以 k≤－1； x1 1 7 由 f(x2)＝0，得 k＝ －2x2，所以－ <k<－1， x2 2 7 故当－ <k<－1 时，f(x)＝0 在(0，2)上有两个解． 2 1 证法一：因为 x1∈(0，1]，所以 x1＝－k， 2 － k ± k ＋8 2 而方程 2x ＋kx－1＝0 的两根是 ， 4 －k＋ k2＋8 因为 x2∈(1，2)，所以 x2＝ ， 4 1 1 4 1 则 ＋ ＝－k＋ 2 ＝ ( k2＋8－k)， x1 x2 k ＋ 8－ k 2
3．用二分法求函数 f(x)零点近似值的步骤 (1)确定区间[a，b]，验证 f(a)· f(b)＜0，给定精确度 ε； (2)求区间(a，b)的中点 x1； (3)计算 f(x1)； ①若 f(x1)＝0，则 x1 就是函数的零点； ②若 f(a)· f(x1)＜0， 则令 b＝x1(此时零点 x0∈(a， x1))； ③若 f(x1)· f(b)＜0， 则令 a＝x1(此时零点 x0∈(x1， b))． (4)判断是否达到精确度 ε：即若|a－b|＜ε，则得到 零点近似值 a(或 b)；否则重复(2)～(4)．
【解析】(x)＝2x－x. 由已知，g′(1)＝0，即 2－a＝0⇒a＝2. 1 于是 h(x)＝x－2 x，则 h′(x)＝1－ . x 1 由 h′(x)＝1－ >0⇒x>1，所以 h(x)在(1，＋∞)上 x 是增函数，在(0，1)上是减函数．
例5给出定义在(0， 〔备选题〕 ＋∞)上的三个函数： f(x)＝ln x，g(x)＝x2－af(x)，h(x)＝x－a x，已知 g(x) 在 x＝1 处取极值． (1)确定函数 h(x)的单调性； 2＋f（x） 2 (2)求证：当 1<x<e 时，恒有 x< 成立； 2－f（x） (3)把函数 h(x)的图象向上平移 6 个单位得到函数 h1(x)的图象，试确定函数 y＝g(x)－h1(x)的零点个数， 并说明理由．
（2m－1）（2m＋1）<0， 1 1 即 解得 <m< . 4 2 （4m－1）（8m－7）<0，
【知识要点】 1．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)根的分布
根的分布 x1＜x2＜k k＜x1＜x2 x1＜k＜x2
图象
充要 条件
f k 0 b k ① 2a 0
【点评】 本题要求用二分法求函数的零点， 在解题 方法上，可利用零点的存在性定理进行判断．
四、函数与方程的综合应用 例4已知 f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx. (1)若 k＝2，求函数 f(x)的所有零点； (2)若关于 x 的方程 f(x)＝0 在(0， 2)上有两个解 x1， 1 1 x2，求 k 的取值范围，并证明： ＋ <4. x1 x2
(2)根据题意可得 π π g(x)＝2sin2x＋ ＋1＝2sin2x＋ ＋1. 6 3 2π ∵T＝ ＝π是 g(x)的最小正周期， 2 π π 7π ∴当 x∈[0，π]时，2x＋ ∈ ， ，g(x)有两 3 3 3 个不同的零点， ∴根据函数的周期性可知，g(x)在[a，a＋π]上有 两个零点；
∴f′(x)在区间[0，1]上单调递增， ∴f′(x)在区间[0，1]上存在唯一零点， ∴f(x)在区间[0，1]上存在唯一的极小值点． 取区间[0，1]作为起始区间，用二分法逐次计算如 下： ①f′(0.5)≈0.6＞0，而 f′(0)＜0， ∴极值点所在区间是[0，0.5]；
②又 f′(0.3)≈－0.5＜0，∴极值点所在区间是[0.3， 0.5]； ③∵|0.5－0.3|＝0.2， ∴区间[0.3，0.5]内任意一点即为所求．
一、一元二次方程根的分布 例1已知关于 x 的二次方程 x2＋2mx＋2m＋1＝0. (1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另 一根在区间(1，2)内，求 m 的取值范围； (2)若方程两根均在(0，1)内，求 m 的取值范围．
【解析】令 f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1. (1)由二次函数图象可知： 1 m<－2 f（0）＝2m＋1<0 m∈R f（－1）＝2>0 ⇒ 1 f（1）＝4m＋2<0 m<－2 f（2）＝6m＋5>0 m>－5 6 5 1 所以－ <m<－ . 6 2