创新教程2016年高考数学大一轮复习第二章第11节导数在研究函数中的应用课时冲关理新人教A版

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【高考讲坛】2016届高考数学一轮复习第2章第11节导数在研究函数中的应用课件理苏教版

f(a)为函数 f(x)的一个极大值． (2)函数的极小值若函数 y＝f(x)在点 x＝b 附近的左侧 f′(x)<0 ，右侧 f′(x)>0，
且 f′(b)＝0 ，此时，f(b)比 x＝b 附近点的函数值都要小，我们称 f(b)为函数 f(x)的一个极小值．
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
3 x 5 (2)由(1)知 f(x)＝4＋4x－ln x－2， x2－4x－5 则 f′(x)＝ 4x2 . 令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5. 因为 x＝－1 不在 f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当 x∈(0,5)时，f′(x)<0，故 f(x)在(0,5)内为减函数；当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数 f(x)在 x＝5 时取得极小值 f(5)＝－ln 5.
1 1 f a ＝3a2.
考向 3 利用导数研究函数的最值(高频考点) 命题视角从近年高考试题看，导数的应用是考查的热点，主要出题角度有：(1)利用导数求函数的单调性、最值；(2)利用导数求取得最值时的 x 值．
【典例 3】 (2014· 安徽高考)设函数 f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性； (2)当 x∈[0,1]时，求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值．
1－ f(x)在－∞，－ 4＋3a －1＋ 4＋3a 和，＋ ∞ 内单调 3 3
－1－ 4＋3a －1＋ 4＋3a 递减，在，内单调递增． 3 3
(2)因为 a>0，所以 x1<0，x2>0. ①当 a≥4 时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以 f(x)在 x＝0 和 x＝1 处分别取得最小值和最大值． ②当 0<a<4 时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在－1＋ 4＋3a [x2,1]上单调递减，所以 f(x)在 x＝x2＝处取得最大值． 3 又 f(0)＝1，f(1)＝a，所以当 0<a<1 时，f(x)在 x＝1 处取得最小值；当 a＝1 时，f(x)在 x＝0 处和 x＝1 处同时取得最小值；当 1<a<4 时，f(x)在 x＝0 处取得最小值．

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• ③列表，检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右两侧的符号(判断y＝f(x)在根左右两侧的单调性)，如果左正右负(左增右极减大)，值那么f(x)在这个根处取得_______．如果极左小负值右正(左减右增)，那么f(x)在这个根处取得_______．如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．
• (1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)并确定定义域；
• (2)求导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
• (3)判断使f′(x)＝0的点是极大值点还是极小值点；
• (4)确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答．
1．(2015·哈尔滨模拟)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为( )
当 a＝0 时，f′(x)＝1，函数在(－∞，＋∞)上单调递增；当 a<0 时，函数 f(x)的单调递增区间是－∞，－a2＋a 1，单调递减区间是－a2＋a 1，＋∞；
(2)根据(1)，当 a>0 时，只要－a2＋a 1≤－4，即 a2－4a＋1≥0，解得 0<a≤2－ 3或者 a≥2＋ 3. 当 a＝0 时，函数在(－4,4)单调递增；
________；
极大值点
• 则点极大x＝值b叫做函数y＝f(x)的_____极_值__点_，f(b) 叫做函数y＝极值f(x)的_______；极小值点与极大值点统称为_______，极小值与极大值统称为 _____．
• (3)求可导函数极值的步骤
• ①求导数f′(x)，写出导数的定义域；
• ②求方程f′(x)＝0的根；
________．
• (2)单调性的应用
• 若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x) 在该区间上不变号．

2016年高考数学大一轮(人教A新课标)精讲课件：第2章函数、导数及其应用 11

人教A数学第二十二页，编辑于星期五：二十三点二十分。
第二章
2016年新课标高考·大一轮复习讲义
整合·主干知识
聚焦·热点题型
提升·学科素养
提能·课时冲关
当 a＝0 时，f′(x)＝1，函数在(－∞，＋∞)上单调递增；当 a<0 时，函数 f(x)的单调递增区间是－∞，－a2＋a 1，单调递减区间是－a2＋a 1，＋∞；
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4．已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a≥0 在[1，＋∞)上恒成立，即 a≤3x2 在[1，＋∞)上恒成立，
答案：③⑤
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Ⅰ.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)． Ⅱ.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)．

《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)精讲课件：第2章函数、导数及其应用_7

第9节函数模型及应用
Ⅰ.了解指数函数、对数函数、幂函数的增长特征，结合具体实例体会直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义． Ⅱ.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．
整合·主干知识
几类函数模型及其增长差异
(1)几类函数模型
⑤指数函数模型，一般用于解决变化较快，短时间内变化量较大的实际问题中．
其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号) 解析： ① 错误．当 x∈(0,2) 和 (4 ，＋ ∞ ) 时， 2x>x2 ，当 x∈(2,4)时，x2>2x. ②正确．由两者的图象易知． ③错误．增长越来越快的指数型函数是y＝a·bx＋c(a>0， b>1)．
分段函数模型
[典例赏析 3] 为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，新启动了把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目月处理成本 y(元)与月处理量 x(吨)之间的函数关系可近似地表示为 y＝1312xx32－－8200x02x＋＋58004000x0，，xx∈∈[[112404，，154040]，，
所以经过 1 分钟，物体的温度为 5 摄氏度． (2)物体的温度总不低于 2 摄氏度，即 θ≥2 恒成立，亦 m·2t
＋22t≥2 恒成立，亦即 m≥221t－212t恒成立．令21t＝y，则 0<y≤1， ∴m≥2(y－y2)恒成立，
由于 y－y2≤14，∴m≥12. 因此，当物体的温度总不低于 2 摄氏度时，m 的取值范围是12，＋∞.
且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为200 元，若该项目不获利，国家将给予补偿．

《创新大课堂》2016高考数学(新课标人教版)一轮总复习练习第2章函数.导数及其应用第11节导数在研究函数中

第二章第11节一、选择题1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞)D ．(－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)，由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，∴函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．故选D.答案 D2．(2015·天津模拟)若函数f (x )＝x 3－6bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则实数b 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(0，＋∞)D ．(0，12) [解析] f ′(x )＝3x 2－6b ，令f ′(x )＝0得x 2＝2b ，由题意知，0<2b <1，所以00，函数单调递增；当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减．当x ＝1时，函数取得最大值－1，故选C.[答案] C4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图像不可能是( )解析若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图像要穿过x 轴，观察四个选项中的图像只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图像不可能是D.[答案] D5．(2015·厦门质检)若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2][解析] f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2.解a <1<6－a 2得，－5<a <1，不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C.[答案] C6．(2015·洛阳模拟)若f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1) [解析] 由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0，在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b ≤－1即可．[答案] C二、填空题7．已知向量a ＝(e x＋x 22，－x )，b ＝(1，t )，若函数f (x )＝a ·b 在区间(－1,1)上存在增区间，则t 的取值范围为________.[解析] f (x )＝e x＋x 22－tx ，x ∈(－1,1)，f ′(x )＝e x ＋x －t ，函数在(x 1，x 2)⊆(－1,1)上单调递增，故e x ＋x >t ，x ∈(x 1，x 2)时恒成立，故e ＋1>t .[答案] (－∞，e ＋1)8．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图像有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________．[解析] 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2<a <2时恰有三个不同的公共点．[答案] (－2,2)9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． [解析] 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.[答案] (0,1)∪(2,3)10．(2015·郑州模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．[解析] f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，根据已知2a 3＝2，得a ＝3，即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min＝－4－9＝－13.答案－13三、解答题11．(2015·太原模拟)设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax . (1)若f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间，求a 的取值范围． (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．[解] (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－(x －12)2＋14＋2a ，当x ∈[23，＋∞)时，f ′(x )的最大值为f ′(23)＝29＋2a . 令29＋2a >0，得a >－19，所以当a >－19时，f (x )在(23，＋∞)上存在单调递增区间． (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2， x 2＝1＋1＋8a 2. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)．又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)，所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.12．(2015·泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x 元(6<x <11)，年销售为u 万件，若已知5858－u 与(x －214)2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年销售利润y 关于售价x 的函数关系式；(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．[解] (1)设5858－u ＝k (x －214)2， ∵售价为10元时，年销量为28万件，∴5858－28＝k (10－214)2，解得k ＝2.∴u ＝－2(x －214)2＋5858＝－2x 2＋21x ＋18. ∴y ＝(－2x 2＋21x ＋18)(x －6)＝－2x 3＋33x 2－108x －108(6<x <11)．(2)y ′＝－6x 2＋66x －108＝－6(x 2－11x ＋18)＝－6(x －2)(x －9)．令y ′＝0，得x ＝2(舍去)或x ＝9，显然，当x ∈(6,9)时，y ′>0；当x ∈(9,11)时，y ′<0.∴函数y ＝－2x 3＋33x 2－108x －108在(6,9)上是递增的，在(9,11)上是递减的． ∴当x ＝9时，y 取最大值，且y max ＝135，∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．。

【金牌精品】高考数学(理)一轮复习：2-11导数在研究函数中的应用

课后课时作业[A 组·基础达标练]1．函数f (x )＝x 4－4x 3＋4x 2的极值点是( )A ．x ＝0B ．x ＝1C ．x ＝2D ．x ＝0，x ＝1和x ＝2答案 D解析 f ′(x )＝4x 3－12x 2＋8x ＝4x (x 2－3x ＋2)＝4x (x －1)(x －2)，则结合列表可得f (x )的极值点为x ＝0，x ＝1和x ＝2.2．[2015·郑州一检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．则不等式f (x )<1的解集是( )A ．(－3,0)B ．(－3,5)C ．(0,5)D ．(－∞，－3)∪(5，＋∞)答案 B解析依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3,5)，选B.3．[2016·云南师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518 B ．(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.4．[2013·湖北高考]已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12答案 D解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2.即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.5．[2015·沈阳一模]若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式f (x )>3e x ＋1(e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(3，＋∞)答案 A解析由f (x )>3e x ＋1得，e x f (x )>3＋e x ，构造函数F (x )＝e x f (x )－e x－3，对F (x )求导得F ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由f (x )＋f ′(x )>1，e x >0，可知F ′(x )>0，即F (x )在R 上单调递增，又因为F (0)＝e 0f (0)－e 0－3＝f (0)－4＝0，所以F (x )>0的解集为(0，＋∞)，所以选A.6．[2013·浙江高考]已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值答案 C解析当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x －1，f ′(1)≠0，故A ，B 错；当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，f ′(x )＝(x 2－1)e x －2x ＋2＝(x －1)[(x ＋1)e x －2]，故f ′(x )＝0有一根为x 1＝1，另一根x 2∈(0,1)．当x ∈(x 2,1)时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.7．[2016·东北八校月考]已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．答案 4解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎨⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3，⇒⎩⎨⎧ a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2，∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.9．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案－13解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，根据已知2a 3＝2，得a ＝3，即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min ＝－4－9＝－13.10．[2015·云南一检]已知函数f (x )＝ln x －x 1＋2x. (1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f [x (3x －2)]<－13，求实数x 的取值范围．解 (1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f (x )＝ln x －x 1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x (1＋2x )2＝4x 2＋3x ＋1x (1＋2x )2. ∵x >0，∴4x 2＋3x ＋1>0，x (1＋2x )2>0.∴当x >0时，f ′(x )>0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f (x )＝ln x －x 1＋2x ，∴f (1)＝ln 1－11＋2×1＝－13. 由f [x (3x －2)]<－13得f [x (3x －2)]<f (1)．由(1)得⎩⎨⎧ x (3x －2)>0x (3x －2)<1，解得－13<x <0或23<x <1.综上所述，x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1. 11．[2015·陕西一检]已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e . (1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，求实数a 的值．解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e ，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . (2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0，与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ ln x 0＋1＝3ax 20－12，－x 0＝－2ax 30－23e解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e 26.12．[2016·云南检测]已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)．(1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．则f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x ，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增；在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值；当x ＝0时，f (x )取得极大值，∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]．∵f (x )在[－2，－1]上单调递增，∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0.又∵当x ∈[－2，－1]时，x e x <0，∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎨⎧ f ′(－2)＝(－2)2－2(m ＋3)＋2m －2≤0，f ′(－1)＝(－1)2－(m ＋3)＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增．[B 组·能力提升练] 1．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2]答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2.解a <1<6－a 2，得－5<a <1，不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C.2．[2016·昆明调研]已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x ，则下列结论中正确的是( )A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数答案 D解析由已知得，f ′(x )＝1x ·ln 2x －1ln 2x (x >0且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得ln x ＝±1，得x ＝e 或x ＝1e .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e 和x ＝e分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，但是由函数的定义域可知x ≠1，故函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内不是单调的，所以A ，B 错；当0<x <1时，ln x <0，此时f (x )<0，C 错；只要x 0≥e ，则f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数，D 正确．3．[2015·四川高考]已知函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2，n ＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2. 现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．答案 ①④解析 ①f (x )＝2x 是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立． ②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立．③若m ＝n ，则有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －x 2－ax ，h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ＝0，得2x ln 2＝2x ＋a .由y ＝2x ln 2与y ＝2x ＋a 的图象知，存在a 使对任意x ∈R 恒有2x ln 2>2x ＋a ，此时h (x )在R 上是增函数．若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2，∴③不成立．④若m ＝－n ，则有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－g (x 1)－g (x 2)x 1－x 2， f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )，则φ(x )＝2x ＋x 2＋ax ，φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2x ln 2＋2x ＋a ＝0，即2x ln 2＝－2x －a .由y1＝2x ln 2与y2＝－2x－a的图象可知，对任意的a，存在x0，使x>x0时y1>y2，x<x0时y1<y2，故对任意的a，存在x0，使x>x0时，φ′(x)>0，x<x0时φ′(x)<0，故对任意的a，φ(x)在R上不是单调函数．故对任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使m＝－n，∴④成立．综上，①④正确．4．已知函数f(x)＝e x－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.解(1)f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln (x＋1)，x∈(－1，＋∞)．函数f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0.因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln (x＋m)≤ln (x＋2)，故只需证当m＝2时f(x)>0.当m＝2时，f′(x)＝e x－1x＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一的解x 0，且x 0∈(－1,0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝x 0时，f (x )取极小值．故f ′(x )＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln (x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2>0. 综上所述，当m ≤2时，f (x )>0.。

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)精讲课件：第2章第2节函数的单调性与最值

质疑探究 1 ：若函数 f(x) 在区间 C 和区间 D 上都是增 ( 减 ) 函数，则函数f(x)在区间C∪D上是增(减)函数吗？
1 提示：不一定．如函数 f(x)＝x在区间(－∞，0)及(0，＋∞) 上都是减函数，但在区间(－∞，0)∪(0，＋∞)上不是减函数，如取 x1＝－1，x2＝1，x1<x2，但 f(x1)>f(x2)不成立．
第二章
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第二章
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第2节函数的单调性与最值
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第二章
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第二章
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1．给出下列命题：
①函数 f(x) 的图象如图所示，则函数 f(x)的单调增区间是(－∞，0]∪(0，＋∞)； ② 若定义在 R 上的函数 f(x) ，有 f( － 1)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数；
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函数y＝f(x)的单调区间．质疑探究 2 ：当一个函数的增区间 ( 减区间 ) 有多个时，能否用“∪”将函数的单调增区间(减区间)连接起来？提示：不能直接用 “∪” 将它们连接起来．例如，函数 y
＝x2－3x的单调增区间有两个： (－∞，－1)和(1，＋∞)，不能
写成(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
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第二章

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)精讲课件：第11章第2节算法初步

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第十一章
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通常，程序框图由程序框和流程线组成，一个或几个程序
框的组合表示算法中的一个步骤；流程线带有方向箭头，按照
算法进行的顺序将程序框连接起来． ②程序框图中图形符号的意义
图形符号
名称
功能
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整合· 主干知识
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第十一章
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1．算法算法通常是指按照一定规则 ____解决某一类问题的明确和有限 __________
的步骤．
2．程序框图与三种基本逻辑结构 (1)程序框图 ①程序框图的定义：程序框图又称流程图 ______，是一种用程序文字说明来表示算法的图形．框、流程线及________
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(ⅱ)WHILE语句
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第十一章
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1．给出下列命题，其中正确的是(
①一个程序框图可以只有顺序结构；
第十一章
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第十一章
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【教材梳理金版教程】2016高考(课标)数学(理)大一轮复习配套课件：第二章 2-11导数在研究函数的应用

考点4
利用导数研究生活中的优化问题
利润最大，用料最省，效率最高
1．生活中常遇到求
等
一些实际问题，这些问题通常称为优化问题． 2．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
第二章第11讲
第10页
金版教程 · 高三一轮总复习 · 理科数学
记牢4个必备考点突破4个热点考向破译5类高考密码迎战2年高考模拟限时规范特训
第11讲
导数在研究函数中的应用
第二章第11讲
第 2页
金版教程 · 高三一轮总复习 · 理科数学
记牢4个必备考点突破4个热点考向破译5类高考密码迎战2年高考模拟限时规范特训
1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间其中多项式函数不超过三次. 2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值其中多项式函数不超过三次；会求闭区间上函数的最大值、最小值其中多项式函数不超过三次. 3.会利用导数解决某些实际问题.
记牢4个必备考点突破4个热点考向破译5类高考密码迎战2年高考模拟限时规范特训
解析：f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在 [1，＋∞)上恒成立，而(3x2)min＝3×12＝3. 所以a≤3，故amax＝3.
考点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 f′(x)>0 ，右侧 f′(x)<0 ，那么f(x0) 是极大值； (2)如果在x0附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0 ，那么f(x0)是极小值．
第二章第11讲

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)课时冲关第2章函数、导数及其应用2

第二章第2节对应学生用书课时冲关理(五)/第241页文(五)/第209页一、选择题1．(2014·北京高考)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x | 解析：由定义域为R ，排除选项C ，由函数单调递增，排除选项A ，D.答案：B2．(2015·宁波模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x ) ＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈ [－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6. 答案：C3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x (x >1)，⎝⎛⎭⎫4－a 2x ＋2(x ≤1)是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，＋∞)B ．[4,8)C ．(4,8)D ．(1,8) 解析：因为f (x )是R 上的单调递增函数，所以可得⎩⎪⎨⎪⎧ a >1，4－a 2>0，a ≥4－a 2＋2.解得4≤a <8，故选B.答案：B 4．(2015·山东济宁二模)定义在R 上的偶函数f (x )在[0，＋∞)上递增，f ⎝⎛⎭⎫13＝0，则满足f (log 18x )＞0的x 的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞)C.⎝⎛⎭⎫0，18∪⎝⎛⎭⎫12，2 D.⎝⎛⎭⎫0，12 解析：由f (x )＝f (－x )＝f (|x |) 得f (|log 18 x |)＞f ⎝⎛⎭⎫13，于是|log 18x |＞13，解出答案，可知选B. 答案：B5．(2015·杭州模拟)已知减函数f (x )的定义域是实数集R ，m 、n 都是实数．如果不等式f (m )－f (n )＞f (－m )－f (－n )成立，那么下列不等式成立的是( )A ．m －n ＜0B ．m －n ＞0C ．m ＋n ＜0D ．m ＋n ＞0解析：设F (x )＝f (x )－f (－x )，由于f (x )是R 上的减函数，∴f (－x )是R 上的增函数，－f (－x )是R 上的减函数，∴F (x )为R 上的减函数，∴当m ＜n 时，有F (m )＞F (n )，即f (m )－f (－m )＞f (n )－f (－n )成立，因此当f (m )－f (n )＞f (－m )－f (－n )成立时，不等式m －n ＜0一定成立，故选A.答案：A6．设函数y ＝f (x )在R 上有定义，对于给定的正数k ，定义函数f k (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (x )，f (x )≤k ，k ，f (x )＞k .若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≥0，2x ，x ＜0，则函数f ⎝⎛⎭⎫12(x )的单调递减区间为( ) A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0]C ．[0，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：f ⎝⎛⎭⎫12(x )＝ ⎩⎨⎧ f (x )，f (x )≤12，12，f (x )＞12＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，12，x ∈(－1，1)，如图所示，函数f ⎝⎛⎭⎫12(x )在区间[1，＋∞)上单调递减．答案：D二、填空题7．(2014·天津高考)函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间需满足x 2>0且y ＝x 2单调递减，故x ∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)8．设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是________．解析：f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a，其对称中心为(－2a ，a )．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1>0－2a ≤－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0a ≥1⇒a ≥1. 答案：[1，＋∞)9．(2015·辽宁沈阳模拟)设函数f (x )在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤K ，K ，f (x )>K ，取函数f (x )＝2－|x |，当K ＝12时，f K (x )的单调递增区间为________．解析：当f (x )>12时，f K (x )＝12无单调递增区间，所以f (x )≤12，即⎝⎛⎭⎫12|x |≤12，所以x ≥1或x ≤－1，结合图象知单调递增区间为(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)10．(2015·荆州市质检)函数f (x )＝|x 3－3x 2－t |，x ∈[0,4]的最大值记为g (t )，当t 在实数范围内变化时，g (t )的最小值为________．解析：令g (x )＝x 3－3x 2－t ，则g ′(x )＝3x 2－6x ，令g ′(x )≥0，则x ≤0或x ≥2，在[0,2]上g (x )为减函数，在[2,4]上g (x )为增函数，故f (x )的最大值g (t )＝max{|g (0)|，|g (2)|，|g (4)|}，又|g (0)|＝|t |，|g (2)|＝|4＋t |，|g (4)|＝|16－t |，在同一坐标系中分别作出它们的图象，由图象可知，在y ＝16－t (t ≤16)与y ＝4＋t (t ≥－4)的交点处，g (t )取得最小值，由16－t ＝4＋t ，得2t ＝12，t ＝6，∴g (t )min ＝10.答案：10三、解答题11．(2015·昆明模拟)已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a x， x ∈[1，＋∞)．(1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值； (2)若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝12，f (x )＝x ＋12x＋2， ∴f ′(x )＝1－12x 2，当x ∈[1，＋∞)时，f ′(x )＞0恒成立，∴f (x )在[1，＋∞)上是增函数，∴当x ＝1时，f (x )取最小值，f (1)＝72.故f (x )min ＝72. (2)要使f (x )＞0，x ∈[1，＋∞)恒成立，即x 2＋2x ＋a ＞0，x ∈[1，＋∞)恒成立．设g (x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1，∴当x ∈[1，＋∞)时，g (x )min ＝3＋a .∴3＋a ＞0，∴a ＞－3即可，∴a ∈(－3，＋∞)．12．已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若a ，b ∈[－1,1]，a ＋b ≠0时，有f (a )＋f (b )a ＋b>0成立． (1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并证明它；(2)解不等式：f ⎝⎛⎭⎫x ＋12<f ⎝⎛⎭⎫1x －1； (3)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有的a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1<x 2，则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数，∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)·(x 1－x 2)，由已知得f (x 1)＋f (－x 2)x 1＋(－x 2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)．∴f (x )在[－1,1]上单调递增．(2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋12<1x －1，－1≤x ＋12≤1，－1≤1x －1≤1.∴－32≤x <－1. (3)∵f (1)＝1，f (x )在[－1,1]上单调递增．∴在[－1,1]上，f (x )≤1.问题转化为m 2－2am ＋1≥1，即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1,1]恒成立．②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必须有g(－1)≥0且g(1)≥0，∴m≤－2或m≥2.∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.[备课札记]。

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)课时冲关第2章函数、导数及其应用10

第二章第10节对应学生用书课时冲关理(十三)/第257页文(十三)/第225页一、选择题1．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为( ) A ．2(x 2－a 2) B ．2(x 2＋a 2) C ．3(x 2－a 2)D ．3(x 2＋a 2)解析：f ′(x )＝(x －a )2＋(x ＋2a )[2(x －a )] ＝3(x 2－a 2)．答案：C2．(2015·合肥模拟)若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)等于( ) A ．2 B ．0 C ．－2D ．－4 解析：f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，令x ＝1，则f ′(1)＝2f ′(1)＋2，得f ′(1)＝－2，所以f ′(0)＝2f ′(1)＋0＝－4. 故选D. 答案：D3．(2015·长沙模拟)曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为( )A.29 B.19 C.13D.23 解析：y ′＝f ′(x )＝x 2＋1，在点⎝⎛⎭⎫1，43处的切线斜率为k ＝f ′(1)＝2，所以切线方程为y －43＝2(x －1)，即y ＝2x －23，与坐标轴的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－23，⎝⎛⎭⎫13，0，所以三角形的面积为12×13×⎪⎪⎪⎪－23＝19，故选B. 答案：B4．(2015·青岛模拟)设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( )A ．2B ．－14C ．4D ．－12解析：因为曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，所以g ′(1)＝2.又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.答案：C5．(2015·太原模拟)设函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 2f ′(2)－3x ，则f (－1)与f (1)的大小关系是( )A ．f (－1)＝f (1)B ．f (－1)>f (1)C ．f (－1)<f (1)D ．不确定解析：因为f (x )＝x 2f ′(2)－3x ，所以f ′(x )＝2xf ′(2)－3，则f ′(2)＝4f ′(2)－3，解得f ′(2)＝1，所以f (x )＝x 2－3x ，所以f (1)＝－2， f (－1)＝4，故f (－1)>f (1). 故选B. 答案：B6．设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a 等于( ) A ．－1 B.12 C ．－2D ．2 解析：∵y ′＝－sin 2x －(1＋cos x )cos x sin 2x＝－1－cos x sin 2x ，∴y ′|x ＝π2＝－1，由条件知1a ＝－1，∴a ＝－1. 答案：A7．(2015·东营一模)设曲线y ＝sin x 上任一点(x ，y )处切线的斜率为g (x )，则函数y ＝x 2g (x )的部分图象可以为( )解析：根据题意得g (x )＝cos x ，∴y ＝x 2g (x )＝x 2cos x 为偶函数．又x ＝0时，y ＝0，故选C.答案：C8．(2015·济南模拟)已知曲线y 1＝2－1x 与y 2＝x 3－x 2＋2x 在x ＝x 0处切线的斜率的乘积为3，则x 0的值为( )A ．－2B ．2 C.12D ．1解析：由题知y ′1＝1x 2，y ′2＝3x 2－2x ＋2，所以两曲线在x ＝x 0处切线的斜率分别为1x 20，3x 20－2x 0＋2，所以3x 20－2x 0＋2x 20＝3，所以x 0＝1.答案：D9．(2015·郑州模拟)已知曲线方程f (x )＝sin 2x ＋2ax (x ∈R )，若对任意实数m ，直线l ：x ＋y ＋m ＝0都不是曲线y ＝f (x )的切线，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(－1,0)B ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)C ．(－1,0)∪(0，＋∞)D ．a ∈R 且a ≠0，a ≠－1解析：f ′(x )＝2sin x cos x ＋2a ＝sin 2x ＋2a ，直线l 的斜率为－1，由题意知关于x 的方程sin 2x ＋2a ＝－1无解，所以|2a ＋1|>1，解得a <－1或a >0，选B.答案：B10．已知f (x )与g (x )是定义在R 上的两个可导函数，若f (x )，g (x )满足f ′(x )＝g ′(x )，则f (x )与g (x )满足( )A ．f (x )＝g (x )B ．f (x )＝g (x )＝0C ．f (x )－g (x )为常数函数D ．f (x )＋g (x )为常数函数解析：由f ′(x )＝g ′(x )，得f ′(x )－g ′(x )＝0，即[f (x )－g (x )]′＝0，所以f (x )－g (x )＝C (C 为常数)．答案：C11．已知函数f (x )＝23x 3－2ax 2－3x (a ∈R )，若函数f (x )的图象上点P (1，m )处的切线方程为3x －y ＋b ＝0，则m 的值为( )A ．－13B ．－12C.13D.12解析：∵f (x )＝23x 3－2ax 2－3x ，∴f ′(x )＝2x 2－4ax －3，∴过点P (1，m )的切线斜率k ＝f ′(1)＝－1－4a . 又点P (1，m )处的切线方程为3x －y ＋b ＝0， ∴－1－4a ＝3，∴a ＝－1，∴f (x )＝23x 3＋2x 2－3x .又点P 在函数f (x )的图象上，∴m ＝f (1)＝－13.答案：A 二、填空题12．(2015·衡阳模拟)若曲线y ＝2x 2的一条切线l 与直线x ＋4y －8＝0垂直，则切线l 的方程为________________．解析：设切点为(x 0，y 0)，y ′＝4x ，则4x 0＝4⇒x 0＝1，所以y 0＝2，所以切线方程为：y －2＝4(x －1)⇒4x －y －2＝0.答案：4x －y －2＝013．(2015·黄冈一模)已知函数f (x )＝x (x －1)(x －2)(x －3)·(x －4)(x －5)，则f ′(0)＝_______.解析：f ′(x )＝(x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)＋x [(x －1)(x －2)(x －3)(x －4)(x －5)]′， ∴f ′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120. 答案：－12014．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，∴f ′(x )＝x －a ＋1x .∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，x ＋1x －a ＝0，∴a ＝x ＋1x≥2.答案：[2，＋∞)15．(2015·江西南昌模拟)已知函数f (x )＝sin x ＋cos x ，且f ′(x )＝2f (x )，f ′(x )是f (x )的导函数，则1－sin 2xcos 2x ·sin2x＝________.解析：f ′(x )＝cos x －sin x ，由f ′(x )＝2f (x )得－cos x ＝3sin x ，即tan x ＝－13.1－sin 2x cos 2x －sin 2x ＝2sin 2x －cos 2x cos 2x －2sin x cos x ＝2tan 2x －11－2tan x＝19－11－23＝1115. 答案：111516．(2015·广东江门调研)曲线y ＝ln(2x )上任意一点P 到直线y ＝2x 的距离的最小值是________．解析：如图，所求最小值即曲线上斜率为2的切线与y ＝2x 两平行线间的距离，也即切点到直线y ＝2x 的距离．由y ＝ln x ，则y ′＝1x ＝2，得x ＝12，y ＝ln ⎝⎛⎭⎫2×12＝0，即与直线y ＝2x 平行的曲线y ＝ln(2x )的切线的切点坐标是⎝⎛⎭⎫12，0，y ＝ln(2x )上任意一点P 到直线y ＝2x 的距离的最小值，即15＝55. 答案：5517．若以曲线y ＝13x 3＋bx 2＋4x ＋c (c 为常数)上任意一点为切点的切线的斜率恒为非负数，则实数b 的取值范围为________．解析：y ′＝x 2＋2bx ＋4，∵y ′≥0恒成立， ∴Δ＝4b 2－16≤0，∴－2≤b ≤2. 答案：[－2,2] [备课札记]。

2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第二章函数、导数及其应用第十一节第一课时导数

第十一节
导数的应用
基础盘查一函数的单调性与导数 (一)循纲忆知
了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
第一页，编辑于星期五：二十一点五十二分。
(二)小题查验 1．判断正误
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件
( ×)
(2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平
缓”
( ×)
2．(人教 A 版教材习题改编)函数 f(x)＝ex－x 的减区间为_(－__∞__，___0_) ．
3．已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是_3__．
第二页，编辑于星期五：二十一点五十二分。
基础盘查二函数的极值与导数 (一)循纲忆知
了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)．
[题点发散 4] 函数 f(x)＝x3－ax－1 不变，若 f(x)在区间(－1,1)上不单调，求 a 的取值范围．解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 由f′(x)＝0，得x＝± 33a(a≥0)． ∵f(x)在区间(－1,1)上不单调， ∴0＜ 33a＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为(0,3)．
第十页，编辑于星期五：二十一点五十二分。
[演练冲关] (2015·兰州、张掖联考)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴． (1)确定a与b的关系； (2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．解：(1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，则g′(x)＝1x＋2ax＋b. 由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得：g′(1)＝1＋ 2a＋b＝0， ∴b＝－2a－1.

高三数学一轮复习第二章第十一节导数在研究函数中的应用课件理新人教A版

(2013·广州调研)设f(x)＝1＋exax2，其中a为正实数．
(1)当a＝43时，求f(x)的极值点； (2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
【思路点拨】
(1)当a＝
4 3
时，求f′(x)＝0的根，然后利
用极值与导数的关系判定；(2)转化为判定f′(x)不变号满足
的不等式，求a的范围．
【提示】不一定．如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0) ＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点，对于可导函数，若x ＝x0为其极值点，则需满足以下两个条件：①f′(x0)＝0，②x ＝x0两侧的导数f′(x)的符号异号．因此f′(x0)＝0是函数y＝f(x) 在点x＝x0取得极值的必要(bìyào)不充分条件．
第七页，共48页。
1．(人教A版教材习题改编)当x＞0时，f(x)＝x＋
4 x
的单
调减区间是( )
A．(2，＋∞) C．( 2，＋∞)
B．(0，2) D．(0， 2)
第八页，共48页。
【解析】 f′(x)＝1－x42，令f′(x)＜0， ∴1－x42＜0，∴0＜x＜2，
x＞0， ∴f(x)的减区间为(0，2)．
第十六页，共48页。
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
k<exx＋－11＋x(x>0)．
①
令g(x)＝exx＋－11＋x，
则g′(x)＝（－exx－ex－1）12＋1＝ex（（eexx－－x1－）22）.
第二十八页，共48页。
(2)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝x(－3x＋2a)，∵a＜0，

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)课时冲关第2章函数、导数及其应用12

第二章第12节对应学生用书课时冲关(十五)第261页一、选择题1．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，0≤x ≤1，1，1<x ≤2，则定积分⎠⎛02f (x )d x 等于( )A.83 B ．2 C.43D.13解析：⎠⎛02f (x )d x ＝⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛121d x＝13x 3|10＋x |21＝43. 故选C. 答案：C2．(2015·厦门模拟)设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则⎠⎛12f (－x )d x 的值等于( )A.56B.12C.23D.16解析：f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，得m ＝2，a ＝1，所以f (x )＝x 2＋x ，所以f (－x )＝x 2－x ，所以⎠⎛12f (－x )d x ＝⎠⎛12(x 2－x )d x ＝⎝⎛⎭⎫13x 3－12x 2|21＝56.故选A. 答案：A3．如果1 N 的力能拉长弹簧1 cm ，为了将弹簧拉长6 cm ，所耗费的功为( ) A ．0.18 J B ．0.26 J C ．0.12 JD ．0.28 J解析：由物理知识F ＝kx 知，1＝0.01k ， ∴k ＝100 N/m ，则W ＝⎠⎛00.06 100x d x ＝50x 2|0.060＝0.18(J)．故选A. 答案：A4．(2015·合肥模拟)如图，由函数f (x )＝e x －e 的图象，直线x ＝2及x 轴所围成的阴影部分面积等于( )A ．e 2－2e －1B ．e 2－2e C.e 2－e 2D ．e 2－2e ＋1解析：由已知得S ＝⎠⎛12f (x )d x ＝⎠⎛12(e x －e)d x ＝(e x －e x )|21＝(e 2－2e)－(e －e)＝e 2－2e. 故选B.答案：B5．(2015·南昌模拟)若a ＝⎠⎛02x 2d x ，b ＝⎠⎛02x 3d x ，c ＝⎠⎛02sin x d x ，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＜c ＜bB ．a ＜b ＜cC ．c ＜b ＜aD ．c ＜a ＜b解析：因为a ＝⎠⎛02x 2d x ＝13x 3|20＝83∈(2,3)， b ＝⎠⎛02x 3d x ＝14x 4|20＝4>3，c ＝⎠⎛02sin x d x＝(－cos x )|20＝1－cos 2＜2，所以c ＜a ＜b . 故选D. 答案：D6．一质点运动时速度与时间的关系为v (t )＝t 2－t ＋2，质点做直线运动，则此质点在时间[1,2]内的位移为( )A.176 B.143 C.136D.116解析：∵v (t )>0，∴质点在[1,2]内的位移s 即为v (t )在[1,2]上的定积分， ∴s ＝⎠⎛12v (t )d t ＝⎠⎛12(t 2－t ＋2)d t＝⎝⎛⎭⎫13t 3－12t 2＋2t | 21＝176. 答案：A7．(2015·中山模拟)已知t ＞0，若⎠⎛0t (2x －1)d x ＝6，则t 的值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．8解析：⎠⎛0t (2x －1)d x ＝(x 2－x )|t 0＝t 2－t ，由t 2－t ＝6得t ＝3或t ＝－2(舍去)．故选B.答案：B8．由直线x ＋y －2＝0，曲线y ＝x 3以及x 轴围成的图形的面积为( ) A.43 B.54 C.56D.34解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2＝0，y ＝x 3，解得交点坐标是(1,1)．故由直线x ＋y －2＝0，曲线y ＝x 3以及x 轴围成的图形的面积为⎠⎛01x 3d x ＋⎠⎛12(2－x )d x ＝14x 4|10＋⎝⎛⎭⎫2x －12x 2|21＝14＋12＝34.故选D. 答案：D9．(2015·石家庄模拟)已知等比数列{a n }，且a 4＋a 8＝⎠⎛024－x 2d x ，则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( )A ．π2B ．4C ．πD ．－9π解析：∵a 4＋a 8＝π，∴a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2＝π2，故选A.答案：A10．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1(－1≤x <0)，cos x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤π2的图象与x 轴所围成的封闭图形的面积为( ) A.32 B ．1 C ．2D.12答案：A11．(2013·北京高考)直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83D.1623解析：由题意知抛物线的焦点坐标为F (0,1)，故直线l 的方程为y ＝1，该直线与抛物线在第一象限的交点坐标为(2,1)，根据对称性和定积分的几何意义可得所求的面积是2⎠⎛02⎝⎛⎭⎫1－x 24d x ＝2⎝⎛⎭⎫x －x 312|20＝83.答案：C12．(2015·珠海模拟)由曲线y ＝x 2和直线x ＝0，x ＝1，y ＝t 2(t 为常数且t ∈(0,1))所围成图形(阴影部分)面积的最小值为( )A.14 B.13 C.12D.23解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝t 2，x >0，得x ＝t .故S ＝⎠⎛0t (t 2－x 2)d x ＋⎠⎛t1(x 2－t 2)d x＝⎝⎛⎭⎫t 2x －13x 3|t 0＋⎝⎛⎭⎫13x 3－t 2x |1t ＝43t 3－t 2＋13，令S ′＝4t 2－2t ＝0，因为0<t <1，所以t ＝12，易知当t ＝12时，S min ＝14，故选A.答案：A 二、填空题13．(2015·昆明模拟)⎠⎛23⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2d x ＝________. 解析：⎠⎛23⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2d x ＝⎠⎛23⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋2d x ＝⎝⎛⎭⎫12x 2＋ln x ＋2x |32 ＝92＋ln 32. 答案：92＋ln 3214．(2015·南宁模拟)在同一坐标系中作出曲线xy ＝1和直线y ＝x 以及直线y ＝3的图象如图所示，曲线xy ＝1与直线y ＝x 和y ＝3所围成的平面图形的面积为________．解析：所求区域面积为S ＝⎠⎜⎛13113⎝⎛⎭⎫3－1x d x ＋⎠⎛13(3－x )d x ＝4－ln 3. 答案：4－ln 315．已知曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k >0)所围成的曲边图形的面积为43，则k ＝________.解析：由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2，y ＝kx 得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ，y ＝k 2，则曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k ＞0)所围成的曲边梯形的面积为 ⎠⎛0k(kx －x 2)d x ＝⎝⎛⎭⎫k 2x 2－13x 3|k0＝k 32－13k 3＝43，即k 3＝8，∴k ＝2. 答案：216．(2015·成都模拟)函数y ＝⎠⎛0x (sin t ＋cos t sin t )d t 的最大值是________．解析：y ＝⎠⎛0x (sin t ＋cos t sin t )d t＝⎠⎛0x ⎝⎛⎭⎫sin t ＋12sin 2t d t ＝⎝⎛⎭⎫－cos t －14cos 2t |x 0 ＝－cos x －14cos 2x ＋54＝－cos x －14(2cos 2 x －1)＋54＝－12cos 2x －cos x ＋32＝－12(cos x ＋1)2＋2≤2，当cos x ＝－1时取等号．答案：2 [备课札记]————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————————高考大题冲关导数综合应用的热点问题导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归的数学思想的运用．题型一利用导数研究函数性质综合问题对应学生用书理52页文49页[典例赏析1] (理科)(2014·重庆高考)已知函数f(x)＝a e2x－b e－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.(1)确定a，b的值；(2)若c＝3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．[思维导引](1)先求导函数f′(x)，再利用f′(x)为偶函数和曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c建立关于a，b的方程组求解；(2)把c＝3代入函数解析式，利用基本不等式求f′(x)的最小值，进而确定f′(x)的符号，从而确定函数f(x)的单调性；(3)对c 分类，讨论方程f′(x)＝0是否有实根，从而确定极值．[解](1)对f(x)求导得f′(x)＝2a e2x＋2b e－2x－c，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b.又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1.(2)当c＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥22e2x·2e－2x－3＝1>0，故f(x)在R上为增函数．(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥22e2x·2e－2x＝4，当x＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论．当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c >0，此时f (x )无极值；当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －4>0，此时f (x )无极值；当c >4时，令e 2x＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1＝c ＋c 2－164，t 2＝c ＋c 2－164，t 1t 2>0，即f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1或x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；又当x >x 2时，f ′(x )>0，从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．[典例赏析1] (文科)(2014·广东高考)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＜0时，试讨论是否存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，12∪⎝⎛⎭⎫12，1，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. [思维导引] (1)由函数的导数与函数的单调性之间的关系求解；(2)先由a <0得函数的单调性，求得函数的最大值是f (0)或f (1)再讨论求解得答案．[解] (1)f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ，方程x 2＋2x ＋a ＝0的判别式Δ＝4－4a ＝4(1－a )，若a ≥1，则Δ≤0，f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0， ∴f (x )在R 上单调递增．若a <1，则Δ>0，方程x 2＋2x ＋a ＝0有两个不同的实数根， x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ，当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递增区间为()－∞，－1－1－a 和()－1＋1－a ，＋∞，单调递减区间为()－1－1－a ，－1＋1－a .(2)当a <0时，Δ>0，且f (0)＝1， f ⎝⎛⎭⎫12＝3124＋a 2，f (1)＝73＋a ，此时x 1<0，x 2>0，令x 2＝12得a ＝－54.①当－54<a <0时，x 1<0<x 2<12，f (x )在(0，x 2)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫x 2，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增． (ⅰ)若－54<a <－712，则f (0)＝1>f ⎝⎛⎭⎫12， ∴存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12； (ⅱ)当－712≤a <0时，f (0)≤f ⎝⎛⎭⎫12， ∴不存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12；②当a ＝－54时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增． ∴不存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. ③当－2512<a <－54时，f ⎝⎛⎭⎫12<f (1)， ∴存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12. ④当a ≤－2512时，f ⎝⎛⎭⎫12≥f (1)， ∴不存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12.综上，当a ∈⎣⎡⎭⎫－712，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－54∪⎝⎛⎦⎤－∞，－2512时，不存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12；当a ∈⎝⎛⎭⎫－2512，－54∪⎝⎛⎭⎫－54，－712时，存在x 0，使得f (x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫12.函数性质综合问题难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论．(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值、最小的为最小值．1．(2015·呼伦贝尔市二模)已知函数f (x )＝1＋ln xx ，(x ≥1)．(1)试判断函数f (x )的单调性，并说明理由； (2)若f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝－ln xx2.∵x ≥1，∴ln x ≥0，∴f ′(x )≤0，故f (x )在[1，＋∞)单调递减． (2)f (x )≥kx ＋1⇔(x ＋1)(1＋ln x )x ≥k .记g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x，g ′(x )＝[(x ＋1)(1＋ln x )]′x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2.再令h (x )＝x －ln x 则h ′(x )＝1－1x . ∵x ≥1则h (x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴[h (x )]min ＝h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上也单调递增，∴[g (x )]min ＝g (1)＝2，∴k ≤2.题型二利用导数证明不等式[典例赏析2] (2013·新课标全国高考Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －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.[思维导引] (1)f ′(x )＝0解得m ，在f (x )的定义域内确定f ′(x )>0，f ′(x )<0的区间即得其单调区间；(2)m ≤2时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，只要f (x )＝e x －ln(x ＋2)>0即可，故只要f (x )min >0，确定函数f (x )的最小值点后论证其最小值大于0.[解] (1)解：f ′(x )＝e x －1x ＋m.由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝e x －1x ＋1. 函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0，因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时， ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，故只需证明当m ＝2时，f (x )>0. 当m ＝2时，函数f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f ′(－1)<0，f ′(0)>0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(－1,0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋2)2x 0＋2>0.综上，当m ≤2时，f (x )>0.导数研究实数区间D 上的不等式的主要表现形式是“证明不等式在区间D 上成立，不等式在区间D 上恒成立，求参数k 的范围”等．(1)证明区间D 上不等式成立的策略：构造函数f (x )，把不等式转化为证明f (x )>0，f (x )<0等，把其转化为求函数f (x )在区间D 上的最值或值域的端点值，通过最值和值域端点值与0的比较得证．(2)根据区间D 上不等式恒成立求参数k 范围的策略：如果能够分离参数k ，即得到φ(k )>f (x )或φ(k )<f (x )，问题等价于求函数在区间D 上的最值或值域的端点值，通过最值与值域端点值得到关于k 的不等式解之；如果不能分离参数，则在含有参数的情况下，其处理策略同证明区间D 上不等式成立的策略．2．(2015·湛江一模)已知f (x )＝ln(x ＋1)，g (x )＝12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．(1) 若b ＝2且h (x )＝f (x －1)－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝0，b ＝1，求证：当x ∈(－1，＋∞)时，f (x )－g (x )≤0恒成立； (3) 利用(2)的结论证明：若x >0，y >0，则x ln x ＋y ln y >(x ＋y )ln x ＋y2. 解：(1)当b ＝2时，h (x )＝ln x －12ax 2－2x∴h ′(x )＝1x－ax －2.∵h (x )有单调减区间，∴h ′(x )<0有解，即1－ax 2－2xx <0∵x >0，∴ax 2＋2x －1>0有解． (ⅰ)当a ≥0时符合题意；(ⅱ)当a <0时，Δ＝4＋4a >0，即a >－1. ∴a 的取值范围是(－1，＋∞)．(2)当a ＝0，b ＝1时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ln(x ＋1)－x ，∴φ′(x )＝1x ＋1－1＝－xx ＋1.∵x >－1，讨论φ′(x )的正负得下表：∴当x ＝0时φ(x )有最大值0，即φ(x )≤0恒成立，∴当x ∈(－1，＋∞)时，f (x )－g (x )≤0恒成立． (3)证明：∵x >0，y >0， ∴x ln x ＋y ln y －(x ＋y )ln x ＋y2＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －lnx ＋y 2＋y ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln y －ln x ＋y 2 ＝x ln 2xx ＋y ＋y ln 2yx ＋y＝－x ln x ＋y 2x －y ln x ＋y2y＝－x ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋y －x 2x －y ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x －y 2y .由(2)有－x ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋y －x 2x －y ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x －y 2y >－x ·y －x 2x －y ·x －y 2y ＝0∴x ln x ＋y ln y >(x ＋y )ln x ＋y2.题型三利用导数研究恒成立问题对应学生用书理53页文50页[典例赏析3] (2015·珠海检测)已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋12，a ∈R .(1)当a ＝－13时，求f (x )的最大值；(2)讨论函数f (x )的单调性；(3)如果对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|恒成立，求实数a 的取值范围． [思维导引] (1)对函数f (x )求导，得到f (x )的单调递增区间和单调递减区间，进而得到f (x )最小值； (2)对函数f (x )求导，然后对a 分情况进行讨论得到f (x )的单调区间； (3)分①当a ≥0时， ②当a ≤－1时， ③当－1<a <0时进行讨论，在这三种情况中分别找到a 的范围，最后取并集．[规范答题] (1)当a ＝－13时，f (x )＝23ln x －13x 2＋12，f ′(x )＝23x －23x ＝2－2x23x ＝－2(x ＋1)(x －1)3x，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f (x )max ＝f (1)＝16.(2)函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋12的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x.下面对参数进行如下讨论：当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a ，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ －a ＋12a ，＋∞，f ′(x )<0. 故f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增；在x ∈⎝⎛⎭⎪⎫ －a ＋12a ，＋∞上单调递减． (3)不妨设0<x 1≤x 2：①当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1恒成立．构造函数g (x )＝f (x )＋4x ，须证g (x )＝f (x )＋4x 在(0，＋∞)上单调递增，即证g ′(x )＝f ′(x )－4＝a ＋1x＋2ax －4≥0，即2ax 2－4x ＋a ＋1≥0(x >0)恒成立．当a ＝0时，则由－4x ＋1>0得x >14，不合题意，即a ≠0，则a >0.根据二次函数y ＝2ax 2－4x ＋a ＋1(x >0)开口方向向上，对称轴x ＝1a >0，所以只需Δ≤0，可得16－8a (a ＋1)≤0，解得a ≥1(a ≤－2舍去)．②当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减，即f (x 2)＋4x 2≤f (x 1)＋4x 1恒成立．构造函数g (x )＝f (x )＋4x ，须证g (x )＝f (x )＋4x 在(0，＋∞)上单调递减，即证g ′(x )＝f ′(x )＋4＝a ＋1x＋2ax ＋4≤0，得2ax 2＋4x ＋a ＋1≤0(x >0)恒成立.根据二次函数y ＝2ax 2＋4x ＋a ＋1(x >0)开口方向向下，对称轴x ＝－1a >0，所以只需Δ≤0，可得16－8a (a ＋1)≤0，解得a ≤－2(a ≥1舍去)． ③当－1<a <0时，f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增；在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞上单调递减，此时|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|等价于f (x 2)－4x 2≥f (x 1)－4x 1恒成立或者f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1恒成立，由上可知a ≥1或a ≤－2，这与－1<a <0不符，故此情况无解．综上所述：实数a 的取值范围是(－∞，－2]∪[1，＋∞)．利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为函数在给定区间上的最值问题求解．(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解．(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题．3．(2015·青岛一模)已知函数f (x )＝23x 3－2ax 2－3x .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))的切线方程；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，af ′(x )＋4a 2x ≥ln x －3a －1恒成立，求实数a 的取值范围； (3)当a >0时，试讨论f (x )在(－1,1)内的极值点的个数．解：(1)由题意知f (x )＝23x 3－3x ，所以f ′(x )＝2x 2－3.又f (3)＝9，f ′(3)＝15，所以曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))的切线方程为15x －y －36＝0. (2)由题意2ax 2＋1≥ln x ，即a ≥ln x －12x 2对一切x ∈(0，＋∞)恒成立．设g (x )＝ln x －12x 2，则g ′(x )＝3－2ln x2x 3.当0<x <e 32时，g ′(x )>0；当x >e 32时，g ′(x )<0.所以当x ＝e 32时，g (x )取得最大值g (x )max ＝14e 3，故实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫14e 3，＋∞. (3)f ′(x )＝2x 2－4ax －3，f ′(－1)＝4⎝⎛⎭⎫a －14， f ′(1)＝－4⎝⎛⎭⎫a ＋14. ①当a >14时，∵⎩⎨⎧f ′(－1)＝4⎝⎛⎭⎫a －14>0，f ′(1)＝－4⎝⎛⎭⎫a ＋14<0，∴存在x 0∈(－1,1)，使得f ′(x 0)＝0.因为f ′(x )＝2x 2－4ax －3开口向上，所以在(－1，x 0)内f ′(x )>0，在(x 0,1)内f ′(x )<0，即f (x )在(－1，x 0)内是增函数，f (x )在(x 0,1)内是减函数，故a >14时，f (x )在(－1,1)内有且只有一个极值点，且是极大值点．②当0<a ≤14时，∵⎩⎨⎧f ′(－1)＝4⎝⎛⎭⎫a －14≤0，f ′(1)＝－4⎝⎛⎭⎫a ＋14<0.又因为f ′(x )＝2x 2－4ax －3开口向上，所以在(－1,1)内f ′(x )<0，则f (x )在(－1,1)内为减函数，故没有极值点．综上可知：当a >14，f (x )在(－1,1)内的极值点的个数为1；当0<a ≤14时，f (x )在(－1,1)内的极值点的个数为0.题型四利用导数研究方程的根(或函数的零点) 对应学生用书理54页文51页[典例赏析4] (2015·包头市二模)已知函数f (x )＝x 2ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若关于x 的方程f (x )＝kx －1有实数解，求实数k 的取值范围．[思维导引] (1)在定义域范围内，解不等式f ′(x )>0得单调递增区间，解不等式f ′(x )<0得单调递减区间；(2)将实数k 分离出来，转化为求函数的值域．[规范答题] (1)函数的定义域为{x |x >0}， f ′(x )＝x (2ln x ＋1)令f ′(x )＝x (2ln x ＋1)>0，得2ln x ＋1>0，即x >e e；令f ′(x )＝x (2ln x ＋1)<0，得2ln x ＋1<0，即0<x <ee；所以，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，e e 时，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫ee ，＋∞时，f (x )单调递增 (2)由f (x )＝kx －1，得x 2ln x ＝kx －1，所以有k ＝x ln x ＋1x(x >0)，设g (x )＝x ln x ＋1x ，g ′(x )＝ln x ＋x 2－1x 2g ′(1)＝0，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以x >0时，g (x )min ＝g (1)＝1 所以k ≥1，k 的取值范围是[1，＋∞)．研究方程根，可以通过构造函数g (x )的方法，把问题转化为研究构造的函数g (x )的零点问题．研究函数g (x )零点的策略是：(1)如果函数g (x )在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在．(2)如果函数g (x )在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g (x )的极值与零的大小，以及函数g (x )的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．4．已知函数f (x )＝x 2－2a ln x －bx .(1)若a ＝－12，函数f (x )在其定义域内是增函数，求b 的最大值；(2)若b ＝0，关于x 的方程f (x )－2ax ＝0有唯一解，求实数a 的取值范围．解：(1)依题意a ＝－12时，f (x )＝ln x ＋x 2－bx ，且在其定义域(0，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )＝1x＋2x －b ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，即b ≤1x ＋2x 对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴只需b ≤⎝⎛⎭⎫1x ＋2x min . ∵x >0，∴1x ＋2x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”，∴b ≤22，故b 的最大值为2 2.(2)记(g )x ＝f (x )－2ax ＝x 2－2a ln x －2ax ， g ′(x )＝2x －2a x －2a ＝2x(x 2－ax －a )．若方程f (x )＝2ax 有唯一解，即g (x )＝0有唯一解. 令g ′(x )＝0，得x 2－ax －a ＝0.因为a >0，x >0，所以x 1＝a －a 2＋4a 2<0(舍去)，x 2＝a ＋a 2＋4a2. 当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)是单调递减函数；当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)上是单调递增函数．当x ＝x 2时，g ′(x 2)＝0，g (x )min ＝g (x 2)．因为g (x )＝0有唯一解，所以g (x 2)＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧ g (x 2)＝0，g ′(x 2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 22－2a ln x 2－2ax 2＝0，x 22－ax 2－a ＝0，两式相减得a ln x 2＋ax 2－a ＝0，因为a >0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0(*)．设函数h (x )＝2ln x ＋x －1，因为在x >0时，h (x )是增函数，所以h (x )＝ 0至多有一解．因为h (1)＝0，所以方程(*)的解为x 2＝1，从而解得a ＝12.1．(2015·武威市凉州区一诊)已知函数f (x )＝(ax －2)e x 在x ＝1处取得极值． (1)求a 的值；(2)求函数f (x )在[m ，m ＋1]上的最小值；(3)求证：对任意x 1，x 2∈[0,2]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e. 解：(1)解：f ′(x )＝a e x ＋(ax －2)e x ＝(ax ＋a －2)e x . 由已知得f ′(1)＝0，即(2a －2)e x ＝0，解得a ＝1.当a ＝1时，在x ＝1处函数f (x )＝(x －2)e x 取得极小值，所以a ＝1. (2)解：f (x )＝(x －2)e x ，f ′(x )＝e x ＋(x －2)e x ＝(x －1)e x .所以函数f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．当m ≥1时，f (x )在[m ，m ＋1]单调递增， f min (x )＝f (m )＝(m －2)e m . 当0<m <1时，m <1<m ＋1，f (x )在[m,1]上单调递减，在[1，m ＋1]上单调递增， f min (x )＝f (1)＝－e. 当m ≤0时，m ＋1≤1，f (x )在[m ，m ＋1]上单调递减，f min (x )＝f (m ＋1)＝(m －1)e m ＋1.综上，f (x )在[m ，m ＋1]上的最小值f min(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(m －2)e m ，m ≥1，－e ，0<m <1，(m －1)e m ＋1，m ≤0.(3)证明：由(Ⅰ)知f (x )＝(x －2)e x ， f ′(x )＝e x ＋(x －2)e x ＝(x －1)e x . 令f ′(x )＝0得x ＝1.因为f (0)＝－2，f (1)＝－e ，f (2)＝0，所以f max (x )＝0，f min (x )＝－e ，所以，对任意x 1，x 2∈[0,2]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤f max (x )－f min (x )＝e.2．(2015·常州市监测)已知函数f (x )＝ln x －x －a x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求函数f (x )的极大值； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)当a >1时，设函数g (x )＝⎪⎪⎪⎪f (x －1)＋x －1＋a x －1，若实数b 满足b >a 且g ⎝⎛⎭⎫bb －1＝g (a )，g (b )＝2g ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，求证：4<b <5.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝0时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0得x ＝1.列表：所以f (x )的极大值为f (1)＝－1.(2)f ′(x )＝1x －1＋a x 2＝－x 2＋x ＋ax 2.令f ′(x )＝0，得－x 2＋x ＋a ＝0，记Δ＝1＋4a .(ⅰ)当a ≤－14时，f ′(x )≤0，所以f (x )单调减区间为(0，＋∞)；(ⅱ)当a >－14时，由f ′(x )＝0得x 1＝1＋1＋4a 2，x 2＝1－1＋4a 2，①若－14<a <0，则x 1>x 2>0，由f ′(x )<0，得0<x <x 2，x >x 1；由f ′(x )>0，得x 2<x <x 1.所以，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1－1＋4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a2，＋∞，单调增区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2；②若a ＝0，由(1)知f (x )单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)； ③若a >0，则x 1>0>x 2，由f ′(x )<0，得x >x 1；由f ′(x )>0，得0<x <x 1. f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2，＋∞，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2. 综上所述：当a ≤－14时，f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当－14<a <0时，f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1＋4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2，＋∞，单调增区间为⎝⎛⎭⎪⎫1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2；当a ≥0时，f (x )单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫1＋1＋4a 2，＋∞，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋1＋4a 2. (3)证明： g (x )＝|ln(x －1)|(x >1)．由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫b b －1＝g (a )得⎪⎪⎪⎪⎪⎪ln 1b －1＝|ln(a －1)|.∵1<a 2. 由g (b )＝2g ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2得|ln(b －1)|＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b －1＝2⎪⎪⎪⎪ln 12[(a －1)＋(b －1)]，(*)因为a －1＋b －12≥(a －1)(b －1)＝1，所以(*)式可化为ln(b －1)＝2ln 12[(a －1)＋(b －1)]，即b －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1＋b －12. 令b －1＝t (t >1)，则t ＝⎣⎡⎦⎤12⎝⎛⎭⎫t ＋1t 2，整理得t 4－4t 3＋2t 2＋1＝0，从而(t －1)(t 3－3t 2－t －1)＝0，即t 3－3t 2－t －1＝0.记h (t )＝t 3－3t 2－t －1，t >1.h ′(t )＝3t 2－6t －1，令h ′(t )＝0得t ＝1－233(舍去)，t ＝1＋233，列表：所以，，h (4)>0，所以3<t <4，从而4<b <5.对应学生用书理55页文52页3．(2015·临沂市质检)已知函数f (x )＝ln x .(1)若直线y ＝x ＋m 与函数f (x )的图象相切，求实数m 的值； (2)证明曲线y ＝f (x )与曲线y ＝x －1x 有唯一的公共点；(3)设0<a <b ，比较f (b )－f (a )2与b －ab ＋a 的大小，并说明理由．解：(1)f ′(x )＝1x，设切点为(x 0，y 0)，则k ＝1x 0＝1，∴x 0＝1，y 0＝ln x 0＝ln 1＝0，代入y ＝x ＋m ，得m ＝－1.(2)证明：令h (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫x －1x ＝ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x 2＝－⎝⎛⎭⎫x －122－34x 2<0，∴h (x )在(0，＋∞)内单调递减．又h (1)＝ln 1－1＋1＝0，∴x ＝1是函数h (x )唯一的零点，故点(1,0)是两曲线唯一的公共点．(3)ln b －ln a 2－b －a b ＋a ＝12 ln b a －b a－1b a ＋1，∵0<a 1.构造函数φ(x )＝12ln x －x －1x ＋1，(x >1)，则φ′(x )＝12x －x ＋1－(x －1)(x ＋1)2＝12x －2(x ＋1)2＝(x －1)22x (x ＋1)2>0，∴φ(x )在(1，＋∞)内单调递增，又当x ＝1时，φ(1)＝0， ∴x >1时，φ(x )>0，即12ln x >x －1x ＋1，则有12ln b a >ba－1b a ＋1成立，即ln b －ln a 2>b －a b ＋a .即f (b )－f (a )2>b －a b ＋a.4．(2015·湖北省八市联考)定义在R 上的函数g (x )及二次函数h (x )满足g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2ex －9，h (－2)＝h (0)＝1且h (－3)＝－2.(1)求g (x )和h (x )的解析式；(2)对于x 1，x 2∈[－1,1]，均有h (x 1)＋ax 1＋5≥g (x 2)－x 2g (x 2)成立，求a 的取值范围；(3)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )，(x >0)h (x )，(x ≤0)，讨论方程f [f (x )]＝2的解的个数情况．解：(1)∵g (x )＋2g (－x )＝e x ＋2e x －9，①g (－x )＋2g (x )＝e －x ＋2e －x－9，即g (－x )＋2g (x )＝2e x ＋1e x －9.②由①②联立解得：g (x )＝e x －3.∵h (x )是二次函数，且h (－2)＝h (0)＝1，可设 h (x )＝ax (x ＋2)＋1，由h (－3)＝－2，解得a ＝－1.∴h (x )＝－x (x ＋2)＋1＝－x 2－2x ＋1. ∴g (x )＝e x －3，h (x )＝－x 2－2x ＋1.(2)设φ(x )＝h (x )＋ax ＋5＝－x 2＋(a －2)x ＋6， F (x )＝e x －3－x (e x －3)＝(1－x )e x ＋3x －3，依题意知：当－1≤x ≤1时，φ(x )min ≥F (x )max . ∵F ′(x )＝－e x ＋(1－x )(e x －3)＋3＝－x e x ＋3，F ″(x )＝－e x (1＋x )，当x ∈[－1,1]时，F ″(x )≤0，∴F (x )在[－1,1]上单调递减， ∴F ′(x )min ＝F ′(1)＝3－e>0.∴F (x )在[－1,1]上单调递增，∴F (x )max ＝F (1)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧φ(－1)＝7－a ≥0，φ(1)＝a ＋3≥0，解得－3≤a ≤7， ∴实数a 的取值范围为[－3,7]． (3)f (x )的图象如图所示：令T ＝f (x )，则f (T )＝2.∴T 1＝－1，T 2＝ln 5，f (x )＝－1有两个解，f (x )＝ln 5有3个解． ∴f [f (x )]＝2有5个解．5．(理科)(2015·漳州市质检)给出定义在(0，＋∞)上的三个函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x 2－af (x )，h (x )＝x －a x ，已知g (x )在x ＝1处取极值．(1)求实数a 的值，并确定函数h (x )的单调性； (2)求证：当1<x <e 2时，恒有x <2＋f (x )2－f (x )成立；(3)若函数y ＝m －g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解：(1)由题设，g (x )＝x 2－a ln x ，则g ′(x )＝2x －ax .由已知，g ′(1)＝0，即2－a ＝0⇒a ＝2.于是h (x )＝x －2x ，则h ′(x )＝1－1x，且x ∈(0，＋∞)．由h ′(x )＝1－1x >0⇒x >1，h ′(x )＝1－1x<0⇒0<x <1.所以h (x )在(1，＋∞)上是增函数，在(0,1)上是减函数．(2)当1<x <e 2时，0<ln x <2，即0<f (x )<2，欲证x <2＋f (x )2－f (x )，只需证x [2－f (x )]<2＋f (x )，即证f (x )>2(x －1)x ＋1.设γ(x )＝f (x )－2(x －1)x ＋1＝ln x －2(x －1)x ＋1，则γ′(x )＝1x －2(x ＋1)－2(x －1)(x ＋1)2＝(x －1)2x (x ＋1)2. 当1<x <e 2时，γ′(x )>0，所以γ(x )在区间(1，e 2)上为增函数．从而当1<x <e 2时，γ(x )>γ(1)＝0，即f (x )>2(x －1)x ＋1，故x <2＋f (x )2－f (x ).(3)∵y ＝2ln x －x 2＋m ，则y ′＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x，∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，故y ′＝0时，x ＝1.当1e <x <1时，y ′>0；当1<x <e 时，y ′<0. 故函数y ＝φ(x )在x ＝1处取得极大值φ(1)＝m －1. 又φ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，φ(e)＝m ＋2－e 2， φ(e)－φ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则φ(e)<φ⎝⎛⎭⎫1e ， ∴y ＝φ(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是φ(e)．y ＝φ(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧φ(1)＝m －1>0，φ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e2，∴实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 5．(文科)(2015·大连市二模)设函数f (x )＝ln x －cx (x ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≤x 2恒成立，求c 的取值范围；(3)设函数f (x )有两个相异零点x 1、x 2，求证：x 1·x 2>e 2. 解析：(1)∵f (x )＝ln x －cx ，∴x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －c ＝1－cx x.当c ≤0时，f (x )单调增区间为(0，＋∞)；当c >0时，f (x )单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，1e ，f (x )单调减区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. (2)∵f (x )≤x 2，∴ln x －cx ≤x 2，∴c ≥ln xx －x .设g (x )＝ln xx －x ，∴g ′(x )＝1－ln x －x 2x 2，∴g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减． ∴g (x )max ＝g (1)＝－1，∴c ≥－1.(3)证明： f (x )有两个相异零点，ln x 1＝cx 1，ln x 2＝cx 2，① ∴ln x 1－ln x 2＝c (x 1－x 2)， ∴ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝c ，②而x 1·x 2>e 2，等价于ln x 1＋ln x 2>2，即cx 1＋cx 2>2，③ 由①②③得：ln x 1－ln x 2x 1－x 2(x 1＋x 2)>2.不妨设x 1>x 2>0，则t ＝x 1x 2>1，上式转化为ln t >2(t －1)t ＋1(t >1)．设H (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，则H (t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，故函数H (t )是(1，＋∞)上的增函数，所以H (t )－H (l )＝0，即不等式ln t >2(t －1)t ＋1成立，故所证不等式x 1·x 2>e 2成立.6．(理科)(2015·南平市质检)设函数g (x )＝x 2－2x ＋1＋m ln x ，(m ∈R )． (1)当m ＝1时，求过点P (0，－1)且与曲线y ＝g (x )－(x －1)2相切的切线方程； (2)求函数y ＝g (x )的单调增区间；(3)若函数y ＝g (x )有两个极值点a ，b ，且a <b ，记[x ]表示不大于x 的最大整数，试比较sin [g (a )][g (b )]与cos([g (a )][g (b )])的大小．解：(1)曲线方程为y ＝ln x ，设切点为(x 0，ln x 0)．由y ′＝1x 得切线的斜率k ＝1x 0，则切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)．因为切线过点P (0，－1)，所以－1－ln x 0＝－1，即 x 0＝1，故所求切线方程为x －y －1＝0.(2)函数y ＝g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝2x －2＋m x ＝2x 2－2x ＋mx.令g ′(x )>0并结合定义域得2x 2－2x ＋m >0，对应一元二次方程的判别式Δ＝4(1－2m )．①当Δ≤0，即m ≥12时，g ′(x )≥0，则函数g (x )的增区间为(0，＋∞)；②当0<m <12时，函数g (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2m 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2m 2，＋∞； ③当m ≤0时，函数g (x )的增区间为⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－2m 2，＋∞. (3)g ′(x )＝2x －2＋m x ＝2x 2－2x ＋mx，令g ′(x )＝0得2x 2－2x ＋m ＝0，由题意知方程有两个不相等的正数根a ，b (a 0，m 2>0解得0<m <12，解方程得b ＝1＋1－2m 2，则120，即函数g (b )是⎝⎛⎭⎫12，1上的增函数，所以1－2ln 24<g (b )<0，故g (b )的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1－2ln 24，0.则[g (b )]＝－1. 同理可求0<a <12，g (a )＝a 2－2a ＋1＋(－2a 2＋2a )ln a ，a ∈⎝⎛⎭⎫0，12，g ′(a )＝－4⎝⎛⎭⎫a －12ln a <0，即函数g (a )是⎝⎛⎭⎫0，12上的减函数，所以1－2ln 24<g (a )<1，故g (a )的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2ln 24，1，则[g (a )]＝－1或[g (a )]＝0.当[g (a )]＝－1时，sin [g (a )][g (b )]>cos([g (a )][g (b )])；当[g (a )]＝0时，sin [g (a )][g (b )]<cos([g (a )][g (b )])．6．(文科)(2015·南平市质检)已知函数f (x )＝e x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)已知t 为实数，求函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值；(3)定义在区间D 上的函数g (x )，若存在区间[a ，b ]⊆D 及实常数m ，当x ∈[a ，b ]时，g (x )的取值范围恰为[a ＋m ，b ＋m ]，则称区间[a ，b ]为g (x )的一个同步偏移区间，m 为同步偏移量．试问函数y ＝[f (x )＋x ](x 2－1)在(1，＋∞)上是否存在同步偏移区间？若存在，请求出一个同步偏移区间及对应的偏移量；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知f (1)＝e －1，f ′(x )＝e x －1. ∴函数f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率k ＝e －1， ∴切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x . (2)令f ′(x )＝e x －1＝0得x ＝0.①当t ≥0时，在[t ，t ＋2]上f ′(x )≥0，f (x )单调递增，f min x ＝f (t )＝e t －t .②当－2<t <0时，在[t,0]上f ′(x )≤0，f (x )单调递减；在[0，t ＋2]上f ′(x )≥0，f (x )单调递增，∴f min (x )＝f 极小(x )＝f (0)＝1.③当t ≤－2时，在[t ，t ＋2]上f ′(x )≤0，f (x )单调递减，f min (x )＝f (t ＋2)＝e t ＋2－t －2.∴f min(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e t ＋2－t －2，t ≤－21，－2<t <0e t－t ，t ≥0(3)函数y ＝[f (x )＋x ](x 2－1)在(1，＋∞)上不存在同步偏移区间．证明如下：假设函数g (x )＝[f (x )＋x ](x 2－1)＝(x 2－1)e x 存在同步偏移区间[a ，b ]，则g ′(x )＝(x 2＋2x －1)e x .∵x >1时，g ′(x )>0，∴g (x )为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (a )＝(a 2－1)e a＝a ＋m ，g (b )＝(b 2－1)e b＝b ＋m ，即方程(x 2－1)e x ＝x ＋m 有两个大于1的相异实根．设φ(x )＝(x 2－1)e x －x －m (x >1)，则φ′(x )＝(x 2＋2x －1)e x －1. ∵x >1，φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上单调递增.∴φ(x )在区间(1，＋∞)上至多有一个零点与方程(x 2－1)e x ＝x ＋m 有两个大于1的相异实根矛盾，∴假设不成立，即g (x )在(1，＋∞)上不存在同步偏移区间．。

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)精讲课件：第2章函数、导数及其应用 10

第10节导数的概念与计算
Ⅰ.了解导数概念的实际背景．
Ⅱ.通过函数图象直观理
解导数的几何意义． Ⅲ.能根据导数的定义求函数 y＝c(c 为常 1 数)，y＝x，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝ x的导数． Ⅳ.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，并了解复合函数求导法则，能求简单复合函数(仅限于形如 f(ax＋b)的复合函数)的导数．

所以导函数为周期函数．
又因为y＝f(x)是奇函数，则有：f(－x)＝－f(x)两边同时求导，得f′(－x)·(－x)′＝－f′(x)，即f′(－x)＝f′(x)，所以导函数为偶函数．答案：B

f1＋2x－f1 4．设 f(x)是可导函数，且满足 lim ＝－1，则 2 x Δx→0 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为________．
f(x)＝logax f(x)＝ln x f(x)＝tan x f(x)＝cot x
1 f′(x)＝ xln a 1 f′(x)＝x 1 f′(x)＝ 2 cos x 1 f′(x)＝－ 2 sin x

1 质疑探究：如果 f(x)＝ln |x|，则 f′(x)＝x？提示：正确，分x>0，x<0去绝对值，求导数可得．
解析：令 2x＝Δx，由 x→0，得 Δx→0， f1＋Δx－f1 则有 lim ＝－1，即 f′(1)＝－1， Δ x Δx→0 由导数的几何意义知，y＝f(x)在(1，f(1))处切线斜率为－1.

答案：－1

5．给出下列命题： ①y′＝f′(x)在点x＝x0处的函数值就是函数y＝f(x)在点x ＝x0处的导数值； ②求f′(x0)时，可先求f(x0)再求f′(x0)； ③曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点； ④与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线； ⑤若f(x)＝f′(a)x2＋lnx(a>0)，则f′(x)＝2xf′(a)＋.

2016年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)精讲课件：第11章第1节复数

2 提示：不一定成立．比如 z1＝1，z2＝i 满足 z2 ＋ z 1 2＝0.但
z1≠0，z2≠0.
人教A数学
第十一章
2016年新课标高考· 大一轮复习讲义
整合·主干知识聚焦·热点题型提升·学科素养提能·课时冲关
1 ． ( 文 )(2014· 重庆高考 ) 实部为－ 2 ，虚部为 1 的复数所对
提示：假命题．例如： z1 ＝ 1 ＋ i ， z2 ＝－ 2 ＋ i ， z1 － z2 ＝
3>0. 但z1>z2无意义，因为虚数无大小概念．
人教A数学
第十一章
2016年新课标高考· 大一轮复习讲义
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2 质疑探究 2：若 z1、z2∈R，z2 ＋ z 1 2＝0，则 z1＝z2＝0，此命
(2)复数加法的运算律：
设z1，z2，z3∈C，则复数加法满足以下运算律： z2 ＋z1 ； ①交换律：z ＋z ＝ _______
1 2
z1＋(z2＋z3)． ②结合律：(z1＋z2)＋z3＝ __________ 质疑探究 1： z1 、 z2 为复数， z1 － z2>0 ，那么 z1>z2 ，这个命题是真命题吗？
(2)实轴、虚轴实轴，y轴叫做_____ 虚轴，实轴上的点在复平面内，x轴叫做_____ 纯虚数．实数；除原点以外，虚轴上的点都表示_______ 都表示_____
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第十一章
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整合·主干知识聚焦·热点题型提升·学科素养提能·课时冲关
(3)复数的几何表示
2 2 a ＋ b |a＋bi| ＝r＝ ________(r≥0，a、b∈R)．即|z|＝_______

(江西专用)高考数学一轮复习 2.11 导数在研究函数中的应用课件文新人教A版

os
1 4 x>1 , 4
此时x满足的区间原函数是减函数,又原函数为奇函数,可得
选C正确. 【答案】C
3.已知函数f(x)的导数f'(x)=a(x+1)(x-a),若f(x)在x=a处取到极大值,则a的取值范围是 ( (A)(-∞,1).
(C)(0,1).
)
(B)(-1,0).
出实际问题中变量之间的函数关系y=f(x)(注意函数的实际
需要的限制);
②求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0; ③比较函数在定义域的区间端点和使f'(x)=0的点的函数值的大小,其中最大的为最大值,最小的为最小值.
1.函数f(x)=x+ln x的单调增区间为 ( (A)(-1,0).
题型2
利用导数研究函数的极值或最值
例2
已知函数f(x)=ex+2x2-3x.
(1)求证:函数f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极值点; (2)当x≥ 时,若关于x的不等式f(x)≥ x2+(a-3)· x+1恒成立,求
1 2 5 2
实数a的取值范围.
【分析】根据极值点存在性可转化为存在唯一的零点来处理,恒成立问题可以转化为求函数的最值问题来处理.
(C)(-∞,4].
) (B)(4,+∞).
(D)(-∞,4).
(2)函数y=2sin x+ex在[1,+∞)上 ( (A)为增函数. (C)先增后减. (B)为减函数. (D)先减后增.
)
【分析】利用导数取值的正负与函数的单调性之间的关系求解,其中第(1)小题转化为不等式f'(x)≤0在(2,+∞)上的恒成
【答案】(1)C (2)A

创新教程2016年高考数学大一轮复习第二章第11节导数在研究函数中的应用课时冲关理新人教A版

【高考讲坛】2016届高考数学一轮复习 第2章 第11节 导数在研究函数中的应用课件 理 苏教版

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2016年高考数学大一轮(人教A新课标)精讲课件：第2章 函数、导数及其应用 11

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