2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第三章第2讲第2课时导数与函数的极值、最值含解析

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2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第三章第2讲第2课时导数与函数的极值、最值

(3)当 a＜0 时，Δ ＞0.由 g(－1)＝1＞0，可得 x1＜－1＜x2. 所以当 x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增；当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减．因此函数 f(x)有一个极值点．综上所述：当 a＜0 时，函数 f(x)有一个极值点；当 0≤a≤89时，函数 f(x)无极值点；当 a＞89时，函数 f(x)有两个极值点．
(1)当 a＝0 时，g(x)＝1，此时 f′(x)＞0，函数 f(x)在(－1，＋∞) 上单调递增，无极值点． (2)当 a＞0 时，Δ ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)． ①当 0＜a≤89时，Δ ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
当 x∈(12，3)时，y＝x＋1x的值域是[2，130)；当 x∈(12，3)时， f′(x)＝x2－ax＋1≥0，即 a≤x＋1x恒成立，a≤2；当 x∈(12，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，即 a≥x＋1x恒成立，a≥130.
因此要使函数 f(x)在(12，3)上有极值点，则实数 a 的取值范围是(2，130)．【答案】 (1)－7 (2)(2，130)
2．函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值． (2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则__f_(_a_)__为函数的最小值， _f_(_b_)___为函数的最大值；若函数 f(x)在[a，b]上单调递减，则 __f_(a_)___为函数的最大值，__f_(b_)___为函数的最小值．
1．设函数 f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)． (1)当 a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值； (2)若 f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求 a 的取值范围．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1. (1)函数图象过点(0，1)时，有 f(0)＝c＝1.

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用单元质检

单元质检三导数及其应用(时间:120分钟总分值:150分)一、选择题(本大题共10小题,每题4分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的)1.函数f(x)=ln x-x,那么函数f(x)的单调递减区间是()A.(-∞,1)B.(0,1)C.(-∞,0),(1,+∞)D.(1,+∞)在点(-1,-1)处的切线方程为()2.曲线y=xx+2A.y=2x+1B.y=2x-1C.y=-2x-3D.y=-2x-23.(2021全国1)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,假设f(x)为奇函数,那么曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=xf(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,那么f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.4.y=f(x)是可导函数,如图,直线y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),g'(x)是g(x)的导函数,那么g'(3)=()A.-1B.0C.2D.4.,知f(3)=1,k=f'(3)=-13∵g'(x)=f(x)+xf'(x),)=0.应选B.∴g'(3)=f(3)+3f'(3)=1+3×(-135.设点P 是曲线y=x 3-√3x+23上的任意一点,那么点P 处切线倾斜角α的取值范围为( ) A .[0,π2)∪[5π6,π) B .[2π3,π)C .[0,π2)∪[2π3,π) D .(π2,5π6]y'=3x 2-√3≥-√3,故切线斜率k ≥-√3,所以切线倾斜角α的取值范围是[0,π2)∪[2π3,π).故答案为C .6.直线ax-by-2=0与曲线y=x 3在点P (1,1)处的切线互相垂直,那么x x为( ) A .23 B.-23C .13D.-133x 2,∵点P (1,1)为曲线y=x 3上一点,∴曲线y=x 3在点P (1,1)处的切线斜率k=3,由条件知,3×x x =-1,∴x x =-13.故答案为D .7.f (x )=x 3-2x 2+x+6,那么f (x )在点P (-1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于( ) A.4 B.5 C .254D .1328.(2021山西五校联考改编)函数f (x )的导数为f'(x ),f (x )不是常数函数,且(x+1)f (x )+xf'(x )≥0,对x ∈[0,+∞)恒成立,那么以下不等式一定成立的是( ) A .f (1)<2e f (2) B.e f (1)<f (2) C.f (1)<0 D .e f (e)<2f (2)=xf (x )+f (x )+xf'(x )=xf (x )+[xf (x )]'≥0,设F (x )=e x[xf (x )],那么F'(x )=e x [xf (x )]+e x [xf (x )]'=e x {xf (x )+[xf (x )]'}≥0,所以函数F (x )=e x [xf (x )]是单调递增函数,F (1)<F (2)⇔e f (1)<e 2·2·f (2),即f (1)<2e f (2).9.当x>0时,不等式12x 2+(1-a )x-a ln x>2a-32a 2恒成立,那么a 的取值范围是( )A.[0,1)∪(1,+∞)B.(0,+∞)C.(-∞,0]∪(1,+∞)D.(-∞,1)∪(1,+∞)f (x )=12x 2+(1-a )x-a ln x-2a+32a 2,那么f'(x )=x+1-a-x x=x 2+(1-x )x -xx=(x -x )(x +1)x,当a<0时f'(x )>0,f (x )在x>0时单调递增,当x →0时f (x )不恒大于0,不符合题意; 当a=0时,f (x )=12x 2+x 在x>0时f (x )>0恒成立;当a>0时,f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增,f (x )min =f (a )=a 2-a-a ln a=a (a-1-ln a ),令g (a )=a-1-ln a ,g'(a )=1-1x ,g (a )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,g (a )min =g (1)=0,故当a>0时且a ≠1时f (x )>0,综上a 的取值范围是[0,1)∪(1,+∞), 故答案为A .10.假设m ∈R ,函数f (x )=x-x x-2ln x 有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),那么mx 2的取值范围为( ) A .(0,3227] B .(1,3227] C .(3227,2] D.(1,2]f'(x )=1+xx 2−2x =x 2-2x +xx 2, ∴设x 1,x 2为x 2-2x+m=0两根,由Δ>0,m>0,得0<m<1,x 2=1+√1-x . 令y=mx 2=m (1+√1-x ),∴y'=1+√1-x −2√1-x =0,解得m=89(0<m<1),故当0<m<89时,y'>0,y ∈(0,3227);当89≤m<1时,y'<0,y ∈(1,3227];因此mx 2的取值范围为(0,3227)∪(1,3227]=(0,3227]. 故答案为A .二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.将答案填在题中横线上) 11.(2021浙江绍兴二模)函数f (x )=x 3-3x ,函数f (x )的图象在x=0处的切线方程是 ;函数f (x )在区间[0,2]内的值域是 .3x [-2,2]f (x )=x 3-3x ,切点坐标(0,0),导数为y'=3x 2-3,切线的斜率为-3,所以切线方程为y=-3x ;3x 2-3=0,可得x=±1,x ∈(-1,1),y'<0,函数是减函数,x ∈(1,+∞),y'>0,函数是增函数,f (0)=0,f (1)=-2,f (2)=8-6=2,函数f (x )在区间[0,2]内的值域是[-2,2]. 故答案为y=-3x ;[-2,2].12.函数f (x )=x 3-3ax+b (a>0)的极大值为6,极小值为2,那么a= ,f (x )的单调递减区间是 .(-1,1)f'(x )=3x 2-3a=0,得x=±√x .f (x ),f'(x )随x 的变化情况如下表:从而{(-√x )3-3x (-√x )+x =6,(√x )3-3x √x +x =2.解得{x =1,x =4,所以f (x )的单调递减区间是(-1,1).13.(2021浙江温州调研改编)函数f (x )=12x 2-ax+ln x ,假设a=1,那么切线斜率的取值范围为 ,假设函数存在垂直于y 轴的切线,那么实数a 的取值范围是 . +∞) [2,+∞) f (x )=12x 2-ax+ln x,∴f'(x )=x-a+1x .a=1时,f'(x )=x+1x -1≥1,假设f (x )存在垂直于y 轴的切线,∴f'(x )存在零点,∴x+1x -a=0有解, ∴a=x+1x ≥2(x>0).14.函数f (x )=x 3-3x 的极小值为 ,在(a ,6-a 2)上有最小值,那么实数a 的取值范围是 . 2 [-2,1) f'(x )=3x 2-3=0,得x=±1,且x=1为函数的极小值点,f (1)=-2,x=-1为函数的极大值点.函数f (x )在区间(a ,6-a 2)上,那么函数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,解得a ≥-2.故实数a 的取值范围是[-2,1). 15.函数f (x )=x+x x (a ∈R ),g (x )=ln x ,假设关于x 的方程x (x )x 2=f (x )-2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根,那么a= .2+1e 解析方程可化为ln xx=x 2-2e x+a ①,设m (x )=ln xx,n (x )=x 2-2e x+a ,令m'(x )=1-ln xx 2=0,得x=e,可知m (x )max =m (e)=1e .又n (x )min =n (e)=a-e 2,∴方程①只有一根的条件为1e =a-e 2.∴a=e 2+1e .16.(2021江苏高考)假设函数f (x )=2x 3-ax 2+1(a ∈R )在(0,+∞)内有且只有一个零点,那么f (x )在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .3f'(x )=6x 2-2ax=0,得x=0或x=x3.因为函数f (x )在(0,+∞)内有且只有一个零点,且f (0)=1,所以x3>0,f (x3)=0,因此2(x 3)3-a (x 3)2+1=0,解得a=3.从而函数f (x )在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,所以f (x )max =f (0)=1,f (x )min =f (-1)=-4.故f (x )max +f (x )min =1-4=-3.17.函数y=x+2cos x 在区间[0,π2]上的最大值是 .√31-2sin x ,令y'=0,且x ∈[0,π2],得x=π6,那么x ∈[0,π6)时,y'>0;x ∈(π6,π2]时,y'<0,故函数在[0,π6)上递增,在(π6,π2]上递减,所以当x=π6时,函数取最大值π6+√3.三、解答题(本大题共5小题,共74分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(14分)函数f (x )=x ln x+ax (a ∈R ). (1)当a=0,求f (x )的最小值;(2)假设函数g (x )=f (x )+ln x 在区间[1,+∞)上为增函数,求实数a 的取值范围.f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=ln x+1+a ,当a=0时,f'(x )=ln x+1.当x ∈(0,+∞)时,f'(x ),f (x )的变化情况如下:∴f (x )的最小值是f (1e )=-1e .(2)由题意得g'(x )=ln x+a+1+1x .∵函数g (x )在区间[1,+∞)上为增函数,∴当x ∈[1,+∞)时g'(x )≥0,即ln x+1x ≥-(a+1)在[1,+∞)上恒成立,∴h (x )=ln x+1x , ∴h'(x )=1x −1x 2=x -1x 2>0, ∴h (x )=ln x+1x 在[1,+∞)上递增, ∴-(a+1)≤h (1)=1,∴a ≥-2.19.(15分)(2021浙江台州模拟)函数f (x )=x 3+ax 2+bx+c 在x=-23与x=1时都取得极值. (1)求a ,b 的值与函数f (x )的单调区间;(2)假设对x ∈[-1,2],不等式f (x )<c 2恒成立,求c 的取值范围.f (x )=x 3+ax 2+bx+c ,f'(x )=3x 2+2ax+b ,由{x '(-23)=129-43x +x =0,x '(1)=3+2x +x =0,解得{x =-12,x =-2. f'(x )=3x 2-x-2=(3x+2)(x-1),函数f (x )的单调区间如下表:所以函数f (x )的递增区间是(-∞,-23)和(1,+∞),递减区间是(-23,1). (2)f (x )=x 3-12x 2-2x+c ,x ∈[-1,2],当x=-23时,f (x )=2227+c 为极大值,而f (2)=2+c ,所以f (2)=2+c 为最大值. 要使f (x )<c 2对x ∈[-1,2]恒成立,须且只需c 2>f (2)=2+c.解得c<-1或c>2. 20.(15分)设函数f (x )=x 2+ax-ln x (a ∈R ). (1)假设a=1,求函数f (x )的单调区间;(2)假设函数f (x )在区间(0,1]上是减函数,求实数a 的取值范围; (3)过坐标原点O 作曲线y=f (x )的切线,证明:切点的横坐标为1.1时,f (x )=x 2+x-ln x (x>0),∴f'(x )=2x+1-1x =(2x -1)(x +1)x,当x ∈(0,12)时,f'(x )<0;当x ∈(12,+∞)时,f'(x )>0.∴f (x )的单调递减区间为(0,12),单调递增区间为(12,+∞).(x )=2x+a-1x ,∵f (x )在区间(0,1]上是减函数,∴f'(x )≤0对任意x ∈(0,1]恒成立,即2x+a-1x ≤0对任意x ∈(0,1]恒成立. ∴a ≤1x -2x 对任意x ∈(0,1]恒成立,令g (x )=1x -2x , ∴a ≤g (x )min ,易知g (x )在(0,1]上单调递减, ∴g (x )min =g (1)=-1.∴a ≤-1.M (t ,f (t )),f'(x )=2x+a-1x ,切线的斜率k=2t+a-1x ,又切线过原点,那么k=x (x )x, ∴x (x )x =2t+a-1x,即t 2+at-ln t=2t 2+at-1.∴t 2-1+ln t=0,存在性:t=1满足方程t 2-1+ln t=0,∴t=1是方程t 2-1+ln t=0的根.再证唯一性:设φ(t )=t 2-1+ln t ,φ'(t )=2t+1x >0,φ(t )在(0,+∞)单调递增,且φ(1)=0, ∴方程t 2-1+ln t=0有唯一解.综上,切点的横坐标为1.21.(15分)(2021浙江杭州高三期末)设函数f (x )=x 2+1x +1,x ∈[0,1]. (1)证明:f (x )≥x 2-49x+89;(2)证明:6881<f (x )≤32.令g (x )=f (x )-x 2+49x-89,即g (x )=1x +1+49x-89,所以g'(x )=4x 2+8x -59(x +1)2=(2x -1)(2x +5)9(x +1)2,所以g (x )在(0,12)上递减,在(12,1)上递增, 所以g (x )≥g (12)=0,所以f (x )≥x 2-49x+89.(2)因为f'(x )=2x 3+4x 2+2x -1(x +1)2,x ∈[0,1],设h (x )=2x 3+4x 2+2x-1,h'(x )=6x 2+8x+2, 因为h (0)=-1,h (1)=7,所以存在x 0∈(0,1),使得f'(x )=0,且f (x )在(0,x 0)上递减,在(x 0,1)上递增, 所以f (x )max ={f (0),f (1)}=f (1)=32.由(1)知,f (x )≥x 2-49x+89=(x -29)2+6881≥6881,又f (12)=1112>6881,f (29)=773891>6881,所以6881<f (x )≤32.22.(15分)(2021浙江高考)函数f (x )=√x -ln x.(1)假设f (x )在x=x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明:f (x 1)+f (x 2)>8-8ln 2;(2)假设a ≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.函数f (x )的导函数f'(x )=2√x1x ,由f'(x 1)=f'(x 2),得2√x 1x 1=2√x −1x 2,因为x 1≠x 2,所以√x √x =12.由根本不等式,得12√x 1x 2=√x 1+√x 2≥2√x 1x 24,因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)+f (x 2)=√x 1-ln x 1+√x 2-ln x 2=12√x 1x 2-ln(x 1x 2).设g (x )=12√x -ln x ,那么g'(x )=14x (√x -4), 所以所以g (x )在[256,+∞)上单调递增, 故g (x 1x 2)>g (256)=8-8ln2, 即f (x 1)+f (x 2)>8-8ln2. (2)令m=e-(|a|+k ),n=(|x |+1x)2+1,那么f (m )-km-a>|a|+k-k-a ≥0, f (n )-kn-a<n (√x x x-x )≤n (√xx )<0,所以,存在x 0∈(m ,n ),使f (x 0)=kx 0+a.所以,对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有公共点.由f (x )=kx+a ,得k=√x -ln x -xx.设h (x )=√x -ln x -xx ,那么h'(x )=ln x -√x2-1+x x 2=-x (x )-1+xx 2.其中g (x )=√x2-ln x.由(1)可知g (x )≥g (16).又a ≤3-4ln2,故-g (x )-1+a ≤-g (16)-1+a=-3+4ln2+a ≤0,所以h'(x )≤0,即函数h (x )在(0,+∞)上单调递减.因此方程f (x )-kx-a=0至多1个实根.综上,当a ≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.。

(浙江专用)2020届高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用课件

能力.
(1)函数f(x)的导函数f '(x)= 1 - 1 , 2x x
由f
'(x1)=f
'(x2)得 2
1 x1
-1
x1
=
2
1 x2
-1
x2
,
因为x1≠x2,所以
1+
x1
1 = 1 .
x2 2
由基本不等式得
1 2
x1 x2
= x1
+ x2
≥2 4 x1x2
,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
∴当f(x)=2-x时,ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故选A.
方法小结利用导数研究函数f(x)的单调性的一般步骤: 1.求f(x)的导数f '(x). 2.令f '(x)>0(或f '(x)<0),得区间I. 3.判断单调性,当x∈I时, f(x)单调递增(或递减).
ln
x+(x+1),x∈

1 e2
,
1 7

,
则q'(x)= ln x 2 +1>0, x
故q(x)在

1 e2
,
1 7

上单调递增,
所以q(x)≤q 17 .
由(i)得,q 17
=- 2 7 7
p 17
<- 2 7 7
7
则p'(x)= 2 - 2 - 1 = 2 x x 1 2x x 1
x x 1 x
x x 1
= (x 1)[1 x( 2x 2 1)] . x x 1( x 1)( x 1 2x )

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第二章核心素养提升(二)

(－∞，＋∞)
(a>0，b>0) (0，＋∞)
和(0，＋∞) x→0＋，y→－bx＋；
x→＋∞，y→ax＋
函数定义域奇偶性单调性
渐近线
值域
y＝－ax (－∞，
x→0－，y→xb－；
＋xb
0)∪
(a>0，b>0) (0，＋∞)
奇
减：(－∞，0) x→－∞，y→－ax－；
④渐近线：当 x→0＋时，y→－bx；当 x→＋∞时，y→－ax＋. ⑤图象略． ⑥值域：当 x＝ aab时，f(x)＝－a aab－ aabb＝－2 ab，即为最大值－2 ab，值域为－∞，－2 ab.
当 a>0，b<0 时 [特例] 当 a＝1，b＝－1 时，函数化为 f(x)＝x－1x. ①定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． ②奇偶性：f(－x)＝－x－1x＝－f(x)，函数为奇函数．当x>0时，③单调性：Δ y＝x2x－1x2x1(x1x2＋1)，得Δ y>0，f(x)为增函数．
问题 2 的解法同问题 1，其中问题 2(1)、(2)的结论都是减函数．问题 1、2 图象表示，如图．
两个问题渗透的数学思想和方法 —— 在对称区间上奇同偶反．即奇函数单调性相同，偶函数单调性相反．
已知偶函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若 f(x －1)>0，则 x 的取值范围是________．【解析】因为 f(x)是偶函数，所以图象关于 y 轴对称．又 f(2) ＝0，且 f(x)在[0，＋∞)上单调递减，则 f(x)的大致图象如图所示，由 f(x－1)>0，得－2<x－1<2，即－1<x<3.

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习高考解答题专讲1函数与导数课件

③当x1<x2,即a>1时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
1
-∞,
a
x
1
,1
a
1
a
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.
1
当a<0时,令f'(x)=0,得x1= ,x2=1.
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
1
( 1 )-( 2 )
所以 -x2+2ln x2<0,即
2
1 - 2
<a-2.
1
-
2 2
,
-17题型一
题型二
题型三
不等式问题
导数在不等式中的应用问题难度较大,属中高档题.归纳起来常
见的命题角度有:(1)证明不等式;(2)不等式恒成立问题;(3)存在型不
等式成立问题.
-18题型一
-
ln λ
0
(ln λ,+∞)
+
f(x)
↙
极小值
↗
-22题型一
题型二
题型三
①当λ≥e3时,ln λ≥3,f(x)在[-3,3]上单调递减,
∴f(x)的最大值f(-3)>f(0)=λ.
∴当λ≥e3时命题成立;
②当e-3<λ<e3时,-3<ln λ<3,
∴f(x)在(-3,ln λ)上单调递减,在(ln λ,3)上单调递增.

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ3.3

大一轮复习讲义第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ§3.3函数的奇偶性与周期性NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PART ONE奇偶性定义图象特点偶函数一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有，那么函数f(x)就叫做偶函数关于对称奇函数一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有，那么函数f(x)就叫做奇函数关于对称1.函数的奇偶性f(－x)＝f(x)y轴f(－x)＝－f(x)原点知识梳理ZHISHISHULI2.周期性(1)周期函数：对于函数y ＝f (x )，如果存在一个非零常数T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有，那么就称函数y ＝f (x )为周期函数，称T 为这个函数的周期.(2)最小正周期：如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个的正数，那么这个就叫做f (x )的最小正周期.f (x ＋T )＝f (x )最小最小正数【概念方法微思考】1.如果已知函数f(x)，g(x)的奇偶性，那么函数f(x)±g(x)，f(x)·g(x)的奇偶性有什么结论？提示在函数f(x)，g(x)公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇.2.已知函数f (x )满足下列条件，你能得到什么结论？(1)f (x ＋a )＝－f (x )(a ≠0)________.(3)f (x ＋a )＝f (x ＋b )(a ≠b )__________.(2)f (x ＋a )＝1f (x )(a ≠0)________. 提示(1)T ＝2|a |(2)T ＝2|a |(3)T ＝|a －b |题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y ＝x 2，x ∈(－10，＋∞)是偶函数.()(2)偶函数图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点.()(3)若函数y ＝f (x ＋a )是偶函数，则函数y ＝f (x )关于直线x ＝a 对称.()(4)函数f (x )在定义域上满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期为2a (a >0)的周期函数.()(5)定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件.()(6)若T 是函数的一个周期，则nT (n ∈Z ，n ≠0)也是函数的周期.()×√基础自测JICHUZICE×√√√题组二教材改编2.[P39A组T6]已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝x(1＋－2x)，则f(－1)＝________.解析f(1)＝1×2＝2，又f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝－2.＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x 2＋2，－1≤x <0，x ，0≤x <1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＝____. 3.[P45B 组T4]设f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，当x ∈[－1,1)时，f (x )1解析 f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝－4×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－122＋2＝1.4.[P39A组T6]设奇函数f(x)的定义域为[－5,5]，若当x∈[0,5]时，f(x)的图象(－2,0)∪(2,5]如图所示，则不等式f(x)<0的解集为______________.解析由图象可知，当0<x<2时，f(x)>0；当2<x≤5时，f(x)<0，又f(x)是奇函数，∴当－2<x<0时，f(x)<0，当－5≤x<－2时，f(x)>0.综上，f(x)<0的解集为(－2,0)∪(2,5].12342题型分类深度剖析PART TWO题型一判断函数的奇偶性例1判断下列函数的奇偶性：师生共研(1)f (x )＝3－x 2＋x 2－3；解由⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2≥0，x 2－3≥0，得x 2＝3，解得x ＝±3，即函数f (x )的定义域为{－3，3}，∴f (－x )＝－f (x )且f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )既是奇函数又是偶函数.∴f (x )＝3－x 2＋x 2－3＝0.(2)f (x )＝lg (1－x 2)|x －2|－2；解由⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2＞0，|x －2|≠2，得定义域为(－1,0)∪(0,1)，关于原点对称.∴x －2＜0，∴|x －2|－2＝－x ，∴f (x )＝lg (1－x 2)－x. 又∵f (－x )＝lg[1－(－x )2]x ＝lg (1－x 2)x ＝－f (x )， ∴函数f (x )为奇函数.(3)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ＜0，－x 2＋x ，x ＞0. 解显然函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称.∵当x ＜0时，－x ＞0，则f (－x )＝－(－x )2－x ＝－x 2－x ＝－f (x )；当x ＞0时，－x ＜0，则f (－x )＝(－x )2－x ＝x 2－x ＝－f (x )；综上可知，对于定义域内的任意x ，总有f (－x )＝－f (x )，∴函数f (x )为奇函数.思维升华判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；(2)判断f(x)与f(－x)是否具有等量关系.在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价关系式f(x)＋f(－x)＝0(奇函数)或f(x)－f(－x)＝0(偶函数)是否成立.跟踪训练1(1)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是A.y ＝x ＋sin 2xB.y ＝x 2－cos xC.y ＝2x ＋D.y ＝x 2＋sin x12x 对于C ，f (－x )＝2－x ＋12－x ＝2x ＋12x ＝f (x )，为偶函数；解析对于A ，f (－x )＝－x ＋sin 2(－x )＝－(x ＋sin 2x )＝－f (x )，为奇函数；对于B ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，为偶函数；√对于D ，y ＝x 2＋sin x 既不是偶函数也不是奇函数，故选D.(2)已知函数f (x )＝则下列结论正确的是A.h (x )＝f (x )＋g (x )是偶函数B.h (x )＝f (x )＋g (x )是奇函数C.h (x )＝f (x )g (x )是奇函数D.h (x )＝f (x )g (x )是偶函数x 2x －1，g (x )＝x 2，因为f (－x )＋g (－x )＝－x2－x －1＋－x 2＝－x ·2x 1－2x －x 2＝x (1－2x )－x 1－2x －x 2＝x 2x －1＋x 2＝f (x )＋g (x )，解析易知h (x )＝f (x )＋g (x )的定义域为{x |x ≠0}.√所以h (x )＝f (x )＋g (x )是偶函数.故选A.题型二函数的周期性及其应用解析∵f (x ＋1)为偶函数，∴f (－x ＋1)＝f (x ＋1)，则f (－x )＝f (x ＋2)，又y ＝f (x )为奇函数，则f (－x )＝－f (x )＝f (x ＋2)，且f (0)＝0.从而f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，y ＝f (x )的周期为4.∴f (4)＋f (5)＝f (0)＋f (1)＝0＋2＝2.自主演练1.奇函数f (x )的定义域为R ，若f (x ＋1)为偶函数，且f (1)＝2，则f (4)＋f (5)的值为A.2B.1C.－1D.－2√2.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (2)＝2－3，且对任意的x 都有f (x ＋2)＝1－f (x )，则f (2 020)＝________.－2－3 解析由f (x ＋2)＝1－f (x )，得f (x ＋4)＝1－f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期为4，所以f (2 020)＝f (4).因为f (2＋2)＝1－f (2)，所以f (4)＝－1f (2)＝－12－3＝－2－ 3. 故f (2 020)＝－2－ 3.＝－316＋sin π6＝516.3.若函数f (x )(x ∈R )是周期为4的奇函数，且在[0,2]上的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (1－x )，0≤x ≤1，sin πx ，1<x ≤2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫294＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫416＝________. 516 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫294＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫416＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2×4－34＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2×4－76 解析由于函数f (x )是周期为4的奇函数，＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－76＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34－f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫764.定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)，当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x<3时，f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2019)＝______.338解析∵f(x＋6)＝f(x)，∴周期T＝6.∵当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x<3时，f(x)＝x，∴f(1)＝1，f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－1，f(4)＝f(－2)＝0，f(5)＝f(－1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2015)＋f(2016)＝1×2 016＝336.6又f(2017)＝f(1)＝1，f(2018)＝f(2)＝2，f(2019)＝f(3)＝－1，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2019)＝338.思维升华利用函数的周期性，可将其他区间上的求值、求零点个数、求解析式等问题，转化到已知区间上，进而解决问题.题型三函数性质的综合应用命题点1求函数值或函数解析式例2(1)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝2x 3＋x 2，则f (2)＝______.多维探究12解析方法一令x ＞0，则－x ＜0.∴f (－x )＝－2x 3＋x 2.∵函数f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x ).∴f (x )＝2x 3－x 2(x ＞0).∴f (2)＝2×23－22＝12.方法二f (2)＝－f (－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12.(2)(2018·浙江省镇海中学测试)已知f (x )是定义域为R 的奇函数，当x ＞0时，f (x )＝1＋2x －x 2，则函数f (x )的解析式是________________________.解析设x ＜0，则－x ＞0，∴f (－x )＝1－2x －x 2＝－f (x )，即x ＜0时，f (x )＝－1＋2x ＋x 2，又易知f (0)＝0，f (x )＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 1＋2x －x 2，x ＞0，0，x ＝0，x 2＋2x －1，x ＜0∴f (x )＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 1＋2x －x 2，x ＞0，0，x ＝0，x 2＋2x －1，x ＜0.命题点2求参数问题1例3(1)若函数f(x)＝x ln(x＋)为偶函数，则a＝______.a＋x2解析∵f(－x)＝f(x)，∴－x ln(a＋x2－x)＝x ln(x＋a＋x2)，∴ln[(a＋x2)2－x2]＝0.∴ln a＝0，∴a＝1.(2)设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f (x )＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ ax ＋1，－1≤x <0，bx ＋2x ＋1，0≤x ≤1，其中a ，b ∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，则a ＋3b 的值为________.－10所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12且f (－1)＝f (1)，解析因为f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，从而12b ＋212＋1＝－12a ＋1，即3a ＋2b ＝－2. ① 由f (－1)＝f (1)，得－a ＋1＝b ＋22，即b ＝－2a .②由①②得a ＝2，b ＝－4，从而a ＋3b ＝－10.命题点3利用函数的性质解不等式例4(1)已知定义在R上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，若f(ln x)<f(2)，则x的取值范围是A.(0，e2)B.(e－2，＋∞)√C.(e2，＋∞)D.(e－2，e2)解析根据题意知，f(x)为偶函数且在[0，＋∞)上单调递增，则f(ln x)<f(2)⇔|ln x|<2，即－2<ln x<2，解得e－2<x<e2，即x的取值范围是(e－2，e2).(2)设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－，则使得f (x )>f (2x －1)成立的x 的取值范围为_________.11＋x 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，1解析由已知得函数f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(|x|)，由f(x)>f(2x－1)，可得f(|x|)>f(|2x－1|).当x>0时，f(x)＝ln(1＋x)－11＋x2，因为y＝ln(1＋x)与y＝－11＋x2在(0，＋∞)上都单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.由f(|x|)>f(|2x－1|)，可得|x|>|2x－1|，两边平方可得x2>(2x－1)2，整理得3x2－4x＋1<0，解得13<x<1. 所以符合题意的x的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎪⎫13，1.思维升华(1)关于奇偶性、单调性、周期性的综合性问题，关键是利用奇偶性和周期性将未知区间上的问题转化为已知区间上的问题.A.减函数且f (x )>0B.减函数且f (x )<0C.增函数且f (x )>0D.增函数且f (x )<0跟踪训练2 (1)定义在R 上的奇函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋32＝f (x )，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12时，f (x )＝ (1－x )，则f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，32内是 12log √解析当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12时，由f (x )＝ (1－x )可知，f (x )单调递增且f (x )>0， 12log 又函数f (x )为奇函数，所以在区间⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫－12，0上函数也单调递增，且f (x )<0.由f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋32＝f (x )知，函数的周期为32，所以在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，32上，函数单调递增且f (x )<0.故选D.(2)设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－52＝________. 解析由题意可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12 －12 ＝－2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＝－12.解析∵当x >0时，－x <0，∴f (x )＝f (－x )＝e x －1＋x ，(3)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，则f (x )＝_________________.⎩⎪⎨⎪⎧ e －x －1－x ，x ≤0，e x －1＋x ，x >0∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －1－x ，x ≤0，e x －1＋x ，x >0.函数的奇偶性、周期性及单调性是函数的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题.高频小考点GAOPINXIAOKAODIAN 函数的性质一、函数性质的判断例1(1)已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则A.f(x)在(0,2)上单调递增B.f(x)在(0,2)上单调递减√C.y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称D.y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称解析f(x)的定义域为(0,2).f(x)＝ln x＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x).设u＝－x2＋2x，x∈(0,2)，则u＝－x2＋2x在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减.又y＝ln u在其定义域上单调递增，∴f(x)＝ln(－x2＋2x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减.∴选项A，B错误；∵f(x)＝ln x＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴选项C正确；∵f(2－x)＋f(x)＝[ln(2－x)＋ln x]＋[ln x＋ln(2－x)]＝2[ln x＋ln(2－x)]，不恒为0，∴f(x)的图象不关于点(1,0)对称，∴选项D错误.故选C.(2)(2018·浙江舟山中学模拟)满足下列条件的函数f (x )中，f (x )为偶函数的是A.f (e x )＝|x |B.f (e x )＝e 2xC.f (ln x )＝ln x 2D.f (ln x )＝x ＋√1x解析∵e x ＞0，∴f (x )的定义域不关于原点对称，f (x )无奇偶性，A ，B 错误；令ln x ＝t ，则x ＝e t ，而f (ln x )＝ln x 2，即f (t )＝2t ，f (x )＝2x 显然不是偶函数，C 错误；而f (ln x )＝x ＋1x ，则f (t )＝e t ＋1e t ，即f (x )＝e x ＋1e x ，此时f (－x )＝e －x ＋1e －x ＝1e x ＋e x ＝f (x )， ∴f (x )＝e x＋1e x 是偶函数，D 正确，故选D.(3)(2019·绍兴模拟)设f(x)的定义域是R，则下列命题中不正确的是A.若f(x)是奇函数，则f(f(x))也是奇函数B.若f(x)是周期函数，则f(f(x))也是周期函数√C.若f(x)是单调递减函数，则f(f(x))也是单调递减函数D.若方程f(x)＝x有实根，则方程f(f(x))＝x也有实根解析若f(x)是奇函数，则f(－x)＝－f(x)，所以f(f(－x))＝f(－f(x))＝－f(f(x))，所以f(f(x))也是奇函数，所以A正确；若T是f(x)的周期，则f(x＋T)＝f(x)，所以f(f(x＋T))＝f(f(x))，所以f(f(x))也是周期函数，所以B正确；若f(x)是单调递减函数，则不妨取f(x)＝－x，则f(f(x))＝f(－x)＝x是单调递增函数，所以C错误；设x0是方程f(x)＝x的实根，则f(x)＝x0，则f(f(x))＝f(x0)＝x0，即x是方程f(f(x))＝x的实根，所以D正确.故选C.二、函数性质的综合应用例2(1)(2018·全国Ⅱ)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x).若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)等于A.－50B.0√C.2D.50解析∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1).∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函数f(x)是周期为4的周期函数.由f(x)为奇函数且定义域为R得f(0)＝0，又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.故选C.(2)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，则√A.f(－25)<f(11)<f(80)B.f(80)<f(11)<f(－25)C.f(11)<f(80)<f(－25)D.f(－25)<f(80)<f(11)解析因为f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝f(x)，所以函数f(x)是以8为周期的周期函数，则f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)，f(11)＝f(3).由f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x－4)＝－f(x)，得f(11)＝f(3)＝－f(－1)＝f(1).因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，f(x)在R上是奇函数，所以f(x)在区间[－2，2]上是增函数，所以f(－1)<f(0)<f(1)，即f(－25)<f(80)<f(11).(3)若函数f (x )＝log 2在[1，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是___________.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋2 020－a x 解析由已知函数y ＝x ＋2 020－a x 在[1，＋∞)上是增函数，且y >0恒成立.令y ′≥0得a ≥－x 2(x ≥1)，∴a ≥－1.又由当x ＝1时，y ＝1＋2020－a >0，得a <2021.∴a 的取值范围是[－1,2021).[－1,2 021)∵y ′＝1＋a x 2，3课时作业PART THREE。

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ3.8

大一轮复习讲义第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ§3.8函数与方程NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PART ONE1.函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y ＝f (x )(x ∈D )，把使的实数x 叫做函数y ＝f (x )(x ∈D )的零点.(2)三个等价关系方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与有交点⇔函数y ＝f (x )有.(3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么，函数y ＝f (x )在区间内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得，这个____也就是方程f (x )＝0的根.f (x )＝0x 轴零点知识梳理ZHISHISHULIf (a )·f (b )<0(a ，b )f (c )＝0cΔ>0Δ＝0Δ<0二次函数y ＝ax 2＋bx＋c (a >0)的图象与x 轴的交点_____________________无交点零点个数________2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与零点的关系(x 1，0)，(x 2，0)(x 1，0)210【概念方法微思考】函数f(x)的图象连续不断，是否可得到函数f(x)只有一个零点？提示不能.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x 轴的交点.()(2)函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点(函数图象连续不断)，则f (a )·f (b )<0.()(3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)在b 2－4ac <0时没有零点.()(4)若函数f (x )在(a ，b )上单调且f (a )·f (b )<0，则函数f (x )在[a ，b ]上有且只有一个零点.()××√√基础自测JICHUZICE题组二教材改编2.[P92A 组T5]函数f (x )＝ln x －2x 的零点所在的大致区间是A.(1,2)B.(2,3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，1和(3,4)D.(4，＋∞) 且函数f (x )的图象在(0，＋∞)上连续不断，f (x )为增函数，∴f (x )的零点在区间(2,3)内.√解析 ∵f (2)＝ln 2－1<0，f (3)＝ln 3－23>03.[P88例1]函数f (x )＝e x ＋3x 的零点个数是A.0B.1C.2D.3解析由f ′(x )＝e x ＋3>0，得f (x )在R 上单调递增，又f (－1)＝1e －3<0，f (0)＝1>0，√因此函数f (x )有且只有一个零点.4.[P92A 组T4]函数f (x )＝－的零点个数为___.12x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 1解析作函数y ＝和y ＝的图象如图所示，12x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 由图象知函数f (x )有1个零点.5.函数f (x )＝ln 2x －3ln x ＋2的零点是A.(e,0)或(e 2,0)B.(1,0)或(e 2,0)C.(e 2,0)D.e 或e 2解析f (x )＝ln 2x －3ln x ＋2＝(ln x －1)(ln x －2)，由f (x )＝0得x ＝e 或x ＝e 2，∴f (x )的零点是e 或e 2.√题组三易错自纠6.已知函数f (x )＝x －(x >0)，g (x )＝x ＋e x ，h (x )＝x ＋ln x (x >0)的零点分别为x 1，x 2，x 3，则A.x 1<x 2<x 3B.x 2<x 1<x 3C.x 2<x 3<x 1D.x 3<x 1<x 2x √解析作出y ＝x 与y ＝x (x >0)，y ＝－e x ，y ＝－ln x (x >0)的图象，如图所示，可知选C.7.若二次函数f(x)＝x2－2x＋m在区间(0,4)上存在零点，则实数m的取值范围是________.(－8,1]解析m＝－x2＋2x在(0,4)上有解，又－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，∴y＝－x2＋2x在(0,4)上的值域为(－8,1]，∴－8<m≤1.2题型分类深度剖析PART TWO题型一函数零点所在区间的判定1.(2018·绍兴调研)设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)√自主演练解析∵f (1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f (2)＝ln 2>0，∴f (1)·f (2)<0，∵函数f (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上的图象是连续的，且为增函数，∴f (x )的零点所在的区间是(1,2).2.若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间√A.(a，b)和(b，c)内B.(－∞，a)和(a，b)内C.(b，c)和(c，＋∞)内D.(－∞，a)和(c，＋∞)解析∵a<b<c，∴f(a)＝(a－b)(a－c)>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0，由函数零点存在性定理可知，在区间(a，b)，(b，c)内分别存在零点，又函数f(x)是二次函数，最多有两个零点.因此函数f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内，故选A.3.设函数y 1＝x 3与y 2＝x －2的图象的交点为(x 0，y 0)，若x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N ，则x 0所在的区间是______.(1,2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12 解析令f (x )＝x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －2，则f (x 0)＝0，易知f (x )为增函数，且f (1)<0，f (2)>0，∴x 0所在的区间是(1,2).思维升华确定函数零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点存在性定理.(2)数形结合法.解析当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍去)，所以在(－∞，0]上有一个零点；当x >0时，f ′(x )＝2＋1x >0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数.又因为f (2)＝－2＋ln 2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，题型二函数零点个数的判断例1 (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是________. 师生共研2(2)(2018·杭州质检)设方程x ＝ln(ax )(a ≠0，e 为自然对数的底数)，则A.当a <0时，方程没有实数根B.当0<a <e 时，方程有一个实数根C.当a ＝e 时，方程有三个实数根D.当a >e 时，方程有两个实数根√解析由x ＝ln(ax )得e x ＝ax ，则函数y ＝e x ，y ＝ax 图象的交点个数是原方程根的个数.当a <0时，在第二象限有一个根，A 错误；设过原点的直线与y ＝e x 相切的切点坐标为(x 0，)，则＝，x 0＝1，则切线斜率为e ，所以当0<a <e 时，方程无根；当a ＝e 时，方程有一个实数根；当a >e 时，方程有两个实数根，D 正确，故选D.0ex 0e x 00e x x思维升华函数零点个数的判断方法(1)直接求零点.(2)利用零点存在性定理再结合函数的单调性确定零点个数.(3)利用函数图象的交点个数判断.跟踪训练1(1)函数f (x )＝的零点个数为A.3 B.2 C.7 D.0√⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋x －2，x ≤0，－1＋ln x ，x >0⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤0，x 2＋x －2＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－1＋ln x ＝0，解析方法一由f (x )＝0得解得x ＝－2或x ＝e.因此函数f (x )共有2个零点.方法二函数f (x )的图象如图所示，由图象知函数f (x )共有2个零点.(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －8sin 2x ，x ≤0，12f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －π2，x ＞0，则函数h (x )＝f (x )－log 4x 的零点个数为A.2B.3C.4D.5√解析函数h(x)＝f(x)－log4x的零点个数即为方程f(x)＝log4x的根的个数，分别画出y1＝f(x)，y2＝log4x的图象，由图可知，两个函数的图象有5个交点，所以函数h(x)有5个零点.例2 (1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围是________. 题型三函数零点的应用命题点1根据函数零点个数求参数多维探究(0,1)解析画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x >0，－x 2－2x ，x ≤0的图象，如图所示. 由于函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，结合图象得0<m <1，即m ∈(0,1).(2)(2018·浙江杭州地区四校联考)已知函数f (x )＝的图象与x 轴恰有三个交点，则实数m 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧ |2x －1|－m ，x <2，(x －3m )(x －2m －2)，x ≥2A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，23B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，23∪(1,3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，23∪[1,2)∪(2,3) D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，23∪(2,3) √解析函数f (x )的图象与x 轴恰有三个交点，等价于函数f 1(x )＝|2x －1|－m (x <2)的图象与x 轴有两个交点且f 2(x )＝(x －3m )(x －2m －2)(x ≥2)的图象与x 轴有一个交点，或函数f 1(x )＝|2x －1|－m (x <2)的图象与x 轴有一个交点且f 2(x )＝(x －3m )·(x －2m －2)(x ≥2)的图象与x 轴有两个交点.①由函数f 1(x )＝|2x －1|－m (x <2)的图象与x 轴有两个交点得0<m <1，由f 2(x )＝(x －3m )(x －2m －2)(x ≥2)的图象与x 轴有一个交点得3m ＝2m ＋2≥2或3m ≥2>2m ＋2或2m ＋2≥2>3m ，可得m ＝2或0≤m <23.所以m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪⎪0<m <23.②由函数f 1(x )＝|2x －1|－m (x <2)的图象与x 轴有一个交点得m ＝0或1≤m <3，由f 2(x )＝(x －3m )(x －2m －2)(x ≥2)的图象与x 轴有两个交点得 ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 3m ≥2，2m ＋2≥2，3m ≠2m ＋2，解得m ≥23且m ≠2.所以m 的取值范围为{m |1≤m <3，m ≠2}.综上所述，实数m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪⎪ 0<m <23或1≤m <3且m ≠2.即⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ m ≠2，(m －2－m ＋2m ＋1)(2m ＋1)<0，(m －2＋m ＋2m ＋1)[4(m －2)＋2m ＋2m ＋1]<0，命题点2根据函数零点的范围求参数例3若函数f (x )＝(m －2)x 2＋mx ＋2m ＋1的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则m 的取值范围是________.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，12 解析依题意，结合函数f (x )的图象(图略)分析可知，m 需满足⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ m ≠2，f (－1)·f (0)<0，f (1)·f (2)<0，解得14<m <12.思维升华根据函数零点的情况求参数有三种常用方法(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围.(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决.(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解.跟踪训练2(1)(2018·宁波模拟)函数f (x )＝2x －－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是A.(1,3)B.(1,2)C.(0,3)D.(0,2)2x √解析由题意，知函数f (x )在(1,2)上单调递增，又函数一个零点在区间(1,2)内，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)<0，f (2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a <0，4－1－a >0，解得0<a <3，故选C.(2)已知函数f (x )＝若函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点，则实数m 的取值范围是.⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x >0，x 2＋x ，x ≤0， ⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－14，0解析令g (x )＝f (x )－m ＝0，得f (x )＝m ，则函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点等价于函数f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图：当x ≤0时，f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122－14≥－14，若函数f (x )的图象与y ＝m 的图象有三个不同的交点，则－14<m ≤0，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－14，0.在求和函数零点有关的参数范围问题中，一般有两种思路：(1)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，利用数形结合求解参数范围.(2)“a ＝f (x )有解”型问题，可以通过求函数y ＝f (x )的值域解决.思想方法SIXIANGFANGFA 利用转化思想求解函数零点问题例(1)若函数f(x)＝|logx|－2－x(a>0且a≠1)的两个零点是m，n，则aA.mn＝1B.mn>1√C.0<mn<1D.以上都不对解析由题设可得|log a x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x ，不妨设a >1，m <n ，画出函数y ＝|log a x |，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 的图象如图所示，结合图象可知0<m <1，n >1，且－log a m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12m ，log a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ，以上两式两边相减可得log a (mn )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12m <0，所以0<mn <1，故选C.(2)已知函数f (x )＝g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是A.[－1,0) B.[0，＋∞)C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)√⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤0，ln x ，x ＞0，解析令h(x)＝－x－a，则g(x)＝f(x)－h(x).在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示.若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象可知，当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a＜－1时，仅有1个交点，不符合题意；当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a＞－1时，有2个交点，符合题意.综上，a的取值范围为[－1，＋∞).故选C.(3)若关于x 的方程22x ＋2x a ＋a ＋1＝0有实根，则实数a 的取值范围为________________.(－∞，2－22] 解析由方程，解得a ＝－22x＋12x ＋1，设t ＝2x (t >0)，则a ＝－t 2＋1t ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2t ＋1－1 ＝2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤(t ＋1)＋2t ＋1，其中t ＋1>1，由基本不等式，得(t ＋1)＋2t ＋1≥22，当且仅当t ＝2－1时取等号，故a ≤2－2 2.(4)(2018·浙江)已知λ∈R ，函数f (x )＝当λ＝2时，不等式f (x )＜0的解集是______.若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是__________________.⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x ＜λ.(1,4)(1,3]∪(4，＋∞)解析当λ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥2，x 2－4x ＋3，x ＜2，其图象如图(1).由图知f (x )＜0的解集为(1,4).f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x ＜λ恰有2个零点有两种情况： ①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点.在同一平面直角坐标系中画出y 1＝x －4与y 2＝x 2－4x ＋3的图象，如图(2)，平移直线x ＝λ，可得λ∈(1,3]∪(4，＋∞).3课时作业PART THREE1.已知函数f (x )＝－log 2x ，在下列区间中，包含f (x )零点的区间是A.(0,1) B.(1,2)C.(2,4)D.(4，＋∞)√基础保分练6x解析因为f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，f (1)＝6－log 21＝6>0，f (2)＝3－log 22＝2>0，f (4)＝32－log 24＝－12<0，所以函数f (x )的零点所在区间为(2,4).2.函数f (x )＝2x |log 0.5x |－1的零点个数为A.0B.1C.2D.3解析由f (x )＝0，得|log 0.5x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x ， √作出函数y ＝|log 0.5x |和y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 的图象，由图知两函数图象有2个交点，故函数f (x )有2个零点.3.(2018·宁波模拟)设f (x )＝则函数y ＝f (f (x ))的零点之和为A.0 B.1 C.2 D.4解析由f (f (x ))＝0得f (x )＝0或f (x )＝1，当f (x )＝0时，x ＝0或x ＝1；当f (x )＝1时，x ＝－1或x ＝2，所以函数y ＝f (f (x ))的零点之和为0＋1＋(－1)＋2＝2，故选C.√⎩⎪⎨⎪⎧ －x ，x ≤0，log 2x ，x >0，4.已知函数f (x )＝则使方程x ＋f (x )＝m 有解的实数m 的取值范围是A.(1,2) B.(－∞，－2]C.(－∞，1)∪(2，＋∞) D.(－∞，1]∪[2，＋∞)解析当x ≤0时，x ＋f (x )＝m ，即x ＋1＝m ，解得m ≤1；√⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤0，1x ，x >0，当x >0时，x ＋f (x )＝m ，即x ＋1x ＝m ，解得m ≥2，即实数m 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).故选D.5.(2018·温州十校联合体期末)已知关于x 的方程＝a |x |有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是A.(－∞，0)B.(0,1)C.(1，＋∞)D.(0，＋∞)√1x ＋2解析方程1x＋2＝a|x|有三个不同的实数解等价于函数y＝1x＋2与y＝a|x|的图象有三个不同的交点.在同一直角坐标系中作出函数y＝1x＋2与y＝a|x|的图象，如图所示，由图易知，a>0.。

(浙江专用)高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用练习

【创新设计】（浙江专用）2017版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用练习基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·北京海淀区模拟)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( ) A.(0，1)B.(1，＋∞)C.(－∞，1)D.(－1，1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x(x ＞0).∴当x ∈(0，1)时f ′(x )＜0，f (x )为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数. 答案 A2.函数y ＝x e x的最小值是( ) A.－1 B.－e C.－1eD.不存在解析 y ′＝e x ＋x e x＝(1＋x )e x，令y ′＝0，则x ＝－1，因为x ＜－1时，y ′＜0，x ＞－1时，y ′＞0，所以x ＝－1时，y min ＝－1e .答案 C3.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )解析由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢.答案 B4.对于在R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －a )f ′(x )≥0，则必有( ) A.f (x )≥f (a ) B.f (x )≤f (a ) C.f (x )>f (a )D.f (x )<f (a )解析由(x －a )f ′(x )≥0知，当x >a 时，f ′(x )≥0；当x <a 时，f ′(x )≤0.∴当x ＝a 时，函数f (x )取得最小值，则f (x )≥f (a ). 答案 A5.(2016·台州高三月考)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.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，518B.(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D.[3，＋∞)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.答案 C 二、填空题6.(2016·九江模拟)函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________.解析函数f (x )＝(x －3)e x的导数为f ′(x )＝[(x －3)e x]′＝e x＋(x －3)e x＝(x －2)e x.f ′(x )＝(x －2)e x ＞0，解得x ＞2.答案 (2，＋∞)7.(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________. 解析由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案－78.设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )＞a ，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，故f (x )min ＝72，∴a ＜72. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a ＞0，r ＞0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞).f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4，所以当x ＜－r 或x ＞r 时，f ′(x )＜0；当－r ＜x ＜r 时，f ′(x )＞0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为 (－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减. 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a4r ＝4004＝100. 10.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x ＞0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值. 解 (1)f ′(x )＝a x －2bx (x ＞0)，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )＞0得1e≤x ＜1；令f ′(x )＜0，得1＜x ≤e, ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.能力提升题组 (建议用时：40分钟)11.(2015·安徽卷)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A.a ＞0，b ＜0，c ＞0，d ＞0B.a ＞0，b ＜0，c ＜0，d ＞0C.a ＜0，b ＜0，c ＞0，d ＞0D.a ＞0，b ＞0，c ＞0，d ＜0解析 ∵函数f (x )的图象在y 轴上的截距为正值，∴d ＞0，∵f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，且函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在(－∞，x 1)上单调递增，(x 1，x 2)上单调递减，(x 2，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )＜0的解集为(x 1，x 2)，∴a ＞0，又x 1，x 2均为正数，∴c3a＞0，－2b3a ＞0，可得c ＞0，b ＜0. 答案 A12.(2016·湖州高三月考)已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A.f (1)<e f (0)，f (2 016)>e 2 016f (0) B.f (1)>e f (0)，f (2 016)>e 2 016f (0) C.f (1)>e f (0)，f (2 016)<e2 016f (0) D.f (1)<e f (0)，f (2 016)<e 2 016f (0)解析令g (x )＝f （x ）ex，则g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x）e x ′＝f ′（x ）e x－f （x ）（e x）′e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x<0，所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 016)<g (0)，即f （1）e 1<f （0）1，f （2 016）e 2 016<f （0）1，故f (1)<e f (0)，f (2 016)<e 2 016f (0).答案 D13.若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________.解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时， f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19. 所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－19，＋∞14.设函数f (x )＝(x －1)e x－kx 2(k ∈R ). (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M . 解 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x－x 2， ∴f ′(x )＝e x＋(x －1)e x－2x ＝x (e x －2). 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：＋∞).(2)f ′(x )＝e x＋(x －1)e x－2kx ＝x (e x－2k )， ∵12<k ≤1，∴1<2k ≤2，由(1)可知f (x )在(0，ln 2k )上单调递减，在(ln 2k ，＋∞)上单调递增.设g (x )＝x －ln 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x ≤1，则g ′(x )＝1－22x ＝1－1x，∵12<x ≤1，∴1≤1x <2，∴－1<1－1x≤0， ∴g (x )＝x －ln 2x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上单调递减，∵12<k ≤1，∴g (x )>g (1)＝1－ln 2>0， ∴k －ln 2k >0即k >ln 2k ，∴f (x )在(0，ln 2k )上单调递减，在(ln 2k ，k )上单调递增， ∴f (x )在[0，k ]上的最大值应在端点处取得. 而f (0)＝－1，f (k )＝(k －1)e k －k 3，下面比较f (0)与f (k )的大小.令h (k )＝f (k )－f (0)＝(k －1)e k－k 3＋1，则h ′(k )＝k (e k－3k )，再令φ(k )＝e k－3k ，则φ′(k )＝e k－3<e －3<0，∴φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递减，而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·φ(1)＝⎝⎛⎭⎪⎫e －32(e －3)<0， ∴存在x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1使得φ(x 0)＝0，且当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0时，φ(k )>0，当k ∈(x 0，1)时，φ(k )<0，∴h (k )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减. 又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12 e ＋78>0，h (1)＝0. ∴h (k )≥0在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上恒成立，当且仅当k ＝1时取“＝”. 综上，函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝(k －1)e k－k 3.。

浙江省2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用课件

3.当求出的函数单调区间(如单调增区间)有多个时,不能把这些区间取并集. 4.f '(x)>0(或f '(x)<0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的充分不必要条件.
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不充分条件. 考向突破考向一单调性的判断例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)

2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第三章 3.2 导数的应用第2课时含解析

a
[6 分]
1
1
②当 ≥2，即 0<a≤ 时，函数 f(x)在[1,2]上是增函数，所以 f(x)的最小值是 f(1)＝－a.[7 分]
a
2
[ ] [ ] 1
1
1
1
③当 1< <2，即 <a<1 时，函数 f(x)在 1，上是增函数，在，2 上是减函数．
a
2
a
a
又 f(2)－f(1)＝ln 2－a，
ex2
－ax2＋2a－bx＋b－c
＝
.
ex
令 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为 ex>0，所以 y＝f′(x)的零点就是 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c 的零点且 f′(x)与 g(x)符号相同．
又因为 a>0，所以当－3<x<0 时，g(x)>0，即 f′(x)>0，
解 (1)因为 f(x)＝excos x－x，
所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为 f(0)＝1，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
( )π
当 x∈ 0，时，h′(x)<0， 2
[ ]π
所以 h(x)在区间 0，上单调递减， 2
( ]π
所以对任意 x∈ 0，有 h(x)<h(0)＝0， 2
即 f′(x)<0，
[ ]π
所以函数 f(x)在区间 0，上单调递减， 2

高考数学新精准大一轮精讲通用版(课件+刷好题练) (37)

1 1 －＞ 2＞1，得 f( 2)＞fe ＞f(log28)，故 c＜a＜b. e
【答案】
c＜a＜b
栏目导引
第三章
导数及其应用
(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路 ①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知 f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式． ②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题． ③对等号单独检验，检验参数的取值能否使 f′(x)在整个区间恒等于 0，若 f′(x)恒等于 0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有 f′(x)＝0，则参数可取这个值．
导数及其应用
1 2 【解】 (1)选 B.y＝ x －ln x， 2 2 1 x －1 y′＝x－x＝ x （x－1）（x＋1）＝ (x>0)． x 令 y′<0，得 0<x<1，所以单调递减区间为(0，1)． (2)f′(x)＝x2＋2x＋a 开口向上，Δ ＝4－4a＝4(1－a)．
栏目导引
2
栏目导引
第三章
导数及其应用
求函数的单调区间
1 2 (1)函数 y＝ x －ln x 的单调递减区间为( 2 A．(－1，1) C．(1，＋∞) B．(0，1) D．(0，＋∞)
)
1 3 (2)已知函数 f(x)＝ x ＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数 f(x)的单调区 3 间．
栏目导引
第三章
栏目导引
第三章
导数及其应用
角度一
函数 y＝f(x)与 y＝f′(x)图象的相互判定
(1)(2017· 高考浙江卷)函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则函数 y＝f(x)的图象可能是( )

浙江专用2020届高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用教师用书PDF

解题导引
利用导函数大于或
（１）
→ 利用单调性证明不等式
等于零得单调区间
利用第（１）问求得讨论ｈ（ａ）利用单调性得
（２）→Biblioteka →ｇ（ｘ）的最小值
的单调性ｈ（ａ）的值域
解析（１）易知ｆ（ｘ）的定义域为（－∞ ，－２）∪（－２，＋∞ ）．
（２分）
ｆ
′（ｘ）＝
（ｘ－１）（ｘ＋２）ｅｘ－（ｘ－２）ｅｘ（ｘ＋２）２
∵ ｅ－ｘ＞０，
∴ 由ｆ ′（ｘ）＜０，得ｘ＜１或ｘ＞２，
由ｆ ′（ｘ）＞０，得１＜ｘ＜２．
（５分）
∴ ｆ（ｘ）的单调递减区间为（－∞ ，１），（２，＋∞ ），单调递增区
间为（１，２）．
（７分）
（２） ∵ ｆ（ｘ） ≥－ｘ２＋２ｘ＋ｍ在ｘ∈［０，２］上恒成立，
对应学生用书起始页码Ｐ５８
一、利用导数研究函数的单调性问题的解题策略
��
第三章导数３５
结合ｆ（ｘ）的奇偶性知，ｆ（ｘ）＜０的解集为（－２π，－ π） ∪
（－π，０） ∪（０，π） ∪（ π，２π）．
{ｆ（ｘ）＜０，
所以ｓｉｎｘ·ｆ（ｘ）＞０等价于
因此ｓｉｎｘ·ｆ（ｘ）＞０的
ｓｉｎｘ＜０，
解集是（－π，０） ∪（ π，２π）．故选Ｃ．

2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第三章高考专题突破一第2课时含解析

x－1x－m
F′(x)＝－
，
x
当 m＝1 时，F′(x)≤0，函数 F(x)为减函数，
3 注意到 F(1)＝ >0，F(4)＝－ln 4<0，
2 所以 F(x)有唯一零点．
当 m>1 时，若 0<x<1 或 x>m，则 F′(x)<0；
若 1<x<m，则 F′(x)>0，
所以函数 F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，
( ) ( ) 1
1
故要使 f(x)在 0，上无零点，只需对任意的 x∈ 0，，f(x)>0 恒成立，
4
4
( )1
2ln x
即只需当
x∈
0， 4
时，a>3－x－1恒成立．
( ) 2ln x
1
令 h(x)＝3－，x∈ 0，，
x－1
4
2
2ln x＋－2
x
则 h′(x)＝
，
x－12
( ) 2
第 2 课时导数与方程
题型一求函数零点个数 1
例 1 设函数 f(x)＝ x2－mln x，g(x)＝x2－(m＋1)x， 2
当 m≥1 时，讨论 f(x)与 g(x)图象的交点个数．
解令 F(x)＝f(x)－g(x)
1 ＝－ x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，
2 问题等价于求函数 F(x)的零点个数．
在(－1,2)上是减函数，
7 所以函数 f(x)的极大值为 f(－1)＝＋c，
6 10 极小值为 f(2)＝c－ . 3
而函数 f(x)恰有三个零点，故必有Error!

2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ3.9

大一轮复习讲义第三章函数概念与基本初等函数Ⅰ§3.9函数模型及其应用NEIRONGSUOYIN 内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PART ONE1.几类函数模型知识梳理ZHISHISHULI 函数模型函数解析式一次函数模型f (x )＝ax ＋b (a ，b 为常数，a ≠0)反比例函数模型f (x )＝＋b (k ，b 为常数且k ≠0)二次函数模型f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为常数，a ≠0)指数函数模型f (x )＝ba x ＋c (a ，b ，c 为常数，b ≠0，a >0且a ≠1)对数函数模型f (x )＝b log a x ＋c (a ，b ，c 为常数，b ≠0，a >0且a ≠1)幂函数模型f (x )＝ax n ＋b (a ，b 为常数，a ≠0)k x函数性质y＝a x(a>1)y＝log a x(a>1)y＝x n(n>0)在(0，＋∞)上的增减性单调_____单调_____单调递增增长速度越来越快越来越慢相对平稳图象的变化随x的增大逐渐表现为与平行随x的增大逐渐表现为与平行随n值变化而各有不同值的比较存在一个x0，当x>x时，有logax<x n<a x2.三种函数模型的性质递增递增y轴x轴【概念方法微思考】请用框图概括解函数应用题的一般步骤.提示解函数应用题的步骤题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)某种商品进价为每件100元，按进价增加10%出售，后因库存积压降价，若按九折出售，则每件还能获利.()(2)函数y ＝2x 的函数值比y ＝x 2的函数值大.()(3)不存在x 0，使<<log a x 0.()(4)在(0，＋∞)上，随着x 的增大，y ＝a x (a >1)的增长速度会超过并远远大于y ＝x a (a >0)的增长速度.()(5)“指数爆炸”是指数型函数y ＝a ·b x ＋c (a ≠0，b >0，b ≠1)增长速度越来越快的形象比喻.()×××√基础自测JICHUZICE0x a x n 0 ×题组二教材改编2.[P102例3]某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计图如图所示，则下列说法中错误的是A.收入最高值与收入最低值的比是3∶1B.结余最高的月份是7月C.1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同√D.前6个月的平均收入为40万元解析由题图可知，收入最高值为90万元，收入最低值为30万元，其比是3∶1，故A正确；由题图可知，7月份的结余最高，为80－20＝60(万元)，故B正确；由题图可知，1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同，故C正确；由题图可知，前6个月的平均收入为16×(40＋60＋30＋30＋50＋60)＝45(万元)，故D错误.3.[P104例5]生产一定数量的商品的全部费用称为生产成本，某企业一个月生产某种商品x 万件时的生产成本为C (x )＝x 2＋2x ＋20(万元).一万件售价为20万元，为获取更大利润，该企业一个月应生产该商品数量为____万件.18当x ＝18时，L (x )有最大值.解析利润L (x )＝20x －C (x )＝－12(x －18)2＋142，124.[P112A组T7]一枚炮弹被发射后，其升空高度h与时间t的函数关系为h＝[0,26]130t－5t2，则该函数的定义域是_______.解析令h≥0，解得0≤t≤26，故所求定义域为[0,26].5.国家规定个人稿费纳税办法：不超过800元的不纳税；超过800元而不超过4000元的按超过800元部分的14%纳税；超过4000元的按全部稿酬的11.2%纳税.已知某人出版一本书，共纳税420元，则这个人应得稿费(扣税前)为A.2800元B.3000元C.3800元D.3818元题组三易错自纠√解析由题意，知纳税额y (单位：元)与稿费(扣税前)x (单位：元)之间的函数关系式为y ＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 0，x ≤800，0.14(x －800)，800<x ≤4 000，0.112x ，x >4 000.由于此人纳税420元，所以800<x ≤4000时，令(x －800)×0.14＝420，解得x ＝3800，x >4000时，令0.112x ＝420，解得x ＝3750(舍去)，故这个人应得稿费(扣税前)为3800元.6.某市生产总值连续两年持续增加.第一年的增长率为p，第二年的增长率为q，(p＋1)(q＋1)－1则该市这两年生产总值的年平均增长率为__________________.解析设年平均增长率为x，则(1＋x)2＝(1＋p)(1＋q)，∴x＝(1＋p)(1＋q)－1.7.已知某种动物繁殖量y(只)与时间x(年)的关系为y＝a log3(x＋1)，设这种动物第2年有100只，到第8年它们发展到______只.200解析由题意知100＝a log(2＋1)，∴a＝100，3(x＋1).∴y＝100log3当x＝8时，y＝100log9＝200.32题型分类深度剖析PART TWO1.高为H ，满缸水量为V 的鱼缸的轴截面如图所示，其底部破了一个小洞，满缸水从洞中流出，若鱼缸水深为h 时水的体积为v ，则函数v ＝f (h )的大致图象是题型一用函数图象刻画变化过程解析v ＝f (h )是增函数，且曲线的斜率应该是先变大后变小，故选B.自主演练√2.设甲、乙两地的距离为a(a>0)，小王骑自行车匀速从甲地到乙地用了20分钟，在乙地休息10分钟后，他又匀速从乙地返回到甲地用了30分钟，则小王从出发到返回原地所经过的路程y和其所用的时间x的函数图象为√解析y为“小王从出发到返回原地所经过的路程”而不是位移，故排除A，C.又因为小王在乙地休息10分钟，故排除B，故选D.3.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程.下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确的是A.消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B.以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油量最多C.甲车以80千米/时的速度行驶1小时，消耗10升汽油√D.某城市机动车最高限速80千米/时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油解析根据图象所给数据，逐个验证选项.根据图象知，当行驶速度大于40千米/时时，消耗1升汽油，乙车最多行驶里程大于5千米，故选项A错；以相同速度行驶时，甲车燃油效率最高，因此以相同速度行驶相同路程时，甲车消耗汽油最少，故选项B错；甲车以80千米/时的速度行驶时燃油效率为10千米/升，行驶1小时，里程为80千米，消耗8升汽油，故选项C错；最高限速80千米/时，丙车的燃油效率比乙车高，因此相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油，故选项D对.思维升华判断函数图象与实际问题变化过程相吻合的两种方法(1)构建函数模型法：当根据题意易构建函数模型时，先建立函数模型，再结合模型选图象.(2)验证法：根据实际问题中两变量的变化快慢等特点，结合图象的变化趋势，验证是否吻合，从中排除不符合实际的情况，选择出符合实际情况的答案.题型二已知函数模型的实际问题例1(1)加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下，可食用率p 与加工时间t (单位：分钟)满足函数关系p ＝at 2＋bt ＋c (a ，b ，c 是常数)，如图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为_______分钟.师生共研 3.75解析根据图表，把(t ，p )的三组数据(3,0.7)，(4,0.8)，(5,0.5)分别代入函数关系式，联立方程组得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 0.7＝9a ＋3b ＋c ，0.8＝16a ＋4b ＋c ，0.5＝25a ＋5b ＋c ，消去c 化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 7a ＋b ＝0.1，9a ＋b ＝－0.3，解得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ a ＝－0.2，b ＝1.5，c ＝－2.所以p ＝－0.2t 2＋1.5t －2＝－15⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t 2－152t ＋22516＋4516－2＝－15⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t －1542＋1316，所以当t ＝154＝3.75时，p 取得最大值，即最佳加工时间为3.75分钟.(2)某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)A.30元B.60元√C.28000元D.23000元解析设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去).当p∈(0,30)时，L′(p)>0，当p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0，故L(p)在p＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L(30)＝23000.思维升华求解所给函数模型解决实际问题的关注点(1)认清所给函数模型，弄清哪些量为待定系数.(2)根据已知利用待定系数法，确定模型中的待定系数.(3)利用该模型求解实际问题.跟踪训练1(1)拟定甲、乙两地通话m分钟的电话费(单位：元)由f(m)＝1.06(0.5[m]＋1)给出，其中m>0，[m]是不超过m的最大整数(如[3]＝3，[3.7]4.24＝3，[3.1]＝3)，则甲、乙两地通话6.5分钟的电话费为______元.解析∵m＝6.5，∴[m]＝6，则f(6.5)＝1.06×(0.5×6＋1)＝4.24.(2)西北某羊皮手套公司准备投入适当的广告费对其生产的产品进行促销.在一年内，根据预算得羊皮手套的年利润L 万元与广告费x 万元之间的函数解析式为则当年广告费投入_____万元时，该公司的年利润最大.4L ＝512－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2＋8x (x >0)，解析 ∵x 2＋8x ≥24＝4(x >0)，当且仅当x ＝4时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2＋8x min ＝4， ∴当x ＝4时，L max ＝512－4＝432(万元).解析由图象可求得一次函数的解析式为y ＝30x －570，令30x －570＝0，解得x ＝19.题型三构建函数模型的实际问题命题点1构造一次函数、二次函数模型例2(1)某航空公司规定，乘飞机所携带行李的质量x (kg)与其运费y (元)之间的关系由如图所示的一次函数图象确定，那么乘客可免费携带行李的质量最大为______kg.多维探究19A.y ＝2x －2B.y ＝12(x 2－1)C.y ＝log 2xD.y ＝ (2)在某种新型材料的研制中，实验人员获得了下列一组实验数据，现准备用下列四个函数中的一个近似地表示这些数据的规律，其中最接近的一个是解析由题中表可知函数在(0，＋∞)上是增函数，且y 的变化随x 的增大而增大的越来越快，分析选项可知B 符合，故选B.x1.99234 5.15 6.126y 1.517 4.041 87.51218.0112log x√命题点2构造指数函数、对数函数模型例3一片森林原来面积为a ，计划每年砍伐一些树，且每年砍伐面积的百分比相等，当砍伐到面积的一半时，所用时间是10年，为保护生态环境，森林面积至少要保留原面积的已知到今年为止，森林剩余面积为原来的(1)求每年砍伐面积的百分比；14， 22. 解设每年砍伐面积的百分比为x (0<x <1)，则a (1－x )10＝12a ，即(1－x )10＝12，解得x ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12110.(2)到今年为止，该森林已砍伐了多少年？解设经过m 年剩余面积为原来的22，则a (1－x )m ＝22a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1210m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1212，即m 10＝12，解得m ＝5.故到今年为止，该森林已砍伐了5年.若本例的条件不变，试计算：今后最多还能砍伐多少年？则n 年后剩余面积为22a (1－x )n .引申探究解设从今年开始，以后砍了n 年，令22a (1－x )n ≥14a ，即(1－x )n ≥24，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1210n ≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1232，即n 10≤32，解得n ≤15. 故今后最多还能砍伐15年.例4(1)某汽车运输公司购买了一批豪华大客车投入营运，据市场分析，每辆客车营运的总利润y (万元)与营运年数x 的关系如图所示(抛物线的一段)，则为使其营运年平均利润最大，每辆客车营运年数为_____.命题点3 构造y ＝x ＋a x (a >0)型函数 5∴年平均利润y x ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋25x ， ∵x ＋25x ≥10，当且仅当x ＝5时等号成立.解析根据图象求得y ＝－(x －6)2＋11，∴要使平均利润最大，客车营运年数为5.(2)某地区要建造一条防洪堤，其横断面为等腰梯形，腰与底边夹角为60°(如图)，考虑防洪堤坚固性及石块用料等因素，设计其横断面要求面积为9平方米，且高度不低于米.记防洪堤横断面的腰长为x 米，外周长(梯形的上底线段BC 与两腰长的和)为y 米.要使防洪堤的上面与两侧面的水泥用料最省(即横断面的外周长最小)，则防洪堤的腰长x ＝______米.3 3 23 解析由题意可得BC ＝18x －x 2(2≤x <6)，∴y ＝18x ＋3x 2≥218x ×3x 2＝6 3. 当且仅当18x ＝3x 2(2≤x <6)，即x ＝23时等号成立.命题点4构造分段函数模型例5已知某公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万只还需另投入16万美元.设该公司一年内共生产该款手机x 万只并全部销售完，每万只的销售收入为R (x )万美元，且R (x )(1)写出年利润W (万美元)关于年产量x (万只)的函数解析式；＝⎩⎪⎨⎪⎧ 400－6x ，0<x ≤40，7 400x －40 000x 2，x >40.解当0<x ≤40时，W ＝xR (x )－(16x ＋40)＝－6x 2＋384x －40，当x >40时，W ＝xR (x )－(16x ＋40)＝－40 000x －16x ＋7 360.所以W ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －6x 2＋384x －40，0<x ≤40，－40 000x －16x ＋7 360，x >40.(2)当年产量为多少万只时，该公司在该款手机的生产中所获得的年利润最大？并求出最大年利润.解①当0<x ≤40时，W ＝－6(x －32)2＋6104，所以W max ＝W (32)＝6104；②当x >40时，W ＝－40 000x －16x ＋7 360，由于40 000x ＋16x ≥240 000x×16x ＝1 600，当且仅当40 000x ＝16x ，即x ＝50∈(40，＋∞)时，取等号，思维升华构建数学模型解决实际问题，要正确理解题意，分清条件和结论，理顺数量关系，将文字语言转化成数学语言，建立适当的函数模型，求解过程中不要忽略实际问题对变量的限制.跟踪训练2(1)某化工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不超过0.1%，若初时含杂质2%，每过滤一次可使杂质含量减少至少应过滤___次才能达到市场要求.(参考数据：lg 2≈0.3010，lg 3≈0.4771)13， 8解析设至少过滤n 次才能达到市场要求，则2%⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13n ≤0.1%，即⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n ≤120，所以n lg 23≤－1－lg 2，所以n ≥7.39，所以n ＝8.解析由题意，总利润y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2－100x －20 000，0≤x ≤400，60 000－100x ，x >400，当0≤x ≤400时，y ＝－12(x －300)2＋25 000，(2)大学毕业生小赵想开一家服装专卖店，经过预算，该门面需要装修费为20000元，每天需要房租、水电等费用100元，受经营信誉度、销售季节等因素的影响，专卖店销售总收益R (元)与门面经营天数x 的关系是R (x )＝则当总利润最大时，该门面经营的天数是______.⎩⎪⎨⎪⎧ 400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x >400， 300所以当x ＝300时，y max ＝25000；当x >400时，y ＝60000－100x <20000.数学抽象是指舍去事物的一切物理属性，得到数学研究对象的思维过程，主要包括从数量，图形关系中抽象出数学概念，并且用数学符号和术语予以表征.核心素养之数学抽象HEXINSUYANGZHISHUXUECHOUXIANG 用数学模型求解实际问题例(1)调查表明，酒后驾驶是导致交通事故的主要原因，交通法规规定，驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.2mg/mL.某人喝酒后，其血液中酒精含量将上升到3mg/mL，在停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时50%4的速度减少，则至少经过_____小时他才可以驾驶机动车.(精确到小时)解析设n小时后他才可以驾驶机动车，由题意得3(1－0.5)n≤0.2，即2n≥15，故至少经过4小时他才可以驾驶机动车.(2)已知某房地产公司计划出租70套相同的公寓房.当每套房月租金定为3000元时，这70套公寓房能全部租出去；当月租金每增加50元时(设月租金均为50元的整数倍)，就会多一套房子不能出租.设已出租的每套房子每月需要公司花费100元的日常维修等费用(设没有出租的房子不需要花这些费用)，求公司获得最大利润时，每套房月租金应定为多少元？当且仅当58＋x ＝70－x ，即x ＝6时，等号成立，故每月租金定为3000＋300＝解设利润为y 元，租金定为3000＋50x (0≤x ≤70，x ∈N )元.则y ＝(3 000＋50x )(70－x )－100(70－x )＝(2 900＋50x )(70－x )＝50(58＋x )(70－x )≤50⎝ ⎛⎭⎪⎫58＋x ＋70－x 22，素养提升例题中通过用字母表示变量，将酒后驾车时间抽象为不等式问题，将租房最大利润抽象为函数的最值问题.3课时作业PART THREE1.某工厂6年来生产某种产品的情况是：前3年年产量的增长速度越来越快，后3年年产量保持不变，则该厂6年来这种产品的总产量C 与时间t (年)的函数关系图象正确的是解析前3年年产量的增长速度越来越快，说明呈高速增长，只有A ，C 图象符合要求，而后3年年产量保持不变，故选A.基础保分练√2.(2018·温州质检)某种型号的电脑自投放市场以来，经过三次降价，单价由原来的5000元降到2560元，则平均每次降价的百分率是A.10%B.15%√C.16%D.20%解析设平均每次降价的百分率为x，则由题意得5000(1－x)3＝2560，解得x＝0.2，即平均每次降价的百分率为20%，故选D.3.将进货单价为80元的商品按90元一个出售时，能卖出400个，已知这种商品每涨价1元，其销售量就要减少20个，为了赚得最大利润，每个售价应定为√A.85元B.90元C.95元D.100元解析设每个售价定为x元，则利润y＝(x－80)[400－(x－90)·20]＝－20·[(x－95)2－225]，∴当x＝95时，y最大.4.国家规定某行业征税如下：年收入在280万元及以下的税率为p%，超过280万元的部分按(p＋2)%征税，有一公司的实际缴税比例为(p＋0.25)%，则该公司的年收入是A.560万元B.420万元√C.350万元D.320万元解析设该公司的年收入为x万元(x>280)，则有280×p%＋(x－280)(p＋2)%＝(p＋0.25)%，x解得x＝320.故该公司的年收入为320万元.。

(浙江专用)2020版高考数学一轮复习第三章函数、导数及其应用第十节变化率与导数、导数的运算课件

(2)y′＝ln

x＋1x′＝(ln
x)′＋1x′＝1x－x12.
(3)y′＝coesx
x′＝cos

x′ex－cos ex2
xex′＝－sin
x＋cos ex
x .
(4)(易错题)y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2；(5)y＝ln(2x－5)．解：(4)∵y＝xsin2x＋π2cos2x＋π2＝12xsin(4x＋π)＝－12xsin 4x， ∴y′＝－12sin 4x－12x·4cos 4x＝－12sin 4x－2xcos 4x. (5)令 u＝2x－5，y＝ln u，则 y′＝(ln u)′u′＝2x1－5·2＝2x2－5，即 y′＝2x2－5.
即 x－y＋1＝0，故选 C.
答案：C
2．曲线 y＝aln x(a＞0)在 x＝1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 4，则 a＝________. 解析：∵y＝aln x，∴y′＝ax， ∴在 x＝1 处的切线的斜率 k＝a，而 f(1)＝aln 1＝0，故切点为(1,0)，∴切线方程为 y＝a(x－1)．令 y＝0，得：x＝1；令 x＝0，y＝－a. ∴三角形面积 S＝12×a×1＝4，∴a＝8. 答案：8
f′(x)＝_－__s_in__x__
f′(x)＝_a_x_l_n_a__
f′(x)＝_e_x_
f′(x)＝
1 xln
a
f′(x)＝
1 x
3．导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝ f′(x)±g′(x) ； (2)[f(x)·g(x)]′＝ f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) ；
(3)gfxx′＝
D．－13，23
解析：由 f(x)＝－ex－x，得 f′(x)＝－ex－1，∵ex＋1＞1，

2020版高考数学(理)新精准大一轮课标通用版刷好题练能力：第三章 2 第2讲导数与函数的单调性含解析

[基础题组练]1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上是( ) A ．单调递增 B ．单调递减C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增解析：选A.f ′(x )＝1－cos x >0恒成立，所以f (x )在R 上递增，在(0，2π)上单调递增．2．(2019·济南调研)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )解析：选C.由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C.3．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D.由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．4．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0，3]解析：选A.因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x (x >0)，由x －9x ≤0，得0<x ≤3，所以f (x )在(0，3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]，所以a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：选C.因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )在 (－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)＜f ⎝⎛⎭⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)＜f (0)＝a ，所以c ＜a ＜b ，故选C. 6．函数f (x )＝x 4＋54x －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝x 4＋54x －ln x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)8．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )≥0的解集为________．解析：由f (x )图象特征可得，f ′(x )在⎝⎛⎦⎤－∞，12和[2，＋∞)上大于0，在⎝⎛⎭⎫12，2上小于0，所以xf ′(x )≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，f ′（x ）≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，f ′（x ）≤0⇔0≤x ≤12或x ≥2，所以xf ′(x )≥0的解集为⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞)．答案：⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞) 9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x(k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由题意得f ′(x )＝1x－ln x －k e x ，又因为f ′(1)＝1－ke＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x－ln x －1e x ，设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在(－1，1)上为单调减函数，求实数a 的取值范围； (3)若函数f (x )的单调递减区间为(－1，1)，求实数a 的值； (4)若函数f (x )在区间(－1，1)上不单调，求实数a 的取值范围．解：(1)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立．因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]． (2)由题意知f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1，1)上恒成立，所以a ≥3x 2在(－1，1)上恒成立，因为当－1<x <1时，3x 2<3，所以a ≥3，所以a 的取值范围为[3，＋∞)． (3)由题意知f ′(x )＝3x 2－a ，则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－3a 3，3a 3，又f (x )的单调递减区间为(－1，1)，所以3a3＝1，解得a ＝3.(4)由题意知：f ′(x )＝3x 2－a ，当a ≤0时，f ′(x )≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a >0.令f ′(x )＝0，解得x ＝±3a 3. 因为f (x )在区间(－1，1)上不单调，所以f ′(x )＝0在(－1，1)上有解，需0<3a3<1，得0<a <3，所以实数a 的取值范围为(0，3)．[综合题组练]1．(2019·南昌模拟)已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，且f (x 1)<f (x 2)，那么( )A ．x 1－x 2>0B ．x 1＋x 2>0C ．x 21－x 22>0D ．x 21－x 22<0解析：选D.由f (x )＝x sin x ，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＝cos x (tan x ＋x )，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0，即f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为增函数，又f (－x )＝－x sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数，所以当f (x 1)<f (x 2)时，有f (|x 1|)<f (|x 2|)，所以|x 1|<|x 2|，x 21－x 22<0，故选D.2．(应用型)设函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3.若实数a ，b 满足f (a )＝0，g (b )＝0，则( ) A ．g (a )<0<f (b ) B ．f (b )<0<g (a ) C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0解析：选A.因为函数f (x )＝e x ＋x －2在R 上单调递增，且f (0)＝1－2<0，f (1)＝e －1>0，所以f (a )＝0时a ∈(0，1)．又g (x )＝ln x ＋x 2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝－2<0，所以g (a )<0.由g (2)＝ln 2＋1>0，g (b )＝0得b ∈(1，2)，又f (1)＝e －1>0，所以f (b )>0.综上可知，g (a )<0<f (b )．3．(应用型)已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，若f (x 2＋2)<f (3x )，则实数x 的取值范围是________．解析：由题可得函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2x ln 2，所以在定义域内f ′(x )>0，函数单调递增，所以由f (x 2＋2)<f (3x )得x 2＋2<3x ，所以1<x <2.答案：(1，2)4．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________．解析：设y ＝g (x )＝f （x ）x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数，所以 g (x )的图象的示意图如图所示．当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1，当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，所以使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案：(－∞，－1)∪(0，1)5．(综合型)设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性．解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)，此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a.由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增． 6．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′（x ）＋m2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x，当a >0时，f (x )的单调增区间为(0，1)，单调减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )为常函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，所以f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .所以g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ，所以g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.因为g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，即g ′(x )在区间(t ，3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373.所以－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9.。

【数学】浙江专用2020版高考数学大一轮复习第三章三角函数解三角形31导数的概念及运算教师用书

【关键字】数学（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习第三章三角函数、解三角形 3.1 导数的概念及运算教师用书1．导数与导函数的概念(1)一般地，函数y ＝f(x)在x ＝x0处的瞬时变化率是＝，我们称它为函数y ＝f(x)在x ＝x0处的导数，记作f ′(x0)或y ′|x ＝x0，即f ′(x0)＝＝ .(2)如果函数y ＝f(x)在开区间(a ，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f(x)在开区间内的导函数．记作f ′(x)或y ′. 2．导数的几何意义函数y ＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k ，即k ＝f ′(x0)． 3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f (x )＝c (c 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α∈Q *) f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝ln x f ′(x )＝1xf (x )＝log a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.导数的运算法则若f ′(x)，g ′(x)存在，则有 (1)[f(x)±g(x)]′＝f ′(x)±g ′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f ′(x)g(x)＋f(x)g ′(x)； (3)[]′＝(g(x)≠0)．5．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．【知识拓展】(1)奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．(2)[]′＝－(f(x)≠0)．(3)[af(x)＋bg(x)]′＝af′(x)＋bg′(x)．(4)函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．( ×)(2)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同．( ×)(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)函数f(x)＝sin(－x)的导数是f′(x)＝cos x．( ×)1．(教材改编)若f(x)＝x·ex，则f′(1)等于( )A．0 B．e C．2e D．e2答案 C解析f′(x)＝ex＋x·ex，∴f′(1)＝2e.2．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是( )答案 D解析由y＝f′(x)的图象知y＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y＝f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A，C.又由图象知y＝f′(x)与y＝g′(x)的图象在x＝x0处相交，说明y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝x0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.3．设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝f′()sin x＋cos x，则f′()＝________.答案－解析因为f(x)＝f′()sin x＋cos x，所以f ′(x)＝f ′()cos x －sin x ，所以f ′()＝f ′()cos －sin ，即f ′()＝－1，所以f(x)＝－sin x ＋cos x. f ′(x)＝－cos x －sin x. 故f ′()＝－cos －sin ＝－.4．曲线y ＝－5ex ＋3在点(0，－2)处的切线方程是________________．答案 5x ＋y ＋2＝0解析因为y ′|x ＝0＝－5e0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0. 题型一导数的计算例1 求下列函数的导数．(1)y ＝x2sin x ；(2)y ＝ln x ＋；(3)y ＝； (4)y ＝sin(2x ＋)；(5)y ＝ln(2x －5)．解 (1)y ′＝(x2)′·sin x ＋x2·(sin x)′ ＝2xsin x ＋x2cos x.(2)y ′＝(ln x ＋1x )′＝(ln x )′＋(1x)′＝1x －1x2.(3)y ′＝(cos xex )′＝cos x ′·e x－cos x e x′e x 2＝－sin x ＋cos x ex. (4)设u ＝2x ＋π3，则y ＝sin u ，则y ′＝(sin u )′·u ′＝cos(2x ＋π3)·2∴y ′＝2cos(2x ＋π3)．(5)令u ＝2x －5，则y ＝ln u ，则y ′＝(ln u )′·u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.思维升华 (1)求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错；遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．(2)复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元．(1)f (x )＝x (2 016＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 017，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e(2)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．2D ．0答案 (1)B (2)B解析 (1)f ′(x )＝2 016＋ln x ＋x ×1x＝2 017＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 017，得2 017＋lnx 0＝2 017，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2. 题型二导数的几何意义命题点1 求切线方程例2 (1)(2016·全国丙卷)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( ) A ．x ＋y －1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0答案 (1)2x ＋y ＋1＝0 (2)B解析 (1)设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x－3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1，即2x ＋y ＋1＝0.(2)∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝1＋ln x 0x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴切点为(1,0)，∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.故选B. 命题点2 求参数的值例3 (2016·舟山模拟)函数y ＝e x的切线方程为y ＝mx ，则m ＝________.(2)已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 等于( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2 答案 (1)e (2)D解析 (1)设切点坐标为P (x 0，y 0)，由y ′＝e x，得y ′|x ＝x 0＝0x e ，从而切线方程为y －0x e ＝0x e (x －x 0)，又切线过定点(0,0)，从而－0x e ＝0x e (－x 0)，解得x 0＝1，则m ＝e. (2)∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m <0，于是解得m ＝－2.故选D. 命题点3 导数与函数图象的关系例4 如图，点A (2,1)，B (3,0)，E (x,0)(x ≥0)，过点E 作OB 的垂线l .记△AOB 在直线l 左侧部分的面积为S ，则函数S ＝f (x )的图象为下图中的( ) 答案 D解析函数的定义域为[0，＋∞)，当x ∈[0,2]时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS大于0且越来越大，即斜率f ′(x )在[0,2]内大于0且越来越大，因此，函数S ＝f (x )的图象是上升的且图象是下凸的；当x ∈(2,3)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 大于0且越来越小，即斜率f ′(x )在(2,3)内大于0且越来越小，因此，函数S ＝f (x )的图象是上升的且图象是上凸的；当x ∈[3，＋∞)时，在单位长度变化量Δx 内面积变化量ΔS 为0，即斜率f ′(x )在[3，＋∞)内为常数0，此时，函数图象为平行于x 轴的射线．思维升华导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面： (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f ′x 1x 0－x 1求解即可．(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢．(1)(2016·台州模拟)已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( ) A ．3 B ．2 C ．1 D.12(2)(2016·临海模拟)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 ．－2 D ．2答案 (1)A (2)A解析 (1)设切点的横坐标为x 0，∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)，即切点的横坐标为3. (2)∵y ′＝－1－cos xsin 2x，∴2'x y π=＝－1.由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.3．求曲线的切线方程典例若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值．错解展示现场纠错解易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上． (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0，依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0'x x y =＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意，Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况. 1．若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)等于( ) A ．2 B ．0 C ．－2 D ．－4 答案 D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＝－4.2．(2016·东阳模拟)若曲线f (x )＝x 4－x 在点P 处的切线平行于直线3x －y ＝0，则点P 的坐标为( ) A ．(－1,2) B ．(1，－3) C ．(1,0) D ．(1,5)答案 C解析设点P 的坐标为(x 0，y 0)，因为f ′(x )＝4x 3－1，所以f ′(x 0)＝4x 30－1＝3，即x 0＝1. 把x 0＝1代入函数f (x )＝x 4－x ，得y 0＝0，所以点P 的坐标为(1,0)．3．若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为( ) A ．1 B ．2 C.134 D ．1或134答案 D解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝32，p ＝134.4．已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x，设切点为(x 0，ln x 0)，则y ′|x ＝x 0＝1x 0，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1，解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.5. (2016·杭州质检)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)等于( ) A ．－1 B ．0 C ．2 D ．4 答案 B解析由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×(－13)＝0.6．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为( ) A.14 B.12 C ．1 D ．4 答案 A解析由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝a x ，由f ′(14)＝g ′(14)，得12×121()4-＝a 14，可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意．7．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2.那么f (x )的解析式为________．答案 f (x )＝e x－x ＋12x 2解析由已知得f ′(x )＝f ′(1)ex －1－f (0)＋x ，所以f ′(1)＝f ′(1)－f (0)＋1，即f (0)＝1. 又f (0)＝f ′(1)e －1，所以f ′(1)＝e. 从而f (x )＝e x－x ＋12x 2.8．(2016·金华模拟)曲线y ＝log 2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．答案12ln 2解析 y ′＝1x ln 2，∴k ＝1ln 2， ∴切线方程为y ＝1ln 2(x －1)．∴三角形面积S ＝12×1×1ln 2＝12ln 2.9．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________．答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x.∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x －a ＝0有解，∴a ＝x ＋1x≥2.*10.已知曲线f (x )＝xn ＋1(n ∈N *)与直线x ＝1交于点P ，设曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x轴交点的横坐标为x n ，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015的值为________．答案－1解析 f ′(x )＝(n ＋1)x n，k ＝f ′(1)＝n ＋1，点P (1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得x ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，即x n ＝n n ＋1， ∴x 1·x 2·…·x 2 015＝12×23×34×…×2 0142 015×2 0152 016＝12 016，则log 2 016x 1＋log 2 016x 2＋…＋log 2 016x 2 015 ＝log 2 016(x 1x 2…x 2 015)＝－1. 11．已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2,4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2,4)的切线方程．解 (1)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，y ′＝x 2，∴在点P (2,4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4. ∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A (x 0，13x 30＋43)，则切线的斜率为0'x x y ＝x 0＝x 20.∴切线方程为y －(13x 30＋43)＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43. ∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.12．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3x (x ∈R )的图象为曲线C . (1)求过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝x 2－4x ＋3，则f ′(x )＝(x －2)2－1≥－1，即过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C 的其中一条切线的斜率为k ，则由(2)中条件并结合(1)中结论可知，解得－1≤k ＜0或k ≥1，故由－1≤x 2－4x ＋3＜0或x 2－4x ＋3≥1，得x ∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．*13.设函数f (x )＝ax －b x，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3. 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋b x 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x . (2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2，知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为 y －y 0＝203(1)x +(x －x 0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝203(1)x +(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0. 令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值且此定值为6.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

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[基础达标]1．(2019·宁波质检)下列四个函数中，在x ＝0处取得极值的函数是( ) ①y ＝x 3；②y ＝x 2＋1；③y ＝|x |；④y ＝2x . A ．①② B ．①③ C ．③④ D ．②③解析：选D.①中，y ′＝3x 2≥0恒成立，所以函数在R 上递增，无极值点；②中y ′＝2x ，当x ＞0时函数单调递增，当x ＜0时函数单调递减，且y ′|x ＝0＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知当x ＞0时函数单调递增，当x ＜0时函数单调递减，且y ′|x ＝0＝0，符合题意；④中，由函数的图象知其在R 上递增，无极值点，故选D.2．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A ．1eB ．2e 2C ．0D ．12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝x e x 在[0，2]上的最大值是y |x ＝1＝1e ，故选A.3．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D.因为[f (x )e x]′＝f ′(x )e x＋f (x )(e x)′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.4．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A ．89B ．109C ．169D ．289解析：选C.函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169.5．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3 (－3，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值6．已知函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：选A.f ′(x )＝x 2e x －2x e xx 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝⎛⎭⎫exx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e x x ，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝e xx 与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e ，选A.7．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________．解析：因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0. 所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2.所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：48．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，则g (x )的最小值为________．解析：对f (x )＝ln x 求导，得f ′(x )＝1x ，则g (x )＝ln x ＋1x ，且x ＞0.对g (x )求导，得g ′(x )＝x －1x 2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1. 当x ∈(0，1)时，g ′(x )＜0，函数g (x )＝ln x ＋1x 在(0，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )＝ln x ＋1x 在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝1. 答案：19．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x (x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝1，当x ∈[12，1]时，f ′(x )＜0，x ∈[1，2]时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 1 10．(2019·义乌模拟)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x －n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1n 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减，所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)．答案：(0，1)11．已知函数f (x )＝ax 2－b ln x 在点A (1，f (1))处的切线方程为y ＝1. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝2ax －bx，f (1)＝a ＝1，f ′(1)＝2a －b ＝0，将a ＝1代入2a －b ＝0，解得b ＝2.(2)由(1)得f (x )＝x 2－2ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－2x，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以f (x )极小值＝f (1)＝1，无极大值． 12．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增， g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．[能力提升]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3 D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A.2．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e －12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a 恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e≤a <1.答案：32e≤a <13．(2019·宁波市高考模拟)设函数f (x )＝x 2－ax －ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的图象在x ＝1处的切线斜率为1，求实数a 的值； (2)当a ≥－1时，记f (x )的极小值为H ，求H 的最大值．解：(1)因为函数f (x )＝x 2－ax －ln x ，a ∈R ，所以f ′(x )＝2x 2－ax －1x(x ＞0)，由题意知f ′(1)＝1，解得a ＝0. (2)设f ′(x 0)＝0，则2x 20－ax 0－1＝0，则x 0＝a ＋a 2＋84，所以f (x )在(0，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增，则H ＝f (x )极小值＝f (x 0)＝x 20－ax 0－ln x 0＝－x 20＋1－ln x 0，设g (a )＝a ＋a 2＋84(a ≥－1)，当a ≥0时，g (a )为增函数，当－1≤a ≤0时，g (a )＝2a 2＋8－a ，此时g (a )为增函数，所以x 0≥g (－1)＝12，所以函数y ＝－x 2＋1－ln x 在(0，＋∞)上为减函数，所以f (x )极小值H 的最大值为34＋ln 2.4．(2019·温州中学高三模考)已知函数f (x )＝ln(2ax ＋1)＋x 33－x 2－2ax (a ∈R )．(1)若x ＝2为f (x )的极值点，求实数a 的值；(2)若y ＝f (x )在[3，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)当a ＝－12时，方程f (1－x )＝（1－x ）33＋b x 有实根，求实数b 的最大值．解：(1)f ′(x )＝2a2ax ＋1＋x 2－2x －2a＝x [2ax 2＋（1－4a ）x －（4a 2＋2）]2ax ＋1，因为x ＝2为f (x )的极值点，所以f ′(2)＝0，即2a4a ＋1－2a ＝0，解得a ＝0. (2)因为函数f (x )在[3，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝x [2ax 2＋（1－4a ）x －（4a 2＋2）]2ax ＋1≥0在[3，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝x (x －2)>0在[3，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[3，＋∞)上为增函数，故a ＝0符合题意．②当a ≠0时，由函数f (x )的定义域可知，必须有2ax ＋1>0对x ≥3恒成立，故只能a >0，所以2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)≥0在[3，＋∞)上恒成立．令函数g (x )＝2ax 2＋(1－4a )x －(4a 2＋2)，其对称轴为x ＝1－14a ，因为a >0，所以1－14a<1，要使g (x )≥0在[3，＋∞)上恒成立，只要g (3)≥0即可，即g (3)＝－4a 2＋6a ＋1≥0，所以3－134≤a ≤3＋134.因为a >0，所以0<a ≤3＋134.综上所述，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3＋134.(3)当a ＝－12时，方程f (1－x )＝（1－x ）33＋b x 可化为ln x －(1－x )2＋(1－x )＝b x.问题转化为b ＝x ln x －x (1－x )2＋x (1－x )＝x ln x ＋x 2－x 3在(0，＋∞)上有解，即求函数g (x )＝x lnx ＋x 2－x 3的值域．因为函数g (x )＝x ln x ＋x 2－x 3，令函数h (x )＝ln x ＋x －x 2(x >0)，则h ′(x )＝1x ＋1－2x ＝（2x ＋1）（1－x ）x，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，从而函数h (x )在(0，1)上为增函数，当x >1时，h ′(x )<0，从而函数h (x )在(1，＋∞)上为减函数，因此h (x )≤h (1)＝0. 而x >0，所以b ＝x ·h (x )≤0，因此当x ＝1时，b 取得最大值0.。