《创新设计》2018版高考数学(文理通用)(浙江专用)一轮复习练习专题探究课一高中函数问题与导数的热点题
2018届《创新设计》一轮 数学理科 电子稿通用版第三章 第3讲
基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·西安调研)定积分⎠⎛01(2x ＋e x )d x 的值为( ) A.e ＋2 B.e ＋1C.eD.e －1 解析 ⎠⎛01(2x ＋e x )d x ＝(x 2＋e x )⎪⎪⎪10)＝1＋e 1－1＝e.故选C. 答案 C2.若⎠⎛1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x d x ＝3＋ln 2(a >1)，则a 的值是( ) A.2 B.3C.4D.6 解析 ⎠⎛1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x d x ＝(x 2＋ln x )⎪⎪⎪a 1＝a 2＋ln a －1， ∴a 2＋ln a －1＝3＋ln 2，则a ＝2.答案 A3.从空中自由下落的一物体，在第一秒末恰经过电视塔顶，在第二秒末物体落地，已知自由落体的运动速度为v ＝gt (g 为常数)，则电视塔高为( ) A.12g B.gC.32gD.2g 解析 电视塔高h ＝⎠⎛12gt d t ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12gt 221＝32g . 答案 C4.如图所示，曲线y ＝x 2－1，x ＝2，x ＝0，y ＝0围成的阴影部分的面积为( )A.⎠⎛02|x 2－1|d x B.⎪⎪⎪⎪⎠⎛02（x 2－1）d x C.⎠⎛02(x 2－1)d x D.⎠⎛01(x 2－1)d x ＋⎠⎛12(1－x 2)d x解析 由曲线y ＝|x 2－1|的对称性知，所求阴影部分的面积与如下图形的面积相等，即⎠⎛02|x 2－1|d x .答案 A5.若S 1＝⎠⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎛121x d x ，S 3＝⎠⎛12e x d x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( ) A.S 1<S 2<S 3B.S 2<S 1<S 3C.S 2<S 3<S 1D.S 3<S 2<S 1解析S 2＝⎠⎛121x d x ＝ln 2，S 3＝⎠⎛12e x d x ＝e 2－e ， ∵e 2－e ＝e(e －1)＞e ＞73＞ln 2，∴S 2＜S 1＜S 3.答案 B二、填空题6.已知t >0，若⎠⎛0t (2x －2)d x ＝8，则t ＝________. 解析 由⎠⎛0t (2x －2)d x ＝8得，(x 2－2x ) ⎪⎪⎪t 0＝t 2－2t ＝8，解得t ＝4或t ＝－2(舍去). 答案 47.已知二次函数y ＝f (x )的图象如图所示，则它与x 轴所围成的面积为________.解析 根据f (x )的图象可设f (x )＝a (x ＋1)·(x －1)(a <0).因为f (x )的图象过(0，1)点，所以－a ＝1，即a ＝－1.所以f (x )＝－(x ＋1)(x －1)＝1－x 2.所以S ＝⎠⎛－11(1－x 2)d x ＝2⎠⎛01(1－x 2)d x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 3⎪⎪⎪10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝43. 答案 438.(2017·济南模拟)设a >0，若曲线y ＝x 与直线x ＝a ，y ＝0所围成封闭图形的面积为a 2，则a ＝________.解析 封闭图形如图所示，则⎠⎛0a x d x ＝＝23a 32－0＝a 2，解得a ＝49.答案 49三、解答题9.计算下列定积分：(1)⎠⎛12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x d x ； (2)⎠⎛02－x 2＋2x d x ；(3) 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4d x ； (4)⎠⎛－11(x 2tan x ＋x 3＋1)d x ； (5)⎠⎛－22|x 2－2x |d x . 解 (1)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－ln x ⎪⎪⎪21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22－ln 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－ln 1＝32－ln 2； (2)由定积分的几何意义知，所求定积分是由x ＝0，x ＝2，y ＝－x 2＋2x ，以及x 轴围成的图象的面积，即圆(x －1)2＋y 2＝1的面积的一半，∴⎠⎛02－x 2＋2x ＝π2；(3)原式＝ (sin x ＋cos x )d x ＝(－cos x ＋sin x )＝⎝⎛⎭⎪⎫－cos π2＋sin π2－(－cos 0＋sin 0)＝2；(4)原式＝⎠⎛－11(x 2tan x ＋x 3)d x ＋⎠⎛－111d x ＝0＋x ⎪⎪⎪1-1＝2； (5)∵|x 2－2x |＝⎩⎨⎧x 2－2x ，－2≤x <0，－x 2＋2x ，0≤x ≤2， ∴⎠⎛－22|x 2－2x |d x ＝⎠⎛－20(x 2－2x )d x ＋⎠⎛02(－x 2＋2x )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2⎪⎪⎪0-2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2⎪⎪⎪20＝8.10.求曲线y ＝x 2，直线y ＝x ，y ＝3x 围成的图形的面积.解 作出曲线y ＝x 2，直线y ＝x ，y ＝3x 的图象，所求面积为图中阴影部分的面积.解方程组⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝x ，得交点(1，1)， 解方程组⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝3x ，得交点(3，9)， 因此，所求图形的面积为S ＝⎠⎛01(3x －x )d x ＋⎠⎛13(3x －x 2)d x ＝⎠⎛012x d x ＋⎠⎛13(3x －x 2)d x ＝x 2⎪⎪⎪10 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2－13x 3⎪⎪⎪31 ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32×32－13×33－⎝ ⎛⎭⎪⎫32×12－13×13＝133. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，则⎠⎛01f (x )d x ＝( ) A.－1B.－13C.13D.1解析 由题意知f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ， 设m ＝⎠⎛01f (x )d x ，∴f (x )＝x 2＋2m ， ⎠⎛01f (x )d x ＝⎠⎛01(x 2＋2m )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2mx ⎪⎪⎪10 ＝13＋2m ＝m ，∴m ＝－13.答案 B12.一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t＋251＋t(t 的单位：s ，v 的单位：m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是( )A.1＋25ln 5B.8＋25ln 113C.4＋25ln 5D.4＋50ln 2解析 令v (t )＝0，得t ＝4或t ＝－83(舍去)，∴汽车行驶距离s ＝⎠⎛04⎝ ⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋25ln （1＋t ）⎪⎪⎪40＝28－24＋25ln 5＝4＋25ln 5(m).答案 C13.(2017·郑州调研)⎠⎛－11(1－x 2＋e x －1)d x ＝________. 解析 ⎠⎛－11(1－x 2＋e x －1)d x ＝⎠⎛－111－x 2d x ＋⎠⎛－11(e x －1)d x . 因为⎠⎛－111－x 2d x 表示单位圆的上半部分的面积， 则⎠⎛－111－x 2d x ＝π2，又⎠⎛－11(e x －1)d x ＝(e x －x )|1－1 ＝(e 1－1)－(e －1＋1)＝e －1e －2，所以⎠⎛－11(1－x 2＋e x －1)d x ＝π2＋e －1e －2. 答案 π2＋e －1e －214.在区间[0，1]上给定曲线y ＝x 2.试在此区间内确定点t 的值，使图中的阴影部分的面积S 1与S 2之和最小，并求最小值. 解 S 1面积等于边长分别为t 与t 2的矩形面积去掉曲线y ＝x 2与x 轴、直线x ＝t 所围成的面积，即S 1＝t ·t 2－⎠⎛0t x 2d x ＝23t 3. S 2的面积等于曲线y ＝x 2与x 轴，x ＝t ，x ＝1围成的面积去掉矩形边长分别为t 2，1－t 的面积，即S 2＝⎠⎛t1x 2d x －t 2(1－t )＝23t 3－t 2＋13. 所以阴影部分的面积S (t )＝S 1＋S 2＝43t 3－t 2＋13(0≤t ≤1).令S ′(t )＝4t 2－2t ＝4t ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12＝0，得t ＝0或t ＝12. t ＝0时，S (t )＝13；t ＝12时，S (t )＝14；t ＝1时，S (t )＝23.所以当t ＝12时，S (t )最小，且最小值为14.。
创新设计浙江专用2018版高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数I第7讲函数的图象课件
的变化趋势；③从周期性，判断图象的循环往复 .④从函
数的奇偶性，判断图象的对称性. (2)抓住函数的特征，定量计算 从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决 问题.
【训练2】 (1)(2017· 安徽“江南十校”联考)函数y＝log2(|x|＋1)的
图象大致是( )
(2)(2017· 临沂一模)已知 a 是常数，函数 f(x) 1 3 1 ＝ x ＋ (1－a)x2－ax＋2 的导函数 y＝f′(x)的 3 2 图象如图所示， 则函数 g(x)＝|ax－2|的图象可 能是( )
的函数y ＝ln x(x>0) 的图象，使它与直线 y＝kx －1(x>0) 的交点个
数为2即可.
答案
π － 2
π ，－1∪1， 2
命题角度三 求参数的取值或范围
【例 3－3】 (2017· 杭州五校联盟诊断)若直角坐标平面内两点 P，Q 满足条件：①P，Q 都在函数 y＝f(x)的图象上；②P，Q 关于原点对称，则称 (P ， Q) 是函数 y ＝f(x) 的一个“伙伴点 组”(点组(P，Q)与(Q，P)看作同一个“伙伴点组”).已知函 数
1 1 (3)∵y＝2＋ ，故函数图象可由 y＝x图象向右平 x－1 移 1 个单位，再向上平移 2 个单位即得，如图③.
2 x －2x－1，x≥0， (4)∵y＝ 2 且函数为偶函数， 先用描点法作 x ＋2x－1，x<0，
出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，0)上的图 象，得图象如图④.
相同.( )
(4) 若函数 y＝f(x) 满足f(1＋ x) ＝f(1－ x) ，则函数 f(x) 的图象关 于直线x＝1对称.( )
创新设计浙江专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第1讲导数的概念与导数的计算课件
x）′ex－cos x（ex）′ sin x＋cos x ＝－ . ex （ex）2
π (3)∵y＝xsin2x＋ 2
π cos2x＋ 2
1 1 ＝2xsin(4x＋π )＝－2xsin 4x. 1 1 ∴y′＝－2sin 4x－2x·4cos 4x 1 ＝－2sin 4x－2xcos 4x. (4)令 u＝2x－5，y＝ln u. 1 2 2 则 y′＝(ln u)′u′＝ ·2＝ ，即 y′＝ . 2x－5 2x－5 2x－5
【训练 2】 若存在过点(1，0)的直线与曲线 y＝x3 和 y＝ax2 15 ＋ 4 x－9(a≠0)都相切，则 a 的值为( 25 A.－1 或－ 64 7 25 C.－4或－64
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
2.函数y＝xcos x－sin x的导数为( A.xsin x C.xcos x 解析
)
B.－xssin x)′＝cos x－xsin x－cos x＝
－xsin x. 答案 B
π sin x 3.(选修 2－2P18A7 改编)曲线 y＝ x 在 x＝ 处的切线方程为 2 ( ) 2 B.y＝ π 4 D.y＝ 2 x π
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 y对u 的导 间的关系为yx′＝yu′· ux′，即y对x的导数等于________ 数与_________ u对x 的导数的乘积.
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)f′(x0)与(f(x0))′表示的意义相同.( ) )
________.
解析
《创新设计》2018版浙江省高考物理《选考总复习》教师文档课件：第二章实验三-探究求合力的方法(学考)(7页
实验三探究求合力的方法(学考)[考纲解读](1)知道什么是等效替代法。
(2)能用作图法验证互成角度的两个力合成时遵守平行四边形定则。
误差分析1．误差来源除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等。
2．减小误差的方法(1)结点O①定位O点时要力求准确。
②同一次实验中橡皮条拉长后的O点必须保持不变。
(2)拉力①用弹簧秤测拉力时要使拉力沿弹簧秤轴线方向。
②应尽量使橡皮条、弹簧秤和细绳套位于与纸面平行的同一平面内。
③两个分力F1、F2间的夹角θ不要太大或太小。
(3)作图①在同一次实验中，选定的比例要相同。
②严格按力的图示要求和几何作图法作出平行四边形，求出合力。
考点一实验原理及实验操作操作不忘“三”“二”“一”用两个弹簧秤拉橡皮条时的“三记录”(记录两弹簧秤示数、两细绳方向和结点O的位置)，用一个弹簧秤拉橡皮条时的“二记录”(记录弹簧秤示数和细绳方向)及“一注意”(结点O的位置必须在同一位置)等。
1．某同学做“探究求合力的方法”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。
图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。
(2)本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法(3)实验时，主要的步骤是：A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。
创新设计2018版高考数学(文)(人教)大一轮复习.
基础诊斷 考点夹破 课堂总结•第3讲 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词基础诊斷考点夹破1课堂总结最新考纲1.了解逻辑联结词“或”、义；2.理解全称量词与存在量词的意义; 一个量词的命题进行否定.且,，、“非”的含 3.能正确地对含有I基H!诊断梳理自测，理解记忆知识梳理1 .简单的逻辑联结词(1)命题中的且、型、生叫做逻辑联结词.(2)命题p且q、p或q、非p的真假判断基础诊斷考点夹祓潭堂总结2.全称量词与存在量词(1)全称量词：短语“所有的”、“任意一个”等在逻辑中通常叫做全称量词，用符号“乂”表示.(2)全称命题：含有全称応同的命题.全称命题“对M中任意一个兀，有“(X)成立”简记为0胆/心).(3)存在量词：短语“存在一个”、“至少有一个”等在逻辑中通常叫做存在量词，用符号“旦”表示.(4)特称命题：含有存在量词的命题.特称命题“存在M中的一个元素勺，使卩(勺)成立”，简记•oWM,"(勺).碁诊斷考点夹祓课巻总结3•含有一个量词的命题的否定基越诊祈考点夷破课巻总结诊断自测1.判断正误（在扌舌号内打“ J ”或“ X "）琦精彩PPT展示（1）命题“5>6或5>2”是假命题.（）（2）命题絲（p/\q）是假命题，则命题p, q中至少有一个是/[•命题•（）（3）“长方形的对角线相等”是特称命题.（）（4归x（）GM, p（x（））与WCM, 的真假性相反.（）解析(1)错误•命题q中，p、Q有一真则真. ⑵错误是真命题，则p, Q都是真命题.基础诊斷•考点夹破课堂总结(3)错误.命题“长方形的对角线相等”是全称命题. 答案(1)X (2)X (3)X (4) V基础诊斷| 考点夹破课堂总结2.(选修1 -1P1XB组改编)已知p： 2是偶数，q： 2是质数，则命题p,「q, p\Jq、p/\q中真命题的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析P和纟显然都是真命题，所以- p.「9都是假命题,p' q、/?/\q都是真命题.答案B3.（2015-全国I卷）设命题0 弘EN,护>2”，则1卩为（）A.Vz?N, n~>2nB.3/?^N, rflWHC.bnGN,几2”D.UnGN, n2 = 2lt解析命题p的量词T”改为“P" ,“/I2>2“”改为“/W2"”，・・・「p: VnSN,沪W2”.答案C基础诊斷考点突破课堂总结基础诊斷| 考点夹破课堂总结4.（2017-贵阳调研）下列命题中的假命题是（）A.3x0^R, lgx0= 1B.3x（）eR, sinx（）=0C.VxeR,兀3>oD.VxeR, 2">0解析当x= 1()时，lgl0=l,则A为真命题；当x = 0时，sin 0 = 0,则B为真命题；当xVO时，x3<0,则C为假命题；由指数函数的性质知，VxeR, 2->0,则D为真命题.故选C.答案C基础诊斷•考点夹破课堂总结5.(2015-山东卷)若“色丘0,牙，tan x^m ff是真命题，则实数加的最小值为_________ •解析•・•函数y = tanx在0,手上是增函数，■ ■7T 、•••ymdx = tan才=1,依题意，加鼻^优你，即加Ml.m的最小值为1.答案1考克突破KF牯彩PPT名师讲解分类讲练，以例求法基础诊斷| 考点夹破课堂总结考点一含有逻辑联结词的命题的真假判断【例1】设a，b, c是非零向量.已知命题°:若ab = 09 bc = 0, 贝ija-c = ()；命题q：若a//b, b//c,贝ia//c.则下列命题中真命题是（）X.p7 qC.（「p）A（~1q）解析取a = c = (l, 0), b = (0, 1),显然ab =0, be= 0,但ac =1 ^0,是假命题.又a, h, c是非零向量，基础诊斷•考点夹破课堂总结由a//b知由h // c^b = ye,/.a = xyc, . .a//c>・•・§是真命题.综上知pVg是真命题，是假命题.又•・•「P为真命题，为假命题.・•・(「P)A(-»q), pAC-1 q)都是假命题.答案A基础诊斷| 考点夹祓| 潭堂总结|规律方法⑴“p7q”、“pM”、p”形式命题真假的判断关键是对逻辑联结词“或” “且” “非”含义的理解，其操作步骤是：①明确其构成形式；②判断其中命题p, q的真假；③确定“ p7 q” “pg' p”形式命题的真假.(2)p且g形式是“一假必假，全真才真”，p或纟形式是“一真必真，全假才假,非“则是“与p的真假相反”.基础诊斷•考点夹破课堂总结【训练1】(2017-郑州调研)命题0函数y = log2(x-2)的单调增区间是［1，+8)，命题中函数歹=詁~［的值域为(0, 1).下列命题是真命题的为( \.p/\q ）B.pV<yC.p/\ （絲q）D.絲q基础诊断I 考点夹破课堂总结解析由于y= log2(x - 2)在(2, + 8)上是增函数，命题卩是假命题.由3、0,得3"+1>1,所以0v尹［「Vi,所以函数y = 的值域为(0,1),故命题q为真命题•所以p/\q为假命题，p'q为真命题，q)为假命题，絲q为假命题.答案B基础诊斬- 考点夹破课堂总结基础诊斷• 考点夹破 课堂总结考点二含有一个量词命题的否定及真假判定【例2】（1）（2016-东北师大附中质检）已知命题0 WGR, e'-x- 1>0,则「卩是（ ） A. VxeR,X —1<0B. 3x 0^R, e"）—x 0—1 W0C. 3x 0 W R, e'°—x 0 — 1 <0D. VxeR,x —1W0基础诊斷| 考点夹破 课堂总结个命题:Pi ： V(x, y)W£>,兀+2歹三一2,P2： 3(x 0» yo)WD ，xo+2yoM2, P3： V(x, y)eD, x+2yW3,04： 3(X(), yo)W£>, x ()+2y ()w —1. 其中真命题是()A./?2，P3B.0, p 2C.pi ，P4D.p, P3 解析(1)因为全称命题的否定是特称命题，命题p: Vx R , e ' - x - 1 >0 的否定为=p ： 3X 0^R, e A<) - x 0 - 1 ^0. (2)画出可行域如图中阴影部分所示，（2）（2014•全国I 卷）不等式组丿 兀一2yW4的解集为D, 有下面四由图可知，当目标函数z = x + 经过可行域的点A(2, - 1)时，取得最小值0,故x + 2yM0,因比厂，血是真命题.答案(1)B (2)B基础诊斷| 考点突破课堂总结规律方法(I)全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论.(2)判定全称命题“bxUM,是真命题，需要对集合M中的每一个元素兀，证明卩(对成立；要判断特称命题是真命题，只要在限定集合内至少找到一个x = x0,使卩(以0)成立.基础诊斷. 考点突破课堂总结【训练2】（2017-安徽皖江名校联考）命题°：存在xe o, y , 使sin x+cos x>^2；命题g：u3x o^（O, +°°）, In Xo=x（）-1”的否定是a Vxe（0, +8）, lnxHx-l”，则四个命题：（絲p）\/（絲q）, p/\q,（絲p）/\g, pV（^ q）中，正确命题的个数为（）A.lB.2C.3D.4基础诊斷| 考点夹破课堂总结解析因为sin x + cos X= V2sin x + 所以命题p是假命题；又特称命题的否定是全称命题，因此命题q为真命题.则（絲p）V（^ q）为真命题、p *q为假命题，（絲p）/\q为真命题,pV（締q）为假命题.・・・四个命题中正确的有2个命题.答案B基础诊斷•考点夹破课堂总结考点三由命题的真假求参数的取值范围【例3】(1)已知命题"mx()WR,使衣+⑺一l)x()+*WO”是假命题，则实数G的取值范围是( )A.(-8, -1)B.(—1, 3)C.( —3, +°°)D.( —3, 1)(2)己知p： mx()ER，皿兔+lWO，q： VxeR, x2+/nx+l>0, 若p7q为假命题，则实数加的取值范围是( )A.[2, +8)B.(—8, —2]C.(-8, -2]U[2, +oo)D.[-2, 2]基础诊新| 考点突该| 棵愛总结|解析(1)原命题的否定为Hx€R, 2x2 + (a -l)x + |>O,由题意知，其为真命题，即A = (a - 1)2-4X2X|<0,则- 2va - 1<2,则 - lvav3.(2)依题意知，p, q均为假命题.当p是假命题时，加:?+ i> o恒成立, 则有加MO;当q是假命题时，则有J = in2- 4^0, mW _ 2或加三2. 因此由p, q均为假命题得::I；或丹三0,即心2.答案(1)B (2)A基础诊断”考点夹破课堂总结规律方法（1）根据含逻辑联结词的命题真假求参数的方法步骤：①根据题目条件，推出每一个命题的真假（有时不一定只有一种情况）；②求出每个命题是真命题时参数的取值范围；③根据每个命题的真假情况，求出参数的取值范围.（2）全称命题可转化为恒成立问题.基础诊斷考点突祓课堂总结【训练3】（2017-衡水中学月考）设卩：实数x满足x2~5ax+4a2<（\其中d>0）, q：实数x满足2<rW5.（1）若d=l,且p/\q为真，求实数x的取值范围；（2）若綁q是繍p的必要不充分条件，求实数a的取值范围.解（1）当幺=1时，X2—5tzx+4tz2<0即为W —5X+4V0,解得l<rv4,当。
创新设计 2018版高考数学(人教)大一轮复习配套课件：第三章 导数及其应用第2讲 第3课时
考点突破第十四页，编辑于星期课日堂：六总点结四十四分。
【训练 2】 (2017·福建四地六校联考)已知 a 为实数，函数 f(x) ＝aln x＋x2－4x. (1)是否存在实数 a，使得 f(x)在 x＝1 处取得极值？证明你 的结论； (2)设 g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈1e，e，使得 f(x0)≤g(x0)成立， 求实数 a 的取值范围.
考点突破第九页，编辑于星期日课：堂六点总四结十四分。
考点二 由不等式恒(能)成立求参数的范围 【例2】 已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e].
(1)若a＝1，求f(x)的最大值； (2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围. 解 (1)若 a＝1，则 f(x)＝x＋ln x， f′(x)＝1＋1x＝x＋x 1.∵x∈[1，e]， ∴f′(x)>0，∴f(x)在[1，e]上为增函数， ∴f(x)max＝f(e)＝e＋1.
考点突破第十八页，编辑于星期课日堂：六总点结四十四分。
考点三 函数的零点问题 【例 3】 (2015·北京卷)设函数 f(x)＝x22－kln x，k>0.
(1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一个 零点. (1)解 由 f(x)＝x22－kln x(k>0)，得 x＞0 且 f′(x)＝x－kx＝x2－x k. 由 f′(x)＝0，解得 x＝ k(负值舍去). f(x)与 f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：
第3课时 导数与函数的综合问题
考点突破第一页，编辑于星期日课：堂六点总四结十四分。
考点一 证明不等式
【例 1】 (2017·青岛模拟)已知函数 f(x)＝axx2＋＋1b在点(－1，f(－1))
创新设计浙江专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性课件
3 2 x 1 3 2 x g′(x)＝2x ＋ x ＝2x ＋2x ＋2xe
1 ＝ x(x＋1)(x＋4)ex. 2 令 g′(x)＝0， 解得 x＝0，x＝－1 或 x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数； 当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数； 当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.
诊断自测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内
没有单调性.( ) ) (3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.(
当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数.
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数， 在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.
规律方法 确定函数单调区间的步骤： (1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)；
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增 区间； (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减 区间.
解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝3ax2＋2x，
4 4 因为 f(x)在 x＝－3处取得极值，所以 f′－3＝0， 4 16a 8 16 1 － ＝ 所以 3a· ＋2· － ＝0，解得 a＝ . 9 3 3 2 3
(2)由(1)得 故
1 3 2 x g(x)＝2x ＋x e ，
创新设计浙江专用2018版高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数I第1讲函数及其表示课件
1 或 x
f(－x)的表达式，可根据已知
条件再构造出另外一个等式，通过解方程组求出 f(x). (4)配凑法：由已知条件 f(g(x))＝F(x)，可将 F(x)改写成关于 g(x) 的表达式，然后以 x 替代 g(x)，便得 f(x)的表达式.
的定义域为g(x)在x∈[a，b]时的值域.
x2－5x＋6 【训练 1】 (1)(2015· 湖北卷)函数 f(x)＝ 4－|x|＋lg 的 x－3 定义域为( A.(2，3) C.(2，3)∪(3，4] (2)若函数 f(x)＝ 2 为________.
x2＋2ax－a
) B.(2，4] D.(－1，3)∪(3，6] －1的定义域为 R，则 a 的取值范围
2 1 解得 f(x)＝3 x＋3. 2 1 2 3 2 1 答案 (1)lg (x>1) (2) x － x＋2 (3) x＋ 2 2 3 3 x－1
规律方法 求函数解析式的常用方法
(1)待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法.
(2)换元法：已知复合函数 f(g(x))的解析式，可用换元法，此时 要注意新元的取值范围.
4.分段函数
对应关系 不同而分别 (1) 若函数在其定义域的不同子集上，因_________ 用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数. 并集 ，其值域 (2) 分段函数的定义域等于各段函数的定义域的 _____ 并集 ，分段函数虽由几个部分组成， 等于各段函数的值域的 _____
但它表示的是一个函数.
规律方法 求函数定义域的类型及求法
(1) 已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式
(组)求解. (2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不 等式(组)求解. (3) 若已知 f(x) 的定义域为 [a ， b] ，则 f(g(x)) 的定义域可由
创新设计2018版高考数学(理)(人教)大一轮复习配套讲义：专题探究课一高中函数问题与导数的热点题型
（建议用时：80分钟）1.已知函数f （x )＝x 2－ln x －ax ，a ∈R 。
(1)当a ＝1时，求f (x ）的最小值；（2）若f (x )〉x ,求a 的取值范围。
解 (1）当a ＝1时，f （x )＝x 2－ln x －x ，f ′(x )＝错误!。
当x ∈(0,1)时，f ′(x ）<0；当x ∈（1，＋∞)时，f ′（x )>0. 所以f (x ）的最小值为f (1）＝0.（2)由f （x )〉x ，得f （x ）－x ＝x 2－ln x －（a ＋1)x >0.由于x >0，所以f (x )>x 等价于x －错误!〉a ＋1.令g （x )＝x －ln x x ，则g ′(x ）＝错误!.当x ∈（0，1）时，g ′(x ）〈0；当x ∈（1,＋∞）时，g ′（x ）>0.故g (x )有最小值g （1）＝1。
故a ＋1<1,a <0,即a 的取值范围是（－∞，0）.2.设a 为实数，函数f （x ）＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .（1)求f (x ）的单调区间与极值;(2)求证：当a 〉ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.(1）解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R ，知f′（x）＝e x－2，x∈R。
令f′(x）＝0，得x＝ln 2。
于是当x变化时，f′（x），f(x）的变化情况如下表：故f(x)单调递增区间是(ln 2，＋∞），f(x）在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f（ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a。
(2）证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x）＝e x－2x＋2a，x∈R。
由（1）知当a>ln 2－1时，g′(x）取最小值为g′（ln 2）＝2（1－ln 2＋a）>0。
于是对任意x∈R，都有g′（x)>0,所以g(x）在R内单调递增。
创新设计高考数学浙江文理通用一轮复习练习：专题探究课六 含答案
(建议用时：80分钟)1.(2016·佛山质检)贵广高速铁路从贵阳北站起终至广州南站.其中广东省内有怀集站、广宁站、肇庆东站、三水南站、佛山西站、广州南站共6个站.记者对广东省内的6个车站随机抽取3个进行车站服务满意度调查.(1)求抽取的车站中含有佛山市内车站(包括三水南站和佛山西站)的概率；(2)设抽取的车站中含有肇庆市内车站(包括怀集站、广宁站、肇庆东站)个数为X，求X的分布列及其均值(即数学期望).解(1)设“抽取的车站中含有佛山市内车站”为事件A，则P(A)＝C22C14＋C12C24C36＝45.(2)X的可能取值为0，1，2，3.P(X＝0)＝C03C33C36＝120，P(X＝1)＝C13C23C36＝920，P(X＝2)＝C23C13C36＝920，P(X＝3)＝C33C03C36＝120，所以X的分布列为X的数学期望E(X)＝0×120＋1×920＋2×920＋3×120＝32.2.一次考试共有12道选择题，每道选择题都有4个选项，其中有且只有一个是正确的.评分标准规定：“每题只选一个选项，答对得5分，不答或答错得零分”.某考生已确定有8道题的答案是正确的，其余题中：有两道题都可判断两个选项是错误的，有一道题可以判断一个选项是错误的，还有一道题因不理解题意只好乱猜.请求出该考生：(1)得60分的概率；(2)所得分数X的分布列和数学期望.解(1)设“可判断两个选项是错误的”两道题之一选对为事件A，“有一道题可以判断一个选项是错误的”选对为事件B，“有一道题不理解题意”选对为事件C，∴P(A)＝12，P(B)＝13，P(C)＝14，∴得60分的概率为P＝12×12×13×14＝148.(2)X可能的取值为40，45，50，55，60.P(X＝40)＝12×12×23×34＝18；P(X＝45)＝C12×12×12×23×34＋12×12×13×34＋12×12×23×14＝1748；P(X＝50)＝12×12×23×34＋C12×12×12×13×34＋C12×12×12×23×14＋12×12×13×14＝17 48；P(X＝55)＝C12×12×12×13×14＋12×12×23×14＋12×12×13×34＝748；P(X＝60)＝12×12×13×14＝148.X的分布列为E(X)＝40×18＋45×1748＋50×1748＋55×748＋60×148＝57512.3.(2016·皖南八校二模)某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位可获9 000元的赔偿(假设每辆车最多只赔偿一次).设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为19，110，111，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中：(1)获赔的概率；(2)获赔金额X的分布列.解设A k表示第k辆车在一年内发生此种事故，k＝1，2，3，由题意知A1，A2，A3相互独立，且P(A1)＝19，P(A2)＝110，P(A3)＝111.∴P(A1)＝89，P(A2)＝910，P（A3)＝10 11.(1)该单位一年内获赔的概率为1－P(A1A2A3)＝1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－89×910×1011＝311.(2)X的所有可能值为0，9 000，18 000，27 000.P(X＝0)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝89×910×1011＝811，P(X＝9 000)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)·P(A2)P(A3)＝19×910×1011＋89×110×1011＋89×910×111＝242990＝1145，P(X＝18 000)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(A2)P(A3)＝19×110×1011＋19×910×111＋89×110×111＝27990＝3110.P(X＝27 000)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝19×110×111＝1990.综上知，X的分布列为4..该探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空.为确保发射成功，科学家增加了“长征五号”的某项新技术.该项新技术在进入试用阶段前必须检测三项不同的指标甲、乙、丙是否合格.假设该项新技术的指标甲、乙、丙独立检测合格的概率分别为23、23、12，指标甲、乙、丙检测合格分别记4分、2分、4分，若某项指标不合格，则该项指标记0分，各项指标检测结果互不影响.(1)求该项新技术量化检测得分为10分的概率；(2)记该项新技术的三个指标中被检测合格的指标个数为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望.解(1)记“该项新技术的三个指标甲、乙、丙独立检测合格”分别为事件A，B，C，则P(A)＝23，P(B)＝23，P(C)＝12，所以事件“该项新技术量化检测得分为10分”可表示为ABC.所以该项新技术量化检测得分为10分的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝23×23×12＝29.(2)ξ的所有可能取值为0，1，2，3.由题意结合(1)知，P(ξ＝0)＝P(A B C)＝13×13×12＝118，P(ξ＝1)＝P(A B C＋A B C＋A B C)＝23×13×12＋13×23×12＋13×13×12＝518.P(ξ＝2)＝P(AB C＋A B C＋A BC)＝23×23×12＋23×13×12＋13×23×12＝49.P(ξ＝3)＝P(ABC)＝23×23×12＝29.所以随机变量ξ的分布列为所以E(X)＝0×118＋1×518＋2×49＋3×29＝116.5.(2016·浙大附中模拟)某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望. 解设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟.所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)·P(Y＝1)＋P(Y＝2)·P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.(2)法一X所有可能的取值为0，1，2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y＞1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；所以X的分布列为E(X)＝0×0.5＋1×0.49法二X所有可能的取值为0，1，2.X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49；所以X的分布列为E(X)＝0×0.5＋1×0.496.某公交公司对某线路客源情况统计显示，公交车从每个停靠点出发后，乘客人数及频率如下表：(2)全线途经10个停靠点，若有2个以上(含2个)停靠点出发后乘客人数超过18人的概率大于0.9，公交公司就考虑在该线路增加一个班次，请问该线路需要增加班次吗？解 (1)由表知，乘客人数不超过24人的频率是0.10＋0.15＋0.25＋0.20＝0.70， 则从每个停靠点出发后，乘客人数不超过24人的概率约是0.70.(2)由表知，从每个停靠点出发后，乘客人数超过18人的概率约为12，设途经10个停靠站，乘车人数超过18人的个数为X ，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫10，12，∴P (X ≥2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1) ＝1－C 010⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1210－C 110⎝ ⎛⎭⎪⎫121×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－129＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1210－10×⎝ ⎛⎭⎪⎫1210＝1 0131 024>0.9，故该线路需要增加班次.。
2018届《创新设计》一轮 数学理科 电子稿通用版第一章 第2讲
基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.(2015·山东卷)设m∈R, 命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是()A.若方程x2＋x－m＝0有实根，则m＞0B.若方程x2＋x－m＝0有实根，则m≤0C.若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m＞0D.若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0解析根据逆否命题的定义，命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是“若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0”.答案 D2.“x＝1”是“x2－2x＋1＝0”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析因为x2－2x＋1＝0有两个相等的实数根为x＝1，所以“x＝1”是“x2－2x＋1＝0”的充要条件.答案 A3.设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是“α∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析m⊂α，m∥βα∥β，但m⊂α，α∥β⇒m∥β，∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.答案 B4.(2017·安徽江南十校联考)“a＝0”是“函数f(x)＝sin x－1x＋a为奇函数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析显然a＝0时，f(x)＝sin x－1x为奇函数；当f(x)为奇函数时，f(－x)＋f(x)＝0.又f(－x)＋f(x)＝sin(－x)－1－x＋a＋sin x－1x＋a＝0.因此2a＝0，故a＝0.所以“a＝0”是“函数f(x)为奇函数”的充要条件.答案 C5.下列结论错误的是()A.命题“若x2－3x－4＝0，则x＝4”的逆否命题为“若x≠4，则x2－3x－4≠0”B.“x＝4”是“x2－3x－4＝0”的充分条件C.命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆命题为真命题D.命题“若m2＋n2＝0，则m＝0且n＝0”的否命题是“若m2＋n2≠0，则m≠0或n≠0”解析C项命题的逆命题为“若方程x2＋x－m＝0有实根，则m>0”.若方程有实根，则Δ＝1＋4m≥0，即m≥－14，不能推出m>0.所以不是真命题.答案 C6.设x∈R，则“1<x<2”是“|x－2|<1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析由|x－2|<1，得1<x<3，所以1<x<2⇒1<x<3；但1<x<3⇒/1<x<2.所以“1<x<2”是“|x－2|<1”的充分不必要条件.答案 A7.已知命题p：x2＋2x－3＞0；命题q：x＞a，且綈q的一个充分不必要条件是綈p，则a的取值范围是()A.[1，＋∞)B.(－∞，1]C.[－1，＋∞)D.(－∞，－3]解析由x2＋2x－3＞0，得x＜－3或x＞1，由綈q的一个充分不必要条件是綈p，可知綈p是綈q的充分不必要条件，等价于q是p的充分不必要条件.故a≥1.答案 AA.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 由ln a >ln b ⇒a >b >0⇒a >b ，故必要性成立.当a ＝1，b ＝0时，满足a >b ，但ln b 无意义，所以ln a >ln b 不成立，故充分性不成立. 答案 B 二、填空题9.“若a ≤b ，则ac 2≤bc 2”，则命题的原命题、逆命题、否命题和逆否命题中真命题的个数是________.解析 其中原命题和逆否命题为真命题，逆命题和否命题为假命题. 答案 210.“sin α＝cos α”是“cos 2α＝0”的________条件. 解析 cos 2α＝0等价于cos 2α－sin 2α＝0， 即cos α＝±sin α.由cos α＝sin α得到cos 2α＝0；反之不成立.∴“sin α＝cos α”是“cos 2α＝0”的充分不必要条件. 答案 充分不必要11.已知命题p ：a ≤x ≤a ＋1，命题q ：x 2－4x <0，若p 是q 的充分不必要条件，则a 的取值范围是________.解析 令M ＝{x |a ≤x ≤a ＋1}，N ＝{x |x 2－4x <0}＝{x |0<x <4}. ∵p 是q 的充分不必要条件，∴M N ， ∴⎩⎨⎧a >0，a ＋1<4，解得0<a <3. 答案 (0，3) 12.有下列几个命题：①“若a >b ，则a 2>b 2”的否命题；②“若x ＋y ＝0，则x ，y 互为相反数”的逆命题；③“若x 2<4，则－2<x <2”的逆否命题. 其中真命题的序号是________.解析 ①原命题的否命题为“若a ≤b ，则a 2≤b 2”错误.②原命题的逆命题为：“若x ，y 互为相反数，则x ＋y ＝0”正确.③原命题的逆否命题为“若x ≥2或x ≤－2，则x 2≥4”正确. 答案 ②③能力提升题组 (建议用时：10分钟)13.(2016·四川卷)设p ：实数x ，y 满足(x －1)2＋(y －1)2≤2，q ：实数x ，y 满足⎩⎨⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1，则p 是q 的( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 如图作出p ，q 表示的区域，其中⊙M 及其内部为p 表示的区域，△ABC 及其内部(阴影部分)为q 表示的区域. 故p 是q 的必要不充分条件.答案 A14.(2017·南昌十所省重点中学联考)已知m ∈R ，“函数y ＝2x ＋m －1有零点”是“函数y ＝log m x 在(0，＋∞)上为减函数”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 由y ＝2x ＋m －1＝0，得m ＝1－2x ，则m <1. 由于函数y ＝log m x 在(0，＋∞)上是减函数， 所以0<m <1.因此“函数y ＝2x ＋m －1有零点”是“函数y ＝log m x 在(0，＋∞)上为减函数”的必要不充分条件. 答案 B15.已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12＜2x＜8，x ∈R ，B ＝{x |－1＜x ＜m ＋1，x ∈R }，若x ∈B成立的一个充分不必要的条件是x ∈A ，则实数m 的取值范围是________. 解析A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪12＜2x ＜8，x ∈R ＝{x |－1＜x ＜3}， ∵x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ， ∴A B ，∴m ＋1＞3，即m ＞2. 答案 (2，＋∞)16.(2017·临沂模拟)下列四个结论中正确的是________(填序号).①“x 2＋x －2>0”是“x >1”的充分不必要条件；②命题：“∀x ∈R ，sin x ≤1”的否定是“∃x 0∈R ，sin x 0>1”；③“若x ＝π4，则tan x ＝1”的逆命题为真命题；④若f (x )是R 上的奇函数，则f (log 32)＋f (log 23)＝0.解析 ①中“x 2＋x －2>0”是“x >1”的必要不充分条件，故①错误.对于②，命题：“∀x ∈R ，sin x ≤1”的否定是“∃x 0∈R ，sin x 0>1”，故②正确. 对于③，“若x ＝π4，则tan x ＝1”的逆命题为“若tan x ＝1，则x ＝π4”，其为假命题，故③错误.对于④，若f (x )是R 上的奇函数，则f (－x )＋f (x )＝0，∵log 32＝1log 23≠－log 32，∴log 32与log 23不互为相反数，故④错误. 答案 ②。
18版：高考探究课（创新设计）
第2讲高考探究课【考情分析】1.(2016·课标全国Ⅰ，45)阅读材料，回答问题。
材料南北朝时，士族族谱是选任官员的重要依据。
唐朝初年，旧士族虽已没落，但清河崔氏、范阳卢氏等数家所谓“山东士族”，仍凭借其祖先的影响，享有崇高的社会地位。
这些家族编写族谱，标榜为华夏“高门”，自诩“家风”优良，相互间通婚。
唐初那些以军功起家的大臣，也把能与他们通婚视作荣耀。
唐太宗决心从谱牒入手，改变这种状况。
他下令修撰全国总谱《氏族志》，不限地域，不分民族渊源，收集当时全国各地具有影响的293个家族，排出等级，但不作为任用官员的依据。
编写者受习惯影响，将当时只任六品官的清河人崔民干列为第一等。
这让唐太宗颇不高兴，下令：“不须论数世以前，止取今日官爵高下作等级。
”于是皇族被列为第一，外戚次之，清河崔氏只排到第三等。
当时文武大臣中，不少人的祖先在北朝后期才从草原南迁，也因此跻身“高门”之列。
——摘编自唐长孺《魏晋南北朝隋唐史三论》(1)根据材料并结合所学知识，概括唐太宗时谱牒改革的内容。
(2)根据材料并结合所学知识，简析唐太宗时谱牒改革的作用。
答案(1)内容：朝廷主持修撰全国总谱；扩大入选范围；否定谱牒在选任官员中的作用；建立新的门第标准。
(2)作用：加强皇室地位；肯定现有政治秩序，有利于维持政权稳定；抑制旧士族的影响；有利于维护统一；巩固民族交融的成果。
2.(2016·课标全国Ⅱ，45)阅读材料，回答问题。
材料八旗军是清朝的正规军队，八旗将士领取饷银。
甲午战败后，袁世凯组织新建陆军，张之洞组建自强军，皆采西法。
1901年，清政府改建兵制，取消旧式武举，创办武备学堂，编练新军，操习新式枪炮。
1903年设练兵处，作为全国招募和训练新军的中央机构。
1904年决定改建整个兵制，拟建新军36镇，为常备军，服役期3年。
在自愿基础上征募士兵，并有严格的资格限制。
1906年，兵部与练兵处合并为陆军部，后来又建立海军部。
创新设计2018版浙江数学大一轮检测：第三章导数及其应用第2讲含解析
基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1。
函数f(x)＝x ln x，则( )A.在（0，＋∞)上递增B.在（0,＋∞）上递减C。
在错误!上递增D。
在错误!上递减解析f（x）的定义域为(0，＋∞)，f′（x）＝ln x＋1，令f′(x)〉0得x〉错误!，令f′（x）<0得0<x<错误!，故选D.答案D2。
下面为函数y＝x sin x＋cos x的递增区间的是( )A.错误!B。
(π，2π) C。
错误! D.（2π，3π）解析y′＝（x sin x＋cos x)′＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，当x∈错误!时，恒有x cos x>0.答案C3.已知函数f(x）＝错误!x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增"的（)A。
充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析f′（x）＝错误!x2＋a，当a≥0时,f′（x）≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增"的充分不必要条件.答案A4.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B5.设函数f(x）＝错误!x2－9ln 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∵f（x)＝错误!x2－9ln x,∴f′(x）＝x－错误!（x>0)，当x－错误!≤0时，有0<x≤3,即在（0,3]上原函数是减函数，则［a－1，a＋1]⊆（0，3］，∴a－1〉0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案A二、填空题6.(2017·台州调研)函数f(x）＝错误!的单调递增区间为________；递减区间是________.解析函数的定义域为{x|x≠0}，且f′(x）＝错误!，令f′(x)>0得x>1，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，令f′（x)〈0，得x〈1且x≠0，f(x)的单调减区间为（－∞，0)和（0，1）。
《创新设计》数学一轮(理科)(浙江专用)第四章三角函数、解三角形4-2
•第2讲平面向量基本定理及坐标表示•最新考纲1.了解平面向量的基本定理及其意义；2.掌握平面向量的正交分解及其坐标表示；3.会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算；4.理解用坐标表示的平面向量共线的条件.梳理自测，理解记忆•知识梳理• 1.平面向量基本定理• 如果勺，勺是同一平蔺内的两个向量，那么对于这一平面吶的任意向量a, ______2向+必2___—*对实数2 ],禺，使a =• 其中，不共线的向量勺，仑2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底.2・平面向量的坐标运算法、减法、数乘向量及向量的模设 a =（x\,丁1）, b =（x2,丁2），贝°+方=（“+切儿+乃）,a_b^~^ y-y'2）标的求法①若向量的起点是坐标原点，则终点坐标即为向量的坐标.②设 A(x P y) B(x2, y2),则而=显—"兀―叩,\AB\设。
=（兀13.平面向量共线的坐标表示诊断自测1.思考辨析(在括号内打“ J ”或“ X ”)(1) 平面内的任何两个向量都可以作为一组基底.(x )(2) 在厶ABC 中，向量A5,就的夹角为ZABC.(X )(3) 若方不共线,且久1。
+"1方=久2。
+“2方，则久1=久2‘ 〃1=〃2・(7 )(4) 若a = (x l9 yi), b = (X2,力),则a//b的充要条件可表示成卫Z1x)• 2. (2014 -北京卷)已知向量a = (2,4),b =(— 1,1),则2a~b —•()• A. (5,7)B・(5,9)• C. (3,7)D. (3,9)• 解析 2a-b = (4,8) - (-1,1) = (5,7)・• 答案A3.已知向量，A.—辺C・-电或电D. 04.（人教A必修4P101A3改编）已知口ABCD的顶点4（一1，2), B(3,5・在平面直角坐标系中，O为坐标原点，4、B 、C三点满足荒=4鬲+显则\AC\IABI考点突破 分类讲练，以例求法考点一平面向量基本定理的应用【例1】（1）（2015・宁波联考）在ZvlBC中，点D在边AB上,CQ 平分ZACB.若西=a，CA=b, l «l=l, \b\ = 2,则 C方1 , 2A.屮十申2 , 1B.屮十生3 , 4C5a+5b4 , 3D.屮+申(2)如图所示，在平面四边形ABCD 中，若AC=3, BD=2,贝9(AB+DC)(AC +Bb)=______•DAB解析⑴法一因为CD平分ZACB,由角平分线定理，得箸二蒜二罟=2,2所以舫=2DB=^忌2所以CD=CA+AD = CA + ^AB = CA2 —一 2 一1 一 2 1+^(CB—CA )=^CB-\-^CA=^a~\-^b.•深度思考对于第⑴小题，角平分线定理你知道吗?若知道的话可结合平面向量基本定理解决；若不知道的话可用特殊三角形解决，不妨法二（特殊值法）构造直角三角形，令CB=1,CA = 2,AB=V3,、问1则ZDCB = 30°,所以 80=专•故 BD=j BA,CD=CB+BD =,1 2 , 1a十—a）=屮十申.（2）由于兀&=AC+CB, DC=DB+BC,所以^+DC=AC+ CB+ffB+BC= AC-BD.（AS+说）・（花+丽）= （At—丽）・（花+施）= L4CI2-lW = 9-4 = 5.•规律方法(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底,并运用该基底将条件和结论表示成向量的开纟式,再通过向量的运算来解决.【训练1】⑴设D，E分别是△ABC的边Ab 上的点，AD=^AB,BE=^BC.若Z)E=^iAB+久2ACU1，久2为实数)，则久i+久2的值为______・⑵（2015•舟山联考）如图，平面内有三个向量刃，OB, OC,其中与励的夹角为120°,励与O疋的夹角为30。
【创新设计】高考数学(浙江版,文理通用)一轮复习练习：专题探究课五(含答案解析)
(建议用时： 80 分钟 )x 22＝1 上两个不一样的点A ，B 对于直线 y ＝1.(2015 浙·江卷 )已知椭圆 2 ＋ ymx ＋ 1对称 .2(1) 务实数 m 的取值范围；(2) 求△ AOB 面积的最大值 (O 为坐标原点 ).解 (1)由题意知 m ≠0，可设直线 AB 的方程为x 2212 ＋y ＝ 1，y ＝－ m x ＋ b.由 1y ＝－ m x ＋ b ，消去 y ，得 1＋ 12 x 2－ 2b x ＋b 2 －1＝ 0.2 m m由于直线 y ＝－ 1 x 2 2有两个不一样的交点，所以＝－ 2b 2＋ 2＋4＞0， m x ＋ b 与椭圆 ＋ y ＝ 122 m①将AB 中点M2mb， m 2b代入直线方程 y ＝ mx ＋1解得 b ＝－ m2＋ 2②222m ＋ 2 m ＋ 222m由①②得 m ＜－6或 m ＞ 633.4 2 3 1 ∈ － 6，0 ∪6，则 |AB| ＝ t 2＋12－2t ＋ 2t ＋20， 1 .(2) 令 t ＝ m222＋t 2t2＋1且 O 到直线 AB 的距离为 d ＝22.t ＋ 11 121 22设 △ AOB 的面积为 S(t) ，所以 S(t)＝ 2|AB| 2 d ＝ 2－ 2 t － 2＋2≤ 2.212 当且仅当 t ＝2时，等号建立 .故 △AOB面积的最大值为2.x 2 y 22，点 P(0，1)和点 A(m ，n)(m ≠0)2.(2015 北·京卷 )已知椭圆 C ： 2＋2＝ 1(a ＞ b ＞ 0)的离心率为2a b都在椭圆 C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M.(1) 求椭圆 C 的方程，并求点 M 的坐标 (用 m ， n 表示 )；(2) 设 O 为原点，点 B 与点 A 对于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N.问： y 轴上能否存在点 Q ，使得∠ OQM ＝∠ ONQ ？若存在，求点 Q 的坐标；若不存在，说明原因 .b ＝ 1，解(1)由题意得c ＝ 2， 解得 a 2＝ 2，a 2222，a ＝b ＋ c2故椭圆 C 的方程为 x＋ y 2 ＝ 1.2设 M(x M ， 0).由于 m ≠0，所以－ 1＜ n ＜ 1.n － 1直线 PA 的方程为 y － 1＝ m x. 所以 x M ＝m，即 Mm， 0 .1－ n1－ n(2) 由于点 B 与点 A 对于 x 轴对称，所以 B(m ，－ n).设 N(x N ， 0)，则 x N ＝ m.1＋ n“存在点 Q(0 ，y Q )使得∠ OQM ＝∠ ONQ ” ，等价于 “存在点 Q(0，y Q )使得 |OM| ＝ |OQ|”，即|OQ| |ON| y Q 知足 y Q 2＝ |x M ||x N |.由于 x M ＝ m ， x N ＝ m，m 2＋ n 2＝ 1.1－ n 1＋ n 2所以 y Q 2＝ |x M ||x N |＝m 22＝ 2.1－ n所以 y Q ＝ 2或 y Q ＝－ 2.故在 y 轴上存在点 Q ，使得∠ OQM ＝∠ ONQ ，点 Q 的坐标为 (0， 2)或 (0，－ 2).3.(2016 太·原模拟 )如下图，在直角坐标系xOy 中，点 P 1， 1到抛225物线 C ：y ＝ 2px(p>0) 的准线的距离为 4.点 M(t ，1)是 C 上的定点， A ， B 是 C 上的两动点，且线段AB 的中点 Q(m ， n)在直线 OM 上 .(1) 求曲线 C 的方程及 t 的值 .(2) 记 d ＝|AB|，求 d 的最大值 .1＋ 4m 2解 (1)y 2＝ 2px(p>0) 的准线为 x ＝－p2，∴ 1－ －p ＝ 5，p ＝ 1，2 42∴抛物线 C 的方程为 y 2＝x.又点 M(t ， 1)在曲线 C 上，∴ t ＝ 1.(2) 由(1) 知，点 M(1 ， 1)，进而 n ＝m ，即点 Q(m ， m)，依题意，直线 AB 的斜率存在，且不为 0，设直线 AB 的斜率为 k(k ≠0).且 A(x 1， y 1) ，B(x 2， y 2)，y 21＝ x 1， 由 y 22＝ x 2，得 (y 1－ y 2)(y 1＋ y 2 )＝ x 1－ x 2，故 k ·2m ＝1，所以直线 AB 的方程为 y － m ＝ 2m 1(x － m)，即 x － 2my ＋ 2m 2 －m ＝ 0.x －2my ＋ 2m 2－ m ＝ 0， 由 y 2＝x 消去 x ，整理得 y 2－ 2my ＋ 2m 2－ m ＝ 0，所以 ＝ 4m －4m 2>0 ，y 1＋ y 2＝ 2m ， y 1y 2＝ 2m 2－ m.1进而 |AB| ＝1＋ k 22 |y 1－ y 2| ＝ 1＋4m 22 4m － 4m 2＝ 2 （ 1＋ 4m 2）（ m － m 2） .|AB|∴ d ＝＝ 2 m （ 1－ m ）≤ m ＋ (1－ m)＝ 1，21＋ 4m当且仅当 m ＝ 1－ m ，即 m ＝12时，上式等号建立，又 m ＝ 1知足＝4m － 4m 2>0. ∴ d 的最大值为 1.224.如图，已知椭圆C ： x 2 ＋y 2＝ 1(a>1)的上极点为 A ，右焦点为 F ，直a线 AF 与圆 M ： x 2＋ y 2－ 6x －2y ＋ 7＝0 相切 .(1) 求椭圆 C 的方程；(2) →→l 过若可是点 A 的动直线 l 与椭圆 C 订交于 P 、 Q 两点，且 AP2 AQ ＝ 0，求证：直线 定点，并求出该定点 N 的坐标 .(1) 解 将圆 M 的一般方程 x 2＋ y 2－ 6x － 2y ＋ 7＝ 0 化为标准方程为 (x － 3)2＋ (y － 1)2＝3，圆 M 的圆心为 M(3 ， 1)，半径 r ＝ 3.由 A(0 ， 1)， F(c ， 0)(c ＝ a 2－1) 得直线 AF ： x＋ y ＝ 1，c即 x ＋ cy － c ＝ 0.|3＋ c －c|由直线 AF 与圆 M 相切，得＝ 3.∴ c ＝ 2或 c ＝－ 2(舍去 ).2∴ a ＝ 3，∴椭圆 C 的方程为 x＋y 2＝ 1. 3→ →(2)证明 由AP2 AQ ＝ 0，知 AP ⊥ AQ ，进而直线 AP 与坐标轴不垂直，由 A(0 ， 1)可设直线 AP 的方程为 y ＝ kx ＋1，直线 AQ 的方程为 y ＝－1k x ＋ 1(k ≠ 0)，将 y ＝ kx ＋ 1 代入椭圆 C 的方程 x 22并整理得： (1＋ 3k22＝0，＋y ＝ 1 )x ＋ 6kx3解得 x ＝0 或 x ＝－6k2，1＋ 3k6k26k26k1－ 3k所以 P 的坐标为－ 1＋ 3k 2，－1＋ 3k 2＋1，即 － 1＋ 3k 2， 1＋ 3k 2.16k ， k 2－ 3将上式中的 k 换成－ k ，得 Q k 2＋ 3 k 2＋3 .k 2－ 3 1－ 3k 2∴直线 l 的方程为 y ＝ k 2＋ 3－ 1＋ 3k 2 x － 6k2－36k6k 2＋ 3 ＋k2，＋k k ＋ 31＋3k 2k 2＋ 3化简得直线 l 的方程为y ＝k 2－ 1 14k x － 2.所以直线 l 过定点 N 0，－ 1 .21 222 5.(2016 南·昌模拟 )已知圆2＋y － 2＝ 9经过椭圆 C ：x2y 2，E ：x4a ＋b ＝ 1(a>b>0) 的左、右焦点 F 1F 2，且与椭圆 C 在第一象限的交点为A ，且 F 1，E ， A 三点共线，→ →直线 l 交椭圆 C 于 M ， N 两点，且 MN ＝ λ OA ( λ≠ 0).(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 当三角形 AMN 的面积取到最大值时，求直线l 的方程 .解 (1)如图，圆 E 经过椭圆 C 的左、右焦点 F 1， F 2，∵ F 1 ， E ， A 三点共线，∴ F 1A 为圆 E 的直径，3∴ AF 1＝ 23 2＝ 3， AF 2⊥ F 1F 2. 令 y ＝ 0，2则 x 2＋ 0－12 ＝ 94，解得 x ＝ ± 2，∴ c ＝2.|AF 2 |2＝ |AF 1|2－ |F 1F 2|2＝ 9－ 8＝ 1，2a ＝ |AF 1|＋ |AF 2|＝ 4，∵ a 2＝ b 2＋ c 2，解得 a ＝ 2， b ＝ 2，x 2 y 2∴椭圆 C 的方程为 4 ＋ 2 ＝1. (2) 由(1) 得点 A 的坐标为 (2， 1)，→→2∵ MN ＝ λOA ( λ≠，0)∴直线 l 的斜率为 2 ，故设直线 l 的方程为 y ＝22 x ＋ m ，2y ＝ 2 x ＋ m ，联立方程组y2消去 y 得 x 2＋ 2mx ＋ m 2－ 2＝ 0，x 24 ＋2 ＝ 1设 M(x 1， y 1)， N(x 2， y 2)，∴ x 1＋ x 2＝－ 2m ， x 1x 2＝ m 2－ 2， ＝2m 2 －4m 2 ＋8>0 ，∴－ 2<m<2. |MN| ＝ 1＋ k 2|x 2－ x 1|＝ 1＋12（ x 1＋ x 2） 2－ 4x 1x 2＝ 12－ 3m 2.6|m| 点 A 到直线 l 的距离 d ＝.31d ＝ 126|m| S △ AMN ＝ |MN| 2 2 12－ 3m 33 2＝2 （ 4－ m 2）m 2≤ 23 4－ m 2＋ m 2＝ 2.222当且仅当 4－ m 2＝ m 2，即 m ＝ ± 2时，直线 l 的方程为 y ＝ 22 x ± 2.x 2 y 216.(2016 石·家庄一模 )已知椭圆 C ： a 2＋ b 2＝ 1(a>b>0) 的离心率 e ＝ 2，点 A 为椭圆上一点，∠F 1AF 2＝ 60°，且 S △ F 1AF 2＝ 3. (1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设动直线 l ： y ＝ kx ＋ m 与椭圆 C 有且只有一个公共点P ，且与直线 x ＝ 4 订交于点 Q.问：在x 轴上能否存在定点 M ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点M ？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明原因.解(1)由e ＝ 1可得2a 2＝ 4c 2，①S △ F 1AF 2＝ 12|AF 1||AF 2|sin 60°＝3，可得 |AF 1||AF 2|＝ 4，在 △ F 1 AF 2 中，由余弦定理可得|F 1A| 2＋ |F 2A|2－2|F 1A|2 |F 2A|cos 60°＝ 4c 2，22又 |AF 1|＋ |AF 2|＝ 2a ，可得 a － c ＝ 3，②联立①②得 a 2＝ 4， c 2＝ 1.∴ b 2＝ 3，22xy∴椭圆 C 的方程为＋ ＝ 1.y ＝ kx ＋ m ，(2) 设点 P(x 0， y0)，由 x 2＋ y 2 ＝ 1 43得 (4k 2＋ 3)x 2＋ 8kmx ＋ 4m 2－ 12＝0，由题意知＝ 64k 2m 2－ 4(4k 2＋ 3)(4m 2 －12)＝0，化简得 4k 2 －m 2＋ 3＝ 0，∴ x 0＝－ 4km4k ， y 0＝ 3 ，∴P － 4k ， 3. 4k 2＝－ m m m＋ 3 m y ＝ kx ＋ m ，得 Q(4， 4k ＋ m)， 由x ＝4假定存在点 M ，坐标为 (x 1， 0)，→ 4k － x 1， 3 →则MP ＝ － m m ，MQ ＝ (4－ x 1，4k ＋ m).∵以 PQ 为直径的圆恒过 → →M 点，∴ MP2 MQ ＝ 0，即－16k ＋ 4kx 1－ 4x 1＋ x 12＋12k＋ 3＝ 0，mmmk2∴ (4x 1－ 4)m ＋ x 1－ 4x 1＋ 3＝ 0 对随意 k ， m 都建立 .4x 1－ 4＝ 0，则x 21－4x 1＋3＝ 0，解得x 1＝1，故存在定点 M(1 ， 0)切合题意 .。
《创新设计》2018版高考数学(文理通用)(浙江专用)一轮复习练习第三章导数及其应用第3讲Word版含答案
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时， f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12. 答案 A3.(2017·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( ) A.23 B.43 C.83D.163解析 由图象可知f (x )的图象过点(1，0)与(2，0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0，8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案 C4.(2017·绍兴调研)已知函数f (x )＝e x －x 2，若∀x ∈[1，2]，不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.(－∞，1－e] B.[1－e ，e] C.[－e ，e ＋1]D.[e ，＋∞)解析 因为f (x )＝e x －x 2，所以f ′(x )＝e x －2x ，令g (x )＝f ′(x )，所以g ′(x )＝e x －2，因为x ∈[1，2]，所以g ′(x )＝e x －2>0，故f ′(x )＝e x －2x 在[1，2]上是增函数，故f ′(x )＝e x －2x ≥e －2>0；故f (x )＝e x －x 2在[1，2]上是增函数，故e －1≤e x －x 2≤e 2－4；故－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立可化为－m ≤e －1≤e 2－4≤m 2－4；故m ≥e. 答案 D5.(2017·东北四校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B 二、填空题6.函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0，2]上的最小值是________.解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，由f ′(x )＝0，x ∈[0，2]， 得x ＝1.比较f (0)＝－4，f (1)＝－173， f (2)＝－103，可知最小值为－173. 答案 －1737.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab 的值为________.解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎨⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案 －238.(2017·金华月考)函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________；函数的极大值为________. 解析 令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：⎩（a ）3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4.f (x )＝x 3－3x ＋4，所以f (x )的单调递减区间是(－1，1)，当x ＝－a ＝－1时，f (x )极大＝f (－1)＝6. 答案 (－1，1) 6 三、解答题9.(2017·丽水检测)设f (x )＝e x1＋ax 2，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，求实数a 的取值范围. 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax（1＋ax 2）2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点.(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0<a≤1.所以实数a的取值范围为{a|0<a≤1}.10.已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：所以，f(x)). (2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.能力提升题组(建议用时：30分钟)11.函数f(x)＝xe x()A.仅有最小值12eB.仅有最大值12eC.有最小值0，最大值12eD.无最值解析 函数f (x )的定义域为[0，＋∞)，f ′(x )＝1－2x 2x e x ，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )>0，f (x )递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )递减.又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f (x )>0，∴f (x )min ＝0，f (x )max ＝12e . 答案 C12.(2017·长沙调研)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( ) A.[－5，0)B.(－5，0)C.[－3，0)D.(－3，0)解析 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎨⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3，0)，故选C. 答案 C13.(2017·湖州调研)已知函数F (x )＝1－x x ＋k ln x (其中k <1e 且k ≠0)，则F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为________，最小值为________.解析 F (x )＝1－x x ＋k ln x (x >0)，∴F ′(x )＝（1－x ）′x －（1－x ）x ′x 2＋k x ＝kx －1x 2.①若k <0，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上，恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1，F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.②k >0时，∵k <1e ，∴1k >e ，x －1k <0，∴k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，∴F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1.F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.综上所述，当k ≠0且k <1e 时，F (x )max ＝e －k －1，F (x )min ＝1e ＋k －1. 答案 e －k －1 1e ＋k －114.(2017·济南模拟)设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2.(1)若当x ＝－1时，f (x )取得极值，求a 的值，并讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e 2. 解 (1)f ′(x )＝1x ＋a＋2x ，依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32. 从而f ′(x )＝（2x ＋1）（x ＋1）x ＋32，且f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞， 当－32<x <－1时，f ′(x )>0； 当－1<x <－12时，f ′(x )<0； 当x >－12时，f ′(x )>0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减.(2)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＋1x ＋a .方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－8，①若Δ≤0，即－2≤a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )无极值.②若Δ>0，即a <－2或a >2，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实根，x 1＝－a －a 2－22，x 2＝－a ＋a 2－22.当a <－2时，x 1<－a ，x 2<－a ， 故f ′(x )>0在定义域上恒成立， 故f (x )无极值.当a >2时，－a <x 1<x 2，故f (x )在(－a ，x 1)上递增，(x 1，x 2)上递减，(x 2，＋∞)上递增.故f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2取得极值.综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为(2，＋∞). 由上可知，x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝12.所以，f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 21＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln(－x 2)＋ln(－x 1)＋(x 21＋x 22)＝ln(x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2 ＝ln 12＋a 2－1>ln 12＋(2)2－1＝ln e 2.15.若函数f (x )＝ax 3－bx ＋4，当x ＝2时，函数f (x )有极值－43. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若函数f (x )＝k 有3个解，求实数k 的取值范围. 解 (1)对函数f (x )求导得：f ′(x )＝3ax 2－b ， 由题意⎩⎪⎨⎪⎧f ′（2）＝12a －b ＝0，f （2）＝8a －2b ＋4＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝4.∴函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得：f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值283； 当x ＝2时，f (x )有极小值－43.∴函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示.因为方程f (x )＝k 的解的个数即为y ＝k 与y ＝f (x )的交点个数.所以实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，283.。
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(建议用时：80分钟)1.(2015·重庆卷)设函数f (x )＝3x 2＋ax e x (a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋a e x ， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x， 故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋a e x. 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366， x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x ＜x 1时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数；当x 1＜x ＜x 2时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，故f (x )为增函数；当x ＞x 2时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，故f (x )为减函数.由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92， 故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.2.设a为实数，函数f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(x)单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.(2)证明设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.3.已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.由题设知1－k ＞0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k ＞0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1＜0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当x ＞0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x ＞h (x ).h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点.4.设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23. 令g ′(x )>0得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527， g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1. 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立. 设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增， 在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).5.已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1.(1)解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a . 当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减.因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12＜a ＜e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln (2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增. 于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)证明 设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减.则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负.故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，同理，g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点.由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，不合题意.所以12＜a ＜e 2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b ＞0，g (1)＝e －2a －b ＞0. 由f (1)＝0有a ＋b ＝e －1＜2，有g (0)＝a －e ＋2＞0，g (1)＝1－a ＞0，解得e －2＜a ＜1.所以函数f (x )在区间(0，1)内有零点时，e －2＜a ＜1.6.(2016·山东卷)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对任意的x ∈[1，2]成立.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3. 当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①0<a <2时，2a >1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. ②a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)上，f ′(x )≥0，f (x )单调递增， ③a >2时，0<2a <1， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x－ln x＋3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2]，设g(x)＝x－ln x，h(x)＝3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2].则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝x－1x≥0可得g(x)在[1，2]上递增，∴g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号.h′(x)＝－3x2－2x＋6x4，设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减，因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使φ(x0)＝0，所以当x∈(1，x0)时φ(x)>0，即h′(x)>0，当x∈(x0，2)时，φ(x)<0即h′(x)<0.所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，2)上单调递减.又h(1)＝1，h(2)＝12，所以h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝3 2，即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.。