2018届高考数学高考大二轮专题复习课后强化训练专题2第5讲导数的综合应用Word版含解析

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2018届高考数学(文)大一轮复习检测第二章函数、导数及其应用课时作业15Word版含答案

课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2. 答案：B2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析： f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.答案：C3．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a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23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，选A.答案：A4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.答案：D5．(2017·唐山质检)若函数y ＝x 3－32x 2＋a 在[－1，1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是( )A ．－12B ．0 C.12D ．1解析：令y ′＝3x 2－3x ＝3x (x －1)>0，解得x >1或x <0，令y ′<0，解得0<x <1，所以当x ∈[－1,1]时，[－1,0]函数增，[0,1]函数减，所以当x ＝0时，函数取得最大值f (0)＝a ＝3，y ＝x 3－32x 2＋3，f (－1)＝12，f (1)＝52，所以最小值是f (－1)＝12.故选C.答案：C6．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2,1)D ．(－5，－2]解析：f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1，不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2. 故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C. 答案：C 二、填空题7．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，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1738．函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________．解析：f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，即函数f (x )恰有两个极值点，即f ′(x )＝0有两个不等实根．因为f (x )＝ax 3＋x ，所以f ′(x )＝3ax 2＋1.要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0. 答案：(－∞，0)9．(2017·淄博联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，则实数m 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，所以f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0，它有两个不相等的实根，所以Δ＝4m 2－12(m ＋6)>0，解得m <－3或m >6.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 三、解答题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 ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，∵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)＝－12.11．已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝1＋ln x x ，且定义域为{x |x >0}，所以f ′(x )＝－ln xx2.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f (x )在x ＝1处取得极大值1.∵函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <1，a ＋23>1，解得13<a <1.(2)当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1，即为x ＋＋ln xx≥m .记g (x )＝x ＋＋ln xx ，∴g ′(x )＝x ＋＋ln x x －x ＋＋ln xx2＝x －ln xx 2. 令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x，∵x ≥1，∴h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，∴m ≤2.1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．1解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：D2．(2017·安徽模拟)已知函数f (x )＝e xx2－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：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e，选A.答案：A3．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 4．(2016·山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解：(Ⅰ)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈(0，12a)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈(12a，＋∞)时，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，g (x )的单调增区间为(0，12a )，单调减区间为(12a ，＋∞)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0<a <12时，12a >1，由(Ⅰ)知f ′(x )在(0，12a)内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，x ∈(1，12a)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在(1，12a )内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a >12时，0<12a <1，当x ∈(12a ，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为a >12.。

2018届高中数学高考二轮复习导数的综合应用教案含答案(全国通用)

第2讲：《导数的综合应用》教案一、教学目标1.应用导数讨论函数的单调性，并会根据函数的性质求参数范围.2.会利用导数解决某些实际问题．二、知识梳理1．已知函数单调性求参数值范围时，实质为恒成立问题．2．求函数单调区间，实质为解不等式问题，但解集一定为定义域的子集．3．实际应用问题：首先要充分理解题意，列出适当的函数关系式，再利用导数求出该函数的最大值或最小值，最后回到实际问题中，得出最优解．三、题型突破题型一讨论函数的单调性例1 已知函数f (x )＝x 2e－ax (a >0)，求函数在[1,2]上的最大值．变式迁移1 设a >0，函数f (x )＝a ln x x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求f (x )在区间[a,2a ]上的最小值．题型二用导数证明不等式例2 已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )， (1)求函数f (x )的单调区间；(2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3.变式迁移2 (2010·安徽)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.题型三实际生活中的优化问题例3某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费，预计当每件产品的售价为x元(9≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万件．(1)求分公司一年的利润L(万元)与每件产品的售价x的函数关系式；(2)当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a)．变式迁移3甲方是一农场，乙方是一工厂．由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x＝2 000t.若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．(1)将乙方的年利润ω(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量；(2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y＝0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格S是多少？四、针对训练(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．已知曲线C ：y ＝2x 2－x 3，点P (0，－4)，直线l 过点P 且与曲线C 相切于点Q ，则点Q 的横坐标为________．2．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3时取得极值，则a ＝________.3．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，则a ＝f (0)、b ＝f (12)、c ＝f (3)的大小关系为________________． 4．函数f (x )＝－x 3＋x 2＋tx ＋t 在(－1,1)上是增函数，则t 的取值范围是________．5．若函数f (x )＝sin x x ，且0<x 1<x 2<1，设a ＝sin x 1x 1，b ＝sin x 2x 2，则a ，b 的大小关系为________． 6．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)7．要建造一个长方体形状的仓库，其内部的高为3 m ，长和宽的和为20 m ，则仓库容积的最大值为_______________m 3.8．若函数f (x )＝4x x 2＋1在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，则实数m 的取值范围为________．二、解答题(共42分)9．(12分)设函数f (x )＝kx 3－3x 2＋1(k ≥0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )的极小值大于0，求k 的取值范围．10．(14分)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k 3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元，设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．11．(16分)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，函数f (x )的图象与x 轴的交点也在函数g (x )的图象上，且在此点有公共切线．(1)求a 、b 的值；(2)对任意x >0，试比较f (x )与g (x )的大小．五、参考答案二、知识梳理1．0<a <1 2.123.－24.⎣⎡⎦⎤12，12e π25.6 三、题型突破例1 解题导引求函数在闭区间上的最值，首先应判断函数在闭区间上的单调性，一般方法是令f ′(x )＝0，求出x 值后，再判断函数在各区间上的单调性，在这里一般要用到分类讨论的思想，讨论的标准通常是极值点与区间端点的大小关系，确定单调性或具体情况．解 ∵f (x )＝x 2e－ax (a >0)， ∴f ′(x )＝2x e－ax ＋x 2·(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )．令f ′(x )>0，即e －ax (－ax 2＋2x )>0，得0<x <2a. ∴f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上是减函数，在⎝⎛⎭⎫0，2a 上是增函数． ①当0<2a<1，即a >2时，f (x )在[1,2]上是减函数， ∴f (x )max ＝f (1)＝e －a .②当1≤2a≤2，即1≤a ≤2时，f (x )在⎣⎡⎭⎫1，2a 上是增函数，在⎝⎛⎦⎤2a ，2上是减函数，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫2a ＝4a －2e －2. ③当2a>2，即0<a <1时，f (x )在[1,2]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝4e－2a . 综上所述，当0<a <1时，f (x )的最大值为4e －2a ；当1≤a ≤2时，f (x )的最大值为4a －2e －2；当a >2时，f (x )的最大值为e －a . 变式迁移1 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ·1－ln x x 2(a >0)，由f ′(x )＝a ·1－ln x x 2>0，得0<x <e ；由f ′(x )<0，得x >e.故f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．(2)∵f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[a,2a ]上的最小值[f (x )]min ＝min{f (a )，f (2a )}．∵f (a )－f (2a )＝12ln a 2， ∴当0<a ≤2时，[f (x )]min ＝ln a ；当a >2时，[f (x )]min ＝ln 2a 2. 例2 解题导引利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．(1)解 f ′(x )＝x －a x ＝x 2－a x(x >0)，若a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．若a >0时，令f ′(x )>0，得x >a ，∴函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)证明设F (x )＝23x 3－(12x 2＋ln x )，故F ′(x )＝2x 2－x －1x. ∴F ′(x )＝ x －1 2x 2＋x ＋1 x.∵x >1，∴F ′(x )>0. ∴F (x )在(1，＋∞)上为增函数．又F (x )在(1，＋∞)上连续，F (1)＝16>0， ∴F (x )>16在(1，＋∞)上恒成立． ∴F (x )>0.∴当x >1时，12x 2＋ln x <23x 3. 变式迁移2 (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： x(－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 极小值故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，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(1－ln 2＋a )．(2)证明设g (x )＝e x －x 2＋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 )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 －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.例3 解 (1)分公司一年的利润L (万元)与售价x 的函数关系式为L ＝(x －3－a )(12－x )2，x ∈[9,11]．(2)L ′(x )＝(12－x )2－2(x －3－a )(12－x )＝(12－x )(18＋2a －3x )．令L ′＝0，得x ＝6＋23a 或x ＝12(不合题意，舍去)． ∵3≤a ≤5，∴8≤6＋23a ≤283. 在x ＝6＋23a 两侧L ′的值由正变负． ∴①当8≤6＋23a <9，即3≤a <92时，L max ＝L (9)＝(9－3－a )(12－9)2＝9(6－a )． ②当9≤6＋23a ≤283，即92≤a ≤5时，L max ＝L (6＋23a )＝(6＋23a －3－a )[12－(6＋23a )]2＝4(3－13a )3.。

2018年高考数学二轮复习专题04 导数及其应用教学案理

专题04 导数及其应用高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测2018年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f ′(x)＝lim Δx→0 ΔyΔx＝lim Δx→0＋Δ－Δx .2．导数的几何意义函数y ＝f(x)在x ＝x0处的导数f ′(x0)就是曲线y ＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x0)． 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c 为常数)；⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝⑦(lnx)′＝1x ；③[]′＝－④设y ＝f(u)u ＝φ(x)，则y′x＝y′uu′x.4．函数的性质与导数在区间(a ，b)′(x)>0，那么函数(a ，b)上单调递增．如果f ′(x)<0，5别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y ＝f(x)，由曲线y ＝f(x)与直线x ＝a ，x ＝b(a<b)和y ＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f(x)>0时，S ＝⎠⎛a b f(x)dx ；②当f(x)<0时，S ＝－⎠⎛ab f(x)dx ；③当x∈[a，c]时，f(x)>0；当x∈[c，b]时，f(x)<0，则S ＝⎠⎛a c f(x)dx －⎠⎛cb f(x)dx.考点一导数的几何意义及应用例1、(1)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.答案：1(2)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)＋1相切，则a＝________.解析：基本法：令f(x)＝x＋ln x，求导得f(1)＝1，所以曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.设直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切点为P(x0，y0)，则y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，＋1＝2x0－1，即ax20＋ax0＋2＝0，当a＝0时，显然y＝2x－1＋＋＋ax＋2＝0，8a＝0，＝0(显然不成立【变式探究】设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝( ) A．0 B．1C．2 D．3解析：基本法：y′＝a－1x＋1，当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故选D.答案：D考点二导数与函数的极值、最值例2、(1)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )A ．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C ．(－∞，－2) D ．(－∞，－1)解析：基本法：a ＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x ，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2a.若a ＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．则a ＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞0，即a×8a3－3×4a2＋1＞0，化简得a2＞4，又a ＜0，所以a ＜－2，故选C.速解法：若a ＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a －2＜0，在(－1,0)处有零点，不符合题意．∴a＜0，若a ＝－43，则f(x)＝－43x3－3x2＋1f′(x)＝－4x2－6x ＝0，∴x＝0，或x ＝－32.此时f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32为极小值且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＜0，有三个零点，排除D. 答案：C(2)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( ) A ．∃x0∈R，f(x0)＝0B ．函数y ＝f(x)的图象是中心对称图形C ．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D ．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析：基本法：由三次函数的值域为R 知，f(x)＝0必有解，A 项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx ＋c 的图象可由y ＝x3平移得到，所以y ＝f(x)的图象是中心对称图形，B 项正确；若y ＝f(x)有极值点，则其导数y ＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1＜x2)，则有f′(x)＝3x2＋2ax ＋b ＝3(x －x1)(x －x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上递增，在(x1，x2)上递减，在(x2，＋∞)上递增，则x2为极小值点，所以C 项错误，D 项正确．选C.速解法：联想f(x)的图象模型如图显然C 错．答案：C【方法技巧】1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具．2．可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x ＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.3．极值点不是一个点，而是一个数x0，当x ＝x0时，函数取得极值；在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右两侧的值的符号，如果“左正右负”，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果“左负右正”，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值．【变式探究】1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx －34(a ，b ，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，且f(x)的极小值等于－115，则a 的值是( ) A ．－8122 B.13C ．2D ．5答案：C考点三导数与函数的单调性例3、若函数f(x)＝x2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0] B ．[－1C ．[0,3]D ．[3解析：基本法：由题意知f′(x)≥0⎭⎪⎫恒成立，又f′(x)＝2x ＋a －1x2，⎭a≥1x2－2x ，若满足题意，，x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.因为h′(x)＝－2x3－2，所以当⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，所以h(x)＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3，故a≥3.a ＝0时， 1＋1＝2，f C.故选D.(2)若函数f(x)＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：基本法：依题意得f′(x)＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥1x 在(1，＋∞)上恒成立，∵x＞1，∴0＜1x＜1，∴k≥1，故选D.速解法：若k ＝1，则f′(x)＝1－1x ＝x －1x 在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx －ln x为增函数．答案：D【变式探究】对于R 上可导的任意函数f(x)，若满足1－x≤0，则必有( )A ．f(0)＋f(2)＞2f(1)B ．f(0)＋f(2)≤2f(1)C ．f(0)＋f(2)＜2f(1)D ．f(0)＋f(2)≥2f(1)解析：基本法：选A.当x ＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)递减，当x ＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)递增，∴当x ＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)，故选A.1.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x=--，且()0f x ≥。

(教师用书)2018年浙江高考数学二轮复习技法强化训练及答案(4份)

技法强化训练(一) 函数与方程思想(对应学生用书第159页)题组1 运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题1．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 是其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8的值为( ) A ．16 B ．32 C ．64D ．62C [由题意可知a 22＝a 1a 5，即(1＋d )2＝1³(1＋4d )，解得d ＝2， ∴a n ＝1＋(n －1)³2＝2n －1.∴S 8＝ a 1＋a 8 ³82＝4³(1＋15)＝64.]2．若2x ＋5y ≤2－y ＋5－x，则有( ) A ．x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0D ．x －y ≥0B [原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，构造函数y ＝2x－5－x，其为R 上的增函数，所以有x ≤－y ，即x ＋y ≤0.]3．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，则k 的取值范围是( ) 【导学号：68334007】A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34 B [构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，因为关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f －1 ≥0，f 0 ＜0，f 2 ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2k ≥0，－1＜0，4k ＋3＞0，所以－34＜k ≤0，所以k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0.]4．已知数列{a n }满足a 1＝60，a n ＋1－a n ＝2n (n ∈N *)，则a n n的最小值为________．292[由a n ＋1－a n ＝2n ，得 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋60 ＝n 2－n ＋60.∴a n n ＝n 2－n ＋60n ＝n ＋60n－1.令f (x )＝x ＋60x－1，易知f (x )在(0,215)上单调递减，在(215，＋∞)上单调递增．又n ∈N *，当n ＝7时，a 77＝7＋607－1＝1027，当n ＝8时，a 88＝8＋608－1＝292.又292＜1027，故a n n 的最小值为292.] 5．已知函数f (x )＝x ln x ＋a ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a ≥0.(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )也相切，求a 的值； (2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立．【导学号：68334008】[解] (1)由f (x )＝x ln x ＋a ，得f (1)＝a ，f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1. 1分所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝x ＋a －1.因为直线y ＝x ＋a －1与曲线y ＝g (x )也相切，所以两方程联立消元得12x 2＋ax ＝a ＋x －1，即12x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0，3分所以Δ＝(a －1)2－4³12³(1－a )＝0，得a 2＝1.因为a ≥0，所以a ＝1.4分(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立，等价于12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立．令h (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则h (1)＝0且h ′(x )＝x ＋a －ln x －1.6分令φ(x )＝x －ln x －1，则φ(1)＝0且φ′(x )＝1－1x ＝x －1x，8分所以x ＞1时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )＞φ(1)＝0.又因为a ≥0，所以h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (1)＝0，所以x ＞1时，12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立，11分即x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立.12分题组2 利用函数与方程思想解决几何问题6．设抛物线C ：y 2＝3px (p ＞0)的焦点为F ，点M 在C 上，|MF |＝5，若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C 的方程为( )A ．y 2＝4x 或y 2＝8x B ．y 2＝2x 或y 2＝8x C ．y 2＝4x 或y 2＝16xD ．y 2＝2x 或y 2＝16xC [由抛物线的定义可知MF ＝x M ＋3p 4＝5，∴x M ＝5－3p 4，y 2M ＝15p －9p24，故以MF 为直径的圆的方程为(x －x M )(x －x F )＋(y －y M )(y －y F )＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫0－5＋3p 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3p 4＋(2－y M )(2－0)＝0.∴y M ＝2＋15p 8－9p 232＝2＋y 2M 8⇒y M ＝4，p ＝43或163.∴C 的方程为y 2＝4x 或y 2＝16x .]7．(2017²宁波市镇海中学高三模拟考试)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( )【导学号：68334009】A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫255，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫255，1 A [建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，设F (x,0,0)，D (0，y,0)，则GD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，－1，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，－1，－12，x ，y ∈(0,1)．由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0，x ＝1－2y ∈(0,1)，解得0＜y ＜12.DF ＝x 2＋y 2＝5y 2－4y ＋1＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫y －252＋15，当且仅当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是55，当y ＝0时，线段DF 的最大值是1，由于不包括端点，故y ＝0不能取，所以线段DF 的长度的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1，故选A.] 8．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，并且经过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12.(1)求椭圆E 的方程；(2)问：是否存在直线y ＝－x ＋m ，使直线与椭圆交于A ，B 两点，且满足OA →²OB →＝125？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由. 【导学号：68334010】[解] (1)由e ＝c a ＝32且3a 2＋14b2＝1，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝4，b 2＝1，即椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝－x ＋m⇒x 2＋4(m －x )2－4＝0⇒5x 2－8mx ＋4m 2－4＝0.(*) 所以x 1＋x 2＝8m 5，x 1x 2＝4m 2－45，8分y 1y 2＝(m －x 1)(m －x 2)＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝m 2－85m 2＋4m 2－45＝m 2－45，由OA →²OB →＝125得(x 1，y 1)²(x 2，y 2)＝125，即x 1x 2＋y 1y 2＝125，4m 2－45＋m 2－45＝125，m ＝±2.又方程(*)要有两个不等实根，所以Δ＝(－8m )2－4³5(4m 2－4)＞0，解得－5＜m ＜5，所以m ＝±2.12分9．如图1，直三棱柱ABC A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BE EB ′＝λ.图1(1)求证：当λ＝1时，A ′B ⊥CE ；(2)当λ为何值时，三棱锥A ′CDE 的体积最小，并求出最小体积． [解] (1)证明：∵λ＝1，∴D ，E 分别为AB 和BB ′的中点. 1分又AA ′＝AB ，且三棱柱ABC A ′B ′C ′为直三棱柱， ∴平行四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B . 2分 ∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB . 3分 ∵三棱柱ABC A ′B ′C ′为直三棱柱， ∴CD ⊥平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ， 4分又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE . ∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE .6分(2)设BE ＝x ，则AD ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x .由已知可得C 到平面A ′DE 的距离即为△ABC 的边AB 所对应的高h ＝AC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝4， 8分 ∴V A ′CDE ＝V C A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A －S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )²h＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤36－3x －12 6－x x －3 6－x ²h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0＜x ＜6)，14分 ∴当x ＝3，即λ＝1时，V A ′CDE 有最小值18. 15分技法强化训练(二) 数形结合思想(对应学生用书第160页)题组1 利用数形结合思想解决方程的根或函数零点问题 1．方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a ＞0)的解的个数是( )【导学号：68334011】A ．1B ．2C ．3D ．4B [∵a ＞0，∴a 2＋1＞1. 而y ＝|x 2－2x |的图象如图，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有2个交点．]2．已知函数f (x )＝|log 2|x ||－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，则下列结论正确的是( )A ．f (x )有三个零点，且所有零点之积大于－1B ．f (x )有三个零点，且所有零点之积小于－1C ．f (x )有四个零点，且所有零点之积大于1D ．f (x )有四个零点，且所有零点之积小于1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象， A [在同一坐标系中分别作出f 1(x )＝|log 2|x ||与f 2(x )如图所示，由图象知f 1(x )与f 2(x )有三个交点，设三个交点的横坐标从左到右分别是x 1，x 2，x 3，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＞0，所以－12＜x 1＜－14，同理12＜x 2＜1,1＜x 3＜2，即－1＜x 1x 2x 3＜－18，即所有零点之积大于－1.]3．设函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 3，则函数g (x )＝|cos(πx )|－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52上的所有零点的和为( )A ．7B ．6C ．3D ．2A [函数g (x )＝|cos(πx )|－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52上的零点为函数h (x )＝|cos(πx )|与函数f (x )的交点的横坐标．因为f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，所以函数f (x )为关于x ＝1对称的偶函数，又因为当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 3，则在平面直角坐标系内画出函数h (x )＝|cos(πx )|与函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52内的图象，如图所示，由图易得两函数图象共有7个交点，不妨设从左到右依次为x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6，x 7，则由图易得x 1＋x 2＝0，x 3＋x 5＝2，x 4＝1，x 6＋x 7＝4，所以x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6＋x 7＝7，即函数g (x )＝|cos(πx )|－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52上的零点的和为7，故选A.]4．若函数f (x )＝a ＋sin x 在[π，2π]上有且只有一个零点，则实数a ＝________.【导学号：68334012】1 [函数f (x )＝a ＋sin x 在[π，2π]上有且只有一个零点，即方程a ＋sin x ＝0在[π，2π]上只有一解，即函数y ＝－a 与y ＝sin x ，x∈[π，2π]的图象只有一个交点，由图象可得a ＝1.]5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x ＞a ，若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，则a 的取值范围是________．(－∞，0)∪(1，＋∞) [函数g (x )有两个零点，即方程f (x )－b ＝0有两个不等实根，则函数y ＝f (x )和y ＝b 的图象有两个公共点．①若a ＜0，则当x ≤a 时，f (x )＝x 3，函数单调递增；当x ＞a 时，f (x )＝x 2，函数先单调递减后单调递增，f (x )的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y ＝b 可能有两个公共点．②若0≤a ≤1，则a 3≤a 2，函数f (x )在R 上单调递增，f (x )的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y ＝b 至多有一个公共点．③若a ＞1，则a 3＞a 2，函数f (x )在R 上不单调，f (x )的图象如图(3)实线部分所示，其与直线y ＝b 可能有两个公共点．综上，a ＜0或a ＞1.]题组2 利用数形结合思想求解不等式或参数范围6．若不等式log a x ＞sin 2x (a ＞0，a ≠1)对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4都成立，则a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，π4B.⎝⎛⎭⎪⎫π4，1C.⎝⎛⎭⎪⎫π4，π2D ．(0,1)A [记y1＝log a x (a ＞0，a ≠1)，y 2＝sin 2x ，原不等式即为y 1＞y 2，由题意作出两个函数的图象，如图所示，知当y 1＝log a x 的图象过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，1时，a ＝π4，所以当π4＜a ＜1时，对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4都有y 1＞y 2.]7．函数f (x )是定义域为{x |x ≠0}的奇函数，且f (1)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，当x ＞0时，f (x )＋xf ′(x )＞1x，则不等式xf (x )＞1＋ln|x |的解集是( )【导学号：68334013】A ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)C ．(1，＋∞)D ．(－1,1)A [令g (x )＝xf (x )－ln|x |，则g (x )是偶函数，且当x ＞0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－1x＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增．故不等式xf (x )＞1＋ln|x |⇔g (|x |)＞g (1)， ∴|x |＞1，解得x ＞1或x ＜－1.故选A.]8．若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 [作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.]9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，0＜x ≤10，－12x ＋6，x ＞10.若a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则abc 的取值范围是________．(10,12) [作出f (x )的大致图象．由图象知，要使f (a )＝f (b )＝f (c )，不妨设a ＜b ＜c ，则－lg a ＝lg b ＝－12c ＋6.∴lg a ＋lg b ＝0，∴ab ＝1， ∴abc ＝c .由图知10＜c ＜12，∴abc ∈(10,12)．]10．(2017²杭州市高三年级第二学期教学质量检测)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2cos π2x ，|x |≤1，x 2－1，|x |＞1，若|f (x )＋f (x ＋l )－2|＋|f (x )－f (x ＋l )|≥2(l ＞0)对任意实数x 都成立，则l 的最小值为________. 【导学号：68334014】23 [作出函数f (x )的图象如图，要使原不等式对任意实数x 都成立，由不等式|a |＋|b |≥|a ±b |得|f (x )＋f (x ＋l )－2|＋|f (x )－f (x ＋l )|≥|[f (x )＋f (x ＋l )－2]±[f (x )－f (x ＋l )]|≥2，化简得⎩⎪⎨⎪⎧|2f x －2|≥2，|2f x ＋l －2|≥2，即⎩⎪⎨⎪⎧f x ≥2，f x ＋l ≥2对任意实数恒成立，当x ＝－3时，f (－3＋l )≥2，l ＞0，则l －3≥3，l ≥23，故l 的最小值是2 3.]题组3 利用数形结合解决解析几何问题11．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m,0)，B (m,0)(m ＞0)．若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最大值为( ) A ．7 B ．6 C ．5D ．4B [根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C 的坐标为(3,4)，半径r ＝1，且|AB |＝2m ，因为∠APB ＝90°，连接OP ，易知|OP |＝12|AB |＝m .要求m 的最大值，即求圆C 上的点P 到原点O 的最大距离．因为|OC |＝32＋42＝5，所以|OP |max ＝|OC |＋r ＝6，即m 的最大值为6.]12．(2017²杭州高级中学高三最后一模)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的右顶点为A ，O 为坐标原点，以A为圆心的圆与双曲线C 的某一条渐近线交于两点P ，Q ，若∠PAQ ＝π3且OQ →＝5OP →，则双曲线C 的离心率为( )【导学号：68334015】A.213 B ．2C.72D ．3A [由图知△APQ 是等边三角形，设PQ 的中点为H ，圆的半径为r ，则AH ⊥PQ ，AH ＝32r ，PQ ＝r ，由题易知，点P ，Q 在原点O 的同侧，因为OQ →＝5OP →，所以OP ＝14r ，PH ＝12r ，即OH ＝14r ＋12r ＝34r ，所以tan ∠HOA ＝AH OH ＝233，即b a ＝233，b 2a 2＝c 2－a 2a 2＝43，从而得e ＝c a ＝213，故选A.]13．已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，PA ，PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A ，B 是切点，C 是圆心，则四边形PACB 面积的最小值为________． 22 [从运动的观点看问题，当动点P 沿直线3x ＋4y ＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形PAC 的面积S Rt △PAC ＝12|PA |²|AC |＝12|PA |越来越大，从而S 四边形PACB 也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动时，S 四边形PACB变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP 垂直于直线l 时，S 四边形PACB 应有唯一的最小值，此时|PC |＝|3³1＋4³1＋8|32＋42＝3，从而|PA |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.所以(S 四边形PACB )min ＝2³12³|PA |³|AC |＝2 2.]14．已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B . (1)求圆C 1的圆心坐标；(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由. 【导学号：68334016】[解] (1)圆C 1的方程x 2＋y 2－6x ＋5＝0可化为(x －3)2＋y 2＝4，所以圆心坐标为(3,0). (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)，M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由题意可知直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为y ＝tx . 将上述方程代入圆C 1的方程，化简得(1＋t 2)x 2－6x ＋5＝0.5分由题意，可得Δ＝36－20(1＋t 2)＞0(*)，x 1＋x 2＝61＋t 2，所以x 0＝31＋t 2，代入直线l 的方程，得y 0＝3t1＋t2. 6分因为x 20＋y 20＝9 1＋t 2 2＋9t 2 1＋t 2 2＝9 1＋t 21＋t 2 2＝91＋t 2＝3x 0，所以⎝⎛⎭⎪⎫x 0－322＋y 20＝94. 由(*)解得t 2＜45，又t 2≥0，所以53＜x 0≤3.所以线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94⎝ ⎛⎭⎪⎫53＜x ≤3. 8分图，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，253，(3)由(2)知，曲线C 是在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤53，3上的一段圆弧．如E 53，－253，F (3,0)，直线L 过定点G (4,0).11分联立直线L 的方程与曲线C 的方程，消去y 整理得(1＋k 2)x 2－(3＋8k 2)x ＋16k 2＝0.令判别式Δ＝0，解得k ＝±34，由求根公式解得交点的横坐标为x H ，I ＝125∈⎝ ⎛⎦⎥⎤53，3.由图可知：要使直线L 与曲线C 只有一个交点，则k ∈[k DG ，k EG ]∪{k GH ，k GI }，即k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－257，257∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－34，34. 15分技法强化训练(三) 分类讨论思想(对应学生用书第161页)题组1 由概念、法则、公式引起的分类讨论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝P n－1(P 是常数)，则数列{a n }是( )【导学号：68334017】A ．等差数列B ．等比数列C ．等差数列或等比数列D ．以上都不对D [∵S n ＝P n－1，∴a 1＝P －1，a n ＝S n －S n －1＝(P －1)Pn －1(n ≥2)．当P ≠1且P ≠0时，{a n }是等比数列；当P ＝1时，{a n }是等差数列；当P ＝0时，a 1＝－1，a n ＝0(n ≥2)，此时{a n }既不是等差数列也不是等比数列．]2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋ax ，x ≤1，2ax －5，x ＞1.若存在x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( ) 【导学号：68334018】A ．(－∞，2)B ．(－∞，4)C ．[2,4]D ．(2，＋∞)B [当－a－2＜1，即a ＜2时，显然满足条件；当a ≥2时，由－1＋a ＞2a －5得2≤a ＜4，综上可知a ＜4.]3．已知函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图1所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)＞1的解集为( )图1A ．(－3，－2)∪(2,3)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)A [由导函数图象知，当x ＜0时，f ′(x )＞0，即f (x )在(－∞，0)上为增函数，当x ＞0时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0，＋∞)上为减函数，又不等式f (x 2－6)＞1等价于f (x 2－6)＞f (－2)或f (x 2－6)＞f (3)，故－2＜x 2－6≤0或0≤x 2－6＜3，解得x ∈(－3，－2)∪(2,3)．]4．已知实数m 是2,8的等比中项，则曲线x 2－y 2m＝1的离心率为( )A. 2B.32C. 5D.5或32D [由题意可知，m 2＝2³8＝16，∴m ＝±4. (1)当m ＝4时，曲线为双曲线x 2－y 24＝1.此时离心率e ＝ 5.(2)当m ＝－4时，曲线为椭圆x 2＋y 24＝1.此时离心率e ＝32.] 5．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1,2,3，…)，则q 的取值范围是________. (－1,0)∪(0，＋∞) [因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0. 当q ＝1时，S n ＝na 1>0；当q ≠1时，S n ＝a 1 1－q n1－q>0，即1－q n1－q >0(n ∈N *)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－q >0，1－q n>0 ①或⎩⎪⎨⎪⎧1－q <0，1－q n<0，②由①得－1<q <1，由②得q >1.故q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．]6．若x ＞0且x ≠1，则函数y ＝lg x ＋log x 10的值域为________． (－∞，－2]∪[2，＋∞) [当x ＞1时，y ＝lg x ＋1lg x ≥2lg x ²1lg x＝2，当且仅当lg x ＝1，即x ＝10时等号成立；当0＜x ＜1时，y ＝lg x ＋1lg x ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤ －lg x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1lg x ≤－2－lg x ²1 －lg x ＝－2，当且仅当lg x ＝1lg x ，即x ＝110时等号成立．∴y ∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．]题组2 由参数变化引起的分类讨论7．已知集合A ＝{x |1≤x ＜5}，C ＝{x |－a ＜x ≤a ＋3}．若C ∩A ＝C ，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－32，－1B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32C ．(－∞，－1]D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞C [因为C ∩A ＝C ，所以C ⊆A .①当C ＝∅时，满足C ⊆A ，此时－a ≥a ＋3，得a ≤－32；②当C ≠∅时，要使C ⊆A ，则⎩⎪⎨⎪⎧－a ＜a ＋3，－a ≥1，a ＋3＜5，解得－32＜a ≤－1.由①②得a ≤－1.]8．已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x －y ≥－1y ≥0，所表示的平面区域为D ，若直线y ＝kx －3与平面区域D 有公共点，则k 的取值范围为( ) 【导学号：68334020】 A ．[－3,3]B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C ．(－∞，－3]∪[3，＋∞)D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 C [满足不等式组的平面区域如图中阴影部分所示．∵y ＝kx －3过定点(0，－3)，∴当y ＝kx －3过点C (1,0)时，k ＝3；当y ＝kx －3过点B (－1,0)时，k ＝－3.∴k ≤－3或k ≥3时，直线y ＝kx －3与平面区域D 有公共点，故选C.] 9．已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1，试讨论函数f (x )的单调性． [解] 由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，1分 f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x.2分 ①当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 4分 ②当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减. 6分 ③当－1<a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a， 7分则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞上单调递减.10分综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞上单调递减.题组3 根据图形位置或形状分类讨论10．已知中心在坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为y ＝±34x ，则双曲线的离心率为( ) A.54B.53C.54或53D.35或45C [若双曲线的焦点在x 轴上，则b a ＝34，e ＝ca＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝54；若双曲线的焦点在y 轴上，则b a ＝43，e ＝c a＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝53，故选C.] 11．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为________.【导学号：68334021】43或833[若侧面矩形的长为6，宽为4，则V ＝S 底³h ＝12³2³2³sin 60°³4＝4 3.若侧面矩形的长为4，宽为6，则V ＝S 底³h ＝12³43³43³sin 60°³6＝833.] 12．已知中心在原点O ，左焦点为F 1(－1,0)的椭圆C 的左顶点为A ，上顶点为B ，F 1到直线AB 的距离为77|OB |.图2(1)求椭圆C 的方程；(2)若椭圆C 1的方程为：x 2m 2＋y 2n 2＝1(m ＞n ＞0)，椭圆C 2的方程为：x 2m 2＋y 2n2＝λ(λ＞0，且λ≠1)，则称椭圆C 2是椭圆C 1的λ倍相似椭圆．如图2，已知C 2是椭圆C 的3倍相似椭圆，若椭圆C 的任意一条切线l 交椭圆C 2于两点M ，N ，试求弦长|MN |的取值范围. 【导学号：68334022】[解] (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，∴直线AB 的方程为x －a ＋yb＝1，∴F 1(－1,0)到直线AB 的距离d ＝|b －ab |a 2＋b 2＝77b ，2分a 2＋b 2＝7(a －1)2，又b 2＝a 2－1，解得a ＝2，b ＝3， 3分故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)椭圆C 的3倍相似椭圆C 2的方程为x 212＋y 29＝1，5分①若切线l 垂直于x 轴，则其方程为x ＝±2，易求得|MN |＝2 6. 6分②若切线l 不垂直于x 轴，可设其方程y ＝kx ＋b ，将y ＝kx ＋b 代入椭圆C 的方程，得(3＋4k 2)x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0，7分∴Δ＝(8kb )2－4(3＋4k 2)(4b 2－12)＝48(4k 2－3－b 2)＝0，即b 2＝4k 2＋3，(*)8分记M ，N 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．将y ＝kx ＋b 代入椭圆C 2的方程，得(3＋4k 2)x 2＋8kbx ＋4b 2－36＝0， 9分此时x 1＋x 2＝－8kb 3＋4k ，x 1x 2＝4b 2－363＋4k ，|x 1－x 2|＝43 12k 2＋9－b 23＋4k ， 10分∴|MN |＝1＋k 2³43 12k 2＋9－b 23＋4k2＝461＋k23＋4k2＝261＋13＋4k2. ∵3＋4k 2≥3，∴1＜1＋13＋4k 2≤43，即26＜261＋13＋4k2≤4 2. 综合①②得：弦长|MN |的取值范围为[26，42]. 15分技法强化训练(四) 转化与化归思想(对应学生用书第162页)题组1 正与反的相互转化1．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( ) A.15B.35 C.710D.910D [甲或乙被录用的对立面是甲、乙均不被录用，故所求事件的概率为1－110＝910.]2．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )＞0，则实数p 的取值范围为________. 【导学号：68334023】⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 [如果在[－1,1]内没有值满足f (c )＞0，则⎩⎪⎨⎪⎧f －1 ≤0，f 1 ≤0⇒⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32⇒p ≤－3或p ≥32，取补集为－3＜p ＜32，即为满足条件的p 的取值范围．故实数p 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，32.]3．若椭圆x 22＋y 2＝a 2(a ＞0)与连接两点A (1,2)，B (3,4)的线段没有公共点，则实数a 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，322∪⎝ ⎛⎭⎪⎫822，＋∞ [易知线段AB 的方程为y ＝x ＋1，x ∈[1,3]，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，x 22＋y 2＝a 2，得a 2＝32x 2＋2x ＋1，x ∈[1,3]，∴92≤a 2≤412.又a ＞0， ∴322≤a ≤822. 故当椭圆与线段AB 没有公共点时，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，322∪⎝ ⎛⎭⎪⎫822，＋∞.]4．已知点A (1,1)是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2是椭圆的两焦点，且满足|AF 1|＋|AF 2|＝4.(1)求椭圆的两焦点坐标；(2)设点B 是椭圆上任意一点，当|AB |最大时，求证：A ，B 两点关于原点O 不对称．[解] (1)由椭圆定义，知2a ＝4，所以a ＝2.所以x 24＋y 2b＝1.2分把A (1,1)代入，得14＋1b 2＝1，得b 2＝43，所以椭圆方程为x 24＋y 243＝1.4分所以c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83，即c ＝263.故两焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－263，0，⎝ ⎛⎭⎪⎫263，0.6分(2)反证法：假设A ，B 两点关于原点O 对称，则B 点坐标为(－1，－1)，7分此时|AB |＝22，而当点B 取椭圆上一点M (－2,0)时，则|AM |＝10，所以|AM |>|AB |. 从而知|AB |不是最大，这与|AB |最大矛盾，所以命题成立. 15分题组2 主与次的相互转化5．设f (x )是定义在R 上的单调递增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成立，则x 的取值范围为________. 【导学号：68334024】 (－∞，－1]∪[0，＋∞) [∵f (x )是R 上的增函数， ∴1－ax －x 2≤2－a ，a ∈[－1,1]．①①式可化为(x －1)a ＋x 2＋1≥0，对a ∈[－1,1]恒成立．令g (a )＝(x －1)a ＋x 2＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧g －1 ＝x 2－x ＋2≥0，g 1 ＝x 2＋x ≥0，解得x ≥0或x ≤－1.即实数x 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．]6．已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0，则实数x 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 [由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1. 对－1≤a ≤1，恒有g (x )＜0，即φ(a )＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧φ 1 ＜0，φ －1 ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2＜0，3x 2＋x －8＜0，解得－23＜x ＜1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0.] 7．对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px ＞4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________． (－∞，－1)∪(3，＋∞) [设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3，则当x ＝1时，f (p )＝0，所以x ≠1.f (p )在0≤p ≤4上恒正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f 0 ＞0，f 4 ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －3 x －1 ＞0，x 2－1＞0，解得x ＞3或x ＜－1.]8．已知函数f (x )＝13x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－43x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43－23a x (0＜a ＜1，x ∈R )．若对于任意的三个实数x 1，x 2，x 3∈[1,2]，都有f (x 1)＋f (x 2)＞f (x 3)恒成立，求实数a 的取值范围.【导学号：68334025】[解] 因为f ′(x )＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －83x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43－23a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23(x ＋a －2)，2分所以令f ′(x )＝0，解得x 1＝23，x 2＝2－a .3分由0＜a ＜1，知1＜2－a ＜2.所以令f ′(x )＞0，得x ＜23或x ＞2－a ；4分令f ′(x )＜0，得23＜x ＜2－a ，所以函数f (x )在(1,2－a )上单调递减，在(2－a,2)上单调递增.5分所以函数f (x )在[1,2]上的最小值为f (2－a )＝a6(2－a )2，最大值为max{f (1)，f (2)}＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫13－a 6，23a .6分因为当0＜a ≤25时，13－a 6≥23a ；7分当25＜a ＜1时，23a ＞13－a6，8分由对任意x 1，x 2，x 3∈[1,2]，都有f (x 1)＋f (x 2)＞f (x 3)恒成立，得2f (x )min ＞f (x )max (x ∈[1,2])．所以当0＜a ≤25时，必有2³a 6(2－a )2＞13－a 6，12分结合0＜a ≤25可解得1－22＜a ≤25；当25＜a ＜1时，必有2³a 6(2－a )2＞23a ，结合25＜a ＜1可解得25＜a ＜2－ 2.综上，知所求实数a 的取值范围是1－22＜a ＜2－ 2. 15分。

2018大二轮高考总复习理数课件：自检18 导数及其运用

6．(2016·四川卷)已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( D )
A．－4
B．－2
C．4
D．2
解析：∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.当 x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2．
2．(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x
＋1)的切线，则b＝__1_－__l_n_2_．
解析：y＝ln x＋2 的切线方程为： y＝x11·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为 x1)， y＝ln(x＋1)的切线方程为： y＝x2＋1 1x＋ln(x2＋1)－x2x＋2 1(设切点的横坐标为 x2)，
5．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( C ) A．∃x0∈R，f(x0)＝0 B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形 C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减 D．若x0是f(x)的极值点，则 f′(x0)＝0
解析：因为函数f(x)的值域为R，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0，故A正确，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于 f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，若f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，且 x1<x0，则f(x)在区间(－∞，x0)上不单调递减，故C错误，根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确.

高考数学专题复习《导数的综合应用》PPT课件

3.函数不等式的类型与解法
(1)∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;
(2)∀x∈D,f(x)≤g(x) ⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x) ⇔ f(x)min≤g(x)max.
4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略
(+1)ln
H(x)=
,则
-1
1
=
--2ln
(-1)
2
,
2 -2+1
K'(x)= 2 >0,于是

K(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以 K(x)>K(1)=0,于是 H'(x)>0,从而 H(x)在(1,+∞)上单调递增.由洛必达法
(x+1)x
则,可得 lim+
x-1
→1
取值范围是(-∞,2].
第三章
高考大题专项(一) 导数的综合应用
内
容
索
引
01
突破1
利用导数研究与不等式有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
02
突破2
利用导数研究与函数零点有关的问题
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中的应用的考查常常是一大一小
两个题目,其中解答题的命题特点是:以三次函数、对数函数、指数函数及
(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的
最大值.
(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的

2018届高考数学二轮复习导数的简单应用课件文

答案：C
利用导数研究函数的单调性
[师生共研·悟通]
导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调递增，但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，则 f(x)为常数，函数不具有单调性．
导数的运算及几何意义
[师生共研·悟通] 1．导数的几何意义
函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应的切线方程为 y (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； 1 (4)(logax)′＝ (a>0，且 a≠1)． xln a
答案：C
3．已知直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋mx＋n 相切于点 A(1，3)，则 n＝ A．－1 B． 1 ( )
C．3 D．4 解析：对 y＝x3＋mx＋n 求导得，y′＝3x2＋m，
∵A(1,3)在直线 y＝kx＋1 上，∴k＝2，
3＋m＝2， ∴由 1＋m＋n＝3，
解得 n＝3.
答案：D
4 3．已知函数f(x)＝ax ＋x (a∈R)在x＝－处取得极值． 3
3 2
(1)确定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
4 4 因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′－3＝0， 3 4 16a 8 16 1 即3a× ＋2× －3 ＝－＝0，解得a＝ . 9 3 3 2

2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.4 导数的综合应用精品

解得 x＝e，当 x>e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当 0<x<e 时，f′(x)>0，
f(x) 为增函数．又
b>a>3>e ，所以
a＋b ab>b> 2 >
ab >a>e ，所以
f(a)>f( ab)>fa＋2 b>f(b)>f(ab)，故选 D.
(2)①由题意得，xlnx－ax2－x<－x，所以 xlnx－ax2<0，又 x∈(0，
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为
P21，f12到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝12－－12－2ln2＋3＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a， ∵x>1a时，F′(x)<0， ∴F(x)为减函数；当 0<x<1a时，F′(x)>0，
高考巡航利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大.
核心梳理
[知识回顾]
导数在方程中的应用方方程程根根的的存个在数性方程根的存在区间
不等式恒成立导数在不等式中的应用比较两个数的大小
证明不等式
[专题回访] 1．设函数 f(x)＝13x－lnx(x>0)，则 f(x)( )
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，

2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用精品

解析：已知函数 f(x)＝ax在 x＝1 处的导数为－2，则可得－xa2＝－a ＝－2，故有 a＝2，则实数 a 的值是 2，故答案为 2.
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数；当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立，则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.

2018届高考数学(全国通用)二轮复习压轴大题精品讲义第4讲导数的综合应用

第4讲导数的综合应用[明考情]导数部分在高考中的应用一般综合性较强，以压轴题形式呈现，导数和函数零点，方程根及不等式相结合是高考命题的热点，高档难度. [知考向]1.导数与函数零点.2.导数与不等式.3.导数与其他知识的交汇问题.考点一导数与函数零点方法技巧研究函数零点或两函数图象的交点，可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值，确定函数图象的变化趋势，画出函数草图，确定函数图象与x 轴的交点或两函数图象的交点.1.设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m ＞0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝(x ＋m )(x －m )x.当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上可知，函数f (x )的单调递增区间是[m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m ]. (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数. F ′(x )＝－(x －1)(x －m )x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln4＜0，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，注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点.综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象总有一个交点. 2.设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex (x >0)，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝lne ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.3.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ).(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x .因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0. 所以g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e). g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 4.(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1).(i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减. (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增. (2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0，1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )上有一个零点. 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝0e n(a 0e n＋a －2)－n 0>0e n－n 0>02n－n 0>0. 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)上有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0，1). 考点二导数与不等式方法技巧导数与不等式问题相结合有两个方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围；二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.5.(2017·保定模拟)已知函数f (x )＝e x －2x . (1)求函数f (x )的极值；(2)当a ＜2－ln4且x ＞0时，试比较f (x )与x 2＋(a －2)x ＋1的大小. 解 (1)∵f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＞0，得x ＞ln2，令f ′(x )＜0，得x ＜ln2， ∴f (x )在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝ln2时，f (x )有极小值f (ln2)＝2－2ln2，无极大值. (2)令g (x )＝f (x )－x 2－(a －2)x －1＝e x －x 2－ax －1， g ′(x )＝e x －2x －a ＝f (x )－a ， ∴g ′(x )min ＝f (x )min －a ＝2－2ln2－a . ∵a ＜2－ln4， ∴g ′(x )＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )＞g (0)＝0，即f (x )＞x 2＋(a －2)x ＋1. 6.已知函数f (x )＝－ln x ＋x －3. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：在(1，＋∞)上，f (x )＋2>0； (3)证明：ln22·ln33·ln44·…·ln n n <1n (n ≥2，n ∈N *).(1)解 f ′(x )＝x －1x(x >0)，令f ′(x )>0，得x ∈(1，＋∞)；令f ′(x )<0，得x ∈(0，1). f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)证明 f (x )＝－ln x ＋x －3，所以f (1)＝－2，由(1)知，f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>f (1). 即f (x )>－2，所以f (x )＋2>0. (3)证明由(1)可知，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0，所以0<ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)恒成立. 因为n ≥2，n ∈N *，则有0<ln n <n －1，所以0<ln n n <n －1n.所以ln22·ln33·ln44·…·ln n n <12·23·34·…·n －1n ＝1n (n ≥2，n ∈N *).7.已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2.①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③若a ≥e ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知，f (x )在[e ，e 2]上单调递增， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae＜1，即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 8.已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2－(1＋a )x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥0对定义域的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对于任意正整数m ，n ，不等式1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞nm (m ＋n )恒成立.(1)解 f ′(x )＝ax ＋x －(1＋a )＝x 2－(1＋a )x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x，x ∈(0，＋∞).当a ≤0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＜0，若x ＞1，则f ′(x )＞0，故此时函数f (x )的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)；当0＜a ＜1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递增区间是(0，a )，(1，＋∞)，单调递减区间是(a ，1)；当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x≥0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)；当a ＞1时，同0＜a ＜1时的解法，可得函数f (x )的单调递增区间是(0，1)，(a ，＋∞)，单调递减区间是(1，a ).(2)解由于f (1)＝－12－a ，显然当a ＞0时，f (1)＜0，此时f (x )≥0对定义域内的任意x 不是恒成立的.当a ≤0时，由(1)可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (1)＝－12－a ，此时只要f (1)≥0即可，即－12－a ≥0，解得a ≤－12，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12. (3)证明当a ＝－12时，f (x )＝－12ln x ＋12x 2－12x ≥0，当且仅当x ＝1时等号成立，即ln x ≤x 2－x .当x ＞1时，可以变换为1ln x ＞1x 2－x ＝1(x －1)x，在上面不等式中分别令x ＝m ＋1，m ＋2，…，m ＋n ，m ，n ∈N *，将所得各式相加，得 1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞1m (m ＋1)＋1(m ＋1)(m ＋2)＋…＋1(m ＋n －1)(m ＋n )＝⎝⎛⎭⎫1m －1m ＋1＋⎝⎛⎭⎫1m ＋1－1m ＋2＋…＋⎝⎛⎭⎫1m ＋n －1－1m ＋n ＝1m －1m ＋n ＝n m (m ＋n ). 故1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞nm (m ＋n ).考点三导数与其他知识的交汇问题方法技巧解决导数与不等式、数列等知识的交汇问题，可以通过构造函数，利用导数研究函数的单调性及函数值的变化趋势，透析函数图象的基本特征，结合转化与化归、分类与整合等数学思想方法进行求解. 9.已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋2)e x .(1)函数f (x )在x ＝0处的切线方程为2x ＋y ＋b ＝0，求a ，b 的值；(2)当a ＞0时，若曲线y ＝f (x )上存在三条斜率为k 的切线，求实数k 的取值范围.解(1)f(x)＝(x2－2ax＋2)e x，f(0)＝2e0＝2，∴2＋b＝0，解得b＝－2.f′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a)e x＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]e x，f′(0)＝2－2a＝－2，得a＝2，∴a＝2，b＝－2.(2)f′(x)＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]e x，令h(x)＝f′(x)，依题意知，存在k使h(x)＝k有三个不同的实数根，h′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a＋2x－2a＋2)e x＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]e x，令h′(x)＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]e x＝0，得x1＝－2，x2＝2a－2.由a＞0知，x1＜x2，则f′(x)在(－∞，－2)，(2a－2，＋∞)上单调递增，在(－2，2a－2)上单调递减.当x→－∞时，f′(x)→0，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，∴f′(x)的极大值为f′(－2)＝e－2(2a＋2)，f′(x)的极小值为f′(2a－2)＝e2a－2(2－2a)，当f′(2a－2)＜0，即a＞1时，0＜k＜e－2(2a＋2)，当f′(2a－2)＞0，即0＜a＜1时，e2a－2(2－2a)＜k＜e－2(2a＋2).10.已知函数f(x)＝e x－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<2<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001).解(1)f′(x)＝e x＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.(2)因为g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(e x－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(e x＋e－x)＋(4b－2)]＝2(e x＋e－x－2)(e x＋e－x－2b＋2).①当b≤2时，g′(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.②当b>2时，若x满足2<e x＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln(b－1＋b2－2b)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln2，当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln2>0，ln2>82－312>0.6928；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln2<0，ln2<18＋228<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.11.(2017·唐山二模)已知函数f (x )＝a (ln x －1)＋1x 的图象与x 轴相切，g (x )＝(b －1)log b x －x 2－12.(1)求证：f (x )≤(x －1)2x；(2)若1<x <b ，求证：0<g (x )<(b －1)22.证明 (1)f ′(x )＝a x －1x2，设f (x )的图象与x 轴相切于点(x 0，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎨⎧a (ln x 0－1)＋1x 0＝0，a x 0－1x 20＝0，解得a ＝x 0＝1. 所以f (x )＝ln x －1＋1x ，f (x )≤(x －1)2x 等价于ln x ≤x －1.设h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1，当0<x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0，即ln x ≤x －1，所以f (x )≤(x －1)2x .(2)设m (x )＝x －1ln x (x >1)，则m ′(x )＝ln x ＋1x－1(ln x )2，由(1)可知，当x >1时，ln x ＋1x －1>0，从而有m ′(x )>0，所以m (x )单调递增，又1<x <b ，所以1<x 2<b ，从而有m (x 2)<m (b )，即x 2－1ln x 2<b －1ln b，所以x 2－12<(b －1)ln x ln b ＝(b －1)log b x ，即g (x )>0.g (x )＝(b －1)log b x －x 2－12＝(b －1)ln x ln b －x 2－12＝(b －1)·ln x 22ln b －x 2－12<(b －1)·x 2－12ln b －x 2－12＝x 2－12·⎝⎛⎭⎫b －1ln b －1.又ln b >1－1b ，所以b －1ln b <b ，又1<x 2<b ，所以g (x )<(x 2－1)(b －1)2<(b －1)22.综上可知，0<g (x )<(b －1)22.12.(2017·泸州冲刺)设函数f (x )＝e x ＋sin x (e 为自然对数的底数)，g (x )＝ax ，F (x )＝f (x )－g (x ). (1)若x ＝0是F (x )的极值点，且直线x ＝t (t ≥0)分别与函数f (x )和g (x )的图象交于P ，Q ，求P ，Q 两点间的最短距离；(2)若当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围. 解 (1)因为F (x )＝e x ＋sin x －ax ，所以F ′(x )＝e x ＋cos x －a ，因为x ＝0是F (x )的极值点，所以F ′(0)＝1＋1－a ＝0，解得a ＝2. 又当a ＝2时，若x ＜0，F ′(x )＝e x ＋cos x －a ＜1＋1－2＝0，所以F (x )在(－∞，0)上单调递减. 若x ＞0，(F ′(x ))′＝e x －sin x ＞0，所以F ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，所以F ′(x )＞F ′(0)＝1＋1－2＝0，所以F (x )在(0，＋∞)上为增函数. 所以x ＝0是F (x )的极小值点，所以a ＝2符合题意，所以|PQ |＝e t ＋sin t －2t .令h (x )＝e x ＋sin x －2x ，即h ′(x )＝e x ＋cos x －2，因为(h ′(x ))′＝e x －sin x ，当x ＞0时，e x ＞1，－1≤sin x ≤1，所以(h ′(x ))′＝e x －sin x ＞0，所以h ′(x )＝e x ＋cos x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以h ′(x )＝e x ＋cos x －2＞h ′(0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )的最小值为h (0)＝1，所以|PQ |min ＝1.(2)令φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax ，则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a ，令S (x )＝(φ′(x ))′＝e x －e －x －2sin x ，因为S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立，所以函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以S (x )≥S (0)＝0在x ≥0时恒成立.故函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∈[0，＋∞)时恒成立.当a ≤2时，φ′(x )≥0，φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0.故当a ≤2时，F (x )≥F (－x )恒成立.当a ＞2时，因为φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以总存在x 0∈(0，＋∞)，使φ(x )在区间[0，x 0)上，φ′(x )＜0，导致φ(x )在区间[0，x 0]上单调递减，而φ(0)＝0，所以当x ∈[0，x 0)时，φ(x )＜0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∈[0，＋∞)恒成立矛盾，所以a ＞2不符合题意，故符合条件的a 的取值范围是(－∞，2].例 (12分)已知函数f (x )＝ln x －mx ＋m ，m ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的值；(3)在(2)的条件下，任意的0＜a ＜b ，求证：f (b )－f (a )b －a ＜1a (1＋a ). 审题路线图 (1)求导f ′(x )―→讨论参数m 确定f ′(x )符号―→f (x )的单调区间(2)结合(1)确定的符号―→问题转化为f (x )max ≤0―→m －ln m －1≤0―→ g (x )＝x －ln x －1最小值为0―→求出m ＝1(3)要证结论转化―→利用(2)中g (x )性质―――――→函数单调性不等式放缩结论得证规范解答·评分标准(1)解 f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x(x ∈(0，＋∞)). 当m ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，由f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x＞0，可得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1m ，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递增，由f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x＜0，可得x ∈⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞，则f (x )在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上单调递减.…………………………………………………………4分(2)解由(1)知，当m ≤0时显然不成立；当m ＞0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1m ＝ln 1m－1＋m ＝m －ln m －1，只需m －ln m －1≤0即可，令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x，函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝0.则若f (x )≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，m ＝1.…………………………………………8分(3)证明 f (b )－f (a )b －a ＝ln b －ln a ＋a －b b －a ＝ln b －ln a b －a －1＝lnb a b a －1·1a －1，由0＜a ＜b ，得b a ＞1，由(2)得ln b a ＜b a－1，则lnb a b a －1·1a －1＜1a －1＝1－a a ＝1－a 2a (1＋a )＜1a (1＋a )，则原不等式f (b )－f (a )b －a ＜1a (1＋a )成立.…………………………………………………12分构建答题模板[第一步] 求导数.[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.[第三步] 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性.[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.1.已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧ x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线. (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)内无零点.当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0， h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0，1)上的零点个数.①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)内无零点，故f (x )在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)内没有零点. ②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14. (ⅰ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)内无零点； (ⅱ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)内有唯一零点； (ⅲ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)内有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)内有一个零点.综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点. 2.已知函数f (x )＝a ＋ln x x在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)是否存在区间⎝⎛⎭⎫t ，t ＋23(t ＞0)，使函数f (x )在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t 的取值范围，若不存在，请说明理由.解 (1)f ′(x )＝1x ·x －(a ＋ln x )x 2＝1－a －ln x x 2. ∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝1－a －ln112＝0，∴a ＝1， ∴f (x )＝1＋ln x x ，x ＞0，f ′(x )＝－ln x x 2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无极小值.(2)∵当x ＞1时，f (x )＝1＋ln x x＞0，当x →0时，f (x )→－∞，由(1)得f (x )在(0，1)上单调递增，由零点存在性原理知，f (x )在区间(0，1)上存在唯一零点，函数f (x )的图象如图所示.∵函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫t ，t ＋23(t ＞0)上存在极值点和零点， ∴⎩⎨⎧ 0＜t ＜1，t ＋23＞1，f (t )＝1＋ln t t ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜t ＜1，t ＞13，t ＜1e ，解得13＜t ＜1e. ∴存在符合条件的区间，实数t 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，1e .3.(2017·重庆二诊)已知曲线f (x )＝(ln x )2＋a ln x ＋a x在点(e ，f (e))处的切线与直线2x ＋e 2y ＝0平行，a ∈R .(1)求a 的值；(2)求证：f (x )x >a e x . (1)解 f ′(x )＝－(ln x )2＋(2－a )ln x x 2，由题意可知，f ′(e)＝－1＋2－a e 2＝－2e 2⇒a ＝3. (2)证明 f (x )＝(ln x )2＋3ln x ＋3x (x ＞0)，f ′(x )＝－ln x (ln x ＋1)x 2， f ′(x )>0⇒1e <x <1，f ′(x )＜0⇒0＜x ＜1e或x ＞1，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 和(1，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递增. ①当x ∈(0，1)时，f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ，而⎝⎛⎭⎫3x e x ′＝3(1－x )e x，故3x e x 在(0，1)上单调递增， ∴3x e x <3e<e ， ∴f (x )>3x e x ，即f (x )x >3e x . ②当x ∈[1，＋∞)时，(ln x )2＋3ln x ＋3≥0＋0＋3＝3，令g (x )＝3x 2e x ，则g ′(x )＝3(2x －x 2)e x，故g (x )在[1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (2)＝12e 2<3， ∴(ln x )2＋3ln x ＋3>3x 2e x ，即f (x )x >3e x . 综上，对任意x >0，均有f (x )x >3e x . 4.已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ，b ∈R ).(1)设b ＝2－a ，求f (x )的零点的个数；(2)设a >0，且对于任意x >0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小.解 (1)∵b ＝2－a ，∴f ′(x )＝2ax ＋(2－a )－1x ＝(2x －1)(ax ＋1)x(x >0). ①若a ≥0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上为减函数，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上为增函数，又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－a 4＋ln2， ∴当0≤a ＜4(1＋ln2)时，函数f (x )没有零点；当a ＝4(1＋ln2)时，函数f (x )有一个零点；当a >4(1＋ln2)时，函数f (x )有两个零点.②若a <0，当－2<a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减，又f ⎝⎛⎭⎫12>0，∴函数f (x )只有一个零点.当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，f (x )有一个零点.当a <－2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－1a ，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减， f (x )只有一个零点.综上，当0≤a ＜4(1＋ln2)时，函数f (x )无零点；当a <0或a ＝4(1＋ln2)时，函数f (x )有一个零点；当a >4(1＋ln2)时，函数f (x )有两个零点.(2)由a >0，且对于任意x >0，f (x )≥f (1)，可知函数f (x )在x ＝1处取得最小值，由f ′(x )＝2ax ＋b －1x ＝0，得－b ＋b 2＋8a 4a 是f (x )的唯一的极小值点，故－b ＋b 2＋8a 4a＝1，整理得2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .ln a －(－2b )＝ln a ＋2(1－2a )＝ln a ＋2－4a ，令g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1－4x x(x ＞0)，令g ′(x )＝0，得x ＝14. 当0<x <14时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >14时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因此g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln4<0，故g (a )<0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0，即ln a <－2b .5.已知函数f (x )＝sin x －ax .(1)对于x ∈(0，1)，f (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝1时，令h (x )＝f (x )－sin x ＋ln x ＋1，求h (x )的最大值；(3)求证：ln(n ＋1)＜1＋12＋13＋…＋1n －1＋1n(n ∈N *). (1)解由f (x )＞0，得sin x －ax ＞0，因为0＜x ＜1，所以a ＜sin x x. 令g (x )＝sin x x ，则g ′(x )＝x cos x －sin x x 2. 再令m (x )＝x cos x －sin x ，则m ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ＜0，所以m (x )在(0，1)上单调递减，所以m (x )＜m (0)＝0，所以g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递减，所以g (x )＞g (1)＝sin1，所以a ≤sin1.(2)解当a ＝1时，f (x )＝sin x －x ，所以h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1x －1＝1－x x(x ＞0). 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减. 所以h (x )max ＝h (1)＝0.(3)证明由(2)可知，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即ln x ＜x －1，令x ＝n ＋1n ，则ln n ＋1n ＜n ＋1n －1，即ln(n ＋1)－ln n ＜1n. 分别令n ＝1，2，3，…，n ，得ln2－ln1＜1，ln3－ln2＜12，ln4－ln3＜13，…，ln(n ＋1)－ln n ＜1n，将上述n 个式子相加，得ln(n ＋1)＜1＋12＋13＋…＋1n －1＋1n(n ∈N *). 即所要证不等式成立.。

2018届高考数学二轮复习函数与导数的应用专项练 ppt课件(全国通用)

在点(-1,-1)处的切线方程为( A ) B.y=2x-1 D.y=-2x-2
解析: ∵y'=
�� +2-��
(�� ++2)2
,
2
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),
即y=2x+1.
-7一、选择题二、填空题
2.3
函数与导数的应用专项练
-2-
1.导数的几何意义函数y=f(x)在点x0处的导数的几何意义:函数y=f(x)在点x0处的导数是曲线y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线的斜率f'(x0),相应的切线方程是y-y0=f'(x0)(x-x0). 注意:在某点处的切线只有一条,但过某点的切线不一定只有一条. 2.常用的求导方法 (1)(xm)'=mxm-1,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex,
2 2
C
)
解析: f'(x)=excos x-exsin x,∴k=f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
-4一、选择题二、填空题
2.(2017全国Ⅱ,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x) 的极小值为( A ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
4.函数 f(x)= 的图象大致为(
��
e ��
B )
解析: 函数 f(x)= 的定义域为 x≠0,x∈R,当 x>0 时,函数 f'(x)=

2018届高三数学文二轮新课标专题复习课件：1.2.5导数的综合应用精品

x
(2)令f′(x)=a+ =1 0,解得x=- ;1从而确定单调性及最
x
a
值,进而求出a值.
(3)由(1)知当a=-1时,f(x)max=f(1)=-1, 从而得|f(x)|≥1;再令g(x)= ln x 1
x2
则g′(x)= 1 l;n从x 而求最值即可.
x2
【规范解答】(1)由已知知函数f(x)的定义域为
【题组过关】
1.(2016·邯郸一模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个
极值点x1,x2,若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2 +2af(x)+b=0的不同实根的个数为 ( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解题指南】由函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,可得f′(x)=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,必有Δ=4a2-12b>0.而方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0的Δ1=Δ>0,可知此方程有两解且f(x)=x1或x2.再分别讨论利用平移变换即可解出方程f(x)=x1或f(x)=x2解的个数.
(2)根据(1),有f′(x)=-18x2+180x-288=-18(x-2)(x8). 当x变化时,f′(x)与f(x)的变化如下表:
x f′(x)
f(x)
[0,2)
-
单调递减
2 (2,8) 8 (8,15]
0
+
0
-
极小值
单调递增
极大值
单调递减
故x=8时,f(x)取得极大值,因为f(8)=4 704,f(0)= 4 320,所以定价为25-8=17元能使一天的商品销售利润最大.

2018届高考物理二轮复习课件第二部分：第5强化数学方法的应用问题含答案

mg L
d
kqAdq2B＝d，当 d 变为2时，要使 A、B 仍保持平衡状
态，可将 B 的质量增加到原来的 8 倍，或者将 A、B 的电
荷量的乘积减小到原来的18，选项 A 正确．
答案：A
2．函数极值法
(1)利用三角函数求极值．三角函数：y＝acos θ＋bsin θ y＝acos θ＋bsin θ＝ a2＋b2sin(θ＋α)，其中 α＝
[典例 2] 如图所示，一质量 m＝0.4 kg 的小物块，
以 v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t＝2 s 的时间物块由 A 点运动到 B 点， A、B 之间的距离 L＝10 m．已知斜面倾角 θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数 μ＝ 33.重力加速度 g 取 10 m/s2.
第5强化数学方法的应用问题
所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来，进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测．实际上每个物理问题的分析、处理过程都是数学方法运用的过程．以下介绍常用的数学方法．
1．三角形相似法
三角形相似法适用于已知三角形边长关系、并且物体在三个力作用下平衡的问题．
[典例 3]在竖直平面内固定一半径为 R 的金属细圆
环，质量为 m 的金属小球(视为质点)通过长为 L 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量 Q(Q>0，未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为 k.则下列说法中正确的是( )
(1)选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积或一小段时间等，但必须具有整体对象的基本特征；

全国高考数学备考二轮专题二函数与导数第5讲函数的综合应用(八省新高考)解析版

第5讲函数的综合应用考点1 函数与方程例 1.(1)已知函数2,0,(),0.x a x f x x x ⎧->=⎨-<⎩若()y f x =的图象上存在两个点,A B 关于原点对称，则实数a 的取值范围是（） A ．[1,)-+∞ B ．(1,)-+∞ C ．[1,)+∞D ．(1,)+∞【答案】D【解析】设00x >，则00x -<，()y f x =的图象上存在两个点,A B 关于原点对称，则0020xa x -+=在()0,∞+上有解，即002xa x =+在()0,∞+上有解，由002xy x =+在()0,∞+上的值域为(1,)+∞，则实数a 的取值范围是(1,)+∞．故选:D ．(2)已知函数()()22log ,2log 4,2x x f x x x ≥⎧=⎨-<⎩，若函数()y f x k =-有两个零点，则k 的取值范围是（） A ．(),2-∞ B ．(),1-∞ C ．()2,+∞D ．()1,+∞【答案】D【解析】由函数2log y x =与()2log 4y x =-的图象关于直线2x =对称，可得()f x 的图象如图所示，所以当1k >时，直线y k =与函数()y f x =的图象有两个交点．故选:D ．【点睛】解决函数零点(方程有根)的问题常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．【跟踪演练】1.(1)对于函数()y f x =与()y g x =，若存在0x ，使()()00f x g x =-，则称()()00,M x f x ，0(,N x -()0)g x -是函数()f x 与()g x 图象的一对“隐对称点”．已知函数()()1f x m x =+，()ln xg x x=，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为（） A ．()1,0- B ．(),1-∞- C ．()()0,11,+∞D ．()(),11,0-∞--【答案】A【解析】由题意函数()1y m x =--与ln xy x=的图象有两个交点，令()ln x h x x =，则()21ln xh x x-'=，∴当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减；又()1y m x =--恒过点()1,0，当1x >时，()0h x >，在同一坐标系中作出函数()1y m x =--、()ln xh x x=的图象，如图，由图象可知，若函数()1y m x =--与ln xy x=的图象有两个交点，则0m >，当直线()1y m x =--为函数ln xy x=图象的切线时，由()11h '=可得1m -=， ∴01m <-<即()1,0m ∈-．故选:A ．(2)已知函数2(0)()ln (0)x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，且关于x 的方程()0f x x a +-=有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（） A ．[0,)+∞ B ．(1,)+∞ C ．(0,)+∞D ．[,1)-∞【答案】B【解析】若要使方程()0f x x a +-=即()f x x a =-+有且只有一个实数根，则函数()y f x =的图象与直线y x a =-+有且仅有一个交点，在同一坐标系中作出函数()y f x =及y x a =-+的图象，如图，数形结合可得，若函数()y f x =的图象与直线y x a =-+有且仅有一个交点，则1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞．故选:B ．考点2 函数性质的综合例2.(1)已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()()22f x f x +=-，且()2,0x ∈-时，()()2log 31f x x =-+，则()2021f =（）A ．4B ．2log 7C ．2D ．-2【答案】D【解析】因为()()22f x f x +=-，所以函数()f x 是周期为4的周期函数，则(2021)(50541)f f f =⨯+=（1）22(1)log (31)log 42f =--=-+=-=-，故选:D ．(2)已知函数()13xbf x a a=--（0a >且1a ≠）是奇函数，且(1)2f =． ①求,a b 的值及()f x 的定义域；②设函数()()2g x kf x =-有零点，求常数k 的取值范围； ③若2(2)(3)0f t f t ++->，求t 的取值范围．【答案】①3a =，6b =-， ()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞；②(2,0)(0,2)-；③(2,1)(1,2)--⋃.【解析】①由(1)2f = 得12ba =-又()f x 是奇函数， (1)(1)2f f ∴-=-=- 即233aba=-,注意到0a > 解得3a =，6b =- 2()131x f x =+- ,由310x -≠ 得0x ≠∴()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞②3,6a b ==-，∴31()()2231x x g x kf x k +=-=--()g x ∴有零点，即关于x 的方程312031x x k +-=-有实数解 ∴2(31)31x x k -=+ (0)x ≠有实数解 2(31)423131x x x-=-++ ， 311x +>且312x +≠ ∴2(31)2231x x --<<+且2(31)031xx -≠+ ∴k 的取值范围是(2,0)(0,2)-③先证明函数2()131x f x =+-在(0,)+∞上单调递减设0m n >>，则331m n >>31310m n ∴->->223131m n ∴<--，22113131m n+<+--即()()f m f n <∴函数2()131xf x =+-在(0,)+∞上单调递减由2(2)(3||)0f t f t ++->得2(2)(3||)f t f t +>-- 又()f x 是奇函数2(2)(3||)f t f t ∴+> 223||t t ∴+< ∴1||2t <<所以t 的取值范围是(2,1)(1,2)--⋃【点睛】本题考查了奇函数的性质和单调性的应用以及函数的零点，考查了利用函数的单调性解不等式. 【跟踪演练】2.(1)设()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+，已知当02x <<时，1()21x f x -=+，则(2022)(2023)f f +=（）A ．2B ．2-C ．1D ．1-【答案】B【解析】根据题意，()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，则()()f x f x -=-，且(0)0f =；又由(1)(1)f x f x -=+即有(2)()f x f x +=-，则(2)()f x f x +=-，进而得到(4)(2)()f x f x f x +=-+=，()f x 为周期为4的函数，则(2022)(24505)(2)f f f =+⨯=(0)0f =-=，(2023)(12024)(1)(1)f f f f =-+=-=-，当02x <<时，1()21x f x -=+，则f （1）11212-=+=，则(2023)(1)f f =-2=-，故(2022)(2023)0(2)2f f +=+-=-，故选:B ．(2)已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且()00f =，当0x <时，()f x 单调递增．若实数a 满足()13a f f -+⎛> ⎝⎭，则a 的取值范围是（）A ．31,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭ B ．31,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．42,33⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．42,,33⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可知()f x 为偶函数，且在(),0-∞上单调递增，所以()f x 在()0,+∞上单调递减，所以()f x 的图象越靠近y 轴对应的函数值越大，因为()13a f f -+⎛> ⎝⎭，所以13a -+<，所以11233a -+-<，所以112a -+<-，所以112a +>，所以31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞--+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，故选:B ．【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性和单调性求解抽象不等式的解集,常见利用函数性质求解抽象不等式的方法：（1）根据奇偶性分析出函数在对称区间上的单调性；（2）将关于函数值的不等式中的自变量通过奇偶性转变到同一单调区间内；（3）通过单调性得到自变量的大小关系，由此求解出不等式的解集．考点3 函数的极值与极值点个数例3.(1)已知函数()f x 的导函数()()()1f x a x x a '=+-，若()f x 在x a =处取得极大值，则实数a 的取值范围是（） A ．()1,0- B ．()2,+∞C ．()0,1D ．(),3-∞-【答案】A【解析】由()f x 在x a =处取得极大值可知，当x a <时，()0f x '>；当x a >时，()0f x '<，其等价于①存在(),,b x b a ∀∈，使得(1)()0a x x a +->，且②存在(),,c x a c ∀∈，使得(1)()0a x x a +-<；若0a >时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，不满足②即不存在(,)x a c ∈，使得(1)()0a x x a +-<，故0a >时()f x 在x a =不是极大值；若10a -<<时，(1)()0a x x a +->的解集为(1,)a -，(1)()0a x x a +-<的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，满足①②，故10a -<<时，()f x 在x a =处取得极大值；若1a =-，(1)()a x x a +-恒小于等于0，不满足①，故1a =-时，()f x 在x a =取不到极大值；若1a <-时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)a -，不满足②，故1a <-时，()f x 在x a =处取不到极大值.综上，a 的取值范围是()1,0-.故选：A.【点睛】本题考查了利用导数极值求参数取值范围,其中求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4)检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值。

18年高考数学二轮复习第一部分专题一第五讲导数的应用第六讲导数的应用(二)教案

第六讲导数的应用(二)[真题自检]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x<0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)单调递减，而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，g ′(x )＝e x－1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)单调递增，而g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)， f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．导数与方程问题[典例](2017·临沂模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28….(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1,2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．解析：(1)证明：h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x ，则h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点． (2)由(1)得h (x )＝e x－1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1,2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h ′(x )＝e x－12x 12-－1，记φ(x )＝e x－12x 12-－1，则φ′(x )＝e x＋14x 32-.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点．所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2. [类题通法]数学思想在用导数研究方程根或零点问题中的应用对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用．[演练冲关]1．(2016·江西宜春中学模拟)设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解析：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －ex2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围．解析：(1)∵h (x )的定义域为(0，＋∞)， h ′(x )＝－1x ＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x＝－x －x －x，∴h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)．(2)问题等价于a ln x ＝1x有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根，构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x ，由φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1，当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.如图，作出函数φ(x )的大致图象，则要使方程x ln x ＝1a有唯一的实根，只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a>0，解得a ＝－e 或a >0，故实数a 的取值范围是{a |a ＝－e 或a >0}．导数、函数、不等式的交汇问题函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度．交汇点一不等式恒成立问题[典例1](2017·洛阳模拟)设函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1(其中常数a ∈R )．(1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求x 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，所以f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝a －3＋a ＋1＝0，解得a ＝1，此时f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)，当x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；所以f (x )在x ＝1处取得极大值，所以a ＝1符合题意．(2)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于a >x 2＋2xx 2＋2对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于x 2＋2x x 2＋2≤0成立，所以x 2＋2x ≤0，解得－2≤x ≤0. 所以x 的取值范围是[－2,0]． [类题通法]等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即：①λ≥f (x )恒成立，则λ≥f (x )max . ②λ≤f (x )恒成立，则λ≤f (x )min .(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f (x )≥0，则只需f (x )min ≥0.[演练冲关]1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝e －x[x 2＋(1－m )x ＋1](e 为自然对数的底数，m 为常数)． (1)若曲线y ＝f (x )与x 轴相切，求实数m 的值；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,1]使得2f (x 1)<f (x 2)成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝－e －x[x 2＋(1－m )x ＋1]＋e －x(2x ＋1－m )＝e －x[－x 2＋(m ＋1)x －m ]＝－e －x(x －m )(x －1)，设切点为(t,0)，则f ′(t )＝0，f (t )＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－e －tt －m t －＝0，e －t [t 2＋－m t ＋1]＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝m ，m ＝－1，所以m 的值是3或－1.(2)依题意，当x ∈[0,1]时，函数f (x )max >2f (x )min ，①m ≥1时，当x ∈[0,1]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减，所以f (0)>2f (1)，即1>2×3－m e ⇒m >3－e2； ②m ≤0时，x ∈[0,1]时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，所以f (1)>2f (0)，即3－me >2⇒m <3－2e ；③当0<m <1时，当x ∈(0，m )时f ′(x )<0，当x ∈(m,1)时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (m )＝m ＋1em，f (x )max ＝f (0)或f (1)，记函数g (m )＝m ＋1e m，g ′(m )＝－mem ，当m ≥0时，g ′(m )≤0，g (m )单调递减，所以m ∈(0,1)时，g (m )>g (1)＝2e ，所以2f (x )min ＝m ＋em>4e>1＝f (0)， 2f (x )min ＝m ＋e m>4e >3e >3－m e＝f (1)，不存在m ∈(0,1)使得f (x )max >2f (x )min ，综上，实数m 的取值范围是(－∞，3－2e)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3－e 2，＋∞. 交汇点二证明不等式[典例2] (2017·吉林实验中学模拟)已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )＝b ln x －x (b >0)，当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x.当a ＝0时，f ′(x )在(－∞，－1)上时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；f ′(x )在(－1，＋∞)上时，f ′(x )<0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．当a >0时，因为－1＋1a>－1，所以f (x )在(－∞，－1)和(－1＋1a ，＋∞)上单调递增，在(－1，－1＋1a)上单调递减；当a <0时，因为－1＋1a<－1，所以f (x )在(－∞，－1＋1a )和(－1，＋∞)上单调递减，在(－1＋1a，－1)上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0；由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使g (x 2)≥－f (x 1)成立，因为[－f (x 1)]max ＝0，所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2. 令h (x )＝x ln x，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1x2<0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2. [类题通法]构造函数法证明不等式中常见的四种方法(1)移项法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．[演练冲关]2．(2017·武汉调研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a >0，证明：当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )； (3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1＋x 22)>0.解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x＝x 2＋－a x －ax＝x ＋x －ax.若a ≤0，则f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0<x <a 时，f ′(x )<0；当x >a 时，f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a－x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )． ∴g ′(x )＝2－a a ＋x －aa －x ＝－2x2a 2－x 2.当0<x <a 时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，a )上是减函数．而g (0)＝0，∴g (x )<g (0)＝0. 故当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )．(3)证明：由(1)可知，当a ≤0时，函数f (x )至多有一个零点，故a >0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )<0. 不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<a <x 2，∴0<a －x 1<a .由(2)，得f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)<f (x 1)＝0＝f (x 2)．从而x 2>2a －x 1，于是x 1＋x 22>a .由(1)知，f ′(x 1＋x 22)>0.。

2018高三数学全国二模汇编(理科)专题03导数与应用

【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】一、选择题1．【2018河南郑州高三二模】已知(){}|0M f αα==, (){}|0N g ββ==,若存在,M N αβ∈∈,使得n αβ-<,则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”.若()231x f x -=-与()2x g x x ae =-互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( ) A. 214(,e e ⎤⎥⎦ B. 214(, e e ⎤⎥⎦C. 242[, e e ⎫⎪⎭D. 3242[, e e ⎫⎪⎭ 【答案】B【点睛】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出f(x)的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数()2xg x x ae =-在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分离，应用导数解决。

2．【2018陕西咸阳高三一模】已知奇函数()f x 的导函数为()f x '，当0x ≠时， ()()0f x f x x+'>，若()11,a f b ef e e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， ()1c f =，则,,a b c 的大小关系正确的是（） A. a b c << B. b c a << C. c a b << D. a c b << 【答案】D【解析】设()()h x xf x =，所以()()()h x f x xf x ='+'，因为()y f x =是定义域上的奇函数，所以()h x 是定义在实数集上的偶函数，当0x >时， ()()()0h x f x xf x =+'>'，此时()h x 为单调递增函数，又由11e e <<-，所以()()()111f f ef e ef e e e ⎛⎫<<--=-- ⎪⎝⎭，即a c b <<，故选D.点睛：本题主要考查了函数性质的基本应用问题，其中解答中利用题设条件，构造新函数()()h x xf x =，得出函数()h x 为单调递增函数和函数()h x 是定义在实数集上的偶函数是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.3．【2018湖南衡阳高三二模】已知e 为自然对数的底数，设函数()21f ln 2x x ax b x =-+存在极大值点0x ，且对于a 的任意可能取值，恒有极大值()0f 0x <,则下列结论中正确的是( ) A. 存在0x b = ,使得()01f 2x e<-B. 存在0x b =，使得()20f x e >- C. b 的最大值为3e D. b 的最大值为22e 【答案】C分析得()f x 的极大值点为10x x =，()2222244422424a a b a a b a a b b ba a ba a b--+---==<=+-+-， (()0,x b f x ∴∈∴在()00,x 递增，在()02,x x 递减，当()0,x x f x =取得极大值()0f x ，又()200000'00bf x x a x b ax x =⇒-+=⇒+=，()()222000000011ln ln 22f x x ax b x x x b b x =-+=-++，即()20001ln 2f x x b b x =--+，令 ()()21ln ,0,2g x x b x b x b =-+-∈，原命题转化为()0g x <恒成立，()()22'000b x bg x x x b x b x x-+∴=-+=><<⇒<<， ()g x ∴在()0,b 上递增，()()()1ln2g x gb b b b b ∴<=-+- 1ln 02b b b b =-+-≤，3323ln 2bb b b e b e ∴≤⇒≤⇒≤，所以b 的最大值为3e ， C 对、D 错，又0x b <，即不存在极大值点0x b =，排除,A B ，故选C.【方法点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值，属于难题.求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值. 4．【2018河南商丘高三二模】记函数，若曲线上存在点使得，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.5．【2018四川德阳高三二诊】已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（） A. B.C.D.【答案】A6．【2018重庆高三二诊】已知函数()ln f x x a =+， ()1g x ax b =++，若0x ∀>， ()()f x g x ≤，则ba的最小值是（） A. 1e + B. 1e - C. 1e - D. 12e - 【答案】B【解析】由题意()()0,x f x g x ∀>≤，即ln 1x a ax b +≤++，即ln 1x ax a b -+≤+，设()ln h x x ax a =-+，则()1h x a x'=-，若0a ≤时， ()10h x a x -'=>，函数()h x 单调递增，无最大值，不适合题意；当0a >时，令()10h x a x -'==，解得1x a=，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0h x '>，函数()h x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以()max 1ln 1h x h a a a ⎛⎫==-+-⎪⎝⎭，即ln 11a a b -+-≤+，即ln 20a a b -+--≤点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题．7．【2018甘肃兰州高三二模】已知()f x 是定义在R 上的可导函数，若在R 上()()3f x f x >'有恒成立，且()31(f e e =为自然对数的底数），则下列结论正确的是（） A. ()01f = B. ()01f < C. ()62f e < D. ()62f e >【答案】C 【解析】设()()3xf xg x e =，则()()()()()()()333223333x x x xxe f x f x e f x e f x g x e e ⎡⎤-'-⎣⎦=''=.∵在R 上()()3f x f x >'有恒成立∴()0g x '<在R 上恒成立，即()g x 在R 上为减函数. ∴()()()()()0301001f f g f g ee==>=∵()31f e =∴()01f >，故A ，B 不正确. ∵()()()62211f g g e =<=∴()62f e < 故选C.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e =， ()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =，()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等8．【2018河北唐山高三二模】已知函数()f x 满足()()f x f x >'，在下列不等关系中，一定成立的是（） A. ()()12ef f > B. ()()12ef f < C. ()()12f ef > D. ()()12f ef < 【答案】A点睛：本题的关键在于通过()f x f >'（x ）能得到()'()0xf x e<，得到()xf x R e是上的减函数，问题就迎刃而解.所以在这里，观察和联想的数学能力很重要.9．【2018吉林四平高三质检】若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足： ()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x xx R =∈, ()()()10,2ln g x x h x e x x=<=,有下列命题：①()()()F x f x g x =-在32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；②()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为-4；③()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是](40 -，； ④()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”2y ex e =-. 其中真命题的个数有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C2424,1664,40b k k b k k ≤-≤≤--≤≤，同理421664,b k b ≤≤-可得40b -≤≤，故②正确，③错误，④函数()f x 和()h x 的图象在x e =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k ，则隔离直线方程为(y e k x e -=，即y kx e e =-，由()()f x kx e e x R ≥-∈，可得20x kx e e -+≥，当x R ∈恒成立，则(20k e∆=-≤，只有k e =，此时直线方程为2y ex e =-，下面证明()2h x ex e ≤-，令()()2G x ex e h x =-- 22ln ex e e x =--， ()2'e x eG x x=，当x e =()'0G x =；当0x e << ()'0G x <；当x e >()'0G x >；当x e = ()'G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值，()()20G x ex e h x ∴=--≥，则()2h x ex e ≤-， ∴函数()f x 和()h x 存在唯一的隔离直线y ex e =-，故④正确，真命题的个数有三个，故选C.【方法点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题、以及新定义问题，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“隔离直线”达到考查导数在研究函数性质的应用的目的. 10．【2018湖南郴州高三二诊】已知函数()212ln f x x x e e ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭， ()1g x mx =+，若()f x 与()g x 的图像上存在关于直线1y =对称的点，则实数m 的取值范围是（）A. 2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 23,3e e -⎡⎤-⎣⎦C. 2,3e e -⎡⎤-⎣⎦D. 322,3e e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D若直线y=1﹣mx 经过点（1e，﹣2），则m=3e ，若直线y=1﹣mx 与y=2lnx 相切，设切点为（x ，y ）．则1{2 2y mxy lnx m x===-﹣，解得3232{3 2x ey m e-===-．∴322e--≤m≤3e．故选：D ．点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(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．11．【2018云南昆明高三质检二】已知函数()22ln xe f x k x kx x=+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（）A. 2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. ,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C. (]0,2 D. [)2,+∞【答案】A【点睛】函数有唯一极值点x=2,即导函数只有唯一零点x=2,且在x=2两侧导号。

2018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习课后强化训练专题2 第5讲导数的综合应用 Word版含解析

第一部分专题二第五讲组．设()＝－，则())( )．既是奇函数又是减函数．既是奇函数又是增函数．是有零点的减函数．是没有零点的奇函数[解析]∵(－)＝－－(－)＝－(－)＝－()，∴()为奇函数．又′()＝－≥，∴()单调递增．故选．．(·河南洛阳质检)若不等式≥－＋－对∈(，＋∞)恒成立，则实数的取值范围是) ( )．(－∞，) ．(－∞，]．(，＋∞) ．[，＋∞)[解析]∵> ≥－＋－，∴≤＋＋.设()＝＋＋(>)，则′()＝.当∈()时，′()<，函数()单调递减；当∈(，＋∞)时，′()>，函数()单调递增，所以()＝()＝，所以≤()＝，故的取值范围是(－∞，]．．(·河北衡水中学调研)已知函数()＝＋的两个极值点分别为，，且∈()，∈(，＋∞)，点(，)表示的平面区域为，若函数＝(＋)(>)的图象上存在区域内的点，则实数的取值范围是)( )．() ．(]．(，＋∞) ．[，＋∞)[解析]′()＝＋＋＝的两根为，，且∈()，∈(，＋∞)，则(\\(′((>，′((<))⇔(\\((＋)>，＋＋(＋)<，))即(\\(＋>，＋＋<，))作出区域，如图阴影部分，可得(－＋)>，所以<<．．(·江西八校联考)已知函数＝()是上的可导函数，当≠时，有′()＋>，则函数()＝()＋的零点个数是)( )．．．．[解析]∵≠时，′()＋>，∴>，即>.①当>时，由①式知(())′>，∴()＝()在(，＋∞)上为增函数，且()＝·()＝，∴()＝()>在(，＋∞)上恒成立．又>，∴()>在(，＋∞)上恒成立，∴()在(，＋∞)上无零点．当<时，(())′<，∴()＝()＋在(－∞，)上为减函数，且()＝·()＝，∴()＝()>在(－∞，)上恒成立，∴()＝()＋在(－∞，)上为减函数．当→时，()→，∴()≈<，当→－∞时，→，∴()≈()>，∴()在(－∞，)上有唯一零点．综上所述，()在(－∞，)∪(，＋∞)上有唯一零点．故选．∞．若()＝＋＋(＋)＋有极大值和极小值，则的取值范围为，－)(－∪))∞(，＋[解析]′()＝＋＋(＋)，由题意知′()＝有两个不等的实根，故Δ＝()－××(＋)>，即－－>，解得>或<－．)．(·皖南八校联考)已知()，若关于的不等式∈[，－)恒成立，则实数的取值范围为<[解析]依题意，知＋－>，即>－对任意∈()恒成立，从而≥，所以由<可得<＋－.令()＝＋－，则′()＝＋(－)＝(－)(＋)．令′()＝，得＝，当∈()时，′()>，函数()在()上单调递增，当∈()时，′()<，函数()在()上单调递减，所以<()＝()＝－，故实数的取值范围是[，－)．．(·九江市一模)已知()＝＋，∈)。