2018届高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数的取值范围课件理
2018-2019年高三数学(文)二轮复习：专题二 函数、不等式、导数2.3PPT课件
，
解析：
(1)画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
由题意可知， 当直线 y＝x－z 过点 A(2,0)时， z 取得最大值， 即 zmax＝2－0＝2； 当直线 y＝x－z 过点 B(0,3)时，z 取得最小值，即 zmin＝0－3＝－3. 所以 z＝x－y 的取值范围是[－3,2]． 故选 B.
∴Q＝[－ 3，－1)∪(1， 3]． ∵Q⊆P， ∴P＝(－∞，－1)∪(a，＋∞)． ∴－1≤a≤1.
(2)当 a>1 时，由题意可得 x －ax－2a >0
10 m≥a ，所以 x2＋2mx－m≤0
2
2
1 2 的解集为(－a,2a)，且ax ＋2mx－
恒成立，这显然是不可能的．当 0<a<1 时，由题意
第一部分 专题突破——破译命题密码
第 3 课时 不等式
高考对本部分考查主要从以下方面进行： (1)对于解不等式，主要涉及一元二次不等式、分式不等式、 对数和指数不等式， 并且以一元二次不等式为主． 不等式的 解法是基本功，它渗透在很多题型中．
(2)对于线性规划知识的考查主要通过图示的方法获得最优 解或已知最优解求参数， 此类题型有时需要借助一个实际背 景． 其中以考查线性目标函数的最值为重点， 常结合其代数 式的几何意义(如斜率、截距、距离、面积等)来求解． (3)对于基本不等式重在考查对代数式的转化过程及适用条 件、 等号成立条件的检验， 在求最值或不等式恒成立问题中 常用基本不等式.
2．不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0 的解集为 R，则实数 a 的取值范围是 ________． 解析： 当 a＝2 时，不等式化为－4<0，恒成立；当 a≠2 时，由条件知 ，解得－2<a<2.综上所述，a 的取值范围是(－2,2]．
2018届高考数学理科二轮总复习高考23题逐题特训二函数
(二)函数与导数(2)1．设函数f (x )＝2(a ＋1)x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋bx (b ∈R )，直线y ＝x ＋1是曲线y ＝f (x )的一条切线．(1)求a 的值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点x 1，x 2.①试求b 的取值范围；②证明：g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 解 (1)设直线y ＝x ＋1与函数y ＝f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝2(a ＋1)x 0，a ＋1x 0＝1，解得a ＝0. (2)记h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －ln x －bx .①函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点的必要条件是h ′(x )有两个正零点．h ′(x )＝1x －1x－b ＝－bx ＋x －1x ， 令h ′(x )＝0，得bx －x ＋1＝0(x >0)．令x ＝t ，则t >0.问题转化为bt 2－t ＋1＝0有两个不等的正实根t 1，t 2，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝1－4b >0，t 1t 2＝1b >0，t 1＋t 2＝1b >0，解得0<b <14. 当0<b <14时，设h ′(x )＝0的两正根为x 1，x 2，且x 1<x 2， 则h ′(x )＝－bx ＋x －1x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x (x ＋x 1)(x ＋x 2). 当x ∈(0，x 1)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，h ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )<0. 所以x 1，x 2是h (x )＝f (x )－g (x )的极值点，∴b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，14. ②由①知x 1x 2＝x 1＋x 2＝1b.可得g (x 1)＋g (x 2)＝－2ln b ＋1b －2，f (x 1)＋f (x 2)＝2b， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)＝12－b ln b －b . 记k (b )＝12－b ln b －b ⎝⎛⎭⎫0<b <14， 则k ′(b )＝－ln b －2，令k ′(b )＝0，得b ＝1e 2∈⎝⎛⎭⎫0，14， 且当b ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，k ′(b )>0，k (b )单调递增； 当b ∈⎝⎛⎭⎫1e 2，14时，k ′(b )<0，k (b )单调递减，且当b ＝1e 2时，k (b )取最大值1e 2＋12， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 2．设函数f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x . (1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2. ①求a 的取值范围；②求f (x 2)的取值范围．解 (1)f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x ，x >0， f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －b x 2. 当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x. 当a ≥0时，由x >0，得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a； 令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． 综上所述，①当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6， 所以f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3， 所以b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－a x 2， 函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解， ⎩⎨⎧ Δ＝(－a )2－8a (3－a )>0，a 2a >0，3－a 2a >0，解得83<a <3. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫83，3.②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14⎝⎛⎭⎫1＋ 9－24a ， 由83<a <3，得x 2∈⎝⎛⎭⎫14，12， 由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1. f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2 ＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－32x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2. 设φ(t )＝－32t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t (2t 2－t －1)－⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t2 ＝－31t 2(2t 2－t －1)2＋3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2. 当t ∈⎝⎛⎭⎫14，12时，2t ＋1t－ln t >0,4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在⎝⎛⎭⎫14，12上单调递增，φ(t )∈⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2， 所以f (x 2)的取值范围是⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2.。
2018年高考数学(文)二轮复习+专题突破讲义：专题二+函数与导数专题二+第3讲
第3讲 导数及其应用1．导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一 导数的几何意义1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同．例1 (1)(2017届山西临汾一中等五校联考)已知曲线f (x )＝ax 2x ＋1在点(1，f (1))处切线的斜率为1，则实数a 的值为( ) A.32B ．－32C ．－34D.43答案 D解析 对函数求导，可得f ′(x )＝2ax (x ＋1)－ax 2(x ＋1)2， ∵曲线f (x )＝ax 2x ＋1在点(1，f (1))处切线的斜率为1，∴f ′(1)＝3a 4＝1，得a ＝43，故选D.(2)(2017届成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝⎛⎭⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( ) A ．4e 2 B ．4e C.e 24 D.e 4答案 A解析 曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx.当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t4⎝⎛⎭⎫x －4t ， 化简为y ＝t4x ＋1，①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)x 0＝ln t 4－1，切线方程为y －⎝⎛⎭⎫t 4＋1＝t4⎝⎛⎭⎫x －ln t 4＋1， 化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2＋1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1⇔ln t4＝2，即t ＝4e 2，故选A.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2017·天津)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________． 答案 1解析 ∵f ′(x )＝a －1x，∴f ′(1)＝a －1.又∵f (1)＝a ，∴切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， ∴切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1. (2)若y ＝ax ＋b 为函数f (x )＝x ln x －1x图象的一条切线，则a ＋b 的最小值为( ) A ．－4B ．－1C ．1D ．2 答案 B解析 f ′(x )＝1＋x x 2(x >0)．设切点为⎝⎛⎭⎫x 0，ln x 0－1x 0， 则切线方程为y －⎝⎛⎭⎫ln x 0－1x 0＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20(x －x 0)， 即y ＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20x －⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20x 0＋⎝⎛⎭⎫ln x 0－1x 0， 亦即y ＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋1x 20x ＋⎝⎛⎭⎫ln x 0－2x 0－1. 令1x 0＝t ，则t >0，由题意得a ＝1x 0＋1x 20＝t ＋t 2，b ＝ln x 0－2x 0－1＝－ln t －2t －1.令a ＋b ＝φ(t )＝－ln t ＋t 2－t －1，则φ′(t )＝－1t ＋2t －1＝(2t ＋1)(t －1)t，当t ∈(0,1)时，φ′(t )<0，则φ(t )在(0,1)上单调递减；当t ∈(1，＋∞)时，φ′(t )>0，则φ(t )在(1，＋∞)上单调递增， ∴a ＋b ＝φ(t )≥φ(1)＝－1，故a ＋b 的最小值为－1. 热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3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 )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2017·全国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 (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，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x <0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减．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，则g ′(x )＝e x －1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增．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，＋∞)．思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝⎛⎭⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝⎛⎭⎫－18，＋∞ C. ⎝⎛⎭⎫－2，－18 D. (－2，＋∞) 答案 D解析 由题意得f ′(x )＝1x ＋2ax ，若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，2内存在单调递增区间， 则f ′(x )≥0在⎝⎛⎭⎫12，2上有解， 即a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 2的最小值． 又g (x )＝－12x 2在⎝⎛⎭⎫12，2上是单调递增函数， 所以g (x )>g ⎝⎛⎭⎫12＝－2，所以a ≥－2，经检验，当a ＝－2时不成立，所以a >－2. 故选D.(2)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( ) A ．(－3,0)∪(3，＋∞) B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3) 答案 D解析 当x <0时，∵f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， ∴[f (x )g (x )]′>0，∴y ＝f (x )g (x )为增函数． ∵g (－3)＝0，∴f (－3)g (－3)＝0， ∴f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)．∵f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，∴y ＝f (x )g (x )在R 上为奇函数，当x >0时，f (x )g (x )<0的解集为(0,3)．综上，不等式的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选D.热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2017届河南息县第一高级中学检测)已知函数f (x )＝mx ＋ln x ，g (x )＝x 3＋x 2－x .(1)若m ＝3，求f (x )的极值；(2)若对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥110g (t )，求m 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当m ＝3时，f (x )＝3x＋ln x ，∴f ′(x )＝－3x 2＋1x ＝x －3x 2，f ′(3)＝0，∴当x >3时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当0<x <3时，f ′(x )<0，f (x )是减函数． ∴f (x )有极小值f (3)＝1＋ln 3，没有极大值． (2)g (x )＝x 3＋x 2－x ，g ′(x )＝3x 2＋2x －1. 当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上是单调递增函数，g (2)＝10最大，对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，f (s )≥110g (t )恒成立，即对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， f (x )＝mx ＋ln x ≥1恒成立，∴m ≥x －x ln x ，令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－ln x －1＝－ln x . ∴当x ≥1时，h ′(x )<0，当0<x <1时，h ′(x )>0， ∴h (x )在(0,1)上是增函数，在[1，＋∞)上是减函数， 当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，h (x )最大值为h (1)＝1， ∴m ≥1，即m ∈[1，＋∞)．思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．跟踪演练3 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2，在x ＝1处取得极值16.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f ′(x )≤k ln(x ＋1)成立(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，求实数k 的最小值．解 (1)由题设可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ， ∵f (x )在x ＝1处取得极值16，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝16，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝16，解得a ＝－13，b ＝12，经检验知，a ＝－13，b ＝12满足题设条件．(2)由(1)得f (x )＝－13x 3＋12x 2，∴f ′(x )＝－x 2＋x ，∴－x 2＋x ≤k ln(x ＋1)在[0，＋∞)上恒成立， 即x 2－x ＋k ln(x ＋1)≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 设g (x )＝x 2－x ＋k ln(x ＋1)，则g (0)＝0，g ′(x )＝2x －1＋kx ＋1＝2x 2＋x ＋k －1x ＋1，x ∈[0，＋∞)，设h (x )＝2x 2＋x ＋k －1，①当Δ＝1－8(k －1)≤0，即k ≥98时，h (x )≥0，∴g ′(x )≥0，g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (0)＝0，即当k ≥98时，满足题设条件．②当Δ＝1－8(k －1)>0，即k <98时，设x 1，x 2是方程2x 2＋x ＋k －1＝0的两个实根，且x 1<x 2，由x 1＋x 2＝－12可知，x 1<0，由题设可知，当且仅当x 2≤0，即x 1·x 2≥0，即k －1≥0，即k ≥1时，对任意的x ∈[0，＋∞)有h (x )≥0，即g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，∴当1≤k <98时，也满足条件，综上，k 的取值范围为[1，＋∞)， ∴实数k 的最小值为1.真题体验1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①，③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2＞0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．答案－1解析函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1，则f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)e x－1＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函数f(x)的极值点，得f′(－2)＝e－3(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1，所以f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x－2)．由e x－1＞0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x ＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点．所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e x f(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质，下列函数中具有M性质的是______．(填序号)①f(x)＝2－x；②f(x)＝x2；③f(x)＝3－x；④f(x)＝cos x.答案①解析若f(x)具有性质M，则[e x f(x)]′＝e x[f(x)＋f′(x)]＞0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)＞0在f(x)的定义域上恒成立．对于①式，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－x ln 2＝2－x(1－ln 2)＞0，符合题意．经验证，②③④均不符合题意．故填①.4．(2017·全国Ⅰ)曲线y＝x2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案y＝x＋1解析∵y′＝2x－1x2，∴y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1， ∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．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( )A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A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 ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________．押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别．答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2. 又∵g ′(x )＝2x －ax ，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2.4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点． 答案 ⎣⎡⎭⎫94，＋∞解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1， 即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ， 又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2017届辽宁葫芦岛普通高中月考)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f (x )e x的递减区间为( )A ．(0,4)B ．(0,1)，(4，＋∞)C.⎝⎛⎭⎫0，43 D ．(－∞，1)，⎝⎛⎭⎫43，4 答案 B解析 由图可知，先减后增的那条曲线为f ′(x )的图象，先增再减最后增的曲线为f (x )的图象，当x ∈(0,1)∪(4，＋∞)时，f ′(x )<f (x )，令g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x <0，得f ′(x )－f (x )<0，则x ∈(0,1)∪(4，＋∞)，故g (x )的递减区间为(0,1)，(4，＋∞)，故选B.2．(2017届山西临汾一中等五校联考)已知函数f (x )是奇函数，当x <0时，f (x )＝x ln(－x )＋x ＋2，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝－2x ＋3D ．y ＝－2x －3 答案 B解析 设x >0，则－x <0，∵f (x )为奇函数， 当x <0时，f (x )＝x ln(－x )＋x ＋2，∴f (x )＝－f (－x )＝－[－x ln x －x ＋2]＝x ln x ＋x －2， ∴当x >0时，f ′(x )＝ln x ＋2，∴f ′(1)＝2且f (1)＝－1， ∴曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程是y ＝2x －3. 故选B.3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F (x )＝xf (x )，f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0成立，若a ＝20.1·f (20.1)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f ⎝⎛⎭⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．c >a >bC ．c >b >aD ．a >c >b 答案 C解析 F (－x )＝(－x )f (－x )＝－xf (x )＝－F (x )，即函数F (x )是奇函数，并且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0，即当x ∈(－∞，0]时，F (x )是单调递减函数，所以在R 上函数F (x )是单调递减函数，a ＝F (20.1)，b ＝F (ln 2)，c ＝F ⎝⎛⎭⎫log 218，20.1>1,0<ln 2<1，log 218＝－3，所以20.1>ln 2>log 218，所以a <b <c ，故选C.4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3 C ．a >－13 D ．a <－13答案 B解析 y ′＝a e ax ＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax ＝－3，∵e ax >0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax <1，要使a e ax ＝－3，则a <－3，故选B.5．(2017届河南息县第一高级中学检测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( ) A ．20 B ．18 C ．3 D ．0 答案 A解析 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于对区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有f (x )max －f (x )min ≤t ，∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵x ∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20， ∴t ≥20，实数t 的最小值是20.6．(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x －y ＋1＝0与曲线y ＝ln x ＋a 相切，则a 的值为______． 答案 2解析 y ＝ln x ＋a 的导数为y ′＝1x ，设切点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝ln x 0＋a .又切线方程x －y ＋1＝0的斜率为1，即1x 0＝1，解得x 0＝1，则y 0＝2，a ＝y 0－ln x 0＝2.7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎭⎫3，72 解析 原题等价于方程f ′(x )－3＝0有两个大于零的实数根． 因为f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，所以f ′(x )＝2x 2－2x ＋a ，所以f ′(x )－3＝0，即2x 2－2x ＋a －3＝0， 设g (x )＝2x 2－2x ＋a －3，要使方程g (x )＝0有两个大于零的实数根需要满足⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，g (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－4×2×(a －3)>0，a －3>0，解得3<a <72.所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫3，72. 8．(2017届重庆模拟)已知x ＝0是函数f (x )＝(x －2a )·(x 2＋a 2x ＋2a 3)的极小值点，则实数a 的取值范围是__________． 答案 a >2或a <0解析 因为f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4，所以令f ′(x )＝3x 2＋2(a 2－2a )x ＝3x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋2(a 2－2a )3＝0，可得函数f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4的两个极值点分别为x ＝0，x ＝－2(a 2－2a )3，由题意得2(a 2－2a )3>0，即a 2－2a >0，解得a <0或a >2. 9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′. 定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上是凹函数．已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3， 令f ″(x )>0，得x >12.10．(2017·北京)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． 解 (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， 所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0，所以函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减， 因此f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2. B 组 能力提高11．(2017届重庆市调研)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )<f (x )对任意的x ∈R 恒成立，则下列不等式均成立的是( ) A ．f (ln 2)<2f (0)，f (2)<e 2f (0) B ．f (ln 2)>2f (0)，f (2)>e 2f (0) C ．f (ln 2)<2f (0)，f (2)>e 2f (0) D ．f (ln 2)>2f (0)，f (2)<e 2f (0) 答案 A解析 设y ＝f (x )e x ，∴y ′＝f ′(x )－f (x )e x.∵f ′(x )<f (x )，∴y ′<0，∴y ＝f (x )e x 在R 上为减函数．∵ln 2>0，∴f (ln 2)e ln 2<f (0)e0，∴f (ln 2)<2f (0)．∵2>0，∴f (2)e 2<f (0)e 0，∴f (2)<e 2f (0)．故选A.12. (2017届湖北省部分重点中学联考)已知S＝(x－a)2＋(ln x－a)2(a∈R)，则S的最小值为()A.22 B.12C. 2 D．2答案 B解析设A(x，ln x)，B(a，a)，则问题化为求平面上两动点A(x，ln x)，B(a，a)之间距离的平方的最小值的问题，即求曲线f(x)＝ln x上的点到直线y＝x上的点的距离最小值问题．因为f′(x)＝1x，设切点P(t，ln t)，则切线的斜率k＝1t，由题设知，当1t＝1，即t＝1时，点P(1,0)到直线y＝x的距离最近，其最小值为d min＝12，所以所求S的最小值为S min＝12，故选B.13．(2017·山东)已知函数f(x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解(1)由题意f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a <0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，a )时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(a,0)时，x －a >0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝a 时，g (x )取到极大值， 极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ；当x ＝0时，g (x )取到极小值，极小值是g (0)＝－a . ②当a ＝0时，g ′(x )＝x (x －sin x )，当x ∈(－∞，＋∞)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增；所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，g (x )无极大值也无极小值． ③当a >0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(0，a )时，x －a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以当x ＝0时，g (x )取到极大值， 极大值是g (0)＝－a ； 当x ＝a 时，g (x )取到极小值， 极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .综上所述，当a <0时，函数g (x )在(－∞，a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ，极小值是g (0)＝－a ；当a ＝0时，函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a >0时，函数g (x )在(－∞，0)和(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .。
高中数学 2018年高考数学(理)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数3
一、选 择题
二、填 空题
核心知识
考点精题 考点精题
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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
一、选 择题
二、填 空题
核心知识
考点精题 考点精题
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解析: 由题意可得, f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f'(-2)=0.所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如 下表: x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞)
解析: ∵函数 f(x)=ln(e +e )+x ,∴f'(x)=
2 x -x
核心知识
考点精题 考点精题
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e ������ -e-������ e ������ +e -������
+2x,
当x=0时,f'(x)=0,f(x)取最小值, 当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减, ∵f(x)=ln(ex+e-x)+x2是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增, ∴f(2x)>f(x+3)等价于|2x|>|x+3|, 整理,得x2-2x-3>0,解得x>3或x<-1, ∴使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞). 故选D.
【高考数学】2018届高三数学(理)二轮复习课件：专题二 函数、不等式、导数2.1(高频考点汇总PPT课件)
用哪一段求解.
◎ 变式训练 1．(2017· 石家庄市教学质量检测(一))设函数 ＝2，则实数 n 为( 5 A．－4 1 C.4 ) 1 B．－3 5 D．2
2x＋n，x<1， f(x)＝ log2x，x≥1
，若
3 ff4
解析： 因为
3 3 3 3 f 4 ＝2×4＋n＝2＋n，当2＋n<1，即
1 1 x 当 0＜x≤2时，原不等式为 2 ＋x＋2＞1，显然成立． 1 1 x 当 x＞2时，原不等式为 2 ＋2x－2＞1，显然成立． 1 综上可知，x＞－4. 答案： (1)B
1 (2)－4，＋∞
1.求函数值时的三个关注点 (1)形如 f(g(x))的函数求值时，应遵循先内后外的原则． (2)对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段 求解． (3)对于利用函数性质的求值问题，必须依据条件找到函数满足的性质，利用该 性质求解． 2．[警示] 对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利
第一部分 专题突破——破译命题密码
专题二 函数、不等式、导数 第 1 课时 函数的图象与性质
高考对本部分考查主要从以下方面进行： (1)对于函数性质的考查往往综合多个性质，一般借助的载 体为二次函数、 指数函数、 对数函数或者由基本的初等函数 复合而成， 尤其在函数单调性、 奇偶性和周期性等性质的综 合问题上应重点加强训练．
解析： 排除选项 B.
sin x sin x (1)当 x→＋∞时， x2 →0,1＋x→＋∞，y＝1＋x＋ x2 →＋∞，故
π sin x 当 0＜x＜2时，y＝1＋x＋ x2 ＞0，故排除选项 A，C.故选 D. (2)由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图， 而
高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数的取值范围课件理
命题热点一 命题热点二 命题热点三
利用导数证明不等式 【思考】 如何利用导数x-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2. 解: (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x),f(x)≥0 等价于 g(x)≥0. 因为 g(1)=0,g(x)≥0,故 g'(1)=0,而 g'(x)=a-1������,g'(1)=a-1,得 a=1. 若 a=1,则 g'(x)=1-1������.当 0<x<1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当 x>1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以 x=1 是 g(x)的极小值点,故 g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1.
因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)<
1.
4
因为x=x0是f(x)在区间(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得
f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2<f(x0)<2-2.
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题后反思利用导数证明不等式,主要是构造函数,通过导数判断 函数的单调性,由函数的单调性证明不等式成立,或通过求函数的 最值,当该函数的最大值或最小值使不等式成立时,则不等式是恒 成立,从而可将不等式的证明转化为求函数的最值.
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届高考数学大二轮复习 专题二 函数、不等式、导数 第2讲 函数与方程及函数的应用复习指导课后
专题二 第二讲A 组1．(文)函数f (x )＝－1x＋log 2x 的一个零点落在区间导学号 52134204( B )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)[解析] ∵f (1)·f (2)<0，∴选B ．(理)在用二分法求方程x 3－2x －1＝0的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根所在的区间为导学号 52134205( D )A ．(1.4,2)B ．(1.1,4)C ．(1，32)D ．(32，2)[解析] 令f (x )＝x 3－2x －1，则f (1)＝－2<0，f (2)＝3>0，f (32)＝－58<0，∴选D ．2．(2017·山东莱芜模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤1，1＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为导学号 52134206( D )A ．12，0 B ．－2,0 C ．12D ．0[解析] 当x ≤1时，由f (x )＝2x－1＝0，解得x ＝0；当x >1时，由f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x ＝12，又因为x >1，所以此时方程无解．综上，函数f (x )的零点只有0．3．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝(12)x－cos x ，则f (x )在[0,2π]上的零点个数为导学号 52134207( C )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 作出g (x )＝(12)x与h (x )＝cos x 的图象，可以看出其在[0,2π]上的交点个数为3．故选C ．4．已知函数y ＝f (x )的周期为2，当x ∈[－1,1]时，f (x )＝x 2，那么函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝|lg x |的图象的交点共有导学号 52134208( A )A ．10个B ．9个C ．8个D ．1个[解析] 在同一平面直角坐标系中分别作出y ＝f (x )和y ＝|lg x |的图象，如图．又lg 10＝1，由图象知选A ．5．(2015·北京高考)汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程．下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是导学号 52134209( D )A ．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B ．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C ．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D ．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 [解析] 对于A 选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 km/h 时的燃油效率大于5 km/L ，故乙车消耗1升汽油的行驶路程可大于5千米，所以A 错误．对于B 选项，由图可知甲车消耗汽油最少．对于C 选项，甲车以80 km/h 的速度行驶时的燃油效率为10 km/L ，故行驶1小时的路程为80千米，消耗8 L 汽油，所以C 错误．对于D 选项，当最高限速为80 km/h 且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以D 正确．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，x －2，x >2，函数g (x )＝3－f (2－x )，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点的个数为导学号 52134210( A )A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] 当x <0时，f (2－x )＝x 2，此时函数f (x )－g (x )＝－1－|x |＋x 2的小于零的零点为x ＝－1＋52；当0≤x ≤2时，f (2－x )＝2－|2－x |＝x ，函数f (x )－g (x )＝2－|x |＋x－3＝－1无零点；当x >2时，f (2－x )＝2－|2－x |＝4－x ，函数f (x )－g (x )＝(x －2)2＋4－x －3＝x 2－5x ＋5大于2的零点有一个．因此函数y ＝f (x )－g (x )共有零点2个．7．已知函数f (x )＝(15)x－log 3x ，若x 0是函数y ＝f (x )的零点，且0<x 1<x 0，则f (x 1)__>__.0(填“>”、“<”、“≥”、“≤”).导学号 52134211[解析] 解法一：∵f (x )＝(15)x－log 3x 在(0，＋∞)上为减函数，且0<x 1<x 0，∴f (x 1)>f (x 0)．解法二：如图知，f (x 1)>f (x 0)．8．(文)函数f (x )对一切实数x 都满足f (12＋x )＝f (12－x )，并且方程f (x )＝0有三个实根，则这三个实根的和为__32__.导学号 52134212[解析] 函数图象关于直线x ＝12对称，方程f (x )＝0有三个实根时，一定有一个是12，另外两个关于直线x ＝12对称，其和为1，故方程f (x )＝0的三个实根之和为32．(理)(2015·四川卷，13)某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝ekx ＋b(e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是__24__.小时.导学号 52134213[解析] 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧e b＝192，e 22k ＋b＝48，∴e 22k ＝48192＝14，e 11k＝12，∴x ＝33时，y ＝e33k ＋b＝(e 11k )3·e b＝18×192＝24．9．(2017·湖南浏阳一中段考)已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }.导学号 52134214(1)求函数f (x )的解析式； (2)求函数g (x )＝f xx－4ln x 的零点个数． [解析] (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0． ∵a >0，f (x )＝a [(x －1)2－4]≥－4， 又f (1)＝－4a ， ∴f (x )min ＝－4a ＝－4， ∴a ＝1．故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3．(2)∵g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x －4ln x －2(x >0)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝x －x －x2．∴x ，g ′(x )，g (x )的取值变化情况如下：当0<x ≤3时，g (x )≤g (1)＝－4<0，g (x )在(3，＋∞)上单调递增， g (3)＝－4ln 3<0，取x ＝e 5>3， g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0．故函数g (x )只有1个零点，且零点x 0∈(3，e 5)．B 组1．若x 0是方程⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝x 13的解，则x 0属于区间导学号 52134215( C )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 [解析] 令f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －x 13，f (1)＝12－1＝－12<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212－⎝ ⎛⎭⎪⎫1213<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1213－⎝ ⎛⎭⎪⎫1313>0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1223－⎝ ⎛⎭⎪⎫2313＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1413－⎝ ⎛⎭⎪⎫2313<0， ∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12内有零点． 2．(2017·北京昌平三模)已知函数f (x )＝ln x ，则函数g (x )＝f (x )－f ′(x )的零点所在的区间是导学号 52134216( B )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)[解析] 函数f (x )的导数为f ′(x )＝1x ，所以g (x )＝f (x )－f ′(x )＝ln x －1x.因为g (1)＝ln 1－1＝－1<0，g (2)＝ln 2－12>0，所以函数g (x )＝f (x )－f ′(x )的零点所在的区间为(1,2)．故选B ．3．利民工厂某产品的年产量在150t 至250t 之间，年生产的总成本y (万元)与年产量x (t)之间的关系可近似地表示为y ＝x 210－30x ＋4000，则每吨的成本最低时的年产量为导学号 52134217( B )A ．240B ．200C ．180D ．160[解析] 依题意得每吨的成本是y x ＝x 10＋4000x －30，则yx ≥2x10·4000x－30＝10，当且仅当x 10＝4000x，即x ＝200时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200t ，选B ．4．(2017·郑州质量预测)设函数f (x )＝e x ＋2x －4，g (x )＝ln x ＋2x 2－5，若实数a ，b 分别是f (x )，g (x )的零点，则导学号 52134218( A )A ．G (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0[解析] 依题意，f (0)＝－3<0，f (1)＝e －2>0，且函数f (x )是增函数，因此函数f (x )的零点在区间(0,1)内，即0<a <1．G (1)＝－3<0，g (2)＝ln 2＋3>0，函数g (x )的零点在区间(1,2)内，即1<b <2，于是有f (b )>f (1)>0.又函数g (x )在(0,1)内是增函数，因此有g (a )<g (1)<0.所以g (a )<0<f (b )．故选A ．5．(2017·湖北宜昌模拟)某种新药服用x 小时后血液中的残留量为y 毫克，如图所示为函数y ＝f (x )的图象，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效．设某人上午8：00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟的时间应为导学号 52134219( C )A ．上午10：00B ．中午12：00C ．下午4：00D ．下午6：00[解析] 当x ∈[0,4]时，设y ＝k 1x ，把(4,320)代入，得k 1＝80，∴y ＝80x ． 当x ∈[4,20]时，设y ＝k 2x ＋b ．把(4,320)，(20,0)代入得⎩⎪⎨⎪⎧4k 2＋b ＝320，20k 2＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－20，b ＝400，∴y ＝400－20x ．∴y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧80x ，0≤x ≤4，400－20x ，4<x ≤20，由y ≥240，得⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤4，80x ≥240，或⎩⎪⎨⎪⎧4<x ≤20，400－20x ≥240.解得3≤x ≤4或4<x ≤8， ∴3≤x ≤8．故第二次服药最迟应在当日下午4：00． 故选C ．6．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3x， x ≤013x 3－4x ＋a ， x >0在其定义域上只有一个零点，则实数a 的取值范围是导学号 52134220( A )A ．a >163B ．a ≥163C ．a <163D ．a ≤163[解析] 当x ≤0时，函数y ＝－x 与函数y ＝3x的图象有一个交点， 所以函数y ＝f (x )有一个零点；而函数f (x )在其定义域上只有一个零点， 所以当x >0时，f (x )没有零点． 当x >0时，f ′(x )＝x 2－4，令f ′(x )＝0得x ＝2，所以f (x )在(0,2)上递减，在(2，＋∞)上递增，因此f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝a －163>0，解得a >163.故选A ．7．(2017·济宁模拟)已知定义域为R 的函数f (x )既是奇函数，又是周期为3的周期函数，当x ∈(0，32)时，f (x )＝sin πx ，则函数f (x )在区间[0,6]上的零点个数是__7__.导学号 52134221[解析] 易知在(－32，32)内，有f (－1)＝0，f (0)＝0，f (1)＝0，即f (x )在一个周期内有3个零点，又区间[0,6]包含f (x )的2个周期，而两端点都是f (x )的零点，故f (x )在[0,6]内有7个零点．8．已知[x ]表示不超过实数x 的最大整数，如[1.8]＝1，[－1.2]＝－2.x 0是函数f (x )＝ln x －2x的零点，则[x 0]＝__2__.导学号 52134222[解析] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且易判断函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由f (2)＝ln 2－1<0，f (e)＝ln e －2e>0，知x 0∈(2，e)，所以[x 0]＝2．9．(2017·山东菏泽期中)已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元，设该公司一年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为R (x )万元，且R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10.8－130x 2x ，108x －1 0003x2x导学号 52134223(1)写出年利润W (万元)关于年产量x (千件)的函数解析式；(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)[解析] (1)当0<x ≤10时，W ＝xR (x )－(10＋2.7x )＝8.1x －x 330－10；当x >10时，W ＝xR (x )－(10＋2.7x )＝98－1 0003x－2.7x ． ∴W ＝⎩⎪⎨⎪⎧8.1x －x 330－x ，98－1 0003x－2.7x x(2)①当0<x ≤10时，令W ′＝8.1－x 210＝0，得x ＝9，可知当x ∈(0,9)时，W ′>0， 当x ∈(9,10]时，W ′<0，∴当x ＝9时，W 取极大值，即最大值， 且W max ＝8.1×9－130×93－10＝38.6．②当x >10时，W ＝98－(1 0003x ＋2.7x )≤98－2 1 0003x·2.7x ＝38， 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时，W ＝38，故当x ＝1009时，W 取最大值38(当1 000x 取整数时，W 一定小于38)．综合①②知，当x ＝9时，W 取最大值，故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大．。
2018年高考数学(理)二轮复习 讲学案：考前专题二 函数与导数 第3讲 导数及其应用(含答案解析)
第3讲 导数及其应用1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一 导数的几何意义1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同． 例 1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( )A ．2x ＋y －1＝0B ．2x －y ＋1＝0C ．x －2y ＋2＝0D ．x ＋2y －2＝0答案 B 解析 因为y ′＝x －1－(x ＋1)(x －1)2＝－2(x －1)2，故切线的斜率k ＝－12，即所求直线的斜率k ＝2，方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0.故选B.(2)(2017届成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1－1也相切，则t ln 4e 2t 的值为( ) A ．4e 2B ．8eC ．2D ．8答案 D解析 曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx. 当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t ，化简为y ＝t4x ＋1.①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)，y ′|0x x =＝e01x +＝t 4，x 0＝ln t4－1， 那么y 0＝e01x +－1＝t4－1， 切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫t 4－1＝t 4⎝⎛⎭⎪⎫x －ln t4＋1，化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2－1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t 2－1＝1⇔ln t 4＝2t －8t，即t ＝4，那么t ln 4e 2t＝4ln e 2＝8，故选D.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为________． 答案 3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0解析 f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3－2＝1，则a ＝1，点P 的坐标为()1，1， 若P 为切点，y ′＝3x 2，曲线y ＝x 3在点P 处切线的斜率为3，切线方程为y －1＝3(x －1)，即 3x －y －2＝0；若P 不为切点，设曲线y ＝x 3的切线的切点为(m ，n )，曲线y ＝x 3的切线的斜率k ＝3m 2，则n －1m －1＝3m 2.又n ＝m 3，则m ＝－12，n ＝－18，得切线方程为y ＋18＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即3x －4y ＋1＝0.∴过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0.(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f (x )＝ln x 与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D. (－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e ，∴a ∈(ln 12e ，＋∞)，故选A.热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3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 )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x . (1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)， 单调递减区间是(0,1)． (2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数， 则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x－2x 2.∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝0，∴a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数， 则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a 的取值范围为[0，＋∞)．思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，＋∞ C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18 D. (－2，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝1x＋2ax ，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则f ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有解， 即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2min.又g (x )＝－12x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上是单调递增函数， 所以g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2， 所以a >－2. 故选D.(2)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 构造函数F (x )＝f (x )sin x. 则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以有F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3⇒3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故选D.热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2017届云南大理州统测)设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln(1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c＋a ＋1x－2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln(1－x )＝lnx1－x. 令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 从而G (x )min ＝G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12＝－ln 2. (2)由(1)中c ＝－ln 2， 得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x－2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x－(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x－(a ＋1)， 则g ′(x )＝ax (2＋x )e x>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 因为g (x 0)＝ax 20·e 0x －(a ＋1)＝0，所以ax 20·ex ＝a ＋1，即a ·e 0x ＝a ＋1x 20， 因为对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立， 所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e 0x ＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·ex ＝a ＋1，所以x 20·ex ＝a ＋1a>1. 又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e 0x ≤e，所以1<a ＋1a ≤e，故a ≥1e －1. 思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．跟踪演练3 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2，在x ＝1处取得极值16.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f ′(x )≤k ln(x ＋1)成立(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，求实数k 的最小值．解 (1)由题设可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ， ∵f (x )在x ＝1处取得极值16，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝16，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝16，解得a ＝－13，b ＝12，经检验知，a ＝－13，b ＝12满足题设条件．(2)由(1)得f (x )＝－13x 3＋12x 2，∴f ′(x )＝－x 2＋x ，∴－x 2＋x ≤k ln(x ＋1)在[0，＋∞)上恒成立， 即x 2－x ＋k ln(x ＋1)≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 设g (x )＝x 2－x ＋k ln(x ＋1)，则g (0)＝0，g ′(x )＝2x －1＋kx ＋1＝2x 2＋x ＋k －1x ＋1，x ∈[0，＋∞)，设h (x )＝2x 2＋x ＋k －1，①当Δ＝1－8(k －1)≤0，即k ≥98时，h (x )≥0，∴g ′(x )≥0，g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (0)＝0，即当k ≥98时，满足题设条件．②当Δ＝1－8(k －1)>0，即k <98时，设x 1，x 2是方程2x 2＋x ＋k －1＝0的两个实根，且x 1<x 2，由x 1＋x 2＝－12可知，x 1<0，由题设可知，当且仅当x 2≤0，即x 1·x 2≥0，即k －1≥0，即k ≥1时，对任意的x ∈[0，＋∞)有h (x )≥0，即g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，∴当1≤k <98时，也满足条件，综上，k 的取值范围为[1，＋∞)，∴实数k 的最小值为1.真题体验1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①，③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2＞0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由ex －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x；②f (x )＝x 2；③f (x )＝3－x；④f (x )＝cos x . 答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]＞0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )＞0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)＞0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意．故填①.4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案 y ＝x ＋1解析 ∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1，∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．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 ．－23 B ．－2C ．－2或－23 D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A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 ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2017届河北省衡水中学六调)已知函数f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，则其导函数f ′(x )的图象大致是( )答案 C解析 ∵f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，∴f ′(x )＝12x 2cos x ＋cos x,∴f ′(－x )＝12(－x )2cos(－x )＋cos(－x )＝12x 2cos x ＋cos x ＝f ′(x )，∴其导函数f ′(x ) 为偶函数，图象关于y 轴对称，故排除A ，B ，又f ′(0)＝1，排除D ，故选C.2．(2017届山西省怀仁县第一中学期末)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a e －x的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln 2B ．－ln 2C.ln 22 D ．－ln 22答案 A解析 对f (x )＝e x ＋a e －x 求导，得f ′(x )＝e x －a e －x.又f ′(x )是奇函数，故f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故有f ′(x )＝e x－e －x，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e 0x －ex -＝32，得e 0x ＝2或e 0x＝－12(舍去)，得x 0＝ln 2，故选A. 3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F (x )＝xf (x )，f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0成立，若a ＝20.1·f (20.1)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f⎝⎛⎭⎪⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >a >b C ．c >b >a D ．a >c >b 答案 C解析 F (－x )＝(－x )f (－x )＝－xf (x )＝－F (x )，即函数F (x )是奇函数，并且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0，即当x ∈(－∞，0]时，F (x )是单调递减函数，所以在R 上函数F (x )是单调递减函数，a ＝F (20.1)，b ＝F (ln 2)，c ＝F ⎝⎛⎭⎪⎫log 218，20.1>1,0<ln 2<1，log 218＝－3，所以20.1>ln 2>log 218，所以a <b <c ，故选C.4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3C ．a >－13 D ．a <－13答案 B解析 y ′＝a e ax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax＝－3，∵e ax>0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax<1，要使a e ax＝－3，则a <－3，故选B.5．(2017届河北省衡水中学调研)已知函数f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－5，若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)－g (x 2)≥2成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，－1]答案 A解析 g (x )＝x 3－x 2－5 ，g ′(x )＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23 ，由上表可知，g (x ) 在x ＝2 处取得最大值， 即g ()x max ＝g (2)＝－1，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立，等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立，记u (x )＝x －x 2ln x ，所以a ≥u ()x max ，u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，1－x >0,2x ln x <0 ， 则u ′(x )>0，所以u (x ) 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0，则u ′(x )<0， 所以u (x )在()1，2 上单调递减．故当x ＝1时，函数u (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上取得最大值u (1)＝1 ， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞) ，故选A.6.(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x －y ＋1＝0与曲线y ＝ln x ＋a 相切，则a 的值为___. 答案 2解析 y ＝ln x ＋a 的导数为y ′＝1x，设切点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝ln x 0＋a .又切线方程x －y ＋1＝0的斜率为1，即1x 0＝1，解得x 0＝1，则y 0＝2，a ＝y 0－ln x 0＝2.7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 解析 原题等价于方程f ′(x )－3＝0有两个大于零的实数根． 因为f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，所以f ′(x )＝2x 2－2x ＋a ，所以f ′(x )－3＝0，即2x 2－2x ＋a －3＝0， 设g (x )＝2x 2－2x ＋a －3，要使方程g (x )＝0有两个大于零的实数根需要满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，g (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－4×2×(a －3)>0，a －3>0，解得3<a <72.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72. 8．(2017届重庆模拟)已知x ＝0是函数f (x )＝(x －2a )·(x 2＋a 2x ＋2a 3)的极小值点，则实数a 的取值范围是__________． 答案 a >2或a <0解析 因为f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4，所以令f ′(x )＝3x 2＋2(a 2－2a )x ＝3x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋2(a 2－2a )3＝0，可得函数f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4的两个极值点分别为x ＝0，x ＝－2(a 2－2a )3，由题意得2(a 2－2a )3>0，即a 2－2a >0，解得a <0或a >2.9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′.定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上是凹函数． 已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3， 令f ″(x )>0，得x >12.10．已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )． (1)解 易得f ′(x )＝－x －(1－a )ex，由已知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.(2)证明 若a ＝0，则f (x )＝xex .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e 0x ＝(1－x )e 0x－(1－x 0)e xe 0x x +. 设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x，x ∈R ，则φ′(x )＝－ex －(1－x 0)e x，∵x 0<1，∴φ′(x )<0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0， ∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0， ∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴当x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．B 组 能力提高11．(2017届衡阳期末)函数f (x )在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f (x )>0；②2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则( ) A.14<f (1)f (2)<12 B. 116<f (1)f (2)<18 C. 13<f (1)f (2)<12D. 18<f (1)f (2)<14答案 D 解析 令g (x )＝f (x )x 2，x ∈(0，＋∞)， g ′(x )＝xf ′(x )－2f (x )x 3，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )， ∴f (x )>0，g ′(x )>0，∴函数g (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增， ∴g (1)<g (2)，即4f (1)<f (2)，f (1)f (2)<14. 令h (x )＝f (x )x 3，x ∈(0，＋∞)， h ′(x )＝xf ′(x )－3f (x )x 4，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递减， ∴h (1)>h (2)，即f (1)>f (2)8，18<f (1)f (2)， 故选D.12．(2017届湖南长沙雅礼中学月考)已知实数a ，b 满足2a 2－5ln a －b ＝0，c ∈R ，则(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值为( ) A.12 B.22C.322D.92答案 C解析 用x 代换a ，用y 代换b ，则x ，y 满足2x 2－5ln x －y ＝0，即y ＝2x 2－5ln x ，以x 代换c ，可得点(x ，－x )，满足x ＋y ＝0，所以求解(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值即为求解曲线y ＝2x 2－5ln x 上的点到直线x ＋y ＝0的距离的最小值，设直线x ＋y ＋m ＝0与曲线y ＝2x 2－5ln x 相切于点P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝4x －5x ，则f ′(x 0)＝4x 0－5x 0＝－1，解得x 0＝1，所以切点P (1,2)，所以点P 到直线x ＋y ＝0的距离为d ＝|1＋2|12＋12＝322， 故选C.13．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x.由题意知，f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，∵x >0，∴ax －1<0，在区间(0,2)上，f ′(x )>0； 在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是(0,2)， 单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫2，1a .③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫1a，2.(3)由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max ， 由已知，得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a ，由a >12可知，ln a >ln 12>ln 1e ＝－1，∴2ln a >－2，即－2ln a <2， ∴－2－2ln a <0，∴f (x )max <0， 综上所述，a >ln 2－1.。
2018高考数学文二轮复习课件：第二编 专题整合突破 专题二 函数与导数 第二讲 函数与方程及函数的
再由已知得 22000aa＋＋bb＝＝600，，
解得a＝－31， b＝2300.
故函数 v(x)的表达式为 60，0≤x≤20，
v(x)＝13200－x，20<x≤200. (2)依题意及(1)可得
60x，0≤x≤20， f(x)＝13x200－x，20<x≤200. 当 0≤x≤20 时，f(x)为增函数，故当 x＝20 时，f(x)取 得最大值，其最大值为 60×20＝1200；
解 (1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为 0 m/s，此时耗氧量为 30 个单位，故有 a＋blog33100＝0，
即 a＋b＝0；当耗氧量为 90 个单位时，速度为 1 m/s， 故 a＋blog39100＝1，整理得 a＋2b＝1.
解方程组aa＋ ＋b2＝b＝0，1， 得ab＝ ＝－ 1. 1，
由此得，n－1<x≤n 时，f(x)＝2x－n－1(n∈N*)， 由此得，f(x)＝22xx－－n－1，1，x≤n－0，1<x≤nn∈N*， 方程 f(x)＝log1 (x＋1)的根的个数，
2
即是函数 y＝f(x)与 y＝log1 (x＋1)的图象的交点个数， 2
画图象如图所示： 由图象得知， f(x)＝log1 (x＋1)的根有两个．
1．[2014·全国卷Ⅰ]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 当 a＝0 时，显然 f(x)有 2 个零点，不符合题意； 当 a>0 时，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，易知函数 f(x)在(－ ∞，0)上单调递增．又 f(0)＝1，当 x→－∞时，f(x)＝x2(ax －3)＋1→－∞，故不适合题意；当 a<0 时，f(x)在－∞，2a 上单调递减，在2a，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 只需 f2a>0 就满足题意．由 fa2>0，得a82－1a22 ＋1>0，解得 a<－2 或 a>2(舍去)，故 a<－2.
2018年高考数学(文)二轮专题复习课件：第二部分 专题二 函数与导数3
令 f'(x)=0,则 2a= 设 g(x)=
ln ������ +1 ������
ln ������ +1 ������
,
-ln ������ ������ 2
,则 g'(x)=
,
∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
又当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,而g(x)max=g(1)=1, 1 ∴只需0<2a<1,即0<a< 2.
2 2
C
)
解析: f'(x)=excos x-exsin x,∴k=f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
专题二
一、选择题 二、填空题
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-4-
2.(2017山东烟台一模,文9)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示, 则下列结论成立的是( C ) A.a>0,b>0,c>0,d<0 B.a>0,b>0,c<0,d<0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d>0
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-8-
6.(2017河南郑州三模,文6)已知f'(x)=2x+m,且f(0)=0,函数f(x)的图
象在点 A(1,f(1))处的切线的斜率为 3,数列 S2 017 的值为(
2 017 A. 2 018
1 ������(������)
的前 n 项和为 Sn,则
2018年高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件
-10-
解 (1)因为 a=2,b= ,所以 f(x)=2x+2-x.
1 2
①方程 f(x)=2,即 2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是 2x=1,解得 x=0.
-12-
下证 x0=0. 若 x0<0,则 x0< 0<0,于是 g 又 g(loga2)=������
lo g ������ 2
������ 2
������0 2
<g(0)=0.
������0 g(x)在以 和 2
+ ������
lo g ������ 2
-2>������
lo g ������ 2
2.3
导数在函数中的应用
二、利用导数解不等式及参数范围
-3热点1 热点2 热点3
利用导数证明不等式
【思考】 如何利用导数证明不等式?
例 1 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,
曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)求证:当 x>0 时,x2<ex.
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b= .
1 2
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
2018届高中数学高考二轮复习函数与导数教案含答案(全国通用)
教学过程一、考纲解读函数是高中数学最核心的知识，也是高考中最重要的内容，纯粹的函数试题一般有4个客观题1个解答题，分值在35分左右。
当然还有函数与导数、函数与数列、函数与不等式等综合问题:基本初等函数与性质:(1)函数的概念和函数的基本性质是重要考点(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点(3)幂函数不是热点考点，但要了解幂函数的概念以及简单幂函数的性质。
函数与方程应用(1)函数与方程是经常与二次函数等基本函数的图象和性质综合起来考查，是重要考点；(2)函数模型及其应用是考查热点试题类型可能是填空题，也可能在解答题中与函数性质、导数、不等式综合考查.导数及应用(1)导数的几何意义是考查热点，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广.(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.二、复习预习复习相关概念:函数的性质，如三要素、单调性、奇偶性、周期性等基本初等函数（包括二次函数、指对数函数、幂函数）和函数应用，导数的概念和运算，用导数研究函数的性质（单调性和极值）和简单的定积分运算．函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，研究函数时，了解函数的增与减、增减的快与慢以及函数的最大值或最小值等性质是非常重要的．通过研究函数的这些性质，我们可以对数量的变化规律有一个基本的了解．函数的单调性与函数的导数一样都是反映函数变化情况的，函数的单调性与函数的导数的关系.三、知识讲解考点1 基本初等函数和性质函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.特别是两性质的应用更加突出.考生需要理解奇偶性、单调性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象.帮助考生学会怎样利用两性质解题，掌握基本方法，形成应用意识考点2 函数的零点与方程的根(1)函数的零点与方程根的关系函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．(2)零点存在性定理如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f (a )·f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )使得f (c )＝0, 这个c 也就是方程f (x )＝0的根．(3) 应用函数模型解决实际问题的一般程序读题 文字语言 ⇒建模 数学语言 ⇒求解 数学应用 ⇒反馈 检验作答.考点3 函数与导数(1)函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .(2)函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f (x )＝x 3，虽有f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点，因为f ′(x )≥0恒成立，f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．(3)闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．四、例题精析例1 [2014·山东卷] 函数f (x )＝1（log 2x ）2－1的定义域为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，12 B ．(2，＋∞) C. ⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞) D. ⎝⎛⎦⎤0，12∪[2，＋∞)【规范解答】答案:C解析:根据题意得,⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，(log 2x )2－1＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x ＞2或x ＜12.故选C. 【总结与反思】本题结合函数的定义域求法综合考查不等式的解法.要求考生掌握基本初等函数的定义域,尤其是分式型,偶次方根型,以及对数型.不等式log 2x >1或log 2x <-1若采用图像法解决更准更快.例2已知偶函数f （x ）在［0，＋∞）单调递减，f （2）＝0．若f （x －1）＞0，则x 的取值范围是__________．【规范解答】∵ 偶函数y ＝f （x ）在［0，＋∞）单调递减，且f （2）＝0．∴ f （x ）＞0的解集为│x │＞2∴ f （x －1）＞0的解集为│x －1│＞2，解得x ∈（－∞，－1）∪（3，＋∞）【总结与反思】 (1)本题考查函数的奇偶性、单调性，及不等式的解法；(2)本题可以利用数形结合的思想来解，先绘出f （x ）的草图，f （x －1）的图象由f （x ）的图象向右平移一个单位得到.也可以采取换元法令x -1=t ,再结合图像处理,最后在求出x 范围例3[2014·全国卷]设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是 ( )A .()f x ()g x 是偶函数B .|()f x |()g x 是奇函数C .()f x |()g x |是奇函数D .|()f x ()g x |是奇函数【规范解答】解法1.选C （验证推理）设()()()F x f x g x =，则()()()F x f x g x -=--，∵()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，∴()()()()F x f x g x F x -=-=-，()F x 为奇函数，选C.解法2.选C （特值验证）从题意条件我们不难想到将函数()f x ，()g x 特殊化，设x x f =)(，2)(x x g = 则A 选项中3)()(x x g x f =不是偶函数，排除A ；B 选项中|()f x |()g x =2x x 很明显是偶函数，排除B 。