指数不等式与对数不等式 2019高考绝密资料

指数不等式与对数不等式的解法
主标题：指数不等式与对数不等式的解法
副标题：为学生详细的分析指数不等式与对数不等式的解法的高考考点、命题方向以及规律总结。

关键词：不等式，指数不等式与对数不等式的解法，知识总结 难度：3 重要程度：5
考点剖析：1.利用指数函数的定义域和单调性将指数不等式转化为一元二次不等式； 2.利用对数函数的定义域和单调性将对数不等式转化为一元二次不等式； 3.利用换元法将含指数或对数的不等式进行合理转化. 命题方向：
考查指数不等式或对数不等式，往往考查其定义域与单调性，将其合理转化为一元一次不等式或一元二次不等式进行求解.
规律总结： 1.⎩
⎨
⎧<<<>>⇔>10),()(1
),()()()(a x g x f a x g x f a a x g x f ,
2.⇔>)(log )(log x g x f a a ⎩⎨⎧<<<<>>>1
0),()(01
,0)()(a x g x f a x g x f
3.对于02>++C Ba Aa
x x
，令t a x =，可转化为02>++C Bt At 来解（但要注意
0>=x a t ），再利用t x a log =求解;
4.对于0log )(log 2>++C x B x A a a ,令x t a log =，可转化为02
>++C Bt At ，再利用
t a x =求解
知识点总结：
1.指数函数的图象与性质
a >1 0<a <1
图象
定义域 (1)R 值域
(2)()+∞,0 性质
(3)过定点()1,0
(4)当x >0时，1)(>x f ；当
x <0时，1)(0<<x f (5)当x >0时，1)(0<<x f ；当x <0时，1)(>x f (6)在(－∞，＋∞) 上是增函
数
(7)在(－∞，＋∞) 上是减函
数
2.对数函数的图象与性质
a>10<a<1
图
象
性质
(1)定义域：()
+∞
,0
(2)值域：R
(3)过点()0,1，即x=1时，y＝0
(4)当x>1时，0
)
(>
x
f
当0<x<1时，0
)
(<
x
f
(5)当x>1时，0
)
(<
x
f；当
0<x<1时，0
)
(>
x
f
(6)是(0，＋∞)上的增函数函数(7)是(0，＋∞)上的减函数
导数在研究函数中的应用
主标题：导数在研究函数中的应用备考策略
副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。

关键词：导数，极值，最值，备考策略
难度：4
重要程度：5
内容
考点一利用导数研究函数的单调性
【例1】设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2.
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．
解(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)e x－x2，
∴f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2x＝x(e x－2)．
令f′(x)>0，即x(e x－2)>0，
∴x>ln 2或x<0.
令f′(x)<0，即x(e x－2)<0，∴0<x<ln 2.
因此函数f(x)的递减区间是(0，ln 2)；
递增区间是(－∞，0)和(ln 2，＋∞)．
(2)易知f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2kx＝x(e x－2k)．
∵f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，
∴当x≥0时，f′(x)＝x(e x－2k)≥0恒成立．
∴e x －2k ≥0，即2k ≤e x 恒成立． 由于e x ≥1，∴2k ≤1，则k ≤1
2
.
又当k ＝1
2时，f ′(x )＝x (e x －1)≥0当且仅当x ＝0时取等号． 因此，实数k 的取值范围是⎝ ⎛
⎦
⎥⎤－∞，12.
【备考策略】 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．而解答本题(2)问时，关键是分离参数k ，把所求问题转化为求函数的最小值问题． (2)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
考点二 利用导数研究函数的极值
【例2】 设f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴． (1)求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．
审题路线 (1)由f ′(1)＝0⇒求a 的值．
(2)确定函数定义域⇒对f (x )求导，并求f ′(x )＝0⇒判断根左，右f ′(x )的符号⇒确定极值．
解 (1)由f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2x ＋1， ∴f ′(x )＝a x －12x 2＋3
2.
由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴， ∴该切线斜率为0，即f ′(1)＝0. 从而a －12＋3
2＝0，∴a ＝－1.
(2)由(1)知，f (x )＝－ln x ＋12x ＋3
2x ＋1(x >0)， ∴f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝(3x ＋1)(x －1)
2x 2.
令f ′(x )＝0，解得x ＝1或－1
3(舍去)．
当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3，f (x )无极大值．
【备考策略】 (1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．
(2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
考点三 利用导数求函数的最值
【例3】已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在x ＝2处取得极值为c －16. (1)求a ，b 的值；
(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． 审题路线 (1)⎩⎨⎧
f ′(2)＝0，
f (2)＝c －16
⇒a ，b 的值；
(2)求导确定函数的极大值⇒求得c 值⇒求得极大值、极小值、端点值⇒求得最值．
解 (1)因f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b ， 由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16， 故有⎩⎨⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝c －16，即⎩⎨⎧
12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16.
化简得⎩⎨⎧ 12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎨⎧
a ＝1，
b ＝－12. (2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋
c ，f ′(x )＝3x 2－12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或2.
当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：
x －3 (－3，－2) －2
(－2,2)
2 (2,3)
3 f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )
9＋c
极大值
极小值
－9＋c
由表知f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16.
由题设条件知，16＋c ＝28，解得c ＝12，
此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝c －16＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.
【备考策略】在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．。