创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题一第4讲 函数与导数不等式
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题一第2讲 函数与导数不等式
即
2 2 x(
2＋
6)＋12y(
2＋
6)＝
6＋ 4
2xy，
所以 y＝2x－22x(x＞2).
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(2)△AOB
的面积
S＝12xysin
75°＝
6＋ 8
2xy＝
32＋1×x－x2 2＝
32＋1(x－2＋x－4 2＋4)≥ 32＋1×8＝4( 3＋1).
第2讲 不等式问题
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高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)一元二次不等 式是C级要求，要求在初中所学二次函数的基础上，掌握二 次函数、二次不等式、二次方程之间的联系和区别，可以单 独考查，也可以与函数、方程等构成综合题；(2)线性规划 的要求是A级，理解二元一次不等式对应的平面区域，能够 求线性目标函数在给定区域上的最值，同时对一次分式型函 数、二次型函数的最值也要有所了解；(3)基本不等式是C级 要求，理解基本不等式在不等式证明、函数最值的求解方面 的重要应用.
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【训练 2】 (1)(2015·广州模拟)若正实数 x，y 满足 x＋y＋1＝xy，
则 x＋2y 的最小值是________.
(2)已知关于 x 的不等式 2x＋x－2 a≥7 在 x∈(a，＋∞)上恒成立，
则实数 a 的最小值为________. 解析 (1)由 x＋y＋1＝xy，得 y＝xx＋ －11，
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(1)求y关于x的函数关系式并指出它的定义域； (2)试确定点A，B的位置，使△OAB的面积最小.
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 上篇 专题整合突
专题一 函数与导数、不等式 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题练习 文一、填空题1.(2016·苏州调研)函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________.解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x≤0，解得0＜x ≤1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1]. 答案 (0，1]2.已知函数f (x )＝4ln x ＋ax 2－6x ＋b (a ，b 为常数)，且x ＝2为f (x )的一个极值点，则a 的值为________.解析 由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f ′(x )＝4x＋2ax －6，∴f ′(2)＝2＋4a －6＝0，即a ＝1.答案 13.已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是____________.解析 f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x.令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.答案 [1，＋∞)4.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________.解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案 －235.若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是________. 解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，由于k ≥1x ，而0＜1x＜1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞).答案 [1，＋∞)6.(2016·泰州期末)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0，1)内有最小值，则a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ).当a ≤0时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，1)内单调递增，无最小值. 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a ).当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减，所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)内有最小值. 答案 (0，1)7.已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得a ＞3或a ＜－ 3.答案 (－∞，－3)∪(3，＋∞)8.(2016·北京卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1).由f ′(x )＞0得x ＜－1，由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0. ∴f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减， ∴f (x )最大值为f (－1)＝2.若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 综上，f (x )最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的图象如图. 由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值.且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 二、解答题9.(2016·北京卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间. 解 (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x ，由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号.令g (x )＝1－x ＋ex －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增. 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞). 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞). 10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0，1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域.(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x－（x －2）e x（x ＋2）2＝x 2e x（x ＋2）2≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增. 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0.(2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ). 由(1)知f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈( 0，2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增.因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e xa－a （x a ＋1） x 2a＝e xa ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a＝exax a ＋2.于是h (a )＝e x a x a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0，e xx ＋2单调递增.所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24. 因为e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 11.设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围. 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x－kx ＞0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，函数y ＝f (x )单调递减，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数y ＝f (x )单调递增.所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞).(2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减， 故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x－kx ，x ∈[0，＋∞). 因为g ′(x )＝e x－k ＝e x－e ln k，当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x－k ＞0，y ＝g (x )单调递增. 故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )＜0，函数y ＝g (x )单调递减.x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增.所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k ).函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0，g （ln k ）＜0，g （2）＞0，0＜ln k ＜2，解得e ＜k ＜e22，综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22.。
高考数学(理)苏教版二轮复习课件3-4
7π 12 3π 2
5π 6 2π 0
0 －3
描点，连线，得图象如图所示：
利用函数的周期性，可以把上述简图向左、右扩展，就得到 y＝ 3sin
π 2x＋ ，x∈R 3
的简图．
π 2x＋ 的图象， 是用下面方法得到的． 3
从图象可以看出， y＝3sin
π π x→x＋ →2x＋ 3 3
π 的图象；再把 y＝sin(x＋ )的图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍 6 x π (纵坐标不变)得到 y＝sin( ＋ )的图象；最后把 y＝sin 2 6 上各点的纵坐标伸长到原来的 2 倍， 即得函数 y＝2sin
x π ＋ 的图象 2 6 x π ＋ 的图象． 2 6
【点评】
在用变换法作函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象时，A、ω
决定“形变”，φ 决定“位变”，A 影响值域，ω 影响周期，A、ω、 φ 影响单调性．
1．作出函数
π y＝3sin 2x＋3 ，x∈R
的简图，并说明它与 y＝sin
x 的图象之间的关系． π π 3π 解析：按“五点法”，令 2x＋ 分别取 0， ，π， ，2π 时，x 3 2 2
4．确定 y＝Asin (ωx＋φ)的解析式的步骤 (1)首先确定振幅和周期，从而得到 A 与 ω；
φ (2)确定 φ 值时， 往往以寻找“五点法”中的第一零点－ω，0作
为突破口．要注意从图象的升降情况找准第一个零点的位置，同时 要利用好最值点．具体如下： “第一点”(即图象上升时与 x 轴的交点)为 ωx＋φ＝0；“第二 π 点”(即图象的“峰点”)为 ωx＋φ＝ ；“第三点”(即图象下降时与 2 x 轴的交点)为 ωx＋φ＝π；“第四点”(即图象的“谷点”)为 ωx＋φ 3π ＝ ；“第五点”为 ωx＋φ＝2π. 2
高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第四讲 不等式教案 理-人教版高三
第四讲不等式年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018Ⅰ卷线性规划求最值·T131.选择、填空题中的考查以简单的线性规划与不等式性质为主，重点求目标函数的最值，有时也与其他知识交汇考查．2.基本不等式求最值及应用在课标卷考试中是低频点，很少考查．3.不等式的解法多与集合、函数、解析几何、导数交汇考查.Ⅱ卷线性规划求最值·T142017Ⅰ卷线性规划求最值·T14Ⅱ卷线性规划求最值·T5Ⅲ卷线性规划求最值·T132016Ⅰ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T8线性规划的实际应用·T16Ⅱ卷一元二次不等式的解法、集合的并集运算·T2Ⅲ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T6线性规划求最值·T13不等式性质及解法授课提示：对应学生用书第9页[悟通——方法结论]1．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a与ax2＋bx＋c 同号，那么其解集在两根之外；如果a与ax2＋bx＋c异号，那么其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，异号两根之间．2．解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．3．解含参数不等式要正确分类讨论．[全练——快速解答]1．(2018·某某一模)a >b >0，c <0，以下不等关系中正确的是( ) A ．ac >bcB ．a c>b cC ．log a (a －c )>log b (b －c )D.aa －c >bb －c解析：法一：(性质推理法)A 项，因为a >b ，c <0，由不等式的性质可知ac <bc ，故A 不正确；B 项，因为c <0，所以－c >0，又a >b >0，由不等式的性质可得a －c >b －c>0，即1a c >1bc >0，再由反比例函数的性质可得a c <b c，故B 不正确； C 项，假设a ＝12，b ＝14，c ＝－12，那么log a (a －c )＝1＝0，log b (b －c )＝34>1＝0，即log a (a －c )<log b (b －c )，故C 不正确；D 项，a a －c －bb －c ＝a (b －c )－b (a －c )(a －c )(b －c )＝c (b －a )(a －c )(b －c )，因为a >b >0，c <0，所以a －c >b －c >0，b －a <0，所以c (b －a )(a －c )(b －c )>0，即a a －c －b b －c>0，所以aa －c >bb －c，故D 正确．综上，选D.法二：(特值验证法)由题意，不妨取a ＝4，b ＝2，c ＝－2. 那么A 项，ac ＝－8，bc ＝－4，所以ac <bc ，排除A ； B 项，a c ＝4－2＝116，b c ＝2－2＝14，所以a c <b c，排除B ；C 项，log a (a －c )＝log 4(4＋2)＝log 4 6，log b (b －c )＝log 2(2＋2)＝2，显然log 4 6<2，即log a (a －c )<log b (b －c )，排除C.综上，选D. 答案：D2．(2018·某某四校联考)不等式mx 2＋nx －1m <0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－12或x >2，那么m －n ＝( )A.12 B ．－52C.52D ．－1解析：由题意得，x ＝－12和x ＝2是方程mx 2＋nx －1m ＝0的两根，所以－12＋2＝－n m 且－12×2＝－1m 2(m <0)，解得m ＝－1，n ＝32，所以m －n ＝－52. 答案：B 3．不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A ．(－∞，0]∪(2,4] B ．[0,2)∪[4，＋∞) C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：①当x －2>0，即x >2时，不等式可化为(x －2)2≥4，所以x ≥4；②当x －2<0，即x <2时，不等式可化为(x －2)2≤4，所以0≤x <2.综上，不等式的解集是[0,2)∪[4，＋∞)．答案：B4．x ∈(－∞，1]，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x>0恒成立，那么实数a 的取值X 围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－2，14B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，14C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32D.(]－∞，6解析：根据题意，由于1＋2x＋(a －a 2)·4x >0对于一切的x ∈(－∞，1]恒成立，令2x＝t(0<t≤2)，那么可知1＋t ＋(a －a 2)t 2>0⇔a －a 2>－1＋tt2，故只要求解h (t)＝－1＋tt 2(0<t≤2)的最大值即可，h (t)＝－1t 2－1t ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋14，又1t ≥12，结合二次函数图象知，当1t ＝12，即t ＝2时，h (x )取得最大值－34，即a －a 2>－34，所以4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32，故实数a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.答案：C5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg (x ＋1)，x ≥0，－x 3，x <0，那么使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，lg (x ＋1)≤1得0≤x ≤9，由⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－x 3≤1得－1≤x <0，故使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是[－1,9]．答案：[－1,9]1．明确解不等式的策略(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集．(2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解． 2．掌握不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min >a ；f (x )<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max <a . (2)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )的图象在g (x )的图象的上方．(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的X 围，谁就是变量，求谁的X 围，谁就是参数．利用分离参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．基本不等式授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论]求最值时要注意三点：“一正〞“二定〞“三相等〞．所谓“一正〞指正数，“二定〞是指应用定理求最值时，和或积为定值，“三相等〞是指等号成立．[全练——快速解答]1．(2018·某某模拟)x >0，y >0，且4x ＋y ＝xy ，那么x ＋y 的最小值为( ) A ．8B ．9 C ．12 D ．16解析：由4x ＋y ＝xy 得4y ＋1x＝1，那么x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4y ＋1x ＝4x y ＋yx＋1＋4≥24＋5＝9，当且仅当4x y ＝yx，即x ＝3，y ＝6时取“＝〞，应选B.答案：B2．(2017·高考某某卷)假设a ，b ∈R ，ab >0，那么a 4＋4b 4＋1ab 的最小值为________．解析：因为ab >0，所以a 4＋4b 4＋1ab ≥24a 4b 4＋1ab ＝4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab ≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，ab ＝12时取等号，故a 4＋4b 4＋1ab的最小值是4.答案：43．(2017·高考某某卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，那么x 的值是________．解析：由题意，一年购买600x 次，那么总运费与总存储费用之和为600x×6＋4x ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫900x ＋x ≥8900x·x ＝240，当且仅当x ＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x 的值是30. 答案：30掌握基本不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：假设无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y ＝m ＋Ag (x )＋Bg (x )(A >0，B >0)，g (x )恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．简单的线性规划问题授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论] 平面区域的确定方法解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅲ)设x ，y 满足约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －6≤0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝x －y 的取值X 围是( )A ．[－3,0]B ．[－3,2]C ．[0,2]D ．[0,3]解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线l 0：y ＝x ，平移直线l 0，当直线z ＝x －y 过点A (2,0)时，z 取得最大值2，当直线z ＝x －y 过点B (0,3)时，z 取得最小值－3，所以z ＝x －y 的取值X 围是[－3,2]．答案：B2．平面上的单位向量e 1与e 2 的起点均为坐标原点O ，它们的夹角为π3.平面区域D 由所有满足OP →＝λe 1＋μe 2的点P 组成，其中⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，0≤λ，0≤μ，那么平面区域D 的面积为( )A.12B. 3C.32D.34解析：建立如下图的平面直角坐标系，不妨令单位向量e 1＝(1,0)，e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，设向量OP →＝(x ，y )，因为OP →＝λe 1＋μe 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ＋μ2，y ＝3μ2，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＝x －3y3，μ＝23y 3，因为⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，λ≥0，μ≥0，所以⎩⎨⎧3x ＋y ≤3，3x －y ≥0，y ≥0表示的平面区域D 如图中阴影部分所示，所以平面区域D 的面积为34，应选D. 答案：D3．(2018·某某模拟)某工厂制作仿古的桌子和椅子，需要木工和漆工两道工序．生产一把椅子需要木工4个工作时，漆工2个工作时；生产一X 桌子需要木工8个工作时，漆工1个工作时．生产一把椅子的利润为1 500元，生产一X 桌子的利润为2 000元．该厂每个月木工最多完成8 000个工作时、漆工最多完成1 300个工作时．根据以上条件，该厂安排生产每个月所能获得的最大利润是________元．解析：设该厂每个月生产x 把椅子，y X 桌子，利润为z 元，那么得约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋8y ≤8 000，2x ＋y ≤1 300，z ＝1 500x ＋2 000y .x ，y ∈N ，画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤2 000，2x ＋y ≤1 300，x ≥0，y ≥0表示的可行域如图中阴影部分所示，画出直线3x ＋4y ＝0，平移该直线，可知当该直线经过点P 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝2 000，2x ＋y ＝1 300，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝200，y ＝900，即P (200,900)，所以z max ＝1 500×200＋2 000×900＝2 100 000.故每个月所获得的最大利润为2 100 000元．答案：2 100 000解决线性规划问题的3步骤[练通——即学即用]1．(2018·湘东五校联考)实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，且z ＝x ＋y 的最大值为6，那么(x ＋5)2＋y 2的最小值为( )A ．5B ．3 C. 5D. 3解析：作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ，由图形可知当直线y ＝－x ＋z 经过点A 时，直线y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时z 最大，最大值为6，即x ＋y ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝6，x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线y ＝k 过点A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与D(－5,0)的距离的平方，数形结合可知，(－5,0)到直线x ＋2y ＝0的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|－5＋2×0|12＋222＝5.应选A. 答案：A2．变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，2x ＋y ≤1，记z ＝4x ＋y 的最大值是a ，那么a ＝________.解析：如下图，变量x ，y 满足的约束条件的可行域如图中阴影部分所示．作出直线4x ＋y ＝0，平移直线，知当直线经过点A 时，z取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝1，x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，所以A (1，－1)，此时z ＝4×1－1＝3，故a ＝3.答案：33．(2018·高考全国卷Ⅰ)假设x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －2≤0，x －y ＋1≥0，y ≤0，那么z ＝3x ＋2y 的最大值为________．解析：作出满足约束条件的可行域如图阴影部分所示．由z ＝3x ＋2y 得y ＝－32x ＋z2.作直线l 0：y ＝－32x .平移直线l 0，当直线y ＝－32x ＋z2过点(2,0)时，z 取最大值，z max＝3×2＋2×0＝6.答案：6授课提示：对应学生用书第118页一、选择题1．互不相等的正数a ，b ，c 满足a 2＋c 2＝2bc ，那么以下等式中可能成立的是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >aD ．c >a >b解析：假设a >b >0，那么a 2＋c 2>b 2＋c 2≥2bc ，不符合条件，排除A ，D ； 又由a 2－c 2＝2c (b －c )得a －c 与b －c 同号，排除C ；当b >a >c 时，a 2＋c 2＝2bc 有可能成立，例如：取a ＝3，b ＝5，c ＝1.应选B. 答案：B2．b >a >0，a ＋b ＝1，那么以下不等式中正确的是() A ．log 3a >0B ．3a －b<13C ．log 2a ＋log 2b <－2D ．3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥6解析：对于A ，由log 3a >0可得log 3a >log 31，所以a >1，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以A 不正确；对于B ，由3a －b<13可得3a －b <3－1，所以a －b <－1，可得a ＋1<b ，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以B 不正确；对于C ，由log 2a ＋log 2b <－2可得log 2(ab )<－2＝log 214，所以ab <14，又b >a >0，a ＋b ＝1>2ab ，所以ab <14，两者一致，所以C 正确；对于D ，因为b >a >0，a ＋b ＝1，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b >3×2b a ×ab＝6, 所以D 不正确，应选C. 答案：C3．在R 上定义运算：x y ＝x (1－y )．假设不等式(x －a )(x －b )>0的解集是(2,3)，那么a ＋b ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：由题知(x －a )(x －b )＝(x －a )[1－(x －b )]>0，即(x －a )[x －(b ＋1)]<0，由于该不等式的解集为(2,3)，所以方程(x －a )[x －(b ＋1)]＝0的两根之和等于5，即a ＋b ＋1＝5，故a ＋b ＝4.答案：C 4．a ∈R ，不等式x －3x ＋a≥1的解集为P ，且－2∉P ，那么a 的取值X 围为( ) A ．(－3，＋∞)B ．(－3,2)C ．(－∞，2)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪[2，＋∞)解析：∵－2∉P ，∴－2－3－2＋a <1或－2＋a ＝0，解得a ≥2或a <－3.答案：D5．x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －3y ＋5≥0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y 的最小值为( )A ．1 B.324C.116D.132解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，而z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y＝2－3x －y，欲使z 最小，只需使－3x －y 最小即可．由图知当x ＝1，y ＝2时，－3x －y 的值最小，且－3×1－2＝－5，此时2－3x －y最小，最小值为132.应选D.答案：D6．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x <0，那么不等式f (x )>f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)解析：由题意得，f (1)＝3，所以f (x )>f (1)，即f (xx <0时，x ＋6>3，解得－3<x <0；当x ≥0时，x 2－4x ＋6>3，解得x >3或0≤x <1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．答案：A7．实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝3x －2y 的最小值为0，那么实数m 等于( )A ．4B ．3C ．6D ．5解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝3x －2y 所对应的直线经过点A 时，z 取得最小值0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，x ＋y ＝m ，求得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3，2m －13.故z 的最小值为3×1＋m 3－2×2m －13＝－m 3＋53，由题意可知－m 3＋53＝0，解得m ＝5.答案：D8．假设对任意正实数x ，不等式1x 2＋1≤ax恒成立，那么实数a 的最小值为( ) A ．1 B. 2 C.12 D.22解析：因为1x 2＋1≤a x ，即a ≥x x 2＋1，而x x 2＋1＝1x ＋1x≤12(当且仅当x ＝1时取等号)，所以a ≥12.答案：C9．(2018·某某一模)实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋3≥0，2x －y ＋2≤0，x ＋2y －4≤0，那么z ＝x 2＋y 2的取值X围为( )A ．[1,13]B ．[1,4]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4解析：画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由此得z ＝x 2＋y 2的最小值为点O 到直线BC ：2x －y ＋2＝0的距离的平方，所以z min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝45，最大值为点O 与点A (－2,3)的距离的平方，所以z max ＝|OA |2＝13，应选C.答案：C10．(2018·某某二模)假设关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，那么x 1＋x 2＋ax 1x 2的最小值是( ) A.63 B.233 C.433D.263解析：∵关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，∴Δ＝16a 2－12a 2＝4a 2>0，又x 1＋x 2＝4a ，x 1x 2＝3a 2， ∴x 1＋x 2＋a x 1x 2＝4a ＋a 3a 2＝4a ＋13a ≥24a ·13a ＝433，当且仅当a ＝36时取等号．∴x 1＋x 2＋a x 1x 2的最小值是433. 答案：C11．某旅行社租用A ，B 两种型号的客车安排900名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，那么租金最少为( )A ．31 200元B ．36 000元C ．36 800元D ．38 400元解析：设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，那么约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈N ，作出可行域如图中阴影部分所示，可知目标函数过点A (5,12)时，有最小值z min ＝36 800(元)．答案：C12．(2018·某某模拟)点P (x ，y )∈{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}，x ≥－2M (2，－1)，那么OM →·OP→(O 为坐标原点)的最小值为( )A ．－2B ．－4C ．－6D ．－8解析：由题意知OM →＝(2，－1)，OP →＝(x ，y )，设z ＝OM →·OP →＝2x －y ，显然集合{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}x ≥－2对应不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2x ≥－2所表示的平面区域．作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝2x －y 对应的直线经过点A 时，z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2x ＋2y －2＝0得A (－2,2)，所以目标函数的最小值z min ＝2×(－2)－2＝－6，即OM →·OP →的最小值为－6，应选C.答案：C二、填空题13．(2018·某某模拟)假设a >0，b >0，那么(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b 的最小值是________．解析：(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝2＋2b a ＋a b ＋1＝3＋2b a ＋a b，因为a >0，b >0，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ≥3＋22b a ×a b ＝3＋22，当且仅当2b a ＝ab，即a ＝2b 时等号成立．所以所求最小值为3＋2 2.答案：3＋2 214．(2018·高考全国卷Ⅱ)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，那么z ＝x ＋y的最大值为________．解析：由不等式组画出可行域，如图(阴影部分)，x ＋y 取得最大值⇔斜率为－1的直线x ＋y ＝z (z 看做常数)的横截距最大，由图可得直线x ＋y ＝z 过点C 时z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，x －2y ＋3＝0得点C (5,4)，∴z max ＝5＋4＝9. 答案：915．(2018·某某模拟)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤4，那么z ＝y －2x ＋3的最小值为________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因为目标函数z ＝y －2x ＋3表示区域内的点与点P (－3,2)连线的斜率．由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，那么有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍去)，所以z min ＝－125. 答案：－12516．a >b >1，且2log a b ＋3log b a ＝7，那么a ＋1b 2－1的最小值为________． 解析：令log a b ＝t ，由a >b >1得0<t<1,2log a b ＋3log b a ＝2t ＋3t ＝7，得t ＝12，即log a b＝12，a ＝b 2，所以a ＋1b 2－1＝a －1＋1a －1＋1≥2(a －1)·1a －1＋1＝3，当且仅当a ＝2时取等号. 故a ＋1b 2－1的最小值为3. 答案：3。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题七选做第4讲 附加题
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
热点二 不等式的证明
【例2】 (2013·江苏卷)已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b. 证 明 2a3 － b3 － (2ab2 － a2b) ＝ 2a(a2 － b2) ＋ b(a2 － b2) ＝ (a2 － b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b). 因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0，2a＋b＞0，从而(a－ b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.
所以 a3＋b3≥ ab(a2＋b2).
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
热点三 柯西不等式 【例 3】(2015·陕西卷)已知关于 x 的不等式|x＋a|＜b 的解集为{x|2
＜x＜4}. (1)求实数 a，b 的值； (2)求 at＋12＋ bt的最大值.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明和求
最值中经常用到.
7.证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法.另外还有拆项
法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法
等.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
热点一 绝对值不等式 [微题型1] 考查绝对值不等式的解法
【例1－1】 已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|. (1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集； (2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围.
解 (1)由|ax＋1|≤3 得－4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}，
所以当 a≤0 时，不合题意.当 a>0 时，－4a≤x≤2a，得 a＝2.
苏教版高考总复习一轮数学精品课件 主题二 函数 第四章 解答题专项 第1课时 利用导数证明不等式
，令ℎ′ = 0，得 = e，当
0 < < e时，ℎ′ > 0，当 > e时，ℎ′ < 0，∴ ℎ 在 0, e 上单调递增，在
e, +∞ 上单调递减，故ℎ ≤ ℎ e = e，当且仅当 = e时，等号成立.故当 > 0
时， ≥ ℎ ，又ℎ = 时，的取值不同，故等号不成立.故当 > 0时，
ln − + + 1 < 0成立.故当 < −1时,∀ ∈ 1, +∞ , > − − 2 .
规律方法
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时
对复杂的式子要进行变形，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
题型二 隔离分析法证明不等式
典例2已知函数 = 2 − ln .
> ℎ ，即当 = 2时， > 得证.
规律方法
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到
可以传递的中间量，达到证明的目标.对于同时含ln 与e 的不等式，不能直接构造函
数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
题型三 放缩法证明不等式
e
0,
时，′ > 0， 单调递增，
时，′ < 0， 单调递减，所以当 =
又函数 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ在 e, +∞
0,1 .
e
上存在最大值，因此
e
时，
取得最大值
> e，解得 < 1.故实数的取值范围为
e
.
（2）当 = 2时，求证： > .
2019版高考数学创新大一轮复习江苏专用版全国通用课件
如果按照某种确定的对应关系 f ， 如果按某一个确定的对应关系 f ，使 任意 一个数x， 对于集合A中的任意 对应关系 使对于集合A中的_____ _____一个元素x，在
f：A→B
在 集 合 B 中 都 有 __________ 唯一确定 的元素 y 与 唯一确定 的 数 集合 B 中都有 __________
(2)若函数 f(x)＝ 2x
2＋2ax－a
－1的定义域为 R，则 a 的取值范围为________.
解析 x >0， x － 1 (1)要使函数 f(x)有意义，应满足 解得 x>1，故函数 f(x)＝ x≥0，
1
x ln ＋x2的定义域为(1，＋∞). x－1
(2)∵y＝f(x)的定义域为[1，2 019]，
1≤x＋1≤2 ∴g(x)有意义， 应满足 x－1≠0.
(2)与 x 轴垂直的直线和一个函数的图象至多有一个交点.( (3)函数 y＝ x2＋1－1 的值域是{y|y≥1}.( )
(4)若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数相等.(
)
解析
(1)函数y＝1的定义域为R，而y＝x0的定义域为{x|x≠0}，其定义域不同，故
不是同一函数.
(3)由于 x2＋1≥1，故 y＝ x2＋1－1≥0，故函数 y＝ x2＋1－1 的值域是{y|y≥0}.
第 4讲
函数的概念及其表示法
考试要求
1.函数的概念，求简单函数的定义域和值域(B级要求)；2.选择恰当的
方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数(B级要求)；3.简单的分段函数及应用 (A级要求).
诊断自测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数 y＝1 与 y＝x0 是同一个函数.( ) )
2018版高考数学理江苏专用大二轮总复习与增分策略配套课件：专题二 函数与导数 第4讲 精品
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大. 解 因为 V(r)＝π5(300r－4r3)， 故 V′(r)＝π5(300－12r2)， 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去). 当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
解析答案
(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.
解析答案
热点三 利用导数解决生活中的优化问题 生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就 是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函 数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以 达到目标最优.
所以ff614≤>00，， 解得 0<a≤17.
即7a2＋10a－171≤0， 27a2＋13a>0，
解析答案
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高考押题精练
已知函数 f(x)＝12x2－(2a＋2)x＋(2a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间； (3)对任意的 a∈32，52，x1，x2∈[1,2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤λ|x11－x12|，求正 实数 λ 的取值范围. 押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函
当 r∈(5,5 3)时，V′(r)<0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数.
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8. 即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.
思维升华
解析答案
跟踪演练 3 经市场调查，某商品每吨的价格为 x(1<x<14)百元时，该商品的 月供给量为 y1 万吨，y1＝ax＋72a2－a(a>0)；月需求量为 y2 万吨，y2＝－2124x2 －1112x＋1. 当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品 的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销 售量与价格的乘积. (1)若 a＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？
(江苏专用)高考数学一轮复习 第四章 导数及其应用 热点探究课2 函数、导数与不等式教师用书-人教版
热点探究课(二) 函数、导数与不等式[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的X 围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有.热点1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的X 围.(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值X 围.【导学号：62172114】[思路点拨] (1)求出导数后对a 分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a 的X 围．[规X 解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .2分若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.3分若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0.5分所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.6分 (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.11分 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a>2a －2等价于ln a ＋a －1<0.12分令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值X 围是(0,1).14分[答题模板] 讨论含参函数f (x )的单调性的一般步骤 第一步：求函数f (x )的定义域(根据已知函数解析式确定)． 第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )．第三步：根据f ′(x )＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论． 第四步：求解(令f ′(x )>0或令f ′(x )<0)． 第五步：下结论．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规X ．温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．2.若已知f (x )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求解.[对点训练1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，某某数c 的取值X 围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.2分当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.4分(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.8分(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x 2－3x ＋c －1)e x，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立， 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值X 围是[11，＋∞).14分热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值X 围.(2016·高考节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值X 围． [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .2分 因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .4分 (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.6分令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.8分f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x (－∞，－2)－2 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞ f ′(x ) ＋－＋f (x )c c －3227所以，当c ＞0且c －27＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.14分[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．[对点训练2] 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. 【导学号：62172115】[解] (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.2分 ∴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2.4分(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).6分设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 )唯一的极值点，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)＝23.10分又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.14分热点3 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题. ☞角度1 证明不等式设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x＞x 2－2ax ＋1.[解] (1)由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，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 )单调递减2(1－ln 2＋a )单调递增故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 ).6分(2)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)． 又g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x－x 2＋2ax －1＞0，故e x ＞x 2－2ax ＋1.14分 ☞角度2 不等式恒成立问题(2016·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X 围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞).1分 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.3分故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.6分 (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0.9分 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 －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.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X 围是(－∞，2].14分 ☞角度3 存在型不等式成立问题设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值X 围．[解] (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.3分 (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).5分①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.7分②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.10分所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1恒成立，所以a ＞1.综上，a 的取值X 围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).14分 [规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否成立问题．热点探究训练(二)1.设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值X 围. 【导学号：62172116】 [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝ 6x ＋a e x －3x 2＋ax exe x 2＝－3x 2＋6－a x ＋aex.3分 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.7分(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.9分当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数.11分由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92.故a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.14分2.(2017·某某模拟)设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值X 围． [解] (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k x －2x 2＝x －2e x－kx x 3.由k ≤0可得e x－kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).6分 (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减， 故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x－kx ，x ∈[0，＋∞)． 因为g ′(x )＝e x－k ＝e x－e ln k，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x－k >0，y ＝g (x )单调递增， 故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点； 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g 0>0，g ln k <0，g 2>0，0<ln k <2，解得e<k <e22.13分综上所述，函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22. 14分3.(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值X 围．[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a ).1分 (ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.3分 (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减.5分③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减.7分(2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点.9分(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值X 围为(0，＋∞).14分4.(2017·某某模拟)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值X 围；(3)求证：ln 22×ln 33×ln 44×…×ln n n <1n (n ≥2，n ∈N ＋). 【导学号：62172117】[解] (1)f ′(x )＝a 1－xx(x >0)． 当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1]，减区间为[1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数.4分(2)由f ′(2)＝－a 2＝1得a ＝－2，∴f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′t <0，g ′3>0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，所以有：⎩⎪⎨⎪⎧g ′1<0，g ′2<0，g ′3>0，∴－373<m <－9.8分(3)证明：令a ＝－1，此时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，∴当x ∈(1，＋∞)时f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0，∴ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)成立，∵n ≥2，n ∈N ＋，则有0<ln n <n －1，∴0<ln n n <n －1n.word11 / 11 ∴ln 22×ln 33×ln 44×ln n n <12×23×34×…×n －1n ＝1n(n ≥2，n ∈N ＋).16分。
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习课件 专题一第1讲 函数与导数不等式
答案 23e，1
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探究提高 (1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函 数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数 的性质. (2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其 与图象的关系，结合图象研究.
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2.函数的图象
对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基
本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移
变换、伸缩变换和对称变换.
3.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＝
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热点二 函数的图象及其应用
【例2】 (2015·全国Ⅰ卷改编)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中
a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是_____.
解析 设 g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数 x0，
答案 0，12
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4.(2015·江苏卷)已知函数 f(x)＝|ln x|，g(x)＝0|x，2－04＜|－x≤2，1，x＞1，则 方程|f(x)＋g(x)|＝1 实根的个数为________.
解析
令 h(x)＝f(x)＋g(x)，则 h(x)＝－－xln2＋x，ln0x＜＋x2≤，11，＜x＜2，当 x2＋ln x－6，x≥2，
创新设计江苏专用理科高考数学二轮专题复习——专题一 函数与导数、不等式(课件+提升训练)(共33张P
第5讲 导数与实际应用及不等式问题一、填空题1．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是________． 解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )＞0，得x ＞4或x ＜0.∴f (x )在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞2．若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是________． 解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞)．答案 (－1，＋∞)3．(2014·江苏卷)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值范围是________．解析 作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）＜0，f （m ＋1）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1＜0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0，解得－22＜m ＜0.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，04．(2015·南师附中调研)已知函数f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋43，直线l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当x ∈[－2，2]时，函数y ＝f (x )的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________．解析 根据题意知13x 3－x 2－3x ＋43＜－92x －c 2在x ∈[－2，2]上恒成立，则－c 2＞13x 3－x 2＋32x ＋43， 设g (x )＝13x 3－x 2＋32x ＋43， 则g ′(x )＝x 2－2x ＋32， 则g ′(x )＞0恒成立，所以g (x )在[－2，2]上单调递增， 所以g (x )max ＝g (2)＝3，则c ＜－6.答案 (－∞，－6)5．如图，某飞器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为______________．解析 设所求解析式为y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)， ∵函数图象过(0，0)点，∴d ＝0. 又图象过(－5，2)，(5，－2)， ∴函数为奇函数．∴b ＝0，代入可得－125a －5c ＝2，①又y ′＝3ax 2＋c ，当x ＝－5时，y ′＝75a ＋c ＝0，② 由①②得a ＝1125，c ＝35， ∴函数解析式为y ＝1125x 3－35x .答案 y ＝1125x 3－35x6．(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________．解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x ＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x ＜0⇔f (x )＞0.综上，得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案 (－∞，－1)∪(0，1)7．(2015·苏、锡、常、镇模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________． 解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x ＞0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减．因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0时，即x ∈[－1，0)时， 同理a ≤3x 2－1x 3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案 48．(2015·青岛模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意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________．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 能成立，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.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞二、解答题9．(2015·天津卷改编)已知函数f (x )＝nx －x n ，x ∈R ，其中n ∈N *，n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )．(1)解 由f (x )＝nx －x n ，可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－x n －1)．其中n ∈N *，且n ≥2，下面分两种情况讨论： ①当n 为奇数时．令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：②当n 为偶数时．当f ′(x )＞0，即x ＜1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞1时，函数f (x )单调递减；所以，f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)证明 设点P 的坐标为(x 0，0)， 则x 0＝n1n －1，f ′(x 0)＝n －n 2. 曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)， 即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)．令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)， 则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－nx n －1＋n 在(0，＋∞)上单调递减， 故F ′(x )在(0，＋∞)上单调递减， 又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )＞0， 当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(0，x 0)内单调递增， 在(x 0，＋∞)上单调递减， 所以对于任意的正实数x ， 都有F (x )≤F (x 0)＝0， 即对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x )．10．(2015·苏州调研)根据统计资料，某工艺品厂的日产量最多不超过20件，每日产品废品率p 与日产量x (件)之间近似地满足关系式p ＝⎩⎪⎨⎪⎧215－x，1≤x ≤9，x ∈N *，x 2＋60540，10≤x ≤20，x ∈N *(日产品废品率＝日废品量日产量×100%)已知每生产一件正品可赢利2千元，而生产一件废品则亏损1千元(该车间的日利润y ＝日正品赢利额－日废品亏损额)． (1)将该车间日利润y (千元)表示为日产量x (件)的函数；(2)当该车间的日产量为多少件时，日利润最大？最大日利润是几千元？解 (1)由题意可知y ＝2x (1－p )－px ＝⎩⎪⎨⎪⎧24x －2x 215－x，1≤x ≤9，x ∈N *，53x －x 3180，10≤x ≤20，x ∈N *.(2)考虑函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧24x －2x 215－x ，1≤x ≤9，53x －x 3180，10≤x ≤20，当1≤x ≤9时，f ′(x )＝2－90（15－x ）2，令f ′(x )＝0，得x ＝15－3 5.当1≤x ＜15－35时，f ′(x )＞0，函数f (x )在[1，15－35)上单调递增； 当15－35＜x ≤9时，f ′(x )＜0， 函数f (x )在(15－35，9]上单调递减．所以当x ＝15－35时，f (x )取得极大值，也是最大值， 又x 是整数，f (8)＝647，f (9)＝9， 所以当x ＝8时，f (x )有最大值647.当10≤x ≤20时，f ′(x )＝53－x 260＝100－x260≤0，所以函数f (x )在[10，20]上单调递减，所以当x ＝10时，f (x )取得极大值1009，也是最大值．由于1009＞647，所以当该车间的日产量为10件时，日利润最大．故当该车间的日产量为10件时，日利润最大，最大日利润是1009千元．11．已知函数f (x )＝mxx 2＋n(m ，n ∈R )在x ＝1处取得极值2. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设函数g (x )＝ln x ＋ax ，若对任意的x 1∈R ，总存在x 2∈[1，e]，使得g (x 2)≤f (x 1)＋72，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝m （x 2＋n ）－2mx 2（x 2＋n ）2＝mx 2－2mx 2＋mn （x 2＋n ）2＝－mx 2＋mn （x 2＋n ）2，由于f (x )在x ＝1处取得极值2，故f ′(1)＝0，f (1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧mn －m（1＋n ）2＝0，m 1＋n＝2，解得⎩⎨⎧m ＝4，n ＝1，经检验，此时f(x)在x＝1处取得极值．故f(x)＝4xx2＋1.(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)．故f(x)为奇函数，f(0)＝0.当x＞0时，f(x)＞0，f(x)＝4x＋1x≤2，当且仅当x＝1时取“＝”．故f(x)的值域为[－2，2]，从而f(x1)＋72≥32.依题意有g(x)min≤32，x∈[1，e]，g′(x)＝1x－ax2＝x－ax2，①当a≤1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为g(1)＝a≤1＜3 2，符合题意；②当1＜a＜e时，函数g(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，所以函数g(x)的最小值为g(a)＝ln a＋1.由ln a＋1≤32，得0＜a≤e，从而知当1＜a≤ e 时，符合题意；③当a≥e时，显然函数g(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝1＋ae≥2＞32，不符合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，e]．。
高考理科数学二轮复习新课标通用课件专题六导数与不等式
已知函数$f(x) = ln x - ax^2 + (2a - 1)x$，若函数 $f(x)$在区间$(0, +infty)$上单调递减，求实数$a$的取 值范围。
讲解
通过对不等式变形得到$a leq frac{x - ln x + 1}{x}$，然 后构造函数$g(x) = frac{x - ln x + 1}{x}$，求导判断单 调性，进而求出$a$的取值范围。
04 导数与不等式综合应用
构造函数法求解复杂不等式问题
构造函数法的基本思想
01
通过构造函数，将复杂的不等式问题转化为函数的单调性或最
值问题，从而简化问题的求解过程。
构造函数的选择
02
根据问题的具体形式，选择合适的函数进行构造，如一次函数
、二次函数、指数函数、对数函数等。
求解步骤
03
首先确定函数的定义域，然后求导判断函数的单调性，最后根
几何意义
导数的几何意义是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率。当f'(x0)>0时，切 线斜率为正，函数在该点处单调递增；当f'(x0)<0时，切线斜率为负，函数在该 点处单调递减；当f'(x0)=0时，切线斜率为零，此时函数可能达到极值点。
不等式性质与解法
不等式性质
不等式具有传递性、可加性、可乘性等基本性质。此外，不等式还可以通过变形、配方、因式分解等方法进行化 简和求解。
解析：构造函数$g(x) = frac{e^x - xln x 1}{x}$，通过求导判断$g(x)$的单调性，进 而求出$a$的取值范围。
D
模拟题训练及讲解
模拟题1
已知函数$f(x) = x - ln x$，若不等式$f(x) geq ax - 1$在 $(0, +infty)$上恒成立，求实数$a$的取值范围。
苏教版高考总复习一轮数学精品课件 主题二 函数 第四章 第一节 导数的概念及其意义、导数的运算
故A错误，B正确.设 , ， , ，则 − =
= ，由图
−
知′ < < ′ ，即′ < − < ′ ，故C，D正确.故选.
1
−
4.已知函数 = ln + 2 + 2，若′ e = 0，则 =____.
A.6.8 m/s2 B.7.6 m/s2 C.7 m/s 2 D.7.8 m/s 2
[解析]因为 = . + . ，所以′ = . + . .令 = ，得
. + . = ，解得 = 或 = −
（舍去），则当
= 时，
′ = . + . × = . ，即速度首次达到 /时的加速度为. / .故选B.
线在点 , − 处的切线方程为 − − = − − ，即 + − + = .故选C.
（2）已知,为实数，函数 = ln + 的图象在 = 1处的切线方程为4 − − = 0，
3
则的值为__.
2
，则′|= = − .由切线方程为
2.瞬时变化率与导数的概念
设函数 = 在区间 , 上有定义，且0 ∈ , ，若Δ无限趋近于0时，比值
0 + Δ − 0
Δ
=_____________.无限趋近于一个常数，则称
在 = 0 处可导，并称该常数
Δ
Δ
′ 0
为函数 在 = 0 处的导数（也称为瞬时变化率），记作_______.也可以表示为
= ( > 0，且 ≠ 1)
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设 g(a)＝247a3－a＋c，因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围 恰好是(－∞，－3)∪1，32∪32，＋∞， 则在(－∞，－3)上 g(a)＜0，且在1，32∪32，＋∞上 g(a)＞0 均恒 成立.从而 g(－3)＝c－1≤0，
且 g32＝c－1≥0，因此 c＝1.
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【训练1】(1)已知函数y＝f(x)及其导函数y＝f′(x)的图象如图所示， 则曲线y＝f(x)在点P(2，0)处的切线方程是________.
(2)(2015·苏、锡、常、镇模拟)若曲线 f(x)＝ x，g(x)＝xa 在 点 P(1，1)处的切线分别为 l1，l2，且 l1⊥l2，则 a 的值为________.
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探究提高 对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结 合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合， 挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.
f
－23a
＝
4 27
a3
＋
b
，
则
函
数
f(x) 有 三 个 零 点 等 价 于
f(0)·f －23a ＝
b247a3＋b＜0，
a＞0，
a＜0，
从而－247a3＜b＜0或0＜b＜－247a3.
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又 b＝c－a，所以当 a＞ 0 时，
247a3－a＋c＞0 或当 a＜0 时，247a3－a＋c＜0.
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探究提高 (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.
第4讲 导数与函数图象的切线 及函数零点问题
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高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意 义是考查热点，要求是B级，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)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命 题的另一热点.
所以 h(x)在1e，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，
因此 h(x)min＝h(1)＝3.由 h1e＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，比较可知
h1e＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当 3＜a≤e＋2e＋1 时，函数 y＝f(x)－g(x)有两个零点.
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热点一 函数图象的切线问题 【例 1】 (1)(2015·衡水中学模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，设 A
是曲线 C1：y＝ax3＋1(a＞0)与曲线 C2：x2＋y2＝52的一个公共点， 若 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直，则实数 a 的值 是________. (2)(2015·镇江监测)若曲线 C1：y＝3x4－ax3－6x2 与曲线 C2：y＝ex 在 x＝1 处的切线互相垂直，则实数 a 的值为________.
又 l1⊥l2，∴ kl1 ·kl2 ＝12a＝－1.∴a＝－2. 答案 (1)x－y－2＝0 (2)－2
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热点二 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [微题型 1] 讨论方程根的个数 【例 2－1】 (2015·南京、盐城模拟)已知函数 f(x)＝(x2－3x＋3)·ex
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1.求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的 斜率f′(x0)，由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)， 通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程. (3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0， y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率， 列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.
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解析 (1)根据导数的几何意义及图象可知，曲线 y＝f(x)在点 P 处 的切线的斜率 k＝f′(2)＝1，又切线过点 P(2，0)，所以切线方程为 x－y－2＝0. (2)由题意可知，f′(x)＝2 1 x，g′(x)＝axa－1，
∵l1，l2 过点 P(1，1)，∴ kl1 ＝f′(1)＝12， kl2 ＝g′(1)＝a.
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真题感悟 (2015·江苏卷)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性； (2)若 b＝c－a(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同 的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪1，32∪32，＋∞， 求 c 的值.
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探究提高 研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调 性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断 方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
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[微题型 2] 根据零点个数求参数范围 【例 2－2】 (2015·泰州模拟)已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax
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2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值
也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即
可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋ d(a≠0)的零点分布情况如下：
－2(e 为自然对数的底数，a∈R). (1)判断曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线 y＝g(x)的公共 点个数；
(2)当 x∈1e，e时，若函数 y＝f(x)－g(x)有两个零点，求 a 的取值 范围.
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解 (1)f′(x)＝ln x＋1，所以切线斜率 k＝f′(1)＝1. 又 f(1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为 y＝x－1. 由yy＝ ＝－x－x21＋ax－2，⇒x2＋(1－a)x＋1＝0. 由 Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知： 当 Δ＞0 时，即 a＜－1 或 a＞3 时，有两个公共点； 当 Δ＝0 时，即 a＝－1 或 a＝3 时，有一个公共点；
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(2)因为 y′＝12x3－3ax2－12x，y′＝ex，所以曲线 C1，C2 在 x＝1
处的切线斜率分别是 k1＝－3a，k2＝e.又两切线互相垂直，所以
k1k2＝－3ae＝－1，解得 a＝31e.
答案
(1)4
1 (2)3e
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解 (1)f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝－23a. 当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单 调递增； 当 a＞0 时，x∈－∞，－23a∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈－23a，0 时，f′(x)＜0，所以函数 f(x)在－∞，－23a，(0，＋∞)上单调递增， 在－23a，0上单调递减；
的定义域为[－2，t](t＞－2). (1)试确定 t 的取值范围，使得函数 f(x)在[－2，t]上为单调函数； (2)当 1＜t＜4 时，求满足f′（exx00）＝23(t－1)2 的 x0 的个数.
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解 (1)∵f′(x)＝(x2－3x＋3)·ex＋(2x－3)·ex＝x·(x－1)ex， 由 f′(x)＞0，得 x＞1 或 x＜0； 由 f′(x)＜0，得 0＜x＜1. ∴f(x)在(－∞，0]，[1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 若使 f(x)在[－2，t]上为单调函数， 则需－2＜t≤0， 即 t 的取值范围为(－2，0].
当Δ＜0 时，即－1＜a＜3 时，没有公共点.
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(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xln x，
由 y＝0，得 a＝x＋2x＋ln x.
令 h(x)＝x＋2x＋ln x，则 h′(x)＝（x－1）x（2 x＋2）.
当 x∈1e，e时，由 h′(x)＝0，得 x＝1.
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此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a ＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函数有三个零点，则 x2＋(a－1)x＋1－a＝0 有两个异于－1 的不 等实根， 所以 Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0， 且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得 a∈(－∞，－3)∪1，32∪32，＋∞.综上 c＝1.