2018届高考数学二轮复习第一部分专题二函数不等式导数1.2.4导数的综合应用课件理
2018届高考数学二轮复习第1部分专题二函数不等式导数1_2_4导数的综合应用限时规范训练文
限时规范训练 导数的综合应用限时40分钟，实际用时________ 分值81分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－3，－12内单调递增； ②函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3内单调递减；③函数y ＝f (x )在区间(4,5)内单调递增； ④当x ＝2时，函数y ＝f (x )取极小值； ⑤当x ＝－12时，函数y ＝f (x )取极大值．则上述判断中正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④⑤D ．③解析：选D.当x ∈(－3，－2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，①错；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(2,3)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，②错；当x ＝2时，函数y ＝f (x )取极大值，④错；当x ＝－12时，函数y ＝f (x )无极值，⑤错．故选D.2．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞) B．[1,2)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：选C.f ′(x )＝4x －1x＝x －x ＋x，∵x ＞0，由f ′(x )＝0得x ＝12.∴令f ′(x )＞0，得x ＞12；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1＜12＜k ＋1⇒1≤k ＜32.故C 正确．3．已知函数f (x )(x ∈R )满足f ′(x )＞f (x )，则( ) A ．f (2)＜e 2f (0) B ．f (2)≤e 2f (0) C ．f (2)＝e 2f (0) D ．f (2)＞e 2f (0) 解析：选D.由题意构造函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x －f xex＞0，则g (x )＝f xex在R 上单调递增，则有g (2)＞g (0)，故f (2)＞e 2f (0)．4．不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，且[0,2]⊆P ，则实数a 的取值范围是() A ．(－∞，e －1) B ．(e －1，＋∞) C ．(－∞，e ＋1) D ．(e ＋1，＋∞)解析：选A.由题意知不等式e x－x ＞ax 在区间[0,2]上恒成立，当x ＝0时，不等式显然成立，当x ≠0时，只需a ＜e xx －1恒成立，令f (x )＝e xx－1，f ′(x )＝e xx －x 2，显然函数在区间(0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得最小值e －1，则a ＜e －1，故选A.5．设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋b x，它们的图象在x 轴上的公共点处有公切线，则当x ＞1时，f (x )与g (x )的大小关系是( )A ．f (x )＞g (x )B ．f (x )＜g (x )C ．f (x )＝g (x )D ．f (x )与g (x )的大小关系不确定解析：选B.由题意得f (x )与x 轴的交点(1,0)在g (x )上，所以a ＋b ＝0，因为函数f (x )，g (x )的图象在此公共点处有公切线，所以f (x )，g (x )在此公共点处的导数相等，f ′(x )＝1x，g ′(x )＝a －b x 2，以上两式在x ＝1时相等，即1＝a －b ，又a ＋b ＝0，所以a ＝12，b ＝－12，即g (x )＝x 2－12x ，f (x )＝ln x ，令h (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －x 2＋12x ，则h ′(x )＝1x －12－12x 2＝2x －x 2－12x2＝－x －22x2，因为x ＞1，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，所以f (x )＜g (x )．故选B.6．设函数f (x )＝ax 3－x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]都有f (x )≥0，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，2]B ．[0，＋∞)C ．[0,2]D ．[1,2]解析：选C.∵f (x )＝ax 3－x ＋1，∴f ′(x )＝3ax 2－1， 当a ＜0时，f ′(x )＝3ax 2－1＜0，f (x )在[－1,1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)＝a ＜0，不符合题意．当a ＝0时，f (x )＝－x ＋1，f (x )在[－1,1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)＝0，符合题意． 当a ＞0时，由f ′(x )＝3ax 2－1≥0，得x ≥13a 或x ≤－13a ，当0＜13a ＜1，即a ＞13时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13a，13a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎥⎤13a ，1上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－a ＋1＋1＝2－a ≥0f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫13a 3－13a ＋1≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≤2a ≥427a ＞13，∴13＜a ≤2； 当13a ≥1，即0＜a ≤13时，f (x )在[－1,1]上单调递减， f (x )min ＝f (1)＝a ＞0，符合题意．综上可得，0≤a ≤2.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为________．解析：因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．答案：08．在函数f (x )＝a ln x ＋(x ＋1)2(x ＞0)的图象上任取两个不同点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，总能使得f (x 1)－f (x 2)≥4(x 1－x 2)，则实数a 的取值范围为________．解析：不妨设x 1＞x 2，则x 1－x 2＞0，∵f (x 1)－f (x 2)≥4(x 1－x 2)，∴f x 1－f x 2x 1－x 2≥4，∵f (x )＝a ln x ＋(x ＋1)2(x ＞0)∴f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)，∴a x ＋2(x ＋1)≥4，∴a ≥－2x 2＋2x ，又－2x 2＋2x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋12≤12，∴a ≥12. 答案：a ≥129．设函数y ＝f (x )图象上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(3x 20－6x 0)(x －x 0)，且f (3)＝0，则不等式x －1f x≥0的解集为________． 解析：∵函数y ＝f (x )图象上任意一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(3x 20－6x 0)(x －x 0)，∴f ′(x 0)＝3x 20－6x 0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，设f (x )＝x 3－3x 2＋c ，又f (3)＝0，∴33－3×32＋c ＝0，解得c ＝0，∴f (x )＝x 3－3x 2，∴x －1f x ≥0可化为x －1x 3－3x 2≥0，解得0＜x ≤1或x ＜0或x ＞3. 答案：(－∞，0)∪(0,1]∪(3，＋∞)三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．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 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .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 . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：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．11．(2017·高考天津卷)设a ，b ∈R ，|a |≤1.已知函数f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，g (x )＝e xf (x )．(1)求f (x )的单调区间．(2)已知函数y ＝g (x )和y ＝e x的图象在公共点(x 0，y 0)处有相同的切线， ①求证：f (x )在x ＝x 0处的导数等于0；②若关于x 的不等式g (x )≤e x在区间[x 0－1，x 0＋1]上恒成立，求b 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3－6x 2－3a (a －4)x ＋b ，可得f ′(x )＝3x 2－12x －3a (a －4)＝3(x －a )[x －(4－a )]．令f ′(x )＝0，解得x ＝a 或x ＝4－a . 由|a |≤1，得a ＜4－a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (4－a )． (2)①证明：因为g ′(x )＝e x(f (x )＋f ′(x ))，由题意知⎩⎨⎧gx 0＝e x 0，g x 0＝e x 0，所以⎩⎨⎧f x 0x 0＝e x 0，e x 0fx 0＋fx 0＝ex 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧f x 0＝1，f x 0＝0.所以，f (x )在x ＝x 0处的导数等于0.②因为g (x )≤e x，x ∈[x 0－1，x 0＋1]，且e x＞0， 所以f (x )≤1.又因为f (x 0)＝1，f ′(x 0)＝0，所以x 0为f (x )的极大值点，由(1)知x 0＝a . 另一方面，由于|a |≤1，故a ＋1＜4－a .由(1)知f (x )在(a －1，a )内单调递增，在(a ，a ＋1)内单调递减，故当x 0＝a 时，f (x )≤f (a )＝1在[a －1，a ＋1]上恒成立，从而g (x )≤e x在[x 0－1，x 0＋1]上恒成立．由f (a )＝a 3－6a 2－3a (a －4)a ＋b ＝1，得b ＝2a 3－6a 2＋1，－1≤a ≤1. 令t (x )＝2a 3－6x 2＋1，x ∈[－1,1]，所以t ′(x )＝6x 2－12x . 令t ′(x )＝0，解得x ＝2(舍去)或x ＝0. 因为t (－1)＝－7，t (1)＝－3，t (0)＝1， 所以，t (x )的值域为[－7,1]． 所以，b 的取值范围是[－7,1]． 12．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；(3)若对任意b ＞a ＞0，f b －f ab －a＜1恒成立，求m 的取值范围．解：(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， ∴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－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)对任意的b ＞a ＞0，f b －f ab －a＜1恒成立，等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x－x (x ＞0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，∴m ≥14(对m ＝14，h ′(x )＝0仅在x ＝12时成立)，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.。
2018年高考数学二轮复习专题2函数不等式导数第1讲函数的图象与性质课件
• 2．单调性定义 任意 定义域I内某个区间D 上的__________ • 如果对于____________________ 两个自变量的值x1，x2，且 x1 <x 2 f(x1)<f(x2) 成立，则f(x)在D上是________( 增函数 都有__________ f(x1)>f(x2) ________ ，都有____________ 减函数 ． 成立，则f(x)在D上是__________) • 3．奇偶性定义 f(－x)＝－f(x2) 成 定义域关于原点对称 • 对于定义域内的任意x(______________________) ，都有_________________ f(－x)＝f(x) 立，则f(x)为奇函数(都有_______________ 成立，则f(x)为偶函数)． • 4．周期性定义 • 周期函数f(x)的最小正周期T必须满足下列两个条件： f(x＋T)＝f(x) • (1)当x取定义域内的每一个值时，都有_______________ ． 不为零的最小正数 • (2)T是_____________________ ．
• 5．指数函数与对数函数的图象和性质
图象
指数函数
对数函数
0<a<1 时，在 R 上单调 __________ 递减 ； 单调 __________
性
0<a<1 时，在(0，＋∞)上单调 __________ 递减 ； __________ a>1 __________ 时，在(0，＋∞)上单调 递增 __________
• 3．函数图象的变换规则 • (1)平移变换 • 将y＝f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位得到y ＝f(x＋a)的图象； • 将y＝f(x)的图象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|个单位得到y ＝f(x)＋a的图象．
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，
【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 第二部分 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数的综合应用课件 理
↗
所以当c>0且c－3227<0时，f(－4)＝c－16＜0，f(0)＝c ＞0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈ －2，－23 ，x3∈ －23，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x) ＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
若a＝1，则g′(x)＝1－1x. 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. (2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x， f′(x)＝2x－2－ln x， 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1x，
f(x)min＝f(1)＝－1. 由题意得，m＋1＞－1，即m＞－2，① 当0＜x＜1时，f(x)＝x(－1＋ln x)＜0； 当x＞0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，② 由①②可得－2＜m＜－1.
因此实数m的取值范围是(－2，－1)．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为 (1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点， 可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，
则函数y＝f(x)的图象与直线y＝m＋1有两个不同交 点，
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单 调递增，
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－23.
2018届高考数学(文)二轮专题复习：第1部分 专题二 函数、不等式、导数 1-2-2
限时规范训练五 不等式及线性规划 限时40分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．设0＜a ＜b ＜1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 3＞b 3B.1a ＜1bC ．a b ＞1D ．lg(b －a )＜a解析：选D.∵0＜a ＜b ＜1，∴0＜b －a ＜1－a ，∴lg(b －a )＜0＜a ，故选D. 2．已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，则1a ＋4b( )A ．有最小值8B ．有最小值9C ．有最大值8D ．有最大值9解析：选B.因为1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b (a ＋b )＝5＋b a ＋4ab≥5＋2b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取“＝”，所以1a ＋4b的最小值为9，故选B.3．对于任意实数a ，b ，c ，d ，有以下四个命题： ①若ac 2＞bc 2，则a ＞b ；②若a ＞b ，c ＞d ，则a ＋c ＞b ＋d ； ③若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bd ； ④若a ＞b ，则1a ＞1b.其中正确的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选B.①ac 2＞bc 2，则c ≠0，则a ＞b ，①正确； ②由不等式的同向可加性可知②正确； ③需满足a 、b 、c 、d 均为正数才成立；④错误，如：令a ＝－1，b ＝－2，满足－1＞－2，但1－1＜1－2.故选B. 4．已知不等式ax 2－bx －1＞0的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－12＜x ＜－13，则不等式x 2－bx －a ≥0的解集是( )A ．{x |2＜x ＜3}B ．{x |x ≤2或x ≥3}C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪13＜x ＜12 D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞12 解析：选B.∵不等式ax 2－bx －1＞0的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－12＜x ＜－13， ∴ax 2－bx －1＝0的解是x 1＝－12和x 2＝－13，且a ＜0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－12－13＝ba ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－1a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝5.则不等式x 2－bx －a ≥0即为x 2－5x ＋6≥0，解得x ≤2或x ≥3.5．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥12x 2，则z ＝y －x 的取值范围为( )A ．[－2,2] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，2C ．[－1,2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 解析：选B.作出可行域(图略)，设直线l ：y ＝x ＋z ，平移直线l ，易知当l 过直线3x －y ＝0与x ＋y －4＝0的交点(1,3)时，z 取得最大值2；当l 与抛物线y ＝12x 2相切时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧z ＝y －x ，y ＝12x 2，消去y 得x 2－2x －2z ＝0，由Δ＝4＋8z ＝0，得z ＝－12，故－12≤z ≤2，故选B.6．设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是( ) A.92 B.72 C ．22＋12D ．22－12解析：选A.∵a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，S n ＝n 1＋n2，∴S n＋8a n＝n1＋n2＋8n＝12⎝⎛⎭⎪⎫n＋16n＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n·16n＋1＝92，当且仅当n＝4时取等号．∴S n＋8a n的最小值是92，故选A.7．一条长为2的线段，它的三个视图分别是长为3，a，b的三条线段，则ab的最大值为( )A. 5B. 6C.52D．3解析：选C.如图，构造一个长方体，体对角线长为2，由题意知a2＋x2＝4，b2＋y2＝4，x2＋y2＝3，则a2＋b2＝x2＋y2＋2＝3＋2＝5，又5＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤52，当且仅当a＝b时取等号，所以选C.8．设x，y满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，y≥x，4x＋3y≤12，则x＋2y＋3x＋1的取值范围是( )A．[1,5] B．[2,6]C．[3,11] D．[3,10]解析：选C.画出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，y≥x，4x＋3y≤12的可行域如图阴影部分所示，则x＋2y＋3x＋1＝x＋1＋2y＋2x＋1＝1＋2×y＋1x＋1，y＋1x＋1的几何意义为过点(x，y)和(－1，－1)的直线的斜率．由可行域知y＋1x＋1的取值范围为k MA≤y＋1x＋1≤k MB，即y＋1x＋1∈[1,5]，所以x＋2y＋3x＋1的取值范围是[3,11]．9．设x ，y 满足不等式⎩⎪⎨⎪⎧y ≤2，x ＋y ≥1，x －y ≤1，若M ＝3x ＋y ，N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －72，则M －N 的最小值为( )A.12 B ．－12C ．1D ．－1解析：选A.作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易求得A (－1,2)，B (3,2)，当直线3x ＋y －M ＝0经过点A (－1,2)时，目标函数M ＝3x ＋y 取得最小值－1.又由平面区域知－1≤x ≤3，所以函数N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －72在x ＝－1处取得最大值－32，由此可得M －N 的最小值为－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝12.10．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a表示的平面区域的形状是三角形，则a 的取值范围是( )A ．a ≥43B ．0＜a ≤1C ．1≤a ≤43D ．0＜a ≤1或a ≥43解析：选D.作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示．其中直线x －y ＝0与直线2x ＋y ＝2的交点是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，而直线x ＋y ＝a 与x 轴的交点是(a,0)．由图知，要使原不等式组表示的平面区域的形状为三角形，只需a ≥23＋23或0＜a ≤1，所以选D.11．已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y －10≥0，x ≤4，y ≤3表示区域D ，过区域D 中任意一点P 作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A 、B ，当∠APB 最大时，cos ∠APB ＝( )A.32 B.12 C ．－32D ．－12解析：选B.画出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，易知当点P 到点O 距离最小时，∠APB 最大，此时|OP |＝|3×0＋4×0－10|32＋42＝2，又OA ＝1，故∠OPA ＝π6， ∴∠APB ＝π3，∴cos ∠APB ＝12.12．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3 B ．3＜c ≤6 C ．6＜c ≤9D ．c ＞9解析：选C.由0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，得0＜－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ≤3，由－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，得3a －b －7＝0，① 由－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，得 4a －b －13＝0，②由①②，解得a ＝6，b ＝11，∴0＜c －6≤3， 即6＜c ≤9，故选C.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．函数f (x )＝1＋log a x (a ＞0，且a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny －2＝0上，其中mn ＞0，则1m ＋1n的最小值为________．解析：因为log a 1＝0，所以f (1)＝1，故函数f (x )的图象恒过定点A (1,1)． 由题意，点A 在直线mx ＋ny －2＝0上，所以m ＋n －2＝0，即m ＋n ＝2. 而1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ×(m ＋n ) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ，因为mn ＞0，所以nm ＞0，m n＞0. 由均值不等式，可得n m ＋m n ≥2×n m ×mn＝2(当且仅当m ＝n 时等号成立)， 所以1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≥12×(2＋2)＝2，即1m ＋1n 的最小值为2.答案：214．设P (x ，y )是函数y ＝2x(x ＞0)图象上的点，则x ＋y 的最小值为________．解析：因为x ＞0，所以y ＞0，且xy ＝2.由基本不等式得x ＋y ≥2xy ＝22，当且仅当x ＝y 时等号成立．答案：2 215．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥x ，3x ＋2y ≤15，则w ＝4x ·2y的最大值是________．解析：作出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．w ＝4x ·2y ＝22x ＋y，要求其最大值，只需求出2x ＋y ＝t 的最大值即可，由平移可知t ＝2x ＋y 在A (3,3)处取得最大值t ＝2×3＋3＝9，故w ＝4x·2y的最大值为29＝512.答案：51216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≤1，log 13x ，x ＞1，若对任意的x ∈R ，不等式f (x )≤m 2－34m 恒成立，则实数m 的取值范围为________．解析：由题意知，m 2－34m ≥f (x )max .当x ＞1时，f (x )＝log 13x 是减函数，且f (x )＜0；当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋x ，其图象的对称轴方程是x ＝12，且开口向下，∴f (x )max ＝－14＋12＝14.∴m 2－34m ≥14，即4m 2－3m －1≥0，∴m ≤－14或m ≥1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪[1，＋∞)。
2018届高考数学二轮复习第1部分专题二函数不等式导数1_2_3导数的简单应用课件文
1 解析：∵f′(x)＝a－x，∴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.
答案：1
类型二 利用导数研究函数的单调性 [典例 2] (1)定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(1)＝1，且对任意 x
答案：y＝－2x－1
(2)设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2x，则 a＝( D ) A．0 C．2 B．1 D．3
1 解析：y′＝a－ ，当 x源自0 时，y′＝a－1＝2， x＋1 ∴a＝3，故选 D.
(3)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋ 2)x＋1 相切，则 a＝________.
解析：通解：由题意可得 f′(x)＝3ax2＋1， ∴f′(1)＝3a＋1， 又 f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切 线方程为 y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切线过点(2,7)， ∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得 a＝1.
5－a 优解：∵f(1)＝2＋a，由(1，f(1))和(2,7)连线斜率 k＝ 1 ＝5 －a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.
1 解析：通解：令 f(x)＝x＋ln x，求导得 f′(x)＝1＋x ，f′(1)＝ 2，又 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 2 ∴a＝0 或 x0＝－2，又 ax2 ＋ ( a ＋ 2) x ＋ 1 ＝ 2 x － 1 ，即 ax 0 0 0 0＋ax0 1 ＋2＝0，当 a＝0 时，显然不满足此方程，∴x0＝－2，此时 a＝8.
高考数学二轮复习第1部分专题二函数不等式导数1_2_4导数的综合应用课件文
g(x)单调递减.
10 分 得分点⑥
由(2)知 1＜cl－n c1＜c，故 0＜x0＜1.又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x
＜1 时，g(x)＞0.
11 分 得分点⑦
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
12 分 得分点⑧
评分细则及说明： ①写出定义域，正确求导，并求其根得 2 分 ②若由 f′(x)＞0，得出增区间(－∞，1)，此处不得分 ③能得出不等式 ln x＜x－1，得 1 分 ④先得出 ln1x＜1x－1，才得出 1＜xl－n x1＜x，否则扣 1 分 ⑤构造 g(x)，求导，并求其根得 2 分 ⑥指出 g(x)的单调性或单调区间 ⑦能得出 g(x)＞0，得 1 分 ⑧说明结论得 1 分
专题二 函数、不等式、导数
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点四 导数的综合应用
1．不等式恒成立问题 (1) a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； (2)a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min 2．不等式有解问题 (1)a＞f(x)有解⇔a＞f(x)min；a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min； (2)a＜f(x)有解⇔a＜f(x)max；a≤f(x)有解⇔a≤f(x)max.
[自我挑战] 1.(2017·山东济宁一模)设 f(x)＝exx－a－x 1，g(x)＝aln x(e＝ 2.71828…)． (1)当 a＞1 时，讨论函数 F(x)＝fexx－g(x)的单调性； (2)求证：当 a＝0 时，不等式 f(x)＞2 e对任意 x∈(0，＋∞) 都成立．
即 1＜xl－n x1＜x.
7分
得分点④
(3)由题设 c＞1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则 g′(x)＝c－1－
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x (3)f′(x)＋f(x)联想e fx′；
fx (4)f′(x)－f(x)联想 x e ′；
(5)f′(x)± k 联想(f(x)± kx)′.
类型一 用导数解证不等式 [典例 1] 高考全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (2016·
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，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．
[自我挑战] a－1 1.(2017· 山东济宁一模 ) 设 f(x) ＝ e x－ ， g(x) ＝ aln x(e ＝ x
(1)讨论 f(x)的单调性； x－1 (2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜ ln x ＜x； (3)设 c＞1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
1 解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ －1，令 f′(x) x ＝0 解得 x＝1. 2分 得分点①
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当 x＞1 时，f′(x)＜0， f(x)单调递减. 4分 得分点②
3．常用的不等关系 (1)ex≥x＋1(x∈R) (2)x－1≥ln x(x＞0) (3)e ＞ln x(x＞0) (4)tan x＞x＞sin (5)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|
x
π xx∈0，2
4．常见构造函数 (1)xf′(x)＋f(x)联想[xf(x)]′；
2．利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数 h(x)． (3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
3．构造辅助函数的四种方法 (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；
9分
得分点⑤
当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当 x＞x0 时，g′(x)＜0， 10 分 得分点⑥
c－1 由(2)知 1＜ ln c ＜c，故 0＜x0＜1.又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x ＜1 时，g(x)＞0. 所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx. 11 分 12 分 得分点⑦ 得分点⑧
1．用导数解决不等式“恒成立”，“存在”问题的常用方法 (1)分离参数法： 第一步： 将原不等式分离参数， 转化为不含参数的函数的最值 问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法： 第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值(最值)； 第三步：构建不等式求解．
评分细则及说明： ①写出定义域，正确求导，并求其根得 2 分 ②若由 f′(x)＞0，得出增区间(－∞，1)，此处不得分 ③能得出不等式 ln x＜x－1，得 1 分 x－1 1 1 ④先得出 lnx＜x－1，才得出 1＜ ln x ＜x，否则扣 1 分 ⑤构造 g(x)，求导，并求其根得 2 分 ⑥指出 g(x)的单调性或单调区间 ⑦能得出 g(x)＞0，得 1 分 ⑧说明结论得 1 分
(2)由(1)知 f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0. 所以当 x≠1 时，ln x＜x－1. 5分 得分点③
1 1 故当 x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜ －1， x x x－1 即 1＜ ln x ＜x. 7分 得分点④
(3)由题设 c＞1， 设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 则 g′(x)＝c－1－cxln c，令 g′(x)＝0， c－1 ln ln c 解得 x0＝ ln c . g(x)单调递减.
专题二 函数、不等式、导数
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点四
导数的综合应用
1．不等式恒成立问题 (1) a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； (2)a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 2．不等式有解问题 (1)a＞f(x)有解⇔a＞f(x)min；a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min； (2)a＜f(x)有解⇔a＜f(x)max；a≤f(x)有解⇔a≤f(xx (1)当 a＞1 时，讨论函数 F(x)＝ ex －g(x)的单调性； (2)求证：当 a＝0 时，不等式 f(x)＞2 e对任意 x∈(0，＋∞) 都成立．
a－1 解：(1)F(x)＝x－ x －aln x(x＞0) a－1 a x2－ax＋a－1 x－1[x－a－1] F′(x)＝1＋ 2 － ＝ ＝ (x＞0) x x x2 x2 ①当 0＜a－1＜1 即 1＜a＜2 时， F′(x)、F(x)随 x 的变化情况如下表 x F′(x) F(x) 单调递减． (0，a－1) ＋ 递增 a－1 0 极大值 (a－1,1) － 递减 1 0 极小值 (1，＋∞) ＋ 递增
由表知 F(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增．在(a－1,1)上
x－12 ②当 a－1＝1 即 a＝2 时，F′(x)＝ ≥0 恒成立． x2 F(x)在(0，＋∞)上单调递增． ③当 a－1＞1 即 a＞2 时， x F′(x) (0,1) ＋ 1 0 (1，a－1) － 递减 a－1 0 极小值 (a－1，＋∞) ＋ 递增