山东省2016年高考数学(理)二轮专题复习课件：专题整合突破 第4讲 导数与函数图象的切线及函数零点问题
考点整合
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.
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当 x∈[2，＋∞)时，h′(x)＞0， 所以当 x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增， 所以 k＝1 时，方程 f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根. (3)由(2)知方程 f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根 x0. 且 x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)， x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)， （x＋1）ln x，x∈（0，x0]， 2 所以 m(x)＝x x，x∈（x0，＋∞）. e 当 x∈(0，x0]时，若 x∈(0，1]，m(x)≤0；
得出答案.
(2)函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出 两曲线交点的个数.
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热点一 函数图象的切线问题
[微题型1] 单一考查曲线的切线方程
【例 1－1】 (1)(2015· 陕西卷)函数 y＝xex 在其极值点处的切线方程 为________. (2)(2015· 全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1)) 处的切线过点(2，7)，则 a＝________.
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解析
(1)设 y＝f(x)＝xex，
由 y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得 x＝－1.当 x＜－1 时，y′＜0；当 x ＞－1 时， y′＞0， 故 x＝－1 为函数 f(x)的极值点， 切线斜率为 0，
1 1 又 f(－1)＝－e ＝－e ，故切点坐标为－1，－e ，切线方程为 y
高考命题的另一热点.
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真题感悟
x2 (2015· 山东卷)设函数 f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝ex. 已知曲线 y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线与直线 2x－y＝0 平行. (1)求 a 的值； (2)是否存在自然数 k，使得方程 f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一 的根？如果存在，求出 k；如果不存在，请说明理由； (3)设函数 m(x)＝min{f(x)， g(x)}(min{p， q}表示 p， q 中的较小值)， 求 m(x)的最大值.
(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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2.三次函数的零点分布
f(x1)＝0或者f(x2)＝0
f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x2)1)＜0且f(x2)＞0
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一个
两个 三个
(f(x1)为极小值，
f(x2)为极大值)
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3.研究两条曲线的交点个数的基本方法 (1)数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图形交点个数
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1 若 x∈(1，x0]，由 m′(x)＝ln x＋x ＋1＞0， 可知 0＜m(x)≤m(x0)； 故 m(x)≤m(x0). x（2－x） 当 x∈(x0，＋∞)时，由 m′(x)＝ ，可得 x∈(x0，2)时， ex m′(x)＞0，m(x)单调递增； x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减； 4 可知 m(x)≤m(2)＝ 2，且 m(x0)＜m(2). e 4 综上可得，函数 m(x)的最大值为e2.
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解
(1)由题意知，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 2， a 所以 f′(1)＝2，又 f′(x)＝ln x＋x ＋1，所以 a＝1. (2)k＝1 时，方程 f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根. x2 设 h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－ex， 当 x∈(0，1]时，h(x)＜0. 4 4 又 h(2)＝3ln 2－e2＝ln 8－e2＞1－1＝0， 所以存在 x0∈(1，2)，使得 h(x0)＝0. x（x－2） 1 因为 h′(x)＝ln x＋x ＋1＋ ， ex 1 所以当 x∈(1，2)时，h′(x)＞1－e＞0，
第4讲
函数图象的切线及交点个数问题
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高考定位
在高考试题的导数压轴题中，把求切线和
研究函数的性质交汇起来是一个命题热点；两个函数 图象的交点问题可以转化为一个新的函数的零点问题， 函数图象与函数零点是函数中的两个重要问题，在高
考试题导数压轴题中涉及两个函数图象的交点问题是
－1
1 1 ＋ ＝0(x＋1)，即 y＝－ . e e (2)f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2. (1，f(1))处的切线方程为 y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1). 将(2，7)代入切线方程，得 7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得 a＝1.
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∞，因此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：
a的符号
a＞0 (f(x1)为极大值， f(x2)为极小值) a＜0 零点个数 一个 两个 三个 充要条件 f(x1)＜0
2016版高考数学大二轮总复习(全国通用,文科)配套课件：专题二 函数与导数 第4讲
证明 由(1)可知， 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)，即－ln x＋x－1>0， ∴0<ln x<x－1对一切x∈(1，＋∞)成立．
∵n≥2，n∈N*，则有0<ln n<n－1，
ln n n－1 ∴0< n < n . n－1 1 ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 2 3 * ∴ 2 ·3 ·4 · …·n <2· · · … · ＝ ( n ≥ 2 ， n ∈ N )． n n 34
(2)证明：在(1，＋∞)上，f(x)＋2>0； 证明 f(x)＝－ln x＋x－3， 所以f(1)＝－2， 由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)．
即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.
ln 2 ln 3 ln 4 ln n 1 (3)求证： 2 × 3 × 4 ×…× n <n(n≥2，n∈N*)．
则对∀x∈D，则f(x)≤M(或f(x)≥m)．
(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.
跟踪演练1 已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))
处的切线方程为x－2y－2＝0.
(1)求a，b的值；
a 解 ∵f(x)＝aln x＋bx，∴f′(x)＝x＋b. 1 1 ∵直线 x－2y－2＝0 的斜率为2，且过点(1，－2)， f1＝－1， b＝－1， 2 2 1 ∴ 即 解得 a＝1，b＝－2. 1 1 f′1＝2， a＋b＝2，
a 当 x∈( ，＋∞)时，f′(x)>0， 1－a
山东省2016年高考数学(理)二轮专题复习课件：专题整合突破 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
如y＝2x3在(－∞，＋∞)上递增，但并不是都有f′(x)＞0，
同样f′(x)＜0是f(x)递减的充分非必要条件.
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2.极值的判别方法 当函数 f(x) 在点 x0 处连续时，如果在 x0 附近的左侧 f′(x) ＞ 0 ，右 侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0， 右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条 件是点 x0 两侧导数异号，而不是 f′(x) ＝ 0.此外，函数不可导的 点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值
1 f(x)单调递减；x∈1，a－1时，g(x)＜0，此时
f′(x)＞0， f′(x)＜0，
1 f(x)单调递增；x∈a－1，＋∞时，g(x)＞0，此时 函数 f(x)单调递减.
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综上所述，当 a＝0 时，函数 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)
1 1 1 1 f(x)在 x＝a处取得最大值，最大值为 f a＝ln a＋a1－a＝－ln a
＋a－1. 因此 f
1 ＞2a－2 a
等价于 ln a＋a－1＜0.
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 的取值范围是(0，1).
的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.
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
【5份】山东省2016年高考数学(理)二轮专题复习课件：专题整合突破 共153张PPT
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、
②不满足条件时，也可能有零点.
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热点一
函数性质的应用 单一考查函数的奇偶性、单调性、对称性 )
[微题型 1]
【例 1－1】(1) (2015· 福建卷)下列函数为奇函数的是( A.y＝ x C.y＝cos x B.y＝ex D.y＝ex－e
－2
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1 3.(2015· 全国Ⅱ卷)设函数 f(x)＝ln(1＋|x|)－ 2，则使得 f(x)＞f(2x 1＋x －1)成立的 x 的取值范围是( A )
1 A.3，1 1 1 C.－3，3 1 B.－∞，3∪(1，＋Байду номын сангаас) 1 1 D.－∞，－3∪3，＋∞
在性定理、数形结合思想，这是高考考查函数的零点与方程
的根的基本方式.
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真题感悟 1.(2015· 广东卷)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的
是( D ) A.y＝x＋sin 2x
x
B.y＝x2－cos x
1 C.y＝2 ＋2x D.y＝x2＋sin x 解析 对于 A，f(－x)＝－x＋sin 2(－x)＝－(x＋sin 2x)＝－f(x)，
log2b＞0”的( A.充要条件 C.必要不充分条件 ) B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件
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解析
2.(2015· 全国Ⅰ卷)已知函数
2016届高考数学(理)二轮复习课件：考前名师备考嘱(共24张PPT)
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对全卷作整体感知后，重点看一两道比较容易的甚至一望 便知结论或一看就能肯定答得出来的题目，看着这些题目，自 己的情绪便会进一步稳定下来，紧张情绪也就消除了，这样， 答好全卷的信心就树立起来．这时切忌把注意力集中在生题难 题上，否则会越看越紧张，越看越没信心，答好考卷的心情就 没有了．
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3．答题的一般流程是什么？ 考试的心理活动过程可分为四个步骤：(1)审题，理解题目 条件和要求； (2)回忆和重现有关知识； (3)在知识和题目的要求 之间建立知识结构；(4)表达解题过程，呈现题目答案． 答题前要纵览全卷，做到胸有全局，起到稳定情绪、增强 信心的作用．注意力还要高度集中，快速、准确地从头到尾认 真读题．对不容易理解的或关键性的字句，要字斟句酌，反复 推敲．
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三、临场篇 考场上有一个平常、平静而自信的心态是考试成功的必要 条件，把高考当作一次平时的练习考试，时刻提醒自己：过度 紧张是没用的，患得患失是没有用的，只有心平气和的进入考 场，才能考出自己的真实水平．第一你们要相信老师已经为你 们做好了充分的准备，更要相信自己，该复习的内容我们都复 习到了，相信自己一定能考出水平；第二不要给自己定一个理 想的分数线，许多考生在高考前都有一个“我要考多少”的计 划，但由于试卷的难度、个人对试卷的适应程度等诸多不确定
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二、临考篇 1．回归基础，轻松热身 距高考还有三、四天的时间，这段时间里大家不要再盲目 做题了，更不能去钻研难题、偏题、怪题，以免造成心理障碍， 因此建议你们看、做最近做过的试卷：各大市模拟试卷、考前 回归课本专题、 《考前内部资料》等，通过看试卷再次进行知 识回顾、方法回顾、疑点回顾、热点回顾、结论回顾和题型回 顾．
山东省2016年高考数学(理)二轮专题复习课件：专题一 专题整合突破 第2讲 不等式及线性规划
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2 x ，x≤1， 4.(2015· 浙江卷 ) 已知函数 f(x) ＝ 6 则 f(f( －2))＝ x＋ －6，x＞1， x
________，f(x)的最小值是________.
解析 x2，x≤1， 因为 f(x)＝ 6 x＋ －6，x＞1， x
2 2 且仅当 b＝2a 时取等号.∴ ab≥ ，∴ab≥2 2.故选 C. ab
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x＋y－2≤0， 3.(2015· 全国Ⅰ卷)若 x，y 满足约束条件x－2y＋1≤0，则 z＝3x 2x－y＋2≥0， ＋y 的最大值为________.
解析 作出不等式组所表示的可行域
( 如图中阴影部分所示 ) ，作直线 l0 ： 3x ＋ y ＝ 0 ，平移直线 l0 ，当直线 3x ＋ y ＝ z 过点(1，1)时，zmax＝3＋1＝4. 答案 4
B.3
C.4
a b≥4，当且仅当 a＝b＝2 时，取等号.故选 C.
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2.(2015· 陕西卷)设 f(x)＝ln x， 0＜a＜b， 若 p＝f( ab)， q＝f 1 r＝ (f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是( C ) 2 A.q＝r＜p C.p＝r＜q B.q＝r＞p D.p＝r＞q
论：①对二次项系数与0的大小进行讨论；②在转化为标准形式
的一元二次不等式后，对判别式与0的大小进行讨论；③当判别
式大于0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论.
高三二轮复习专题讲座函数与导数ppt课件
3
一、课标、教学要求、考试说明的解读
考试要求： 对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次 （在下表中分别用A、B、C表示）． 了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解 决相关的简单问题． 理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一 定综合性的问题． 掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合 性较强的或较为困难的问题．
4
内
容
要求
函数的有关概念
A
B
C
√
函数的基本性质
√
函
指数与对数
√
指数函数的图象与性质
√
对数函数的图象与性质
√
数
幂函数
√
函数与方程
√
函数模型及其应用
√
导数的概念
√
导
导数的几何意义
√
导数的运算
√
数
利用导数研究函数的单调
√
性与极值
导数在实际问题中的应用
√
5
二、近几年高考试题分析
高考函数与导数试题的命题特点
分析：此 题 的 关 键 是 集正 合 M的 确含 理,所 义 解谓 在 定 义 域 内 x0,使 存得 f在 (x01)f(x0)f(1) 成 立 ,就 是 方 f(x程 1)f(x)f(1)有 实 数 . 解
10
此 题 在 最 初 命,第 题(4时 )个 函 数 不f (是 x) cosx,而 是
7
三、目前学生存在的问题、成因
通过这次期末调研考试，以及一轮复习中反映出的 情况来看，在函数与导数部分主要存在着以下几个 方面的问题： 1．基础知识掌握不牢，该过关的地方还没过关， 主要是由于基本概念不清、运算能力不强； 2．灵活运用知识解决问题的能力不够，主要是由 于对于所学的知识理解不透，不能举一反三； 3．转化与化归的能力较弱，主要是平时解题过程 中不注意对方法的归纳与小结．
【6份】2016届高考数学(理)二轮复习课件：高考大题专讲 共301张PPT
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重 点 透 析
重点透析 难点突破
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题型一 导数与不等式问题 1． 利用导数解决不等式的恒成立问题时常采用分离参数法或 不等式转化法，通过求函数的最值加以解决．
重 点 透 析
2． 利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函 数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式 的目的．
从而得到， 当 k>1 时， 对于 x∈(0， k－1)， 恒有 |f(x)－g(x)|> x2， 故满足题意的 t 不存在． k＋1 当 k<1 时，取 k1＝ ，从而 k<k1<1， 2 由(2) 知，存在 x0>0，使得 x∈(0，x0)，f(x)>k1x>kx＝g(x)， 1－k 此时 |f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)>( k1－k)x＝ x. 2
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[思路引导]
(1)欲证当 x>0 时， f(x)<x，只需构造函数 F(x)
＝f(x)－x，证明当 x>0 时，F(x)<0；(2)构造函数 G(x)＝f(x)－g(x)， 求 G′(x)，对 k 进行分类讨论，判断 G′(x)的符号，从而判断函
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－2x2－x 1 则有 M′(x)＝1－ －2x＝ . 1＋x x＋1 当 x>0 时，M′(x)<0，所以 M(x)在[0，＋∞)上单调递减， 故 M(x)<M(0)＝0.
2016届高三高考总复习数学(理,山东专版)名校课件：专题突破一
【变式训练 1】 (理)已知函数 f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且 a＝
2 f′ 3.
(1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间； (3)设函数 g(x)＝(f(x)－x3)· ex，若函数 g(x)在 x∈[－3,2]上单调 递增，求实数 c 的取值范围．
[解] (1)由 f(x)＝x3＋ax2－x＋c， 得 f′(x)＝3x2＋2ax－1.
2
2 解得 0<x< . a 所以当 a>0 时，函数
2 f(x)在区间(－∞，0)，a，＋∞ 上为减函
2 数，在区间0，a 上为增函数．
2 ③当 a<0 时，由 2x－ax <0，解得 <x<0，由 2x－ax2>0，解得 a
2
2 x< 或 x>0. a 所以，当 a<0 时，函数
1 (2)由(1)知，f(x)＝ (x－5)2＋6ln x(x>0)， 2 6 x－2x－3 f′(x)＝x－5＋ ＝ . x x 令 f′(x)＝0，解得 x1＝2，x2＝3. 当 0<x<2 或 x>3 时，f′(x)>0，故 f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为 增函数；当 2<x<3 时，f′(x)<0，故 f(x)在(2,3)上为减函数． 9 由此可知，f(x)在 x＝2 处取得极大值 f(2)＝ ＋6ln 2， 2 在 x＝3 处取得极小值 f(3)＝2＋6ln 3.
2 2 时，f(x)在a，0上单调递减，在－∞，a ，(0，＋∞)
上单调递增．
【反思启迪】
1判断函数的单调性，求函数的单调区间，
极值等问题，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或一元二次不等式问题.,2 若已知 fx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.
高考数学二轮复习课件高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”讲义理(含解析)
函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”[思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >ea时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (1)＝－e.记g (x )＝exx－2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e xx 2，所以当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g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x，则h ′(x )＝exx －1e x2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围； (3)设k ∈Z ，当x >1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5.(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，所以至少存在一个x 使x ln x <ax 22成立，即至少存在一个x 使a >2ln x x成立．令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝21－ln xx 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x在[1，e]上单调递增.故当x ＝1时，h (x )min ＝0，所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1.令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2x －12.令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0在x >1时恒成立.所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0. 当1<x <x 0时，m (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，m (x )>0，即F ′(x )>0， 所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0x 0－2＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)．故k <x 0＋2(k ∈Z)，所以k 的最大值为5. [总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测] 1．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.3．(2018·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x(k ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x1＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x－22＋x ＋ax 2－2x 1＋2ax2＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1x ＋1ax 2＋x ＋22.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －24x ＋1x 2－6x －122，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.。
2016年全国课标卷 高考二轮复习-数学ppt
在临考前的半个月， 考生要处理好两个 问题： 1. 如何在短时间内进行合理训练， 达到“恰到好处、高效提分”？ 2. 如何掌握好应试技巧， 使得两小时的考试能正常或超水平发挥?
内容
高考数学模拟 卷（一） 高考数学模拟 卷（二） 高考数学模拟 卷（三）
时间
周六 周一 周二 周三 周四 周五
安排
解析几何综合题通常较难，在高 考试卷中位于第二压轴题的位置，属 于第二道坎。虽然如此，但是只要处 理得当，还是有信心做好的。 要注意四个字： 懂---弄懂题型，搞懂方法； 通---理顺思维，接通线路； 巧---求简意识，设而不求； 忍---不厌其烦，贵在坚持。
一、懂---弄懂题型，搞懂方法
1、与弦的中点和斜率相关问题：多用 “点差法”
横看成岭侧成峰， 远近高低各不同。 不识庐山真面目， 只缘身在此山中。
----北宋-苏轼
解析几何综合题通常较难，在高 考试卷中位于第二压轴题的位置，属 于第二道坎。虽然如此，但是只要处 理得当，还是有信心做好的。 要注意四个字： 懂---弄懂题型，搞懂方法； 通---理顺思维，接通线路； 巧---求简意识，设而不求； 忍---不厌其烦，贵在坚持。
高二暑假前，有准高三同学问： 我在高二暑假做什么数学题好呢？
利用暑假，在7月份集中半个月时 间，测验、分析过去7年的全国新课标 1的高考数学试题。要求：每两天一套 卷，第一天限定2小时做卷，第二天用 1小时改卷、分析。
每做完一套卷，分析时做两项工作： 1、试题三基层次
考查层次
双基
题型 选择题 填空题 解答题 选择题 填空题 解答题 选择题 填空题
128.86
语文 93（作文37.8）（历史新低） 理数 95.21 文数 85.39 英语 81（语法填空6.38基础写作6.79 读写任务11.94机读卡46.25听力9） 文综 169（政治52历史56地理61） 理综 163（物理63生物50化学59）