2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题一 第五讲 导数应用一 含解析 精品
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 通解 优解
[师生共研·析重点] [例 1](2016·吉林省实验中学模拟)已知定义在 R 上的函数．f(x)满 足 f(3－x)＝f(x)，x－32f′(x)<0，若 x1<x2，且 x1＋x2>3，则有( A ) A．f(x1)>f(x2) B．f(x1)<f(x2) C．f(x1)＝f(x2) D．f(x1)与 f(x2)的大小关系不确定
＝max29a 3a＋b，29a 3a－b＝29a 3a＋|b|≥29×34×
3×34＝14.
考点三
考点一 考点二 考点三
试题 解析
③当
0<a<34时，－1<－2
3a 2 3<
3a 3 <1.
由(1)和(2)知
f(－1)<f－2
33a＝f
33a，f(1)>f2 33a＝f－
33a，
所以 f(x)在区间[－1,1]上的取值范围为[f(－1)，f(1)]．
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
(1)由题意得 f′(x)＝2ax－1x＝2axx2－1(x>0)．
当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x0，f(x)单调递减；
当 x∈
12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
考点三
试题 解析
考点一 考点二 考点三
x f′(x)
－∞，－
3a
3
＋
－ 3a 3 0
－
33a，
3a
3
－
3a 3
33a，＋∞
0
＋
f(x)
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以
f(x)
的
单
调
递
减
区
间
为
－
33a，
33a ， 单 调 递 增 区 间 为
－∞，－
33a，
33a，＋∞.
考点三
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2016·高考全国Ⅲ卷)已知 f(x)为偶函数，当 x<0 时，f(x)＝ln(－ x)＋3x，则曲线 y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是 _y_＝__－__2_x_－__1__．
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
先利用函数奇偶性求出 x>0 时 f(x)的解析式，再求切线方程． 因为 f(x)为偶函数，所以当 x>0 时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以 f′(x)＝1x－3，则 f′(1)＝－2.所以 y＝f(x)在点(1，－3)处的切线 方程为 y＋3＝－2(x－1)，即 y＝－2x－1.
考点三
试题 解析
考点一 考点二 考点三
②当34≤a<3 时，－2 33a≤－1<－
3a 3<
33a<1≤2
3a 3.
由(1)和(2)知
f(－1)≥f－2
33a＝f
33a，f(1)≤f2 33a＝f－
33a，
所以 f(x)在区间[－1,1]上的取值范围为f
33a，f－
3a
3
，
因此 M＝maxf 33a，f－ 33a＝max－29a 3a－b，29a 3a－b
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
[自主突破·提速练] 1．(2016·高考全国Ⅱ卷)若直线 y＝kx＋b 是曲线 y＝ln x＋2 的切 线，也是曲线 y＝ln(x＋1)的切线，则 b＝__1_－__l_n_2___.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 解析
分别求出两个对应函数的导数，设出两个切点坐标，利用导数得到两个 切点坐标之间的关系，进而求出切线斜率，求出 b 的值． 求得(ln x＋2)′＝1x，[ln(x＋1)]′＝x＋1 1. 设曲线 y＝ln x＋2 上的切点为(x1，y1)，曲线 y＝ln(x＋1)上的切点为(x2， y2)，则 k＝x11＝x2＋1 1，所以 x2＋1＝x1. 又 y1＝ln x1＋2，y2＝ln(x2＋1)＝ln x1，所以 k＝xy11－－yx22＝2， 所以 x1＝1k＝12，y1＝ln 12＋2＝2－ln 2， 所以 b＝y1－kx1＝2－ln 2－1＝1－ln 2.
当 0<a<12时，
1 >1.
2a
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
由(1)有 f
12a<f(1)＝0，而
g
12a>0，
所以此时 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当 a≥12时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当
x>1
时，h′(x)＝2ax－1x＋x12－e1－x>x－1x＋x12－1x＝x3－x22x＋
利用导数研究函数的单调性 [经典结论·全通关]
1．函数单调性的判定方法 在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在此区间内 单调递增；如果 f′(x)<0，那么函数 y＝f(x)在此区间内单调递减． 2．已知函数的单调性求参数的取值范围 设可导函数 f(x)在某个区间内单调递增(或递减)，则可以得出函数 f(x)在这个区间内 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，从而转化为恒成立问 题来解决(注意等号成立的检验)．
考点二
试题 解析
(2)证明：令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
当 x>1 时，s′(x)>0，所以 ex－1>x，
考点一 考点二
从而 g(x)＝1x－ex1－1>0. (3)由(2)知，当 x>1 时，g(x)>0.
考点三
当 a≤0，x>1 时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故当 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2016·昆明模拟)函数 f(x)＝14ln x＋x2－bx＋a(b>0，a∈R)的图
象在点(b，f(b))处的切线的倾斜角为 α，则倾斜角 α 的取值范围是
(B )
A.π4，π2
B.π4，π2
C.34π，π
D.34π，π
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
考点二 利用导数研究函数的单调性
试题 解析
考点一 考点二 考点三
3．(2016·高考四川卷)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－eex， 其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x>1 时，g(x)>0； (3)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒 成立．
考点 错题题号
诊
知识性 方法性 运算性 审题性
断 考点一
评 价 考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
考点一 导数的几何意义
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] f′(x0)表示曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 y ＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为 y－f(x0)＝(x－x0)f′(x0)．
第五讲 导数应用(一)
考点一 导数的几何意义
试题 解析
考点一 考点二 考点三
1．(2015·高考全国Ⅱ卷)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＝____8____.
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
解法一 由 y＝x＋ln x 得 y′＝1＋1x，∴曲线 y＝x＋ln x 在点(1,1) 处的切线的斜率 k＝2，故切线方程为 y＝2x－1.∵y＝2x－1 与曲
1 x2－2x＋ > x2
1 >0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
又因为 h(1)＝0，所以当 x>1 时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即 f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈21，＋∞.
考点三 利用导数研究函数的极值与最值
试题 解析
考点一 考点二 考点三
4．(2016·高考天津卷)设函数 f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中 a，b ∈R. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)存在极值点 x0，且 f(x1)＝f(x0)，其中 x1≠x0，求证：x1 ＋2x0＝0； (3)设 a>0，函数 g(x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间[－1,1]上的最大值 不小于14.
考点一
考点一 考点二 考点三
1.曲线 y＝fx在点 Px0，y0处的切线是指 P 为切点，斜率 为 k＝f′x0的切线，是唯一的一条切线 2.曲线 y＝fx过点 Px0，y0的切线，是指切线经过 P 点.点 P 可以是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有 多条.
考点二
考点一 考点二 考点三
线
y＝ax2＋(a＋2)x＋1
y＝2x－1， 相切，∴y＝ax2＋a＋2x＋1，
消去
y
得 ax2＋ax＋2＝0. ∵a≠0 且 Δ＝a2－4×2a＝0，∴a＝8.
考点一
考点一 考点二 考点三
试题 解析
解法二 同解法一，得曲线 y＝x＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为 y＝2x－1.∵y＝2x－1 与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，∴设切 点的坐标为(x0，y0)，∴y0＝2x0－1 ①.由 y′＝2ax＋(a＋2)，得 2ax0＋(a＋2)＝2 ②.由题意知 a≠0，由②可得 x0＝－12. 把 x0＝－12代入①，得 y0＝－2， ∴－12，－2在曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 上，故 a＝8.
高中数学理科专题讲解高考大题专项(一)《导数的综合应用》教学课件
题型二 讨论函数的单调性例2(2019湖北八校联考一,21)已知函数f(x)=x3+ x2-4ax+1(a∈R).(1)略;(2)若函数h(x)=a(a-1)ln x-x3+3x+f(x),讨论函数h(x)的单调性.
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解题心得在判断函数f(x)的单调性时,若f'(x)中含有参数不容易判断其正负时,需要对参数进行分类讨论,分类的标准:(1)按导函数是否有零点分大类;(2)在大类中按导函数零点的大小分小类;(3)在小类中按零点是否在定义域中分类.
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,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
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题型二 求函数的极值、最值例2(2019四川成都七中一模,21)已知函数f(x)=xsin x+2cos x+ax+2,其中a为常数.(1)略;(2)求函数f(x)在[0,π]上的最小值.
--
解: (2)对∀x∈[0,π],f'(x)=xcos x-sin x+a,令g(x)=xcos x-sin x+a,g'(x)=-xsin x≤0,所以f'(x)在区间[0,π]上单调递减.当a≤0时,f'(x)≤f'(0)=a≤0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递减,故fmin(x)=f(π)=aπ.当a≥π时,f'(x)≥f'(π)=a-π≥0,∴f(x)在区间[0,π]上单调递增,故fmin(x)=f(0)=4.当0<a<π时,因为f'(0)=a>0,f'(π)=a-π<0,且f'(x)在区间[0,π]上单调递减,结合零点存在定理可知,存在唯一x0∈(0,π),使得f'(x0)=0,且f(x)在[0,x0]上单调递增,在[x0,π]上单调递减.故f(x)的最小值等于f(0)=4和f(π)=aπ中较小的一个值.
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-6导数与函数 精品
＝x－1，因而 f(x)的图像恒在 y＝x－1 的下方，则当 x∈(0，1]
时，函数 f(x)的图像上任意两点连线的斜率均不小于 1，即
f（m）m－－nf（n）≥1，故mn mnmn≥em－n.
回顾 (1)本题考查利用导数研究曲线的切线、不等式的证明 等，考查考生的化归与转化思想．本题以函数 f(x)＝lnxx为原型函 数，入手点简单，但所涉及的问题有一定的高度，特别是第(2) 问不等式的证明，需经过多次转化．如果不善于转化或转化错误 则满盘皆输．
(2)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点 x0，使得 x0＋x10<mf(x0) 成立，
则构造函数 h(x)＝x＋1x－mf(x)＝x＋1x－mlnx＋mx 在[1，e]上 的最小值小于零．
h′(x)＝1－x12－mx －xm2 ＝x2－mxx－2 m－1＝（x＋1）（x2x－m－1）.(6 分) 令 h′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝m＋1，
调研一 切线、恒成立
lnx＋k (2016·江 西 七 校 二 次 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ ex
(k∈R，e 是自然对数的底数)，f′(x)为 f(x)的导函数． (1)当 k＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； e－2＋1 (2)若 f′(1)＝0，试证明：对任意的 x>0，f′(x)< x2＋x 恒成
①当 m＋1≥e 时，即 m≥e－1 时，h(x)在[1，e]上单调递减， (8 分)
所以 h(x)的最小值为 h(e)，由 h(e)＝e＋1＋e m－m<0 可得 m>ee2－＋11，
因为ee2－＋11>e－1，所以 m>ee2－＋11；(10 分) ②当 m＋1≤1，即 m≤0 时，h(x)在[1，e]上单调递增， 所以 h(x)最小值为 h(1)，由 h(1)＝1＋1＋m<0 可得 m<－2； (11 分)
2018年高考数学一轮复习课件：第二章 函数、导数及其应用 第5讲
第二十一页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
(2)(代数换元法)令 t＝ 1－2x(t≥0)，则 x＝1－2 t2，∴y＝－t2＋t＋1＝－t－212＋45. ∴当 t＝21，即 x＝38时，y 取最大值，ymax＝45，且 y 无最小值，∴函数的值域为－∞，54.
(3)(三角换元法)令 x＝3cos θ，θ∈[0，π]，则 y＝3cos θ＋4＋3sin θ＝3 2sinθ＋4π＋4. ∵0≤θ<π，∴π4≤θ＋π4≤54π，∴－ 22≤sinθ＋4π≤1. ∴1≤y≤3 2＋4，∴函数的值域为[1,3 2＋4]．
第二章
函数、导数及其应用
第5讲 函数的单调性与最值
第一页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
考纲要求
理解函数的 单调性、最 大值、最小 值及其几何 意义.
考情分析
命题趋势
2016，全国卷
Ⅰ，21(1)T 函数的单调性和
2Ⅱ200，11662，，1(四全1)川国T 卷卷，最 题 单 者值 型 调 是， 经 性 求常 求 参热是 最 数点利 值 的问用 或 范题，
第二十二页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
(4)(数形结合法)如图，函数 y＝ x＋32＋16＋ x－52＋4的几何意义为平面内 一点 P(x,0)到点 A(－3,4)和点 B(5,2)的距离之和．由平面解析几何知识，找出 B 关于 x 轴的对称点 B′(5，－2)，连接 AB′交 x 轴于一点 P，此时距离之和最小，∴ymin ＝|AB′|＝ 82＋62＝10，又 y 无最大值，所以函数的值域为[10，＋∞)．
2
∴y＝log1 (x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
2
第十九页，编辑于星期六：二十二点 二十分。
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题五 第四讲 圆锥曲线的综合应用二 精品
解得 a＝2，b＝ 2.
所以椭圆 E 的方程为x42＋y22＝1.
考点三
考点一 考点二 考点三
试题 解析
(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，点 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立x42＋y22＝1， 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. y＝kx＋1，
考点三
考点一 考点二 考点三
圆锥曲线中的探索存在性问题
试题 解析
3.(2015·高考四川卷)如图，椭圆 E：xa22＋by22＝1
(a>b>0)的离心率是 22，点 P(0,1)在短轴 CD 上， 且P→C·P→D＝－1.
(1)求椭圆 E 的方程；
(2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点．是
yN＝4t24＋t 1.
由椭圆的对称性可知这样的定点在 x 轴上．
试题 解析
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
不妨设这个定点为 Q(m,0)，
12t
4t
则 kMQ＝148t－24＋t28＋9t2－9 m，kNQ＝84tt224－＋t2＋21－1 m，
kMQ＝kNQ，故(8m－32)t2－6m＋24＝0，得 m＝4. 即直线 MN 经过定点(4,0)．
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
直线 PB 的方程为 y＝y0x－0 1x＋1. 令 y＝0，得 xN＝－y0x－0 1，从而|AN|＝2－xN＝2＋y0x－0 1. 所以四边形 ABNM 的面积 S＝12|AN|·|BM|＝122＋y0x－0 11＋x02－y02 ＝x20＋42y20x＋0y04－x0xy00－－42xy00－ ＋28y0＋4＝2xx00yy00－ －2xx0－0－24y0y＋0＋24＝2. 从而四边形 ABNM 的面积为定值．
2018年高考数学二轮复习 第一部分 专题一 第五讲 导数的应用 第六讲 导数的应用(二)教案.doc
2018年高考数学二轮复习 第一部分 专题一 第五讲 导数的应用 第六讲 导数的应用（二）教案1．(2017·高考全国卷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． 解析：(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，＋∞)单调递减， 在(－1－2，－1＋2)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 ，h ′(x )＝－x e x<0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)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，g ′(x )＝e x－1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)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，＋∞)．2．(2016·高考全国卷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 的取值范围． 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 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.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，g (1)＝0. 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 －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.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 的取值范围是(－∞，2]．导数与方程问题[典例](2017·临沂模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28….(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1,2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由． 解析：(1)证明：h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x ，则h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点． (2)由(1)得h (x )＝e x－1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)， 而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1,2)内有零点， 因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h ′(x )＝e x－12x 12-－1，记φ(x )＝e x－12x 12-－1，则φ′(x )＝e x＋14x 32-.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点． 所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2. [类题通法]数学思想在用导数研究方程根或零点问题中的应用对于函数的零点问题，往往通过利用导数来研究函数的单调性，从而研究函数在不同区间上的函数取值，利用数形结合来求解函数的零点个数或参数的取值范围．在求解的过程中要注意函数零点的存在性定理及分类讨论思想的应用．[演练冲关]1．(2016·江西宜春中学模拟)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．解析：(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， ∴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.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(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)＝23.①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．2．已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围． 解析：(1)∵h (x )的定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x2＝－x －x －x 2，∴h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)．(2)问题等价于a ln x ＝1x有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根，构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x ， 由φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1， 当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减， 当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.如图，作出函数φ(x )的大致图象，则要使方程x ln x ＝1a有唯一的实根，只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a>0，解得a ＝－e 或a >0，故实数a 的取值范围是{a |a ＝－e 或a >0}．导数、函数、不等式的交汇问题函数、导数、不等式的交汇命题是课标卷命题的热点，也是每年高考必考内容，常考的角度主要有不等式恒成立问题及证明不等式，综合性能有较大的区分度． 交汇点一 不等式恒成立问题[典例1](2017·洛阳模拟)设函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1(其中常数a ∈R )．(1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求x 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，所以f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝a －3＋a ＋1＝0，解得a ＝1， 此时f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)，当x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )为增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，所以a ＝1符合题意． (2)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，不等式f ′(x )>x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于a >x 2＋2xx ＋2对任意a ∈(0，＋∞)都成立，等价于x 2＋2x x 2＋2≤0成立，所以x 2＋2x ≤0，解得－2≤x ≤0. 所以x 的取值范围是[－2,0]． [类题通法]等价转化思想在求解不等式恒成立问题中的两种方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即：①λ≥f (x )恒成立，则λ≥f (x )max . ②λ≤f (x )恒成立，则λ≤f (x )min .(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f (x )≥0，则只需f (x )min ≥0.[演练冲关]1．(2017·南昌模拟)已知函数f (x )＝e －x[x 2＋(1－m )x ＋1](e 为自然对数的底数，m 为常数)． (1)若曲线y ＝f (x )与x 轴相切，求实数m 的值；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,1]使得2f (x 1)<f (x 2)成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝－e －x[x 2＋(1－m )x ＋1]＋e －x(2x ＋1－m )＝e －x[－x 2＋(m ＋1)x －m ]＝－e －x(x －m )(x －1)，设切点为(t,0)，则f ′(t )＝0，f (t )＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－e －tt －m t －＝0，e －t [t 2＋－m t ＋1]＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝m ，m ＝－1，所以m 的值是3或－1.(2)依题意，当x ∈[0,1]时，函数f (x )max >2f (x )min ，①m ≥1时，当x ∈[0,1]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减， 所以f (0)>2f (1)，即1>2×3－m e ⇒m >3－e2； ②m ≤0时，x ∈[0,1]时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增， 所以f (1)>2f (0)，即3－me >2⇒m <3－2e ；③当0<m <1时，当x ∈(0，m )时f ′(x )<0， 当x ∈(m,1)时，f ′(x )>0， 所以f (x )min ＝f (m )＝m ＋1e，f (x )max ＝f (0)或f (1)，记函数g (m )＝m ＋1e m ，g ′(m )＝－mem ，当m ≥0时，g ′(m )≤0，g (m )单调递减， 所以m ∈(0,1)时，g (m )>g (1)＝2e ，所以2f (x )min ＝m ＋em>4e>1＝f (0)， 2f (x )min ＝m ＋e m>4e >3e >3－m e＝f (1)，不存在m ∈(0,1)使得f (x )max >2f (x )min ， 综上，实数m 的取值范围是(－∞，3－2e)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3－e 2，＋∞. 交汇点二 证明不等式[典例2] (2017·吉林实验中学模拟)已知函数f (x )＝(ax 2－x ＋a )e x. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )＝b ln x －x (b >0)，当a ＝12时，若对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)＋g (x 2)≥0成立，求实数b 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝(x ＋1)(ax ＋a －1)e x.当a ＝0时，f ′(x )在(－∞，－1)上时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，－1)上单调递增；f ′(x )在(－1，＋∞)上时，f ′(x )<0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．当a >0时，因为－1＋1a>－1，所以f (x )在(－∞，－1)和(－1＋1a ，＋∞)上单调递增，在(－1，－1＋1a)上单调递减；当a <0时，因为－1＋1a<－1，所以f (x )在(－∞，－1＋1a )和(－1，＋∞)上单调递减，在(－1＋1a，－1)上单调递增．(2)由(1)知当a ＝12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，因此f (x )在(0,2)上的最小值为f (1)＝0；由题意知，对任意x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使g (x 2)≥－f (x 1)成立， 因为[－f (x 1)]max ＝0，所以b ln x 2－x 2≥0，即b ≥x 2ln x 2. 令h (x )＝x ln x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝ln x －1x<0，因此h (x )min ＝h (2)＝2ln 2，所以b ≥2ln 2. [类题通法]构造函数法证明不等式中常见的四种方法(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．(3)主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，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．[演练冲关]2．(2017·武汉调研)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a >0，证明：当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )； (3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1＋x 22)>0.解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x＝x 2＋－a x －ax＝x ＋x －ax.若a ≤0，则f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0<x <a 时，f ′(x )<0；当x >a 时，f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a－x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )． ∴g ′(x )＝2－a a ＋x －aa －x ＝－2x2a 2－x 2.当0<x <a 时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，a )上是减函数． 而g (0)＝0，∴g (x )<g (0)＝0. 故当0<x <a 时，f (a ＋x )<f (a －x )．(3)证明：由(1)可知，当a ≤0时，函数f (x )至多有一个零点， 故a >0，从而f (x )的最小值为f (a )，且f (a )<0. 不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<a <x 2，∴0<a －x 1<a .由(2)，得f (2a －x 1)＝f (a ＋a －x 1)<f (x 1)＝0＝f (x 2)． 从而x 2>2a －x 1，于是x 1＋x 22>a .由(1)知，f ′(x 1＋x 22)>0.。
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题一 第六讲 导数应用二 含解析 精品
[师生共研·析重点] [例](2016·重庆适应性测试)设 f(x)＝(ax＋b)e－2x，曲线 y＝f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 x＋y－1＝0. (1)求 a，b； (2)设 g(x)＝f(x)＋xln x，证明：当 0<x<1 时，2e－2－e－1<g(x)<1.
考点二 利用导数证明不等式
试题 解析
考点一 考点二 考点三 考点四
2．(2016·高考全国Ⅲ卷)设函数 f(x)＝ln x－x＋1. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜xln－x1＜x； (3)设 c＞1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
考点二
试题 解析
考点三 利用导数研究方程根(函数零点)的问题
试题 解析
考点一 考点二 考点三 考点四
3．(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个 零点． (1)求 a 的取值范围； (2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
考点三
考点一 考点二 考点三 考点四
考点一
考点一 考点二 考点三 考点四
试题 解析
(2)由(1)知，若 k＝1， 当 x>1 时，f(x)<f(x)极大值＝0，即不存在 x0>1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)>0； 若 k>1， 当 x>1 时，f(x)＝2ln x－(x－1)2－2k(x－1)<2ln x－(x－1)2－2(x－ 1)<0，即不存在 x0>1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)>0； 若 k<1，f(x)＝2ln x－(x－1)2－2k(x－1)， ∴f′(x)＝2x－2x＋2－2k＝x2[－x2＋(1－k)x＋1]， 令 f′(x)＝0，即－x2＋(1－k)x＋1＝0，
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，
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用 精品
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲 线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
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 P(12，f(12))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， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第二章 函数、导数及其应用 2.1 精品
映射
按照某一个确定的对 应关系f,对于集合A中 的_任__意__一个元素x,在 集合B中都有_唯__一__确__定__ 的元素y与之对应
函数
映射
那么就称f:A→B为从 名称 集合A到集合B的一个
函数
那么就称对应f:A→B为 从集合A到集合B的一个 映射
记法
y=f(x),x∈A 对应f:A→B是一个映射
所kb 以23f92,(.x)=
2x 2. 39
【易错警示】解答本例题(1)会出现以下错误: 题目利用换元法求解析式,易忽视换元后t的取值范围, 从而造成求出的函数定义域扩大而致误.
【规律方法】求函数解析式常用的四种方法 (1)配凑法:由已知条件f(g(x))=F(x),可将F(x)改写成 关于g(x)的解析式,然后以x替代g(x),便得f(x)的解析 式. (2)待定系数法:若已知函数的类型(如一次函数、二次 函数)可用待定系数法.
【特别提醒】 1.判断函数相同的依据 (1)两个函数的定义域相同. (2)对应关系相同.
2.分段函数的相关结论 (1)分段函数虽由几个部分组成,但它表示的是一个函 数. (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集, 值域等于各段函数的值域的并集.
3.判断函数图象的常用结论 与x轴垂直的直线和一个函数的图象至多有1个交点.
【解析】要使函数f(x)有意义，必须使
x 2x2 0,
x
x＞解0,得
x
x
1,
x＜ 1 . 2
所以函数f(x)的定义域为 {x | x＜ 1}.
2
答案：{x | x 1}
2
考向二 求函数的解析式
【典例2】(1)已知 f ( x 1) x 2 x，则f(x)=
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 精品
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.