【步步高】高考数学(文,江苏专用)大二轮总复习练习：专题二第4讲导数的热点问题(含答案解析)
第 4 讲 导数的热门问题
(2016 ·标全国乙课 )已知函数f(x)＝ (x － 2)e x ＋ a(x －1) 2 有两个零点．
(1) 求 a 的取值范围；
(2) 设 x 1， x 2 是 f(x)的两个零点，证明： x 1＋ x 2<2.
(1) 解 f ′(x)＝ (x － 1)e x ＋ 2a(x － 1)＝ (x －1)(e x ＋ 2a)．
①设 a ＝ 0，则 f(x)＝ (x － 2)e x ， f(x)只有一个零点．②设 a>0，则当 x ∈(－ ∞， 1) 时， f ′(x)<0 ；
当 x ∈ (1，＋ ∞)时， f ′(x)>0 ，
所以 f( x)在 (－∞，1) 上单一递减，在 (1，＋ ∞)上单一递加．
又 f(1) ＝－ e ， f(2)＝ a ，取 b 知足 b<0 且 b ， 2 a 2 2 3 则 f(b)>2(b － 2)＋ a( b － 1) ＝a b － 2b >0， 故 f(x)存在两个零点． ③设 a<0，由 f ′(x)＝ 0 得 x ＝1 或 x ＝ ln(－ 2a)． 若 a ≥－ e 2，则 ln(－ 2a) ≤1，故当 x ∈ (1，＋ ∞)时， f ′(x)>0 ，所以 f(x)在 (1，＋ ∞)上单一 递加．又当 x ≤1时， f(x)<0 ，所以 f(x)不存在两个零点． 若 a<－ e 2，则 ln( － 2a)>1，故当 x ∈ (1，ln(－ 2a))时，f ′(x)<0 ；当 x ∈ (ln(－ 2a)，＋ ∞)时，f ′(x)>0 ， 所以 f( x)在 (1，ln( － 2a)) 上单一递减，在 (ln( － 2a)，＋ ∞)上单一递加． 又当 x ≤1时， f(x)<0 ，所以 f(x)不存在两个零点． 综上， a 的取值范围为 (0，＋ ∞)． (2) 证明 不如设 x 1 ∞， 1)上单一递减，所以 x 1＋ x 2<2 等价于 f(x 1)>f(2－ x 2)，即 f(2 －x 2)<0. 2 x 2 因为 f(2－ x 2) ＝ x 2 e 2 ＋ a(x 2－ 1) ， 而 f(x 2)＝ (x 2－ 2) e x 2 ＋ a(x 2－ 1)2＝ 0， 所以 f(2－ x 2) ＝ x 2e 2 x 2 ( x 2 2)e x 2 . 设 g(x) ＝－ xe 2－ x － (x － 2)e x ，则 g ′(x)＝ (x － 1)(e 2－ x － e x )，所以当 x>1 时， g ′(x)<0 ，而 g(1) ＝ 0，故当 x>1 时， g(x)<0，进而 g(x 2)＝ f(2－ x 2)<0，故 x 1＋ x 2<2. 利用导数探究函数的极值、 最值是函数的基本问题， 高考取常与函数零点、 方程根及不等式相联合，难度较大． 热门一 利用导数证明不等式 用导数证明不等式是导数的应用之一， 能够间接考察用导数判断函数的单一性或求函数的最值，以及结构函数解题的能力． 例 1 已知函数 f(x)＝ e x － x 2＋ a ， x ∈R ，曲线 y ＝ f(x) 的图象在点 (0，f(0)) 处的切线方程为 y ＝ bx. (1) 求函数 y ＝ f(x) 的分析式； (2) 2 ＋ x ； 当 x ∈R 时，求证： f(x) ≥－ x (3) 若 f(x)>kx 对随意的 x ∈ (0，＋ ∞)恒成立，务实数 k 的取值范围． (1) 解 依据题意，得 f ′(x)＝ e x －2x ，则 f ′(0)＝1＝ b. 由切线方程可得切点坐标为 (0,0)，将其代入 y ＝ f(x)， 得 a ＝－ 1，故 f(x)＝ e x － x 2－ 1. (2) 证明 令 g(x)＝ f(x)＋ x 2－x ＝ e x － x － 1. 由 g ′(x)＝ e x － 1＝ 0，得 x ＝ 0， 当 x ∈ (－ ∞， 0)时， g ′(x)<0， g(x)单一递减；当 x ∈ (0，＋ ∞)时， g ′(x)>0， g(x)单一递加． ∴ g(x)min ＝ g(0) ＝ 0，∴ f(x) ≥－ x 2 ＋x. f(x) (3) 解 f(x)>kx 对随意的 x ∈ (0，＋ ∞)恒成立等价于 x >k 对随意的 x ∈ (0，＋ ∞)恒成立． 令 φ(x)＝ f(x)， x>0，得 φ′(x)＝ xf ′(x)－ f(x) x 2 x x(e x － 2x) － (e x － x 2－1) (x － 1)(e x － x － 1) . ＝ x 2 ＝ x 2 x 由 (2) 可知，当 x ∈(0，＋ ∞)时， e － x － 1>0 恒成立， ∴ y ＝ φ(x)的单一增区间为 (1，＋ ∞)，单一减区间为 (0,1)， φ(x)min ＝φ(1) ＝ e －2， ∴ k<φ(x)min ＝ e － 2， ∴实数 k 的取值范围为 (－ ∞， e － 2)． 思想升华 用导数证明不等式的方法 (1) 利用单一性：若 f( x)在 [a ，b] 上是增函数，则① ? x ∈ [a ， b] ，则 f(a) ≤f(x) ≤f(b)，②对 ? x 1， x 2∈[ a ，b]，且 x 1 (2) 利用最值：若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m)，则对 ? x ∈ D ，则 f(x) ≤M(或 f(x) ≥m) ． (3) 证明 f(x) (1) 当 x>0 时，求证： f( x)－ 1≥a 1－ 1 ； x (2) 在区间 (1， e)上 f(x)> x 恒成立，务实数 a 的取值范围． (1) 证明 设 φ(x)＝ f(x)－1－ a 1－ 1 x 1 ＝ aln x － a 1－ x (x>0) ， a a x x 2. 令 φ′(x)＝ 0，则 x ＝ 1，当 0 则φ′(x)＝－ 所以 φ(x)在 (1，＋ ∞)上单一递加， 故 φ(x)在 x ＝ 1 处取到极小值也是最小值， 故 φ(x) ≥φ(1)＝ 0， 即 f(x)－ 1≥a 1－ 1 x . x － 1 (2) 解 由 f(x)>x 得 aln x ＋ 1>x ，即 a> ln x . x － 1 x － 1 ln x － x 令 g(x) ＝ ln x (1< x 令 h(x) ＝ln x － x － 1 (1 >0， x x 2 x 故 h(x) 在区间 (1， e)上单一递加，所以 h(x)>h(1)＝ 0. 因为 h(x)>0 ，所以 g ′(x)>0 ，即 g(x)在区间 (1， e)上单一递加， x －1 则 g(x) 热门二 利用导数议论方程根的个数 方程的根、函数的零点、 函数图象与 x 轴的交点的横坐标是三个等价的观点，解决这种问题能够经过函数的单一性、极值与最值，画出函数图象的走势，经过数形联合思想直观求解． 例 2 已知函数 f(x)＝ (ax 2＋x － 1)e x ，此中 e 是自然对数的底数， a ∈R. (1) 若 a ＝ 1，求曲线 y ＝ f(x)在点 (1， f(1)) 处的切线方程； (2) 若 a＝－ 1，函数 y＝ f(x)的图象与函数g(x)＝1x 3＋ 1 x2＋ m 的图象有 3 个不一样的交点，务 实 32 数 m 的取值范围． 解 (1)当 a＝ 1 时， f(x)＝ (x2＋ x－ 1)e x， 所以 f′(x)＝ (x2＋ x－ 1)e x＋ (2x＋1)e x＝ (x2＋ 3x)e x， 所以曲线y＝ f( x)在点 (1，f(1)) 处的切线斜率为 k＝ f′ (1)＝ 4e. 又因为 f(1) ＝ e， 所以所求切线的方程为y－ e＝4e(x－ 1)， 即 4ex－ y－3e＝ 0. (2)当 a＝－ 1 时， f(x)＝ (－ x2＋ x－ 1)e x， f ′(x)＝( －x2－ x)e x， 所以 y＝ f(x)在 ( －∞，－ 1)上单一递减，在 (－1,0)上单一递加，在 (0，＋∞)上单一递减， 故 f(x)在x＝－ 1 处获得极小值－3，在 e x＝0 处获得极大值－ 1. 而 g′(x)＝ x2＋ x，所以 y＝g(x)在 (－∞，－ 1)上单一递加，在 (－ 1,0)上单一递减，在 (0，＋∞)上单一递加． 故 g(x) 在 x＝－ 1 处获得极大值1 ＋ m，在 x＝ 0 处获得极小值 m. 6 因为函数y＝ f( x)与 y＝g(x)的图象有 3 个不一样的交点，所以 f( －1) 所以－3 － 1 3 － 1 ，－ 1)．e 6e6 思想升华(1) 函数 y＝ f(x)－k 的零点问题，可转变为函数y＝ f( x)和直线 y＝ k 的交点问题．(2) 研究函数y＝ f(x)的值域，不单要看最值，并且要察看随x 值的变化 y 值的变化趋向． 追踪操练 2已知函数 f(x)＝ 2ln x－x2＋ ax(a∈ R)． (1)当 a＝ 2 时，求 f(x)的图象在 x＝ 1 处的切线方程； 1 ， e 上有两个零点，务实数m 的取值范围． (2) 若函数 g(x)＝ f(x)－ ax＋m 在e 解 (1)当 a＝ 2 时， f(x)＝ 2ln x－x2＋ 2x， 2 f ′(x)＝x－ 2x＋ 2，切点坐标为 (1,1)， 切线的斜率k＝ f′(1)＝ 2， 则切线方程为y－ 1＝2(x－ 1)，即 2x－y－ 1＝ 0. (2) g(x)＝ 2ln x－ x2＋ m， 2－ 2(x＋ 1)(x－ 1) 则 g′(x)＝x－2x＝x. 1 因为 x ∈ ， e ，所以当 g ′(x)＝ 0 时， x ＝ 1. 1 当 e 又 g 1 e ＝ m － 2－e 1 2 ，g(e) ＝m ＋2－ e 2 ， g(e)－ g 1 2 1 e ＝ 4－ e ＋ 2<0， e 则 g(e) e ， 1 所以 g(x)在 e ，e 上的最小值是 g(e)． 1 g(x)在 ， e 上有两个零点的条件是 g(1) ＝ m －1>0 ， 1 ＝ m － 2－ 1 g e e 2 ≤0， 1 解得 1 1 所以实数 m 的取值范围是 1， 2＋e 2 . 热门三 利用导数解决生活中的优化问题 生活中的实质问题受某些主要变量的限制， 解决生活中的优化问题就是把限制问题的主要变 量找出来， 成立目标问题即对于这个变量的函数， 而后经过研究这个函数的性质， 进而找到 变量在什么状况下能够达到目标最优． 例 3 某乡村拟修筑一个无盖的圆柱形蓄水池 (不计厚度 )．设该蓄水池的底面半径为 r 米， 高为 h 米，体积为 V 立方米．假定建筑成本仅与表面积相关，侧面的建筑成本为 100 元 / 平 方米， 底面的建筑成本为 160 元 /平方米， 该蓄水池的总建筑成本为 12 000 π元 ( π为圆周率 )． (1) 将 V 表示成 r 的函数 V(r )，并求该函数的定义域； (2) 议论函数 V( r)的单一性，并确立 r 和 h 为什么值时该蓄水池的体积最大． 解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝ 200πrh(元 )，底面的总成本为 160πr 2 元． 所以蓄水池的总成本为 (200 πrh ＋ 160πr 2 )元． 又依据题意得 200πrh ＋ 160πr 2 ＝ 12 000 π， 1 2 所以 h ＝ 5r (300－ 4r )， π 进而 V(r)＝ πr 2h ＝ (300r － 4r 3)． 5 因为 r>0 ，又由 h>0 可得 r<5 3， 故函数 V(r )的定义域为 (0,5 3)． π (2) 因为 V(r )＝ 5(300r － 4r 3)， π 2 )， 故 V ′(r)＝ (300－ 12r 5 令 V ′(r)＝ 0，解得 r 1＝ 5， r 2 ＝－ 5( 因为 r 2＝－ 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； 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 处获得最大值，此时 h ＝ 8. 即当 r ＝ 5，h ＝ 8 时，该蓄水池的体积最大． 思想升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1) 建模：剖析实质问题中各量之间的关系，列出实质问题的数学模型，写出实质问题中变量之间的函数关系式 y ＝ f(x)． (2) 求导：求函数的导数 f ′(x)，解方程 f ′(x)＝ 0. (3) 求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝ 0 的点的函数值的大小，最大 (小 )者为最大 (小 ) 值． (4) 作答：回归实质问题作答． 追踪操练 3 经市场检查，某商品每吨的价钱为 x(1< x<14) 百元时，该商品的月供应量为 y 1 万吨， y 1＝ ax ＋7a 2－ a(a>0) ；月需求量为 2 y 2 万吨， y 2＝－ 1 x 2－ 224 1 112x ＋ 1. 当该商品的需求 量大于供应量时， 销售量等于供应量； 当该商品的需求量不大于供应量时， 销售量等于需求 量，该商品的月销售额等于月销售量与价钱的乘积． (1) 若 a ＝ 1 7，问商品的价钱为多少时，该商品的月销售额最大？ (2) 记需求量与供应量相等时的价钱为平衡价钱，若该商品的平衡价钱不低于每吨 6 百元， 务实数 a 的取值范围． 1 解 (1) 若 a ＝7，由 y 2>y 1， 得－ 2241x 2－ 1121x ＋1>17x ＋ 72(17)2－ 1 7. 解得－ 40 因为 1 设该商品的月销售额为 g(x)， y 1·x ， 1 y 2·x ， 6≤x<14. 1 1 33 当 1 (x － )x 2 7 当 6≤x<14 时， g(x)＝ (－ 1 x 2－ 1 x ＋1)x ， 224 112 则 g ′(x)＝－ 1 (3x 2＋ 4x － 224) 224 1 ＝－ 224( x － 8)(3x ＋28)， 由 g ′(x)>0 ，得 x<8， 所以 g(x)在 [6,8) 上是增函数，在 (8,14)上是减函数， 当 x ＝ 8 时， g(x)有最大值 g(8) ＝36 7. (2) 设 f(x)＝ y 1－ y 2＝ 1 2 1 7 2 －1－ a ， 224 x ＋ ( ＋ a)x ＋ a 112 2 因为 a>0，所以 f(x)在区间 (1,14) 上是增函数， 若该商品的平衡价钱不低于 6 百元，即函数 f(x)在区间 [6,14) 上有零点， f(6) ≤0， 所以 f(14)>0 ， 7a 2 ＋10a － 11 ≤0， 1 7 解得 即 0 7 a 2＋13a>0， 7 2 1 2 已知函数 f(x)＝ 2x － (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)的单一区间； (3) 对随意的 a ∈ 3， 5 ，x 1， x 2∈[1,2] ，恒有 |f(x 1)－ f(x 2)| ≤λ|1 － 1 |，求正实数 λ的取值范围． 2 2 x 1 x 2 押题依照 相关导数的综合应用试题多考察导数的几何意义、 导数与函数的单一性、 导数与 不等式等基础知识和基本方法， 考察分类整合思想、 转变与化归思想等数学思想方法． 此题 的命制正是依据这个要求进行的，全面考察了考生综合求解问题的能力． 解 (1)当 a ＝ 0 时， f(x)＝ 1 2x 2－ 2x ＋ ln x ， f ′(x)＝x － 2＋ 1，且 f(1)＝－ 3 ， f ′(1)＝ 0， x 2 故曲线 y ＝ f(x)在 (1， f(1)) 处的切线方程为 3 y ＝－ . 2 (2) f ′(x)＝ x － (2a ＋2)＋ 2a ＋ 1＝ [x － (2a ＋1)]( x － 1) ，x>0. x x ①当 2a ＋1≤0，即 a ≤－ 1 时，函数 f(x)在 (0,1)上单一递减，在 (1，＋ ∞)上单一递加； 2 1 f(x)在 (2a ＋1,1)上单一递减，在 (0,2a ＋ 1)， (1，＋ ∞) ②当 0<2a ＋ 1<1，即－ 2 上单一递加； ③当 2a ＋1＝ 1，即 a ＝ 0 时，函数 f(x)在 (0，＋ ∞) 上单一递加； ④当 2a ＋ 1>1，即 a>0 时，函数 f(x)在 (1,2a ＋ 1)上单一递减，在 (0,1)， (2a ＋ 1，＋ ∞)上单一递 加． 3， 5 (3) 依据 (2) 知，当 a ∈ 2 2 时，函数 f( x)在 [1,2] 上单一递减． 若 x 1＝ x 2，则不等式 |f(x 1 2)| ≤λ|1 － 1 )－ f(x x 1 x 2|对随意正实数 λ恒成立，此时 λ∈ (0，＋ ∞)． 若 x 1≠x 2，不如设 1≤x 1 > 1 ， x 1 x 2 原不等式即 f(x 1)－ f(x 2) ≤λ 1 － 1 ， x 1 x 2 即 f(x λ λ a ∈ 3 5 ， x ， x ∈ [1,2] 恒成立， 1)－ 对随意的 ， 2 x x λ 3 5 设 g(x) ＝f(x)－ x ，则对随意的 a ∈ [ 2， 2]， x 1， x 2∈ [1,2] ，不等式 g(x 1) ≤g(x 2)恒成立， 即函数 g(x)在 [1,2] 上为增函数， 故 g ′(x)≥0对随意的 a ∈ 3 2， 5 2 ， x ∈ [1,2] 恒成立． 2a ＋ 1 λ g ′(x)＝ x － (2a ＋ 2)＋ x ＋x 2≥0， 即 x 3－ (2a ＋ 2)x 2＋ (2a ＋ 1)x ＋ λ≥0， 即 (2x － 2x 2)a ＋ x 3－ 2x 2 ＋ x ＋ λ≥0对随意的 a ∈ 3， 5 恒成立． 2 2 因为 x ∈ [1,2] ， 2x －2x 2≤0， 2 5 3 － 2x 2 故只需 (2x － 2x ) ×＋ x ＋x ＋ λ≥0， 2 即 x 3－ 7x 2＋ 6x ＋ λ≥0对随意的 x ∈ [1,2] 恒成立．令 h(x) ＝x 3－ 7x 2＋ 6x ＋ λ，x ∈ [1,2] ， 则 h ′(x)＝ 3x 2－ 14x ＋ 6<0 恒成立，故函数 h(x)在区间 [1,2] 上是减函数， 所以 h(x)min＝ h(2)＝λ－ 8，只需λ－ 8≥0即可，即λ≥8， 故实数λ的取值范围是[8，＋∞)． A 组专题通关 1．函数 f(x)的定义域为R，f(－ 1)＝ 3，对随意 x∈R，f′(x)<3 ，则 f(x)>3x＋ 6 的解集为 __________ ．答案(－∞，－ 1) 分析设 g(x)＝ f(x)－ (3x＋ 6)，则g′(x)＝ f′(x)－ 3<0 ，所以g(x)为减函数，又g(－ 1)＝ f(－ 1)－ 3＝ 0，所以依据单一性可知g(x)>0 的解集是{ x|x<－ 1} ． 2．设 a>0，b>0 ，e 是自然对数的底数，若e a＋2a＝e b＋3b，则a与b的大小关系为________．答案a>b 分析由 e a＋2a＝ e b＋ 3b，有 e a＋ 3a>e b＋ 3b， 令函数 f(x)＝ e x＋ 3x，则 f(x)在 (0，＋∞)上单一递加， 因为 f( a)> f(b)，所以 a>b. 3．若不等式 2xln x≥－ x2＋ax－ 3 恒成立，则实数 a 的取值范围为 __________． 答案 (－∞， 4] 分析条件可转变为 a≤2lnx＋ x＋3 (x>0)恒成立．x 设 f(x)＝ 2ln x＋ x＋3 x， 则 f′(x)＝(x＋ 3)(x－ 1) (x>0)．x2 当 x∈ (0,1) 时， f′(x)<0 ，函数 f(x)单一递减； 当 x∈ (1，＋∞)时， f′(x)>0 ，函数 f(x) 单一递加， 所以 f( x)min＝ f(1)＝ 4.所以 a≤4. 4．假如函数f(x)＝ ax2＋ bx＋ cln x(a，b，c 为常数， a>0)在区间 (0,1) 和 (2，＋∞)上均单一递加， 在 (1,2) 上单一递减，则函数 f(x)的零点个数为 ________．答 案 1 分析由题意可得 f′(x)＝2ax＋ b＋c ， x f′(1)＝ 2a＋ b＋ c＝ 0，b＝－ 6a， 所以 f(x)＝ a(x2－ 6x＋ 4ln x)，则极大值 f(1)＝－则c ＝ 0， 解得 c＝4a， f′(2)＝ 4a＋ b＋2 5a<0 ，极小值 f(2) ＝a(4ln2－ 8)<0 ，又 f(10)＝ a(40＋4ln 10)>0 ，联合函数图象 (图略 )可得该函数只有一个零点． 5．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径 为 ________ dm. 答案3 227 分析设圆柱的底面半径为 R dm，母线长为l dm，则 V＝πR l ＝27π，所以 l ＝R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小． S表2227表54π表表＝πR＋ 2πRl＝πR ＋ 2π·，所以S′＝ 2πR－2 .令 S′＝ 0，得 R＝ 3，则当 R＝ 3 时， S R R 最小． 6．对于 x 的方程 x 3－ 3x2－ a＝0 有三个不一样的实数解，则实 数 a 的取值范围是 __________ ． 答案(－ 4,0) 分析由题意知使函数f( x)＝ x3－ 3x2－ a 的极大值大于0 且极小值小于 0 即可，又 f′(x)＝ 3x2 －6x＝ 3x(x－ 2)，令 f ′(x)＝ 0，得 x1＝ 0，x2＝2，当 x<0 时， f′(x)>0；当 0 x>2 时， f′(x)>0 ，所以当x＝ 0 时， f(x)获得极大值，即f(x)极大值＝ f(0) ＝－a；当 x＝ 2 时， f(x) 获得极小值，即f(x)极小值＝ f(2) ＝－ 4－ a， －a>0， 所以解得－ 4 －4－ a<0， 7．假如对定义在 R 上的函数 f(x)，对随意两个不相等的实数x1，x2，都有 x1f(x1)＋x2f(x2)> x1f(x2) ＋ x2f(x1)，则称函数 f(x)为“H 函数”．给出以下函数： ① y＝－ x3＋ x＋1；② y＝ 3x－ 2(sin x－ cos x) ；③ y＝ e x＋1；④ f( x)＝ln|x|， x≠0， 以上函数是0， x＝ 0. “H 函数”的全部序号为 ________． 答案②③ 分析因为 x1f(x1)＋ x2f(x2)> x1f(x2)＋ x2f(x1)， 即 (x1－x2)[f(x1)－ f(x2)]>0 恒成立， 所以函数 f(x)在 R 上是增函数．由 y′＝－ 3x2＋ 1>0 得－3 3，即函数在区间－3， 3 3 π 上是增函数，故①不是“H 函数”；由 y′＝ 3－2(cos x＋ sin x)＝3－ 2 2sin x＋4≥3－22>0 恒 x “H 函数”；因为④为偶函数，所以成立，所以②为“H 函数”；由 y′＝ e >0 恒成立，所以③为 不行能在 R 上是增函数，所以不是“H 函数”．综上可知，是“H 函数”的有②③ . 1324 ，直线 l： 9x＋ 2y＋ c＝0，若当 x∈ [ － 2,2] 时，函数 y＝f(x) 8．已知函数 f(x)＝ x － x － 3x＋ 3 3 的图象恒在直线l 下方，则 c 的取值范围是 ________． 答案(－∞，－ 6) 分析依据题意知13249c 在 x∈ [－ 2,2]上恒成立，则－3 x－x－3x＋<－ x－ 322 1323423 ， 设 g(x) ＝ x － x ＋x＋，则 g′(x)＝ x － 2x＋ 3232 则 g′(x)>0 恒成立，所以 g(x)在 [ － 2,2] 上单一递加， 所以 g(x)max＝ g(2)＝ 3，则 c<－ 6. 9.如图，OA 是南北方向的一条公路，OB 是北偏东45°方向的一条公路，某景色区的一段界限为曲线C，为方便旅客参观，制定在曲线C 上某点P 处罚别修筑与公路 OA，OB 垂直的两条道路 PM ， PN，且 PM， PN 的造价分别为 5 万元 /百米， 40 万元 /百米，成立以下图的平面直c 1 3234 2>3x － x ＋2x＋3， 42 角坐标系xOy，则曲线 C 切合函数y＝ x＋x2 (1 ≤x≤ 9)模型，设 PM ＝x，修筑两条道路PM ，PN 的总造价为f(x)万元，题中所波及长度单位均为百米． (1)求 f(x)的分析式； (2)当 x 为多少时，总造价 f(x)最低？并求出最低造价． 解 (1)在以下图的平面直角坐标系中，因为曲线 C 的方程为y＝ x＋42 2(1 ≤x≤ 9)，PM＝ x，x 所以点 P 的坐标为(x， x＋42 2)，直线 OB 的方程为 x－y＝ 0. x 则点 P 到直线 x－y＝ 0 的距离为 x－ (x＋4242 x 2 )24 ＝ x ＝ 22x2. 又 PM 的造价为 5 万元 /百米， PN 的造价为 40万元 /百米，则两条道路总造价为 f(x)＝ 5x＋432≤x≤ 9)． 40·＝ 5(x＋2)(1 2 x x (2) 因为 f(x)＝ 5(x＋32 2 )，x 645(x3－ 64) 所以 f′(x)＝ 5(1－x3 )＝x3. 令 f′(x)＝ 0，得 x＝ 4，列表以下： x(1,4)4(4,9) f′(x)－0＋ f(x)↘极小值↗ 所以当 x＝4 时，函数 f(x)有最小值，最小值为 32 f(4) ＝5×(4＋2 )＝ 30. 4 B 组 能力提升 10．定义在 0， π 上的函数 f(x) ，f ′(x)是它的导函数，且恒有 f(x) 2 四个关系式，此中正确的选项是 ________． π π π ① 3f 4 > 2f 3 ； ② f(1)<2f 6 sin 1； π π π π ③ 2f 6 >f 4 ； ④ 3f 6 答案 ④ 分析 ∵ f(x) 即 f ′(x)sin x －f(x)cos x>0， ∴ f(x) ′＝ f ′(x)sin x － f(x)cos x sin x 2 >0， sin x f(x) π ∴函数 sin x 在 0，2 上单一递加， π π f 6 f 3 π π . 进而 < ，即 3f 6 3 π π sin 6 sin 3 11．设函数 f(x)在 R 上存在导函数 f ′(x)，对随意 x ∈ R ，都有 f(x)＋ f(－ x)＝x 2 ，且 x ∈(0 ，＋∞) 时， f ′(x)>x ，若 f(2－ a)－ f(a) ≥2－ 2a ，则实数 a 的取值范围是 ________． 答案 (－ ∞， 1] 分析 1 2 1 2 2 令 g(x)＝ f(x)－ x ，则 g(－ x)＝ f(－ x)－ 2x ，则 g(x)＋ g(－ x)＝ f(x) ＋f(－ x)－ x ＝ 0，得 2 g(x)为 R 上的奇函数．当 x>0 时， g ′(x)＝ f ′(x)－ x>0，故 g(x)在 (0，＋ ∞)上单一递加，再联合 2 g(0) ＝0 及 g(x)为奇函数， 知 g(x)在 R 上为增函数． 又 g(2－ a)－ g(a)＝ f(2－ a)－ (2－ a) － [f(a) 2 2 － a 2 ] ＝f(2－ a)－f(a)－ 2＋ 2a ≥ (2－ 2a)－ 2＋2a ＝ 0，则 g(2－ a) ≥g(a)? 2－a ≥a? a ≤1，即 a ∈ (－ ∞， 1]． 12．直线 y ＝ a 分别与直线 y ＝ 2(x ＋ 1)，曲线 y ＝ x ＋ ln x 交于点 A ，B ，则 AB 的最小值为 ______． 3 答案 2 分析 解方程 2(x ＋ 1)＝ a ，得 x ＝ a 2－ 1. 设方程 x ＋ ln x ＝a 的根为 t(t>0) ，则 t ＋ ln t ＝ a ， 则 AB ＝ t － a ＋ 1 ＝ t － t ＋ ln t ＋ 1 ＝ t － ln t ＋ 1 . 2 2 2 2 设 g(t)＝ t － ln t ＋ 1(t>0) ， 2 2 1 1 t － 1 则 g ′(t)＝ 2－ 2t ＝ 2t (t>0) ， 令 g ′(t)＝ 0，得 t ＝ 1. 当 t ∈ (0,1)时， g ′(t)<0 ；当 t ∈(1 ，＋ ∞)时， g ′(t)>0 ， 所以 g(t) min ＝ g(1) ＝ 3 2， 3 的最小值为 3 所以 AB ≥ ，所以 AB 2. 2 1 3 1 2 ＋ k( k ∈R) ． 13．已知函数 f(x)＝ x ＋ kx 3 2 (1) 若曲线 y ＝ f(x) 在点 (2， f(2)) 处的切线的斜率为 12，求函数 f(x)的极值； (2) 设 k<0， g(x)＝ f ′(x)，求 F(x)＝ g(x 2)在区间 (0， 2]上的最小值． 1 3 1 2 2 解 (1)函数 f(x)＝ x ＋ kx ＋ k 的导数为 f ′(x)＝ x ＋ kx. 3 2 由题意可得 f ′(2)＝ 4＋ 2k ＝12，解得 k ＝ 4， 即 f(x)＝ 1 x 3＋ 2x 2＋ 4， f ′(x)＝ x 2＋ 4x. 3 当 x>0 或 x<－ 4 时， f ′(x)>0 ，f(x)单一递加；当－ 4 可得 f( x)的极小值为 f(0)＝ 4， 44 f(x)的极大值为 f( －4)＝ 3 . 2 (2) 由题意得 g(x)＝ x ＋ kx. 2 设 t ＝ x 2∈(0,2] ，可得 F(x)＝h(t)＝ t 2 ＋kt ＝ (t ＋ k )2 － k ， k<0，－ k >0. 242 ①当－ 4 )＝－ k 2 ； 2 2 4 k ②当 k ≤－ 4 时，－ ∈ [2，＋ ∞)， h(t)在 (0,2) 上单一递减， h(t)min ＝ h(2) ＝ 4＋ 2k. 2 － k ，－ 4 综上可得， h(t)min ＝4 4＋ 2k ， k ≤－ 4. 高考数学二轮专题复习 函数与导数 【考纲解读】 1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念；在实际情景中，会根据不同的需要选择恰当的方法表示函数；了解简单的分段函数，并能简单应用. 2.理解函数的单调性及几何意义;学会运用函数图象研究函数的性质,感受应用函数的单调性解决问题的优越性,提高观察、分析、推理、创新的能力. 3.了解函数奇偶性的含义;会判断函数的奇偶性并会应用；掌握函数的单调性、奇偶性的综合应用. 4.掌握一次函数的图象和性质;掌握二次函数的对称性、增减性、最值公式及图象与性质的关系，理解“三个二次”的内在联系，讨论二次方程区间根的分布问题. 5.了解指数函数模型的实际背景;理解有理指数幂的含义,了解实数指数幂的意义,掌握幂的运算;理解指数函数的概念、单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点;知道指数函数是一类重要的函数模型. 6.理解对数的概念及其运算性质,知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数,了解对数在简化运算中的作用;理解对数函数的概念、单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点;知道指数函数是一类重要的函数模型;了解指数函数(0x y a a =>且1)a ≠与对数函数log (0a y x a =>且1)a ≠互为反函数. 7.了解幂函数的概念;结合函数1 2 3 21 ,,,,y x y x y x y y x x =====的图象,了解它们的 变化情况. 8.掌握解函数图象的两种基本方法:描点法、图象变换法；掌握图象变换的规律，能利用图象研究函数的性质. 9.结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程根的联系,判断一元二次方程根的存在性及根的个数；根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解. 10.了解指数函数、对数函数及幂函数的境长特征，知道直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义；了解函数模型（指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函数模型）的广泛应用. 11.了解导数概念的实际背景;理解导数的几何意义;能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则,求简单函数的导数. 12.了解函数单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(多项式函数一般不超过三次);了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件,会用导数求函数的极大值、极小值（多项式函数一般不超过三次)，会求在闭区间函数的最大值、最小值（多项式函数一般不超过三次)；会用导数解决某些实际问题. 【考点预测】 1.对于函数的定义域、值域、图象，一直是高考的热点和重点之一，大题、小题都会考查，渗透面广.特别是分段函数的定义域、值域、解析式的求法是近几年高考的热点. 3.由指数函数、对数函数的图象入手，推知单调性，进行相关运算，同时与导数结合在一起的题目是每年必考的内容之一，要在审题、识图上多下功夫，学会分析数与形的结合，把常见的基本题型的解法技巧理解好、掌握好. 4.函数的单调性、最值是高考考查的重点，其考查的形式是全方位、多角度，与导数的有 第 4 讲 导数的热门问题 (2016 ·标全国乙课 )已知函数f(x)＝ (x － 2)e x ＋ a(x －1) 2 有两个零点． (1) 求 a 的取值范围； (2) 设 x 1， x 2 是 f(x)的两个零点，证明： x 1＋ x 2<2. (1) 解 f ′(x)＝ (x － 1)e x ＋ 2a(x － 1)＝ (x －1)(e x ＋ 2a)． ①设 a ＝ 0，则 f(x)＝ (x － 2)e x ， f(x)只有一个零点．②设 a>0，则当 x ∈(－ ∞， 1) 时， f ′(x)<0 ； 当 x ∈ (1，＋ ∞)时， f ′(x)>0 ， 所以 f( x)在 (－∞，1) 上单一递减，在 (1，＋ ∞)上单一递加． 又 f(1) ＝－ e ， f(2)＝ a ，取 b 知足 b<0 且 b 小题满分练8 一、单项选择题 1．设集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|y＝1－x}，则A∩B等于() A．{1} B．(0，＋∞) C．(0,1) D．(0,1] 答案 D 解析∵A＝{y|y>0}，B＝{x|x≤1}，∴A∩B＝(0,1]． 2．复数5i 1－2i 等于() A．2－i B．1－2i C．－2＋i D．－1＋2i 答案 C 解析 5i 1－2i ＝ 5i(1＋2i) (1－2i)(1＋2i) ＝－2＋i. 3．(2020·新高考全国Ⅰ)某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是() A．62% B．56% C．46% D．42% 答案 C 解析用Venn图表示该中学喜欢足球和游泳的学生所占的比例之间的关系如图， 设既喜欢足球又喜欢游泳的学生占该中学学生总数的比例为x， 则(60%－x)＋(82%－x)＋x＝96%，解得x＝46%. 4. (2020·新高考全国Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为() A ．20° B ．40° C ．50° D ．90° 答案 B 解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面， 由点A 处的纬度为北纬40°可知∠OAO 1＝40°， 又点A 处的水平面与OA 垂直，晷针AC 与⊙O 1所在的面垂直， 则晷针AC 与水平面所成角为40°. 5．(2020·郑州模拟)将函数f (x )＝2sin ????2x ＋π 3图象上每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π 12个单位长度得到函数g (x )的图象，在g (x )图象的所有对称 轴中，离原点最近的对称轴方程为( ) A ．x ＝－π 24 B ．x ＝π 4 C ．x ＝5π 24 D ．x ＝π 12 答案 A 解析 将函数f (x )＝2sin ????2x ＋π 3图象上每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变， 得y ＝2sin ????4x ＋π3，再将所得图象向左平移π 12个单位长度得到函数g (x )的图象， 则g (x )＝2sin ??? ?4????x ＋π12＋π 3＝2sin ? ???4x ＋2π3， 由4x ＋2π3＝π2＋k π，k ∈Z ，得x ＝14k π－π 24 ，k ∈Z ， 当k ＝0时，所得对称轴离原点最近，即离原点最近的对称轴方程为x ＝－π 24 . 6．已知定义在R 上的函数f (x )，对任意x ∈R ，都有f (x ＋6)＝f (x )＋f (3)成立，若函数y ＝f (x ＋1)的图象关于直线x ＝－1对称，则f (2 025)等于( ) 函数与导数的综合问题 A组——大题保分练 1．已知函数f(x)＝a e x＋x2－bx(a，b∈R)． (1)设a＝－1，若函数f(x)在R上是单调递减函数，求b的取值范围； (2)设b＝0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－e x＋x2－bx， ∴f′(x)＝－e x＋2x－b， 由题意知，f′(x)＝－e x＋2x－b≤0对x∈R恒成立． 由－e x＋2x－b≤0，得b≥－e x＋2x. 令F(x)＝－e x＋2x，则F′(x)＝－e x＋2， 由F′(x)＝0，得x＝ln 2. 当x＜ln 2时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，当x＞ln 2时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，从而当x＝ln 2时，F(x)取得最大值2ln 2－2， ∴b≥2ln2－2，故b的取值范围为[2ln 2－2，＋∞)． (2)当b＝0时，f(x)＝a e x＋x2. 由题意知a e x＋x2＝0只有一个解． x2 由a e x＋x2＝0，得－a＝， e x x2 x2－x 令G(x)＝，则G′(x)＝， e x e x 由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为[0，＋∞)； 4 当0＜x＜2时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，故G(x)的取值范围为( e2)； 0， 4 当 x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为( e2]. 0， 4 4 由题意得，－a＝0或－a＞，从而a＝0或a＜－， e2 e2 4 故若函数f(x)在R上只有一个零点，则a的取值范围为 (－∞，－e2)∪{0}． 2a2 2．已知函数f(x)＝(1＋b)x＋－a ln x(a＞0)在x＝2a处取得极值． x (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝x2－2cx＋4－ln 2，当a＝1时，若对任意的x1，x2∈[1，e]都有f(x1)≥g(x2)，求实数c的取值范围． 2a2 解：(1)由f(x)＝(1＋b)x＋－a ln x，a＞0，x＞0， x 第4讲 导数的热点问题 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. 热点一 利用导数证明不等式 用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力． 例1 已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R )． (1)当x >1时，求f (x )的单调区间和极值； (2)若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f (x )<4ln x 成立，求k 的取值范围； (3)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1x 2 令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4 x 2 ， 令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4 x ＋1>0， 所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8 e 2. 要使k ＋1>(x －4)ln x x 对于x ∈[e ，e 2]恒成立， 只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8 e 2， 即实数k 的取值范围为????1－8 e 2，＋∞. (3)证明 因为 f (x 1)＝f (x 2)， 由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1 第3讲导数及其应用 1．(2015·课标全国Ⅱ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___________________________． 2．(2014·课标全国Ⅱ改编)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是________． 3．(2014·辽宁改编)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________． 4．(2014·课标全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是________． ①(2，＋∞)；②(－∞，－2)；③(1，＋∞)；④(－∞，－1)． 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点. 2.利用导数解决函数的单调性与极值?最值?是高考的常见题型. 热点一导数的几何意义 1．函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．例1 (1)(2015·课标全国Ⅰ)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＝____________. (2)(2015·徐州市质量诊断)设函数f(x)＝ax3＋3x，其图象在点(1，f(1))处的切线l与直线x－6y－7＝0垂直，则直线l与坐标轴围成的三角形的面积为________． 2.2 基本初等函数、函数与方程 【课时作业】 A 级 1．(2018·某某市第一学期高三期末考试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪ ⎧ x 2 －2x ，x ≤0，1＋1 x ，x >0，则函 数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 解析： 令f (x )＋3x ＝0，则⎩⎪⎨⎪ ⎧ x ≤0，x 2 －2x ＋3x ＝0 或⎩⎪⎨⎪ ⎧ x >0，1＋1 x ＋3x ＝0，解得x ＝0或x ＝－1，所以函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是2.故选C. 答案： C 2．若函数f (x )满足f (1－ln x )＝1 x ，则f (2)等于( ) A.12 B ．e C.1e D ．－1 解析： 法一：令1－ln x ＝t ，则x ＝e 1－t ， 于是f (t )＝1e 1－t ，即f (x )＝1 e 1－x ，故f (2)＝e. 法二：由1－ln x ＝2，得x ＝1e ，这时1x ＝1 1 e ＝e ，即 f (2)＝e. 答案： B 3．(2018·某某市第二次调研)若a ＝20.5 ，b ＝log π3，c ＝log 2sin 2π5，则( ) A ．b >c >a B ．b >a >c C ．c >a >b D ．a >b >c 解析： 依题意，得a >1,01，得c <0， 故a >b >c ，故选D. 答案： D 4．(2018·某某某某一模)函数f (x )＝ln 2x －1的零点所在区间为( ) A ．(2,3) B ．(3,4) C ．(0,1) D ．(1,2) 解析： 由f (x )＝ln 2x －1，得函数是增函数，并且是连续函数，f (1)＝ln 2－1<0， f (2)＝ln 4－1>0，根据函数零点存在性定理可得，函数f (x )的零点位于区间(1,2)上，故 选D. 答案： D 5．已知函数f (x )＝log 3x ＋2 x －a 在区间(1,2)内有零点，则实数a 的取值X 围是( ) A ．(－1，－log 32) B ．(0，log 52) C ．(log 32,1) D ．(1，log 34) 解析： ∵单调函数f (x )＝log 3 x ＋2 x －a 在区间(1,2)内有零点，∴f (1)·f (2)<0，即(1－a )·(log 32－a )<0，解得log 32 温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。 专题力量提升练(四) (120分钟150分) 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.(2021·淄博一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线相互垂直，则该几何体的体积是( ) A.5 6B.3 4 C.1 2 D.1 6 【解析】选A.由三视图可知：该几何体是一个正方体，挖去一个四棱锥所得的组 合体，正方体的体积为1，四棱锥的体积为：1 3×1×1×1 2 =1 6 ，故组合体的体积V=1-1 6 =5 6 . 2.如图，已知某品牌墨水瓶的外形三视图和尺寸，则该墨水瓶的容积为(瓶壁厚度忽视不计)( ) A.8+π B.8+4π C.16+π D. 16+4π 【解析】选C.几何体为圆柱体和长方体的组合体，所以V=π+2×4×2=16+π. 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是A1B1，BB1的中点，过M，N，C1的截面截正方体所得的几何体如图所示，那么该几何体的侧视图是( ) 【解析】选B.依据题意得：该几何体的侧视图是点A，D，D1，A1，在平面BCC1B1上的投影，且NC1是被拦住的线段，应为虚线；所以符合条件的是B选项. 4.(2021·枣庄二模)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( ) A.35πcm 3 B. 1063 πcm 3 C.70πcm 3 D. 2123 πcm 3 【解题提示】由已知的三视图可得：该几何体是一个圆台与半球的组合体，分别计算半球与圆台的体积，相加可得答案. 【解析】选D.由已知的三视图可得：该几何体是一个圆台与半球的组合体，球的半径与圆台的下底面半径均为4cm ，故半球的体积为：12×43 ×π×43 = 1283 π(cm 3)，圆台的上底面半径为2cm ，高为3cm ，故圆台的体积为： 13 π(42 +4×2+22 )×3=84 3π(cm 3 )， 故组合体的体积V= 1283 π+843 π= 2123 π(cm 3). 5.(2021·郑州一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.12 B.24 C. 30 D. 48 【解析】选B.由三视图可知其直观图如图所示，其由三棱柱截去一个三棱锥所得，三棱柱的体积V=1 2 ×4×3×5=30，三棱锥的体积V 1=13×1 2 ×4×3×3=6，故该几何体的体 积为24. 6.已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α， l ⊄β，则( ) A.α∥β且l ∥α B.α⊥β且l ⊥β C.α与β相交，且交线垂直于l D.α与β相交，且交线平行于l 【解析】选D.由m ⊥平面α，直线l 满足l ⊥m ，且l ⊄α，所以l ∥α，又n ⊥平面β， l ⊥n ，l ⊄β，所以l ∥β.又直线m ，n 为异面直线，且m ⊥平面α，n ⊥平面β，则α 与β相交.否则，若α∥β，则推出m ∥n ，与m ，n 异面冲突.故α与β相交，且交线平行于l . 7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) 第3课时 立体几何中的翻折问题和探索性问题 [考情分析] 翻折问题和探索性问题是近年来高考立体几何中的常见题型．翻折是联结平面几何与立体几何的纽带，实现平面向空间的转化；探索性问题常以动点形式出现，是带着解析几何的味道出现在立体几何中的神秘杀手，让很多学生不知所措！对于这两类题目，破题的秘诀是“以静制动，静观其变！” 热点题型分析 热点1 翻折问题 1．处理好翻折问题的关键是抓住两图的特征关系，画好翻折前后的平面图形与立体图形，并弄清翻折前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化，这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据． 2．以翻折棱为基准，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的，分别位于两个半平面内的几何元素之间的关系一般是变化的．垂直于翻折棱的直线翻折后，仍然垂直于翻折棱． (2019·河北五校联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝ 12 AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2. 在图2所示的几何体D －ABC 中： (1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积． 解 (1)证明：∵AC ＝AD 2 ＋CD 2 ＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中， BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos45°＝8， ∴AB 2 ＝AC 2 ＋BC 2 ＝16，∴AC ⊥BC ， ∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD . (2)∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BEF ＝EF ，∴AD ∥EF ，∵E 为AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线， 第4讲导数的热点问题 1.[2020·全国新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)=a e x-1-ln x+ln a. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; (2)若f(x)≥1,求a的取值范围. 2.[2020·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)=sin2x sin2x. (1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f(x)|≤3√3 8 ; (3)设n∈N*,证明:sin2x sin22x sin24x…sin22n x≤3n 4n . 单调性 1已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)e x(x∈R). (1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围. 【规律提炼】 利用函数单调性求参数的方法 (1)可导函数f(x)在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立,得到关于参数的不等式,从而转化为求函数的最值问题,进而求出参数的取值范围; (2)可导函数f(x)在区间(a,b)上存在单调区间,实际上就是f'(x)>0(或f'(x)<0)在该区间上存在解集,从而转化为不等式问题,进而求出参数的取值范围; (3)若已知f(x)在区间I上的单调性,区间I上含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令I是其单调区间的子集,从而求出参数的取值范围. 测题 1.已知函数f(x)=x2+cos2x. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若x≥0,不等式f(x)≥kx+1恒成立,求实数k的取值范围. 2.已知函数f(x)=x2e ax-1. (1)讨论函数f(x)的单调性; e时,求证:f(x)>ln x. (2)当a>1 3 极值与最值 2已知f(x)=ln x-x2+2ax,a∈R. (1)若a=0,求f(x)在[1,e]上的最小值; (2)求f(x)的极值点. 【规律提炼】 1.求可导函数f(x)的极值的步骤 (1)求定义域;(2)求导;(3)令f'(x)=0;(4)列表,检查f'(x)在方程f'(x)=0的根的左、右两侧的值的符号;(5)得出结论:如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值. 注意:只有极大值无极小值时,要指出“无极小值”. 2.已知函数极值求参数时需注意的问题 专题能力训练7导数与函数的单调性、极值、最 值 一、能力突破训练 1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f(x)=af'(1)x+ln x,若f'=0,则a=() A.-1 B.-2 C.1 D.2 2.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是() 3.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是 () A.f B.f C.f D.f 4.已知常数a,b,c都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为f'(x),f'(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3}.若f(x)的极小值等于-115,则a的值是() A.- B. C.2 D.5 5.(2018全国Ⅲ,理14)曲线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=. 6.在曲线y=x3+3x2+6x-1的切线中,斜率最小的切线方程为. 7.设函数f(x)=a e x++b(a>0). (1)求f(x)在[0,+∞)上的最小值; (2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=x,求a,b的值. 8.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. 9.(2018全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)= -x+a ln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明: 天津市2018年高考数学二轮复习题型练8大题专项函数与导数综合问题检测文 编辑整理： 尊敬的读者朋友们： 这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（天津市2018年高考数学二轮复习题型练8大题专项函数与导数综合问题检测文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。 本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为天津市2018年高考数学二轮复习题型练8大题专项函数与导数综合问题检测文的全部内容。 题型练8 大题专项（六）函数与导数综合问题 1。（2017全国Ⅰ,文21）已知函数f（x)=e x（e x—a)-a2x。 (1）讨论f（x)的单调性； （2)若f（x）≥0,求a的取值范围. 2。设f(x）=x ln x—ax2+(2a-1）x，a∈R. (1)令g(x)=f’（x),求g(x）的单调区间； （2）已知f（x）在x=1处取得极大值。求实数a的取值范围。 3。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)∪,求c的值。 4.已知函数f(x)=-2x ln x+x2-2ax+a2,其中a〉0。 （1）设g（x)是f(x)的导函数,讨论g（x)的单调性; （2）证明：存在a∈(0，1)，使得f（x)≥0恒成立,且f（x）=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 5.已知函数f(x）=x2-ax，g（x）=ln x，h（x)=f(x)+g（x）（a∈R). （1）若不等式f（x）≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围。 （2）若函数h(x)有两个极值点x1,x2。 ①求实数a的取值范围; ②当x ∈时，求证:h（x1)-h（x2）>-ln 2。 1 第四周 周一 1．在①B ＝π4 ，②△ABC 的周长为5＋23，③c ＝2这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并加以解答． 已知在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ，a ＝23，________，求△ABC 的面积S . 解 选择①， 因为2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ， 所以由正弦定理得，2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ， 即b 2＋c 2－a 2＝bc ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12. 又A ∈(0，π)，所以A ＝π3. 因为a ＝23，B ＝π4， 所以由正弦定理得23 32＝b 22 ，得b ＝2 2. 又sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝6＋2 4， 所以S ＝1 2ab sin C ＝3＋ 3. 选择②， 因为2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ， 所以由正弦定理得，2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ， 即b 2＋c 2－a 2＝bc ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 2 2bc ＝1 2， 又A ∈(0，π)，所以A ＝π 3. 因为a ＝23，△ABC 的周长为5＋23，所以b ＋c ＝5. a 2＝ b 2＋ c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－2bc －2bc cos π3 ＝(b ＋c )2－3bc ， 所以3bc ＝(b ＋c )2－a 2＝25－12＝13， 所以bc ＝133 ， 所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×133×32＝13312 . 选择③， 因为2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ， 所以由正弦定理得，2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ， 即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12 . 又A ∈(0，π)，所以A ＝π3 . 由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 因为a ＝23，c ＝2，A ＝π3 ， 所以12＝4＋b 2－2b ，即b 2－2b －8＝0， 因为b >0，所以b ＝4. 故△ABC 的面积S ＝12 bc sin A ＝2 3. 周二 2．(2020·赣州模拟)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＋1＝a n ＋a n (n ∈N *)，且a 2＝4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n ＋1(n ＋2)2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵a n ＋1－ a n ＋1＝a n ＋a n ， ∴a n ＋1－a n ＝ a n ＋1＋a n ， ∴a n ＋1－a n ＝1， 函数图象的割线斜率与切线斜率的关系 题1 (2010年高考辽宁卷理科第21(2)题)已知函数1,1ln )1()(2-<+++=a ax x a x f .如果对任意2121214)()(),,0(,x x x f x f x x -≥-+∞∈，求a 的取值范围.(答案：2-≤a .) 题2 (2009年高考辽宁卷理科第21(2)题)已知函数1,ln )1(21)(2>-+-= a x a ax x x f .证明：若5--x x x f x f . 题3 (2009年高考浙江卷理科第10题)对于正实数α，记αM 为满足下述条件的函数)(x f 构成的集合：∈∀21,x x R 且12x x >，有)()()()(121212x x x f x f x x -<-<--αα.下列结论中正确的是( )(答案：C.) A.若21)(,)(ααM x g M x f ∈∈，则2 1)()(αα⋅∈⋅M x g x f B.若21)(,)(ααM x g M x f ∈∈且0)(≠x g ，则2 1)()(ααM x g x f ∈ C.若 21)(,)(ααM x g M x f ∈∈，则21)()(αα+∈+M x g x f D.若21)(,)(ααM x g M x f ∈∈且21αα>，则2 1)()(αα-∈-M x g x f 题4 (2006年高考四川卷理科第22(2)题)已知函数)(),0(ln 2)(2x f x x a x x x f >++=的导函数是)(x f '，21,,4x x a ≤是不相等的正数，求证：2121)()(x x x f x f ->'-'. 深入研究这四道高考题(除题8是选择压轴题外，其余三道都是解答压轴题的最后一问)，可得函数图象的割线斜率与切线斜率的关系： 定理 设∈a R ，函数)(x f 在区间I 上可导，则 (1)2121,,x x I x x ≠∈∀有a x f I x a x x x f x f ≤'∈∀⇔≤--)(,)()(2 121； (2)2121,,x x I x x ≠∈∀有 a x f I x a x x x f x f ≤'∈∀⇔<--)(,)()(2121且∀区间I I ⊂0，当0I x ∈时a x f =')(不能恒成立； (3)2121,,x x I x x ≠∈∀有a x f I x a x x x f x f ≥'∈∀⇔≥--)(,)()(2 121； 专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值 范围 一、能力突破训练 1.设f(x)=x ln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间; (2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围. 2.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1 6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 二、思维提升训练 7.已知函数f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f. 第3讲 解答题的八个答题模板 【模板特征概述】 数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要的内容．本节以著名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据，结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板”． “答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零．强调解题程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化． 已知函数f (x )＝2cos x ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3－3sin 2 x ＋sin x cos x ＋1. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)求函数f (x )的最大值及最小值；(3)写出函数f (x )的单调递增区间． 审题路线图 不同角化同角→降幂扩角→化f (x )＝A sin(ωx ＋φ)＋h →结合性质求解. 在△ABC 中，若a cos 22＋c cos 22＝2b . (1)求证：a ，b ，c 成等差数列； (2)求角B 的取值范围． 审题路线图 (1)化简变形―→用余弦定理转化为边的关系―→变形证明 (2)用余弦定理表示角―→用基本不等式求范围―→确定角的取值范围 (1)证明 因为a cos 2 C 2 ＋c cos 2 A 2 ＝ a · 1＋cos C 2＋c ·1＋cos A 2＝3 2 b ， 所以a ＋ c ＋(a cos C ＋c cos A )＝3b ， 故a ＋c ＋⎝ ⎛⎭ ⎪⎫a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝3b ，整理，得a ＋c ＝2b ， 故a ，b ，c 成等差数列． (2)解 cos B ＝a 2＋c 2－b 2 2ac ＝ a 2 ＋c 2 －⎝ ⎛⎭⎪ ⎫a ＋c 222ac ＝ a 2 ＋c 2 －2ac 8ac ≥6ac －2ac 8ac ＝1 2 ， 因为00 (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15，又a 1＋b 1、a 2＋b 2、a 3＋b 3成等比数列． (1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 审题路线图 (1)a n ＝S n －S n －1 n →消去S n →得a n ＋1＝3a n →a n ＝3 n －1高考数学二轮专题复习 函数与导数
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