2019高考数学二轮复习第二编专题二函数与导数第2讲导数及其应用配套作业文
2019年高考数学大二轮复习专题二函数与导数2.3二导数的综合应用课件
当 f′(x)>0 时，x2＋3x＋1<0，解得－2<x<－3＋2
5 .
当
f′(x)<0
时，解得
－3＋ x> 2
5 .
所以 f(x)的单调增区间为－2，－3＋2 5， 单调减区间为－3＋2 5，＋∞.
(2)证明：设 h(x)＝f(x)－g(x) ＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－k(x＋1)(x>－1)． 当 k＝2 时，由题意，当 x∈(－1，＋∞)时，h(x)<0 恒成立． h′(x)＝－2xx2＋＋32x＋1－2＝－2x＋x＋32x＋1， 当 x>－1 时，h′(x)<0 恒成立，h(x)单调递减． 又 h(－1)＝0，当 x∈(－1，＋∞)时，h(x)<h(－1)＝0 成立，即 f(x)－g(x)<0 对 于∀x>－1，f(x)<g(x)．
专题二
函数与导数
(二) 导数的综合应用
题型一
题型一 利用导数证明不等式 已知 f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．
(1)求 f(x)的单调区间； (2)当 k＝2 时，求证：对于∀x>－1，f(x)<g(x)．
解析： (1)f′(x)＝x＋2 2－2(x＋1)
＝－2xx2＋＋32x＋1(x>－2)．
∴f(x)max＝f mm＝2ln mm－m·m1 ＋1＝－ln m， 若存在 x0，使得 f(x0)>m－1 成立，则 f(x)max>m－1. 即－ln m>m－1，ln m＋m－1<0 成立， 令 g(x)＝x＋ln x－1(x>0)， ∵g′(x)＝1＋1x>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝0，∴0<m<1. ∴实数 m 的取值范围是(0,1)．
2019年高考数学(文)二轮复习课件：专题二 函数与导数 2.4.1
故 F(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.
(2)设切点
������,ln������-
1 ������
,函数 f(x)=ln x-1������的导数为 f'(x)=1������ + ���1���2,
即切线的斜率为 1
������
+
���1���2,则
a=���1���
+
1 ������2
-11-
解题策略一 解题策略二 解题策略三
求函数的极值、最值
解题策略一 利用单调性求
例3已知函数f(x)=ln
x-
1 ������
,g(x)=ax+b.
(1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间;
(2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=ln
x-
1 ������
图象的切线,求a+b的最小
−
2 ������3
=
������2-������-2 ������3
=
(������-2)������(3������+1),
当 a∈(0,2)时,h'(a)<0,h(a)单调递减;
当 a∈(2,+∞)时,h'(a)>0,h(a)单调递增;
∴h(a)min=h(2)=ln 2+12 + 14-1=ln 2-14>0, ∴h(a)>0,即 g(a)<1.
-8-
解题策略一 解题策略二
解 (1)由题意得 f'(x)=1������-len������������-������,又 f'(1)=1e-������=0,故 k=1. (2)由(1)知,f'(x)=1������-len������������-1. 设 h(x)=1������-ln x-1(x>0), 则 h'(x)=-���1���2 − 1������<0, 即h(x)在(0,+∞)上是减函数. 由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f'(x)>0; 当x>1时,h(x)<0,从而f'(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).
2019届高考数学(文)二轮复习课件：第2部分 专题2 函数与导数 2.4.3
导数与函数的零点 及参数范围
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解题策略一
解题策略二
判断、证明或讨论函数零点个数 解题策略一 应用单调性、零点存在性定理、数形结合判断 例1设函数f(x)=e2x-aln x. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数; 2 (2)证明当a>0时,f(x)≥2a+aln . ������ 难点突破 (1)讨论f'(x)零点的个数要依据f'(x)的单调性,应用零点 存在性定理进行判断.
������ ������ 1
������
������
又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b<4且 b<4时,f'(b)<0,故当 a>0 时,f'(x)存在唯 一零点. (2)证明 由(1),可设 f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0. 故 f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得 最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e2������ 0 − ������ =0,所以 f(x0)=2������ +2ax0+aln������≥2a+aln������. 故当 a>0
(2)证明
2 2 f(x)≥2a+aln ⇔证明 f(x)min≥2a+aln . ������ ������
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解题策略一
解题策略二
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2 − ������(x>0). 当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x)没有零点, ������ ������ 当 a>0 时,因为e2 单调递增,- 单调递增, 所以 f'(x)在(0,+∞)单调递增.
2019版高考数学总复习第二章函数导数及其应用11函数与方程课时作业文
课时作业11 函数与方程一、选择题1．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2，x <0，x －1，x ≥0的所有零点的和等于( )A ．－2B ．－1C ．0D ．1解析：令⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－2＝0，解得x ＝－1，令x －1＝0，解得x ＝1，所以函数f (x )存在两个零点1和－1，其和为0.答案：C2．下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递增的是( ) A ．y ＝log 12x B ．y ＝2x－1C ．y ＝x 2－12D ．y ＝－x 3解析：函数y ＝log 12x 在定义域上是减函数，y ＝x 2－12在(－1,1)上不是单调函数，y ＝－x 3在定义域上单调递减，均不符合要求．对于y ＝2x－1，当x ＝0∈(－1,1)时，y ＝0且y ＝2x－1在R 上单调递增．故选B.答案：B3．函数f (x )＝x －4x的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．无数个解析：方法一：令f (x )＝x －4x ＝0，∴x ＝4x，∴x 2＝4，∴x ＝±2，有2个零点．方法二：令f (x )＝x －4x ＝0，∴x ＝4x，令y 1＝x ，y 2＝4x结合图象有2个零点．答案：C4．(2018·豫南十校联考)函数f (x )＝x 3＋2x －1的零点所在的大致区间是( ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3) D ．(3,4)解析：因为f (0)＝－1<0，f (1)＝2>0，则f (0)·f (1)＝－2<0，且函数f (x )＝x 3＋2x －1的图象是连续曲线，所以f (x )在区间(0,1)内有零点．答案：A5．函数f (x )＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：由题意可知f (x )的定义域为(0，＋∞)． 在同一直角坐标系画出函数y 1＝|x －2|(x >0)，y 2＝ln x (x >0)的图象，如图所示：由图可知函数f (x )在定义域内的零点个数为2. 答案：C6．根据下面表格中的数据，可以判定方程e x－x －2＝0的一个根所在的区间为( )x－1 0 1 2 3 e x0.37 1 2.72 7.39 20.09 x ＋212345A.(1,2) B ．(0,1) C ．(－1,0) D ．(2,3)解析：本题考查二分法的应用．令f (x )＝e x－x －2，则由表中数据可得f (1)＝2.72－3<0，f (2)＝7.39－4>0，所以函数f (x )的一个零点在(1,2)上，即原方程的一个根在区间(1,2)上．答案：A7．(2018·广东揭阳一模)曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x与y ＝x12的交点横坐标所在区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12C.⎝⎛⎭⎪⎫12，23D.⎝⎛⎭⎪⎫23，1解析：设f(x)＝⎝⎛⎭⎪⎫13x－x12，∵f⎝⎛⎭⎪⎫13＝⎝⎛⎭⎪⎫1313－⎝⎛⎭⎪⎫1312>0，f⎝⎛⎭⎪⎫12＝⎝⎛⎭⎪⎫1312－⎝⎛⎭⎪⎫1212<0，∴f⎝⎛⎭⎪⎫13·f⎝⎛⎭⎪⎫12<0，根据函数零点存在性定理可得函数零点所在区间为⎝⎛⎭⎪⎫13，12，即交点横坐标所在区间为⎝⎛⎭⎪⎫13，12，故选B.答案：B8．(2018·云南省第一次统一检测)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( )A．a>c>b>d B．a>b>c>dC．c>d>a>b D．c>a>b>d解析：f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又f(a)＝f(b)＝2 017，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可以在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.答案：D9．(2018·河南新乡三模)若函数f(x)＝log2(x＋a)与g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)存在相同的零点，则a的值为( )A．4或－52B．4或－2C．5或－2 D．6或－52解析：g(x)＝x2－(a＋1)x－4(a＋5)＝(x＋4)[x－(a＋5)]，令g(x)＝0，得x＝－4或x＝a＋5，则f(－4)＝log2(－4＋a)＝0或f(a＋5)＝log2(2a＋5)＝0，解得a＝5或a＝－2.答案：C10．(2018·四川绵阳模拟)函数f(x)＝2x－2x－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A．(1,3) B．(1,2)C．(0,3) D．(0,2)解析：由题意，知函数f (x )在(1,2)上单调递增，又函数一个零点在区间(1,2)内，所以⎩⎪⎨⎪⎧f 1<0，f2>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a <0，4－1－a >0，解得0<a <3.答案：C二、填空题11．用二分法研究函数f (x )＝x 3＋3x －1的零点时，第一次经计算f (0)<0，f (0.5)>0，可得其中一个零点x 0∈________，第二次应计算________．解析：因为f (0)<0，f (0.5)>0，由二分法原理得一个零点x 0∈(0,0.5)；第二次应计算f ⎝⎛⎭⎪⎫0＋0.52＝f (0.25)．答案：(0,0.5) f (0.25)12．已知函数f (x )＝x 2＋x ＋a (a <0)在区间(0,1)上有零点，则a 的范围为________． 解析：由题意f (1)·f (0)<0.∴a (2＋a )<0. ∴－2<a <0. 答案：(－2,0)13．(2018·陕西省宝鸡市高三质检)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x <1log 2x ，x ≥1，若函数y ＝f (x )－k 有且只有两个零点，则实数k 的取值范围是________．解析：∵当x <1时，2－x >12，当x ≥1时，log 2x ≥0，依题意函数y ＝f (x )的图象和直线y＝k 的交点有两个，∴k >12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 14．(2018·南京二模)若函数f (x )＝x 2－m cos x ＋m 2＋3m －8＝0有唯一零点，则满足条件的实数m 所组成的集合为________．解析：本题考查函数的性质、导数在研究函数中的应用．因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )是R 上的偶函数，所以函数f (x )的唯一零点只能是0，即f (0)＝m 2＋2m －8＝0，解得m ＝2或m ＝－4.当m ＝2时，f (x )＝x 2－2cos x ＋2，易证f ′(x )＝2x ＋2sin x >0，x ∈(0，＋∞)，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．此时f (x )有唯一零点；当m ＝－4时，f (x )＝x 2＋4cos x －4，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π32－2<0，f (π)＝π2－8>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π上有零点不符合，舍去，故实数m 的取值集合为{2}．灵活应用偶函数图象的对称性是解答本题的关键．答案：{2}[能力挑战]15．(2018·四川成都市高中毕业班第一次诊断预测)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (－x －1)＝f (x －1)，当x ∈[－1,0]时，f (x )＝－x 3，则关于x 的方程f (x )＝|cosπx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12上的所有实数解之和为( ) A ．－7 B ．－6 C ．－3 D ．－1解析：因为函数f (x )为偶函数，所以f (－x －1)＝f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数f (x )的周期为2，又当x ∈[－1,0]时，f (x )＝－x 3，由此在同一平面直角坐标系内作出函数y ＝f (x )与y ＝|cosπx |的图象，如图所示．由图知关于x 的方程f (x )＝|cosπx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12上的实数解有7个．不妨设x 1<x 2<x 3<x 4<x 5<x 6<x 7，则由图，得x 1＋x 2＝－4，x 3＋x 5＝－2，x 4＝－1，x 6＋x 7＝0，所以方程f (x )＝|cosπx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12上的所有实数解的和为－4－2－1＋0＝－7，故选A.答案：A16．(2018·南昌模拟)定义在R 上的偶函数f (x )满足f (2－x )＝f (x )，且当x ∈[1,2]时，f (x )＝ln x －x ＋1，若函数g (x )＝f (x )＋mx 有7个零点，则实数m 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 28，1－ln 26∪⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－16，ln 2－18B.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－16，ln 2－18 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 28，1－ln 26 D.⎝⎛⎭⎪⎫1－ln 28，ln 2－16 解析：本题考查函数与方程、导数的应用．由f (2－x )＝f (x )得f (x )的图象关于直线x ＝1对称，又f (x )是偶函数，所以f (x )是以2为周期的周期函数．当x ∈[1,2]时，f (x )＝ln x －x ＋1，则f ′(x )＝1x －1＝1－xx≤0，f (x )在[1,2]上单调递减，作出f (x )在(0，＋∞)上的部分图象如图所示．函数g (x )＝f (x )＋mx 有7个零点，等价于f (x )的图象与直线y ＝－mx 有7个交点，由图易得ln 2－16<－m <ln 2－18，同理，在(－∞，0)上有ln 2－1－8<－m <ln 2－1－6，所以1－ln 28<m <1－ln 26或ln 2－16<m <ln 2－18，故选A.答案：A17．(2018·天津十二县区联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x＋m －1，x ≥0，ax ＋b ，x <0，其中m <－1，对于任意x 1∈R 且x 1≠0，均存在唯一实数x 2，使得f (x 2)＝f (x 1)，且x 1≠x 2，若|f (x )|＝f (m )有4个不相等的实数根，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(－1,0)C ．(－2，－1)∪(－1,0)D ．(－2，－1)解析：本题考查函数的性质、函数与方程．当a ＝0时，显然不符合题意；当a ≠0时，函数y ＝e x＋m －1(x ≥0)和函数y ＝ax ＋b (x <0)都是定义域内的单调函数，且函数y ＝e x＋m －1(x ≥0)的值域为[m ，＋∞)，则由题意得函数y ＝ax ＋b (x <0)的值域为(m ，＋∞)，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝m ，a <0，则函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x＋m －1，x ≥0，ax ＋b ，x <0，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x＋m －1，x ≥0，ax ＋m ，x <0的值域为[m ，＋∞)，|f (x )|的大致图象如图所示，由函数图象易得要使方程|f (x )|＝f (m )有4个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧f m >0，|f m |<|m |，即⎩⎪⎨⎪⎧am ＋m >0，|am ＋m |<|m |，又因为m <－1，解得－2<a <－1，故选D.根据题意确定函数的值域和函数的大致图象是解题的关键． 答案：D。
高考数学总复习 第二章 函数、导数及其应用 课时作业9 理(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册数
课时作业9 对数与对数函数1．(2019·某某某某统考)函数f (x )＝1ln3x ＋1的定义域是( B )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪(0，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，＋∞ D ．[0，＋∞)解析：由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1＞0，ln 3x ＋1≠0，解得x ＞－13且x ≠0，故选B.2．(2019·某某某某模拟)设a ＝60.4，b ＝log 0.40.5，c ＝log 80.4，则a ，b ，c 的大小关系是( B )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：∵a ＝60.4＞1，b ＝log 0.40.5∈(0,1)，c ＝log 80.4＜0，∴a ＞b ＞c .故选B. 3．已知lg a ，lg b 是方程2x 2－4x ＋1＝0的两个实根，则lg(ab )·⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a b 2＝( B )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：由已知，得lg a ＋lg b ＝2，即lg(ab )＝2. 又lg a ·lg b ＝12，所以lg(ab )·⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a b2＝2(lg a －lg b )2＝2[(lg a ＋lg b )2－4lg a ·lg b ]＝2×⎝⎛⎭⎪⎫22－4×12＝2×2＝4，故选B.4．若函数y ＝a －a x(a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a 37＋log a 1123＝( D )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：若a ＞1，则y ＝a －a x在[0,1]上单调递减，则⎩⎨⎧a －a ＝0，a －1＝1，解得a ＝2，此时，log a 37＋log a 1123＝log 216＝4；若0＜a ＜1，则y ＝a －a x在[0,1]上单调递增，则⎩⎨⎧a －a ＝1，a －1＝0，无解，故选D.5．(2019·某某省际名校联考)已知f (x )满足对∀x ∈R ，f (－x )＋f (x )＝0，且当x ≤0时，f (x )＝1ex ＋k (k 为常数)，则f (ln5)的值为( B )A ．4B ．－4C ．6D ．－6解析：易知函数f (x )是奇函数，故f (0)＝1e 0＋k ＝1＋k ＝0，即k ＝－1，所以f (ln5)＝－f (－ln5)＝－(e ln5－1)＝－4.6．(2019·某某某某南雄模拟)函数f (x )＝x a满足f (2)＝4，那么函数g (x )＝|log a (x ＋1)|的图象大致为( C )解析：∵f (2)＝4，∴2a＝4，解得a ＝2，∴g (x )＝|log 2(x ＋1)|＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ＋1，x ≥0，－log 2x ＋1，－1＜x ＜0，∴当x ≥0时，函数g (x )单调递增，且g (0)＝0；当－1＜x ＜0时，函数g (x )单调递减，故选C.7．已知函数f (x )＝e x＋2(x ＜0)与g (x )＝ln(x ＋a )＋2的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值X 围是( A )A ．(－∞，e)B ．(0，e)C ．(e ，＋∞)D ．(－∞，1)解析：由题意知，方程f (－x )－g (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即e －x－ln(x ＋a )＝0在(0，＋∞)上有解，即函数y ＝e －x与y ＝ln(x ＋a )的图象在(0，＋∞)上有交点，则ln a ＜1，即0＜a ＜e ，则a 的取值X 围是(0，e)，当a ≤0时，y ＝e －x与y ＝ln(x ＋a )的图象总有交点，故a 的取值X 围是(－∞，e)，故选A.8．(2019·某某省级名校模拟)已知函数f (x )＝(e x－e－x)x ，f (log 5x )＋f (log 15x )≤2f (1)，则x 的取值X 围是( C )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤15，1 B ．[1,5]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤15，5D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，15∪[5，＋∞) 解析：∵f (x )＝(e x－e －x)x ，∴f (－x )＝－x (e －x －e x )＝(e x －e －x)x ＝f (x )， ∴函数f (x )是偶函数．∵f ′(x )＝(e x －e －x )＋x (e x ＋e －x)＞0在(0，＋∞)上恒成立． ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∵f (log 5x )＋f (log 15 x )≤2f (1)， ∴2f (log 5x )≤2f (1)，即f (log 5x )≤f (1)， ∴|log 5x |≤1，∴15≤x ≤5.故选C.9．函数f (x )＝log 2x ·log2(2x )的最小值为－14.解析：依题意得f (x )＝12log 2x ·(2＋2log 2x )＝(log 2x )2＋log 2x ＝⎝⎛⎭⎪⎫log 2x ＋122－14≥－14，当且仅当log 2x ＝－12，即x ＝22时等号成立，因此函数f (x )的最小值为－14.10．(2019·某某质检)已知函数f (x )＝|log 3x |，实数m ，n 满足0＜m ＜n ，且f (m )＝f (n )，若f (x )在[m 2，n ]上的最大值为2，则nm＝9__.解析：f (x )＝|log 3x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－log 3x ，0＜x ＜1，log 3x ，x ≥1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 由0＜m ＜n 且f (m )＝f (n )， 可得⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，log 3n ＝－log 3m ，则⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，mn ＝1，所以0＜m 2＜m ＜1，则f (x )在[m 2,1)上单调递减，在(1，n ]上单调递增，所以f (m 2)＞f (m )＝f (n )，则f (x )在[m 2，n ]上的最大值为f (m 2)＝－log 3m 2＝2，解得m ＝13，则n ＝3，所以nm＝9. 11．设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a ＞0，a ≠1)，且f (1)＝2. (1)求a 的值及f (x )的定义域；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值．解：(1)∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a ＞0，a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ＞0，3－x ＞0，得－1＜x ＜3，∴函数f (x )的定义域为(－1,3)． (2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2[(1＋x )(3－x )]＝log 2[－(x －1)2＋4]， ∴当x ∈(－1,1]时，f (x )是增函数； 当x ∈(1,3)时，f (x )是减函数，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2.12．已知函数f (x )＝log a (a 2x＋t )，其中a ＞0且a ≠1. (1)当a ＝2时，若f (x )＜x 无解，求t 的取值X 围；(2)若存在实数m ，n (m ＜n )，使得x ∈[m ，n ]时，函数f (x )的值域也为[m ，n ]，求t 的取值X 围．解：(1)∵log 2(22x＋t )＜x ＝log 22x，∴22x＋t ＜2x 无解，等价于22x ＋t ≥2x恒成立， 即t ≥－22x＋2x＝g (x )恒成立， 即t ≥g (x )max ，∵g (x )＝－22x ＋2x＝－⎝⎛⎭⎪⎫2x －122＋14，∴当2x＝12，即x ＝－1时，g (x )取得最大值14，∴t ≥14，故t 的取值X 围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. (2)由题意知f (x )＝log a (a 2x＋t )在[m ，n ]上是单调增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f m ＝m ，f n ＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2m ＋t ＝a m，a 2n ＋t ＝a n，问题等价于关于k 的方程a 2k－a k＋t ＝0有两个不相等的实根，令a k＝u ＞0，则问题等价于关于u 的二次方程u 2－u ＋t ＝0在u ∈(0，＋∞)上有两个不相等的实根，即⎩⎪⎨⎪⎧ u 1＋u 2＞0，u 1·u 2＞0，Δ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧t ＞0，t ＜14，得0＜t ＜14.∴t 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.13．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的正数x 1，x 2，都有x 2f x 1－x 1f x 2x 1－x 2＞0，记a ＝f 30.230.2，b ＝f 0.320.32，c ＝f log 25log 25，则( B ) A ．a ＜b ＜c B ．b ＜a ＜c C ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a解析：已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数， 对任意两个不相等的正数x 1，x 2， 都有x 2f x 1－x 1f x 2x 1－x 2＞0，故x 1－x 2与x 2f (x 1)－x 1f (x 2)同号， 则x 1－x 2与x 2f x 1－x 1f x 2x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫即f x 1x 1－f x 2x 2同号， ∴函数y ＝f xx是(0，＋∞)上的增函数， ∵1＜30.2＜2,0＜0.32＜1，log 25＞2， ∴0.32＜30.2＜log 25，∴b ＜a ＜c ，故选B.14．设f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (2＋x )＝f (2－x )，当x ∈[－2,0]时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫22x－1，若在区间(－2,6)内关于x 的方程f (x )－log a (x ＋2)＝0(a ＞0且a ≠1)恰有4个不同的实数根，则实数a 的取值X 围是( D )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1B ．(1,4)C ．(1,8)D ．(8，＋∞)解析：依题意得f (x ＋2)＝f (－(2－x ))＝f (x －2)，即f (x ＋4)＝f (x )，则函数f (x )是以4为周期的函数，结合题意画出函数f (x )在x ∈(－2,6)上的图象与函数y ＝log a (x ＋2)的图象，结合图象分析可知．要使f (x )与y ＝log a (x ＋2)的图象有4个不同的交点，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，log a 6＋2＜1，由此解得a ＞8，即a 的取值X 围是(8，＋∞)．15．(2019·某某某某模拟)已知函数f (x )＝ln(x ＋x 2＋1)，g (x )＝f (x )＋2 017，下列命题：①f (x )的定义域为(－∞，＋∞)； ②f (x )是奇函数；③f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；④若实数a ，b 满足f (a )＋f (b －1)＝0，则a ＋b ＝1；⑤设函数g (x )在[－2 017,2 017]上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝2 017. 其中真命题的序号是①②③④__.(写出所有真命题的序号) 解析：对于①，∵x 2＋1＞x 2＝|x |≥－x ， ∴x 2＋1＋x ＞0，∴f (x )的定义域为R ，∴①正确．对于②，f (x )＋f (－x )＝ln(x ＋x 2＋1)＋ln(－x ＋－x2＋1)＝ln[(x 2＋1)－x 2]＝ln1＝0.∴f (x )是奇函数，∴②正确． 对于③，令u (x )＝x ＋x 2＋1， 则u (x )在[0，＋∞)上单调递增． 当x ∈(－∞，0]时，u (x )＝x ＋x 2＋1＝1x 2＋1－x，而y ＝x 2＋1－x 在(－∞，0]上单调递减，且x 2＋1－x ＞0.∴u (x )＝1x 2＋1－x在(－∞，0]上单调递增，又u (0)＝1，∴u (x )在R 上单调递增，∴f (x )＝ln(x ＋x 2＋1)在R 上单调递增，∴③正确． 对于④，∵f (x )是奇函数，而f (a )＋f (b －1)＝0，∴a ＋(b －1)＝0， ∴a ＋b ＝1，∴④正确．对于⑤，f (x )＝g (x )－2 017是奇函数，当x ∈[－2 017,2 017]时，f (x )max ＝M －2 017，f (x )min ＝m －2 017， ∴(M －2 017)＋(m －2 017)＝0， ∴M ＋m ＝4 034，∴⑤不正确． 16．已知函数f (x )＝lnx ＋1x －1. (1)求函数f (x )的定义域，并判断函数f (x )的奇偶性； (2)对于x ∈[2,6]，f (x )＝lnx ＋1x －1＞ln mx －17－x恒成立，某某数m 的取值X 围．解：(1)由x ＋1x －1＞0，解得x ＜－1或x ＞1， ∴函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)， 当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f (－x )＝ln－x ＋1－x －1＝ln x －1x ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1－1＝－ln x ＋1x －1＝－f (x )．∴f (x )＝lnx ＋1x －1是奇函数． (2)由于x ∈[2,6]时，f (x )＝lnx ＋1x －1＞ln mx －17－x恒成立， ∴x ＋1x －1＞mx －17－x＞0， ∵x ∈[2,6]，∴0＜m ＜(x ＋1)(7－x )在x ∈[2,6]上恒成立． 令g (x )＝(x ＋1)(7－x )＝－(x －3)2＋16，x ∈[2,6]，由二次函数的性质可知，x ∈[2,3]时函数g (x )单调递增，x ∈[3,6]时函数g (x )单调递减， 即x ∈[2,6]时，g (x )min ＝g (6)＝7， ∴0＜m ＜7.故实数m 的取值X 围为(0,7)．。
2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 2.2.3 函数与导数的应用专项练课件 文
函数
f(x)=������e2���-���1不是偶函数,可以排除
C,D,又令
f'(x)=-������
2
+2������ e ������
+1=0,得
极值点为 x1=1- 2,x2=1+ 2,所以排除 B,选 A
关闭
A
解析 答答案案7
-8-
一、选择题 二、填空题
6.已知定义在R上的函数f(x)=ex+mx2-m(m>0),当x1+x2=1时,不等式
A.[1,+∞)
B.(1,+∞)
C.(-∞,1]
D.(-∞,1)
关闭
∵f'(x)=-x+������������
=
������ -������ ������ 2
2
,由题意当
x∈(1,+∞),m≤x2 恒成立,而
x2>1,
∴m≤1.
关闭
C
解析 答答案案5
-6-
一、选择题 二、填空题
4.(2018 山东济宁一模,文 10)已知函数 f(x)=
当 0<x<2 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当 x>2 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴A g(x)的最小值为 g(2)=e42,∴k<e42,故答案为 A.
关闭
解析
答答案1案4
-15-
一、选择题 二、填空题
13.(2018全国卷2,文13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程
的值为
.
∵f(x)=exln x, ∴f'(x)=exln x+e������������ . ∴f'(1)=eln 1+1e=e.
2019年高考数学二轮复习课件及学案专题二 函数与导数2-2-3
1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数,则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x[解析] ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数,∴a －1＝0,解得a ＝1,∴f (x )＝x 3＋x ,∴f ′(x )＝3x 2＋1,∴f ′(0)＝1,故曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x ,故选D.[答案] D2．(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e x ln x ,f ′(x )为f (x )的导函数,则f ′(1)的值为________．[解析] ∵f (x )＝e x ln x ,∴f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x , ∴f ′(1)＝e 1×(ln1＋1)＝e.[答案] e3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2,则a ＝________.[解析] 设f (x )＝(ax ＋1)e x ,则f ′(x )＝(ax ＋a ＋1)e x ,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝a ＋1＝－2,解得a ＝－3.[答案] －34．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2,f (2))处的切线斜率为0,求a ;(2)若f (x )在x ＝1处取得极小值,求a 的取值范围．[解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ,所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x .f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0,即(2a －1)e 2＝0,解得a ＝12. (2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1,则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时,f ′(x )<0; 当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1,则当x ∈(0,1)时,ax －1≤x －1<0,所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知,a 的取值范围是(1,＋∞)．1.高考对导数的几何意义的考查,多在选择、填空题中出现,难度较小,有时出现在解答题第一问．2．高考重点考查导数的应用,即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题,多在选择、填空的后几题中出现,难度中等．有时出现在解答题第一问．。
高考总复习二轮数学精品课件 专题1 函数与导数 第2讲 基本初等函数、函数的应用
3.函数的零点问题
(1)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=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log
(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg
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第2讲导数及其应用
配套作业
一、选择题
1．(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝x 3
－3ax ＋14
，若x 轴为曲线y ＝f (x )的切线，则a
的值为()
A.12B ．－12 C ．－34D.
14 答案 D
解析 f ′(x )＝3x 2
－3a ，设切点坐标为(x 0,0)，则
⎩⎪⎨
⎪⎧
x30－3ax0＋14＝0，3x2
0－3a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧
x0＝1
2，a ＝1
4，
故选D.
2．(2018·赣州一模)函数f (x )＝12
x 2
－ln x 的递减区间为()
A ．(－∞，1)
B ．(0,1)
C ．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 f (x )的定义域是(0，＋∞)，
f ′(x )＝x －1
x
＝
x2－1
x
， 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1，
故函数f (x )在(0,1)上递减．故选B.
3．(2018·安徽示范高中二模)已知f (x )＝ln x
x
，则()
A ．f (2)＞f (e)＞f (3)
B ．f (3)＞f (e)＞f (2)
C ．f (3)＞f (2)＞f (e)
D ．f (e )＞f (3)＞f (2)
答案 D
解析 f (x )的定义域是(0，＋∞)，
因为f ′(x )＝1－ln x
x2
，所以x ∈(0，e)，f ′(x )>0；
x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0， 故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)，
而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 9
6
，
f (e)>f (3)>f (2)．故选D.
4．(2018·安徽芜湖模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1
－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()
A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)
B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)
C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)
D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)
答案 D
解析 ①当x ＜－2时，1－x ＞0.∵(1－x )f ′(x )＞0，
∴f ′(x )＞0，即f (x )在(－∞，－2)上是增函数． ②当－2＜x ＜1时，1－x ＞0.∵(1－x )f ′(x )＜0，
∴f ′(x )＜0，即f (x )在(－2,1)上是减函数． ③当1＜x ＜2时，1－x ＜0.∵(1－x )f ′(x )＞0，
∴f ′(x )＜0，即f (x )在(1,2)上是减函数． ④当x ＞2时，1－x ＜0.∵(1－x )f ′(x )＜0，
∴f ′(x )＞0，即f (x )在(2，＋∞)上是增函数．
综上，f (－2)为极大值，f (2)为极小值．
5．(2018·河南八校联考)已知f (x )＝14
x 2
＋cos x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的
图象大致为()
答案 A
解析 因为f (x )＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝1
2x －sin x ，这是一个奇函数，图象关于原
点对称，故排除B ，D ，又f ′(1)＝12－sin1＜12－sin π
4
＜0，f ′(2)＝1－sin2＞0，所以f ′(x )
的图象大致为A.
6．已知f (x )＝ax 3
，g (x )＝9x 2
＋3x －1，当x ∈[1,2]时，f (x )≥g (x )恒成立，则a 的取
值范围为()
A ．a ≥11 B．a ≤11。