2018年高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的单调性极值最值问题课件文
利用导数研究函数的性质，以含指数函数、对数
函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最 值，并能解决简单的问题.
真题感悟
1.(2017· 全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)· ex－1的极值点， 则f(x)的极小值为( A.－1 ) B.－2e－3 C.5e－3 D.1
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证 明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，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来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1) 若在 x0 附近左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0 ，则 f(x0) 为函数 f(x) 的极 大值；若在 x0 附近左侧 f′(x)<0 ，右侧 f′(x)>0 ，则 f(x0) 为函数 f(x) 的极小值. (2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，
(2)(2016· 全国Ⅲ卷)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________.
解析 (1)∵f(x)＝2x2＋1，∴f′(x)＝4x， 令4x0＝－8，则x0＝－2，∴f(x0)＝9， ∴点M的坐标是(－2，9). (2)因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝ex－1＋x. 所以f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝e1－1＋1＝2.
1 2.(2017· 全国Ⅰ卷)曲线 y＝x ＋x 在点(1，2)处的切线方程为________.
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1 解析 设 y＝f(x)，则 f′(x)＝2x－x2， 所以 f′(1)＝2－1＝1， 所以在(1，2)处的切线方程为 y－2＝1×(x－1)， 即 y＝x＋1.
答案 y＝x＋1
3.(2017· 全国 Ⅰ 卷改编 ) 已知函数 f(x) ＝ ex(ex － a) － a2x ，其中参数
a x∈－∞，ln－2时， f′(x)<0； 当 a － . 2 a x∈ln－2，＋∞时， f′(x)>0.
a a f(x)在－∞，ln－2上单调递减，在区间ln－2，＋∞上单
曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
【训练 1 】 (1)(2017· 湖北百所重点高中联考 ) 已知函数 f(x ＋ 1) ＝ 2x＋1 ，则曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为( x＋1 A.1 C.2 B.－1 D.－2 )
a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且 a≤0. f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln 当 故
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a －ln－2≥0， 4
时，f(x)≥0.
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综上，a 的取值范围是[ 2e ，0].
考 点 整 合 1.导数的几何意义 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). 易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还 是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
调递增.
(2)①当 a＝0 时，f(x)＝e2x≥0 恒成立. ②若 a<0，则由(1)得，当
a x＝ln－2时，f(x)取得最小值，最小值为
a 3 a 2 fln－2＝a 4－ln－2，
故当且仅当 a 即 a 2e
所以f(x)在点(1，2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案 (1)(－2，9) (2)2x－y＝0
探究提高
1.(1)利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点
坐标、切线斜率之间的关系来转化，其中关键是求出切点的坐标.
(2) 以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则根据 平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解. 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 差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]· ex－1， 则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]· e－3＝0⇒a＝－1， 则f(x)＝(x2－x－1)· ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)· ex－1， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2<x<1时，f′(x)<0，则f(x)极小值为f(1)＝－1. 答案 A
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0，且 a≠1)； 1 (4)(logax)′＝ (a>0，且 a≠1，x>0). xln a
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0 是 f(x) 为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x) ＝ x3 在 (－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0. ②f′(x)≥0 是 f(x) 为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个 区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该
点取得极值的必要而不充分条件.
热点一 导数的几何意义 【例1】 (1)(2017· 鹰潭一模)已知曲线f(x)＝2x2＋1在点M(x0，f(x0)) 处的瞬时变化率为－8，则点M的坐标为________.
2018年高考数学(文)二轮复习+专题突破讲义：专题二+函数与导数专题二+第4讲
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 (2017届云南省昆明市第一中学月考)设函数f (x )＝ax 2－12－ln x ，曲线y ＝f (x )在x ＝2处与直线2x ＋3y ＝0垂直． (1)求函数f (x )的单调区间； (2)当x >1时，证明：f (x )>1x －e 1－x .(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2ax －1x，由已知得f ′(2)＝32，所以a ＝12，所以f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x.由f ′(x )>0，得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1.所以函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)证明 令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫1x －e 1－x ， 则g ′(x )＝x －1x ＋1x2－e 1－x ，由1x －e 1－x ＝e x －1－x x e x －1， 令h (x )＝e x －1－x ，则h ′(x )＝e x －1－1，当x >1时，h ′(x )>0，所以h (x )在(1，＋∞)上为增函数， 所以h (x )>h (1)＝0，所以1x －e 1－x >0，即－e 1－x >－1x ，所以g ′(x )>x －2x ＋1x2，而x －2x ＋1x 2＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞) 上为增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>1x －e 1－x .思维升华 用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：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<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(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 ，有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 )＝1＋ln xx. (1)设a >0，若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋13上存在极值，求实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k 3＋kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝1＋ln x x ，则f ′(x )＝－ln xx 2 (x >0)，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值．因为f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋13(其中a >0)上存在极值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <1，a ＋13>1，解得23<a <1.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫23，1.(2)不等式f (x )≥k 3＋k x ＋1，即(x ＋1)(1＋ln x )x ≥k 3＋k .设g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x ，则g ′(x )＝x －ln xx 2.令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x .因为x ≥1，所以h ′(x )≥0， 则h (x )在[1，＋∞)上单调递增． 所以h (x )的最小值为h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )的最小值为g (1)＝2，所以k 3＋k ≤2，即(k －1)(k 2＋k ＋2)≤0， 解得k ≤1.故k 的取值范围为(－∞，1]． 热点二 利用导数讨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概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解． 例2 (2017届汕头期末)设函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，a >0.(1)求函数f (x )的单调区间； (2)讨论函数f (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －a )(x －1)x (x >0)．当0<a <1时，令f ′(x )<0，得a <x <1；令f ′(x )>0，得0<x <a 或x >1，所以函数f (x )的单调增区间为(0，a )和(1，＋∞)， 单调减区间为(a,1);当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x≥0恒成立，所以函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当a >1时，令f ′(x )<0，得1<x <a ； 令f ′(x )>0，得0<x <1或x >a ，所以函数f (x )的单调增区间为(0,1)和(a ，＋∞)， 单调减区间为(1，a ). (2)由(1)可知，当0<a <1时，函数f (x )的单调增区间为(0，a )和(1，＋∞)， 单调减区间为(a,1)，所以f (x )极大值＝f (a )＝－12a 2－a ＋a ln a <0，f (x )极小值＝f (1)＝－12－a <0，因为f (2a ＋2)＝a ln(2a ＋2)>0, 所以函数f (x )有唯一零点；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 又f (1)＝－32<0，f (4)＝ln 4>0，所以函数f (x )有唯一零点；当a >1时，函数f (x )的单调递增区间是(0,1)和(a ，＋∞)，单调递减区间是(1，a )， 所以f (x )极大值＝f (1)＝－12－a <0，f (x )极小值＝f (a )＝－12a 2－a ＋a ln a <0，f (2a ＋2)＝a ln(2a ＋2)>0, 综上，函数f (x )有唯一零点.思维升华 (1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题． (2)研究函数y ＝f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势． 跟踪演练2 (2017届运城期中)已知函数f (x )＝a 3x 3－12(a ＋1)x 2＋x －13(a ∈R )．(1)若a <0，求函数f (x )的极值；(2)当a ≤1时，判断函数f (x )在区间[0,2]上零点的个数． 解 (1)f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1 ＝a (x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ， 因为a <0，所以1a<1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2a 2＋3a －16a 2， 极大值为f (1)＝－16(a －1)．(2)由(1)得f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1 ＝a (x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ， ①当a <0时，f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减． 又f (1)＝－16(a －1)>0，f (0)＝－13<0，f (2)＝13(2a －1)<0，所以f (x )在[0,2]上有两个零点；②当a ＝0时，f (x )＝－12x 2＋x －13，在[0,2]上有两个零点；③当0<a ≤12时，1a≥2，f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减， 又f (1)＝－16(a －1)>0，f (0)＝－13<0，f (2)＝13(2a －1)≤0，所以f (x )在[0,2]上有两个零点； ④当12<a <1时，1<1a<2，f (x )在(0,1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，2上单调递增． 又f (1)＝－16(a －1)>0，f (0)＝－13<0，f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2a 2＋3a －16a 2＝－(2a －1)(a －1)6a 2>0， 所以f (x )在[0,1]上有且仅有一个零点，在[1,2]上没有零点， 所以f (x )在[0,2]上有且仅有一个零点；⑤当a ＝1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )在[0,2]上单调递增， 因为f (0)＝－13<0，f (2)＝13>0，所以f (x )在[0,2]上有且仅有一个零点，综上可知，当12<a ≤1时，f (x )在[0,2]上有且仅有一个零点；当a ≤12时，f (x )在[0,2]上有两个零点．热点三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3 在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD ，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x 厘米，矩形纸板的两边AB ，BC 的长分别为a 厘米和b 厘米，其中a ≥b .(1)当a ＝90时，求纸盒侧面积的最大值；(2)试确定a ，b ，x 的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值． 解 (1)因为矩形纸板ABCD 的面积为3 600平方厘米， 故当a ＝90时，b ＝40， 从而包装盒子的侧面积 S ＝2×x (90－2x )＋2×x (40－2x ) ＝－8x 2＋260x ，x ∈(0,20)．因为S ＝－8x 2＋260x ＝－8⎝⎛⎭⎫x －6542＋4 2252， 故当x ＝654时，侧面积最大，最大值为4 2252 平方厘米．(2)包装盒子的体积 V ＝(a －2x )(b －2x )x＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]，x ∈⎝⎛⎭⎫0，b2，b ≤60. V ＝x [ab －2(a ＋b )x ＋4x 2]≤x (ab －4abx ＋4x 2) ＝x (3 600－240x ＋4x 2) ＝4x 3－240x 2＋3 600x .当且仅当a ＝b ＝60时等号成立． 设f (x )＝4x 3－240x 2＋3 600x ，x ∈(0,30)． 则f ′(x )＝12(x －10)(x －30)．所以当0＜x ＜10时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,10)上单调递增； 当10＜x ＜30时，f ′(x )＜0，f (x )在(10,30)上单调递减． 因此当x ＝10时，f (x )有最大值f (10)＝16 000， 此时a ＝b ＝60，x ＝10.所以当a ＝b ＝60，x ＝10时纸盒的体积最大，最大值为16 000立方厘米． 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际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：回归实际问题作答．跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大． 解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ， 故半圆CmD 的弧长为πx . 所以4＝2x ＋2y ＋πx ， 得y ＝4－(2＋π)x 2.依题意知0<x <y ，得0<x <44＋π.所以y ＝4－(2＋π)x 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <44＋π.(2)依题意，设凹槽的强度为T ，横截面的面积为S ，则有 T ＝AB ·S ＝2x ⎝⎛⎭⎫2xy －12πx 2 ＝8x 2－(4＋3π)x 3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12. 因为0<169π＋12<4π＋4， 所以当0<x <169π＋12时，T ′>0， 当169π＋12<x <44＋π时，T ′<0， 所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大．真题体验(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )上有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0. 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． 押题预测已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，记g (x )为f (x )的导函数．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线x ＋y ＋3＝0，求a 的值； (2)讨论g (x )＝0的解的个数；(3)证明：对任意的0<s <t <2，恒有g (s )－g (t )s －t<1.押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力． (1)解 由已知，可得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝2(x －1－ln x －a )，所以y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率k ＝g (1)＝－2a . 又切线垂直于直线x ＋y ＋3＝0，所以k ＝1， 即－2a ＝1，所以a ＝－12.(2)解 由(1)可得g (x )＝2(x －1－ln x －a )， 令g (x )＝0，得a ＝x －1－ln x (x >0)，令h (x )＝x －1－ln x ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x，所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又当x →0时，h (x )→＋∞，当x ＝1时，h (x )＝0，当x →＋∞时，h (x )→＋∞，故当a <0时，g (x )＝0无解；当a ＝0时，g (x )＝0有唯一解；当a >0时，g (x )＝0有两解.(3)证明 令φ(x )＝g (x )－x ＝x －2－2ln x －2a ，∴φ′(x )＝1－2x ＝x －2x， φ(x )在()0，2上单调递减，又0<s <t <2，∴φ(s )>φ(t )，∴g (s )－s >g (t )－t ，∴g (s )－g (t )>s －t .∵s －t <0，∴g (s )－g (t )s －t <1.A 组 专题通关1．(2017届安徽百校论坛联考)已知函数f (x )＝ax －ln x ，F (x )＝e x ＋ax ，其中x >0.(1)若a <0，f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)设函数h (x )＝x 2－f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12，求证：h (x 1)－h (x 2)>34－ln 2. (1)解 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x， F ′(x )＝e x ＋a ，x >0，∵a <0，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当－1≤a <0时，F ′(x )>0，即F (x )在(0，＋∞)上单调递增，不合题意；当a <－1时，由F ′(x )>0，得x >ln(－a )，由F ′(x )<0，得0<x <ln(－a )．∴F (x )的单调减区间为(0，ln(－a ))，单调增区间为(ln(－a )，＋∞)．∵f (x )和F (x )在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a )≥ln 3，解得a ≤－3，综上，a 的取值范围是(－∞，－3]．(2)证明 h (x )＝x 2－ax ＋ln x ，∴h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x(x >0)， ∴x 1x 2＝12，∵x 1∈⎝⎛⎭⎫0，12， ∴x 2∈(1，＋∞)，且ax i ＝2x 2i ＋1(i ＝1,2)，∴h (x 1)－h (x 2)＝(x 21－ax 1＋ln x 1)－(x 22－ax 2＋ln x 2)＝(－x 21－1＋ln x 1)－(－x 22－1＋ln x 2)＝x 22－x 21＋ln x 1x 2＝x 22－14x 22－ln 2x 22(x 2>1)． 设t ＝2x 22 (t >2)，φ(t )＝h (x 1)－h (x 2)＝t 2－12t－ln t ， ∴φ′(t )＝(t －1)22t 2>0， ∴φ(t )>φ(2)＝34－ln 2， 即h (x 1)－h (x 2)>34－ln 2. 2．(2017·吉林省长春市普通高中模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R . (1)若f (x )存在极值点1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同的零点，求证：a >e 2.(e 为自然对数的底数，ln 2≈0.693 1) (1)解 f ′(x )＝x ＋1－a －a x，因为f (x )存在极值点1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1.(2)证明 f ′(x )＝x ＋1－a －a x＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－a x (x >0)． ①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a ，当x >a 时，f ′(x )>0，所以f (x )为增函数；当0<x <a 时，f ′(x )<0，所以f (x )为减函数，所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )．又因为f (x )存在两个不同零点，所以f (a )<0，即12a 2＋(1－a )a －a ln a <0， 整理得ln a >1－12a .令h (a )＝ln a ＋12a －1(a >0)， h ′(a )＝1a ＋12>0，h (a )在定义域内单调递增， h ⎝⎛⎭⎫e 2·h (e)＝⎝⎛⎭⎫ln e 2＋e 4－1⎝⎛⎭⎫ln e ＋e 2－1 ＝e 2⎝⎛⎭⎫e 4－ln 2， 由ln 2≈0.693 1，e ≈2.718 28知，e 4－ln 2<0， 故a >e 2成立． 3．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝⎛⎭⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v 2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.解 (1)由题意，得下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)； 水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v (升),∴总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0)． (2)y ′＝6v 50－240v 2＝3(v 3－2 000)25v 2， 令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减，当v >1032时，y ′>0，函数单调递增，∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v ＝1032时总用氧量最少，当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增，∴当v ＝c 时，总用氧量最少．4．已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a >0)． (1) 若函数f (x )有零点， 求实数a 的取值范围；(2) 证明：当a ≥2e时， f (x )>e －x . (1)解 方法一 函数f (x )＝ln x ＋a x的定义域为 (0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ， 得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2. 因为a >0，则当x ∈(0，a )时， f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时， f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增．当x ＝a 时， f (x )min ＝ln a ＋1.当ln a ＋1≤0, 即0<a ≤1e时， 又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0, 则函数f (x )有零点.所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e . 方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x的定义域为(0，＋∞)． 由f (x )＝ln x ＋a x＝0, 得a ＝－x ln x . 令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时， g ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时， g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递减. 故当x ＝1e时， 函数g (x )取得最大值 g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ln 1e ＝1e. 因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点， 则0<a ≤1e， 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e . (2)证明 要证明当a ≥2e时， f (x )>e －x ， 即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x>e －x ， 即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a, 则h ′(x )＝ln x ＋1.当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时， h ′(x )>0. 所以函数h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．当x ＝1e 时， h (x )min ＝－1e＋a . 于是，当a ≥2e 时， h (x )≥－1e ＋a ≥1e . ①令φ(x )＝x e －x, 则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．当0<x <1时， φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在(0，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减．当x ＝1时， φ(x )max ＝φ(1)＝1e. 于是， 当x >0时， φ(x )≤1e . ②显然， 不等式①②中的等号不能同时成立．故当a ≥2e时， f (x )>e －x . 5．(2017届杭州地区重点中学期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2＋bx ＋c ，x <1，a ln x ，x ≥1的图象过点(－1,2)，且在该点处的切线与直线x －5y ＋1＝0垂直．(1)求实数b ，c 的值；(2)对任意给定的正实数a ，曲线y ＝f (x )上是否存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上？解 (1)当x <1时，f (x )＝－x 3＋x 2＋bx ＋c ，则f ′(x )＝－3x 2＋2x ＋b ，由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－1)＝b －5＝－5，f (－1)＝2－b ＋c ＝2，解得b ＝c ＝0. (2)假设曲线y ＝f (x )上存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，则P ，Q 只能在y 轴的两侧，不妨设P (t ，f (t ))(t >0)，则Q (－t ，t 3＋t 2)，且t ≠1.因为△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，所以OP →·OQ →＝0，即－t 2＋f (t )·(t 3＋t 2)＝0， ①是否存在点P ，Q 等价于方程①是否有解，若0<t <1，则f (t )＝－t 3＋t 2，代入方程①，得t 4－t 2＋1＝0，此方程无实数解．若t >1，则f (t )＝a ln t ，代入方程①，得1a＝(t ＋1)ln t ， 设h (x )＝(x ＋1)ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0在[1，＋∞)上恒成立， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，从而h (x )≥h (1)＝0，所以当a >0时，方程1a＝(t ＋1)ln t 有解， 即方程①有解．所以对任意给定的正实数a ，曲线y ＝f (x )上存在两点P ，Q ，使得△POQ 是以O 为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上．B 组 能力提高6．(2017届枣庄期末)设函数f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，g (x )＝x 2－(a ＋1)x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )的图象的交点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－a x. 当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )的增区间是(0，＋∞)，无减区间；当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x， 当0<x <a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增.综上，当a ≤0时，函数f (x )的增区间是(0，＋∞)，无减区间；当a >0时，f (x )的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(a ＋1)x －a ln x ，x >0， 问题等价于求函数F (x )的零点个数．①当a ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x >0，F (x )有唯一零点； 当a ≠0时，F ′(x )＝－(x －1)(x －a )x. ②当a ＝1时，F ′(x )≤0，当且仅当x ＝1时取等号，所以F (x )为减函数．注意到F (1)＝32>0， F (4)＝－ln 4<0，所以F (x )在(1,4)内有唯一零点；③当a >1,0<x <1或x >a 时，F ′(x )<0；当1<x <a 时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0,1)和(a ，＋∞)上单调递减，在(1，a )上单调递增．注意到F (1)＝a ＋12>0，F (2a ＋2)＝－a ln(2a ＋2)<0， 所以F (x )在(1,2a ＋2)内有唯一零点；④当0<a <1,0<x <a 或x >1时，F ′(x )<0；当a <x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(0，a )和(1，＋∞)上单调递减，在(a,1)上单调递增．注意到F (1)＝a ＋12>0，F (a )＝a 2(a ＋2－2ln a )>0， F (2a ＋2)＝－a ln(2a ＋2)<0，所以F (x )在(1,2a ＋2)内有唯一零点.综上，F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象有且仅有一个交点．7．(2017届江西鹰潭一中期中)已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ，其中常数a >0.(1)当a >2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)设定义在D 上的函数y ＝h (x )在点P (x 0，h (x 0))处的切线方程为l ：y ＝g (x )，若h (x )－g (x )x －x 0>0在D 内恒成立，则称P 为函数y ＝h (x )的“类对称点”，当a ＝4时，试问y ＝f (x )是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x ，∴f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 2(x －1)x ， ∵a >2，∴a 2>1，令f ′(x )>0， 即2⎝⎛⎭⎫x －a 2(x －1)x>0， ∵x >0，∴0<x <1或x >a 2， ∴函数f (x )的单调递增区间是(0,1)，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞. (2)当a ＝4时，f (x )＝x 2－6x ＋4ln x ，∴f ′(x )＝2x ＋4x－6， y ＝g (x )＝⎝⎛⎭⎫2x 0＋4x 0－6(x －x 0)＋x 20－6x 0＋4ln x 0， 令φ(x )＝f (x )－g (x )＝x 2－6x ＋4ln x －⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x 0＋4x 0－6(x －x 0)＋x 20－6x 0＋4ln x 0， 则φ(x 0)＝0，φ′(x )＝2x ＋4x－6－⎝⎛⎭⎫2x 0＋4x 0－6 ＝2(x －x 0)⎝⎛⎭⎫1－2x 0x ＝2x 0(x －x 0)⎝⎛⎭⎫x 0－2x ＝2x 0(x －x 0)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0x －2x ，当x 0<2时，φ(x )在⎝⎛⎭⎫x 0，2x 0上单调递减． ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，2x 0时，φ(x )<φ(x 0)＝0， 从而有x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，2x 0时，φ(x )x －x 0<0； 当x 0>2时，φ(x )在⎝⎛⎭⎫2x 0，x 0上单调递减， ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫2x 0，x 0时，φ(x )>φ(x 0)＝0， 从而有x ∈⎝⎛⎭⎫2x 0，x 0时，φ(x )x －x 0<0， ∴当x ∈(0，2)∪(2，＋∞)时，y ＝f (x )不存在“类对称点”．当x 0＝2时，φ′(x )＝2x(x －2)2， ∴φ(x )在(0，＋∞)上是增函数，故φ(x )x －x 0>0， ∴当x 0＝2时，y ＝f (x )存在“类对称点”．。
(广东专版)2019高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数、不等式第4讲导数与函数的单调性、极值与
②若a＞2，令f′(x)＝0得， a－ a2－4 a＋ a2－4 x＝ 或x＝ . 2 2
a－ 当x∈ 0，
a 2
2
a＋ －4 ∪(
a2－4 ，＋∞)时，f′ 2
(x)＜0；
a－ 当x∈
a2－4 a＋ a2－4 ， 时，f′(x)＞0. 2 2
2．四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x. (2)(cos x)′＝－sin x.
(3)(ax)′＝axln a(a＞0，且a≠1)． 1 (4)(logax)′＝ (a＞0，且a≠1，x＞0)． xln a 3．定积分的几何意义 如果在区间[a，b]上，函数f(x)连续且恒有f(x)≥0， 那么 ∫ b a f(x)dx表示直线x＝a，x＝b，曲线y＝f(x)与x轴围 成的曲边梯形的面积．
－
解析：f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]· ex 1 ， 则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]· e 3＝0⇒a＝－1，
－
则f(x)＝(x2－x－1)· ex 1，f′(x)＝(x2＋x－2)· ex 1 ，
－ －
又ex 1＞0恒成立，
－
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f ′(x)＜0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点． 则f(x)的极小值为f(1)＝－1. 答案：A
＝aln x1 －x1＋x2 x2
1 ＝－a( ＋2ln x2－x2) x2 1 设φ(x)＝ －x＋2ln x，x＞1， x 由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝ 0， 从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)＜0， 1 所以 ＋2ln x2－x2＜0，故t＞0. x2
2018大二轮高考总复习文数课件：解答题8 第1课时 函数
所以
所以对任意 所以函数 因此
h(x)＜h(0)＝0，即 f′(x)＜0．
π f(x)在区间0，2上单调递减．
第三版块 高考大题突破区
第二单元
高考压轴大题冲关
解答题08：函数与导数
栏
目 导 航
02
01
全国卷5年大题集
高考考点多维解读
03
高考零距离大突破
01
年份
全国卷5年大题集 卷别
Ⅰ卷
具体考查内容及命题位置 函数的性质、导数及其应用·T21
函数的单调性、导数的应用、不等 式的恒成立问题·T21 函数的性质，导数的应用·T21 导数的几何意义、利用导数研究不 等式恒成立·T20 单调性讨论、函数的零点问题、导 数的应用·T21 单调性讨论、不等式证明·T21
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷
具体考查内容及命题位置 函数的零点问题、不等式证明·T21
命题分析
Ⅰ卷
2014 Ⅱ卷 Ⅰ卷 2013 Ⅱ卷
题1.解答题第21题压轴 利用导数研究函数的单调性、最值、 一般考查利用导数研究 函数的有关性质，难度 求参数的取值范围问题·T21 中等偏上． 导数的几何意义、存在性问题求参 2．本题考查内容灵活 数·T21 多变，常涉及分类讨论 导数的几何意义、利用导数研究函数 思想、数形结合思 的单调性、极值·T21 想．另外，多与不等 利用导数研究函数的单调性、极 式、方程根的分布及函 值·T20 数的值域等问题相结合 利用导数研究函数的极值、求参数的 设置成综合性试题，难 度较大. 取值范围·T21
思路点拨
[ 思路点拨] 出切线方程．
高三数学(理)二轮专题复习文档：专题六函数与导数、不等式第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题
第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真 题 感 悟1.(2018·全国Ⅰ卷)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 因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，可得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .答案 D2.(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·e x －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0a ＝－1，则f (x )＝(x 2－x －1)·e x －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1，当x <－2或x >1时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0.则f (x )极小值为f (1)＝－1.答案 A3.(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 由题意得f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x ，则f ′(1)＝e.答案 e4.(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)试讨论函数f (x )的单调性；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个极值点，且x 2>x 1，设t ＝f (x 1)－f (x 2)－(a －2)(x 1－x 2)，试证明t >0.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2. (ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减.(ⅱ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增. (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1.又∵x 2>x 1>0，所以x 2>1.又t ＝f (x 1)－f (x 2)－(a －2)(x 1－x 2)＝1x 1－1x 2－(x 1－x 2)＋a (ln x 1－ln x 2)－(a －2)(x 1－x 2) ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 1x 2－x 1＋x 2＝－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2ln x 2－x 2.设φ(x)＝1x－x＋2ln x，x>1.由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.所以1x2＋2ln x2－x2<0，故t>0.考点整合1.导数的几何意义函数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).易错提醒求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.2.四个易误导数公式(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0，且a≠1)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1，x>0).3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.(2)利用导数研究函数单调性的方法.①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性，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来求解.4.利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值.(2)设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.热点一 导数与定积分的几何意义【例1】 (1)(2016·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________.(2)(2018·邯郸调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式的中间项系数为20，如图阴影部分是由曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝a 及x 轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积S ＝________.解析 (1)令x >0，则－x <0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，即f (－x )＝f (x )，∴f (x )＝ln x －3x (x >0)，则f ′(x )＝1x －3(x >0).∴f ′(1)＝－2，∴在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即2x ＋y ＋1＝0.(2)因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a 2x 6展开式的中间项系数为20，中间项为第四项，系数为C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫a 23＝20，解得a ＝2，所以曲线y ＝x 2和圆x 2＋y 2＝2在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影部分的面积为π4－⎠⎛01(x －x 2)d x ＝π4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝π4－16. 答案 (1)2x ＋y ＋1＝0 (2)π4－16探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值.(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量.在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值.【训练1】 (1)(2018·武汉调研)设曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，则a ＝________.(2)(2018·成都质检)在平面直角坐标系内任取一个点P (x ，y )满足⎩⎨⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2，则点P 落在曲线y ＝1x 与直线x ＝2，y ＝2围成的阴影区域(如图所示)内的概率为________.解析 (1)y ′＝（2－cos x ）′sin x －（2－cos x ）（sin x ）′sin 2x＝1－2cos x sin 2x ，则曲线y ＝2－cos x sin x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2处的切线的斜率为k 1＝1.因为直线x ＋ay ＋1＝0的斜率k 2＝－1a ， 又该切线与直线x ＋ay ＋1＝0垂直，所以k 1k 2＝－1，解得a ＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，y ＝1x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2，所以阴影部分的面积为⎠⎜⎛122⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x d x ＝(2x －ln x )⎪⎪⎪⎪212＝(2×2－ln 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫2×12－ln 12＝3－2ln 2，因此所求概率为3－2ln 22×2＝3－2ln 24. 答案 (1)1 (2)3－2ln 24热点二 利用导数研究函数的单调性考法1 确定函数的单调性(区间)【例2－1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. 综上所述，当a ＝0时，f (x )在R 上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减； 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].考法2 根据函数的单调性求参数的取值范围【例2－2】 (2018·广州质检)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋b x ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间.(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋a x ，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求a 的取值范围.解(1)f(x)＝2x＋bx＋ln x，定义域(0，＋∞).∴f′(x)＝2－bx2＋1x＝2x2＋x－bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2－3x2＋1x＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以a的取值范围是[－3，＋∞).探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解. 【训练2】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x ＞0，因为e x ＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2).(2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x ＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增. 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. 热点三 利用导数研究函数的极值和最值考法1 求函数的极值、最值【例3－1】 (2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围.解 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1.此时f (1)＝3e≠0.所以a 的值为1.(2)f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 探究提高 1.本题利用导数的几何意义曲线在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a 值，切记，需检验切线是否与x 轴重合.2.(1)可导函数在极值点处的导数一定为零，但导数为零的点不一定是极值点，是极值点时也要注意是极大值点还是极小值点.(2)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值.【训练3】 已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值. 解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 考法2 与函数极值点个数有关问题【例3－2】 (2018·潍坊三模)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝e x ＋32x 2.(1)讨论函数f (x )极值点的个数；(2)若对x >0，不等式f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝1x ＋x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x(x >0). 令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，其中Δ＝a 2－4.①当a 2－4≤0时，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0恒成立. ∴f ′(x )≥0，则f (x )在(0，＋∞)上递增，函数无极值点. ②当a 2－4>0时，由x 2＋ax ＋1＝0，得x 1＝－a －a 2－42，x 2＝－a ＋a 2－42(x 1<x 2). 若a >2，则x 1<x 2<0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增.∴f (x )在(0，＋∞)上无极值点.若a <－2，则0<x 1<x 2，∴x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，故x 1是f (x )的极大值点，x 2是f (x )的极小值点.综上：当a <－2时，f (x )有两个极值点，当a ≥－2时，f (x )无极值点.(2)f (x )≤g (x )等价于ln x ＋12x 2＋ax ≤e x ＋32x 2，则e x －ln x ＋x 2≥ax ，因此a ≤e x －ln x ＋x 2x， 设h (x )＝e x －ln x ＋x 2x (x >0). h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x ＋2x x －e x ＋ln x －x 2x 2＝e x （x －1）＋ln x ＋x 2－1x 2. 当x ∈(0，1)时，e x (x －1)＋ln x ＋x 2－1<0，即h ′(x )<0，h (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，e x (x －1)＋ln x ＋x 2－1>0，即h ′(x )>0，h (x )单调递增.因此x ＝1为h (x )的极小值点，即h (x )≥h (1)＝e ＋1，故a ≤e ＋1.探究提高 1.求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右附近函数值的符号.2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解.【训练4】 已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点.当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ；由f ′(x )>0，得x >1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，故f (x )在x ＝1a 处有极小值.综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点. (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x . 因此f (x )≥bx －21＋1x －ln xx ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2， 令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2. 故实数b 的最大值是1－1e 2.1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.一、选择题1.曲线y＝e x＋2x在点(0，1)处的切线方程为()A.y＝x＋1B.y＝x－1C.y＝3x＋1D.y＝－x＋1解析求导函数y′＝e x＋2，当x＝0时，y′＝e0＋2＝3，所以曲线y＝e x＋2x在点(0，1)处的切线方程为y＝3x＋1.答案 C2.(2018·安徽江淮十校联考)设函数f(x)＝12x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是()A.(1，2]B.[4，＋∞)C.(－∞，2]D.(0，3]解析易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－9 x.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[a －1，a ＋1]上恒成立，即0<x ≤3在[a －1，a ＋1]上恒成立， 所以⎩⎨⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 A3.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0B.1C.2D.无数解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点. 答案 A4.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( )解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合. 答案 D5.(2018·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数.已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A.2折函数 B.3折函数 C.4折函数D.5折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点.又e －2≠3(－2)＋2＝－4.∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C 二、填空题6.(2018·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点O (0，0)处的切线方程为________________. 解析 由题意得y ′＝2x ＋1.在点O 处切线斜率k ＝y ′|x ＝0＝2.∴曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . 答案 y ＝2x7.(2018·郴州三模)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x x －1（x >0），h （x ） （x <0），则函数h (x )的最大值为________.解析 当x >0时，f (x )＝e xx －1，f ′(x )＝e x （x －1）x 2，∴当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增.∴x ＝1时，f (x )取到极小值e －1，即f (x )的最小值e －1. 又f (x )为奇函数，且x <0时，f (x )＝h (x )， ∴h (x )的最大值为－(e －1)＝1－e. 答案 1－e8.对于函数y ＝f (x )，若其定义域内存在两个不同实数x 1，x 2，使得x i f (x i )＝1(i ＝1，2)成立，则称函数f (x )具有性质P .若函数f (x )＝e xa 具有性质P ，则实数a 的取值范围为________.解析 依题意，xf (x )＝1，即x e xa ＝1在R 上有两个不相等实根， ∴a ＝x e x 在R 上有两个不同的实根，令φ(x )＝x e x ，则φ′(x )＝e x (x ＋1)，当x <－1时，φ′(x )<0，φ(x )在(－∞，－1)上是减函数； 当x >－1时，φ′(x )>0，φ(x )在(－1，＋∞)上是增函数. 因此φ(x )极小值为φ(－1)＝－1e .在同一坐标系中作y ＝φ(x )与y ＝a 的图象， 又当x <0时，φ(x )＝x e x <0.由图象知，当－1e <a <0时，两图象有两个交点.故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0三、解答题9.(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值.解 (1)由已知，得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ， 故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1， 又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为 y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3，或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x (－∞，t 2－3)t 2－3 (t 2－3，t 2＋3)t 2＋3 (t 2＋3，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3. 10.已知f (x )＝ln x ＋ax . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x >0，均有x (2ln a －ln x )≤a 恒成立，求正数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2，x ∈(0，＋∞).①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)为增函数，无极值. ②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )为减函数； x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)为增函数， f (x )在(0，＋∞)有极小值，无极大值， f (x )的极小值f (a )＝ln a ＋1.(2)若对任意x >0，均有x (2ln a －ln x )≤a 恒成立，即对任意x >0，均有2ln a ≤ax ＋ln x 恒成立，由(1)可知f (x )的最小值为ln a ＋1，问题转化为2ln a ≤ln a ＋1，即ln a ≤1，故0<a ≤e ，故正数a 的取值范围是(0，e].11.(2018·济南质检)已知函数f (x )＝(x －1)e x－ax 2，其中参数a ≤12.(1)讨论f (x )单调性；(2)当a ＝－1时，函数g (x )＝f (x )－x e x ＋x 的最大值为m ，求不超过m 的最大整数. 解 (1)f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a ). ①当a ≤0时，e x －2a >0.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. ②当0<a <12时，0<2a <1.x ∈(－∞，ln 2a )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； x ∈(ln 2a ，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.③当a ＝12时，x ∈(－∞，＋∞)时，f ′(x )≥0时，f (x )单调递增.(2)由题意知g (x )＝－e x ＋x 2＋x . g ′(x )＝－e x ＋2x ＋1，令φ(x )＝g ′(x )， 则φ′(x )＝－e x ＋2.当x ∈(0，ln 2)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增； x ∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减；φ(0)＝0，φ(1)＝3－e>0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝4－e 32＝16－e 3<0，所以，存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，使φ(x 0)＝0， 即e x 0＝2x 0＋1.所以，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )>0，g (x )单调递增； x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )<0，g (x )单调递减；∴m ＝g (x 0)＝－e x 0＋x 20＋x 0＝－(2x 0＋1)＋x 20＋x 0＝x 20－x 0－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122－54.又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，所以m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－14.所以，不超过m 的最大整数为－1.。
2018届高考数学二轮复习 导数与不等式及参数范围 ppt课件(全国通用)
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解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,∴g'(x)=
������
1
������-1 ������ 2
,
令g'(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, 所以最小值为g(1)=1.
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(2)g
1 ������
=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
1 ������
1 ������
=2ln x-x+ ,则 h'(x)=������
1
(������ -1)2 ������ 2
,
当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
,
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,
2.4.2
导数与不等式及参数范围
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求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数 例1设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x) 都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 难点突破一(作差构造) f(x)≤kg(x)⇔kg(x)-f(x)≥0,设F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2⇒F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)⇒令 F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. 此时,类比二次函数根的分布进行分类讨论F(x)的最小值大于或等 于0时的k的范围.
2018高考新课标数学文二轮专题复习课件：专题一第3讲导数与函数的单调性、极值与最值 精品
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当 a>0 时，令 f′(x)＝0，
解得 x＝
33a或 x＝－
3a 3.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，
－
3a 3
∴f(x)在0，1a上递减，在1a，＋∞上递增， 即 f(x)在 x＝1a处有极小值．
∴当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，
当 a>0 时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数 f(x)在 x＝1 处取得极值， ∴a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋1x－lnxx≥b， 令 g(x)＝1＋1x－lnxx，
故 f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数； 当 x∈(x2，x1)时，f′(x)<0， 故 f(x)在(x2，x1)上是减函数； 若 a<0，则当 x∈(－∞，x1)或 x∈(x2，＋∞)时， f′(x)<0， 故 f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数；
当 x∈(x1，x2)时，f′(x)>0， 故 f(x)在(x1，x2)上是增函数． (2)当 a>0，x>0 时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0， 故当 a>0 时，f(x)在区间(1，2)上是增函数． 当 a<0 时，f(x)在区间(1，2)上是增函数当且仅当 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0，解得－54≤a<0.
2．(2015·全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 f(x)有最大值，且最大值大于 2a－2 时，求 a 的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a. 若 a≤0，则 f′(x)>0，
2018版高考数学文二轮专题复习配套文档：专题一 函数与导数、不等式 第1讲 含答案 精品
第1讲 函数图象与性质高考定位 1.以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、最值、奇偶性、单调性和周期性；2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象性质解决简单问题；3.函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅲ卷)函数y ＝1＋x ＋sin xx 2的部分图象大致为( )解析 法一 易知g (x )＝x ＋sin xx 2为奇函数，其图象关于原点对称.所以y ＝1＋x ＋sin xx 2的图象只需把g (x )的图象向上平移一个单位长度，选项D 满足.法二 当x ＝1时，f (1)＝1＋1＋sin 1＝2＋sin 1>2，排除A ，C.又当x →＋∞时，y →＋∞，B 项不满足，D 满足. 答案 D2.(2017·山东卷)设f (x )＝⎩⎨⎧x ，0<x <1，2（x －1），x ≥1，若f (a )＝f (a ＋1)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝( )A.2B.4C.6D.8解析 由已知得a >0，∴a ＋1>1， ∵f (a )＝f (a ＋1)，∴a ＝2(a ＋1－1)， 解得a ＝14，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f (4)＝2(4－1)＝6.答案 C3.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( ) A.f (x )在(0，2)上单调递增 B.f (x )在(0，2)上单调递减C.y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称D.y ＝f (x )的图象关于点(1，0)对称解析 由题意知，f (x )＝ln x ＋ln(2－x )的定义域为(0，2)，f (x )＝ln[x (2－x )]＝ ln[－(x －1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以排除A ，B ；又f (2－x )＝ln(2－x )＋ln x ＝f (x )，所以f (x )的图象关于直线x ＝1对称，C 正确，D 错误. 答案 C4.(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x 2－2x －3|与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1mx i ＝（ ）A.0B.mC.2mD.4m解析 ∵f （x ）＝f （2－x ），∴函数f （x ）的图象关于直线x ＝1对称.又y ＝|x 2－2x －3|＝|（x －1）2－4|的图象关于直线x ＝1对称， ∴两函数图象的交点关于直线x ＝1对称. 当m 为偶数时，∑i ＝1m x i ＝2×m2＝m ；当m 为奇数时，∑i ＝1mx i ＝2×m －12＋1＝m .答案 B考 点 整 合1.函数的性质(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质.证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论.复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则.(2)奇偶性：①若f (x )是偶函数，则f (x )＝f (－x ). ②若f (x )是奇函数，0在其定义域内，则f (0)＝0.③奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的单调区间内有相反的单调性.(3)周期性：①若y ＝f (x )对x ∈R ，f (x ＋a )＝f (x －a )或f (x ＋2a )＝f (x )(a >0)恒成立，则y ＝f (x )是周期为2a 的周期函数.②若y ＝f (x )是偶函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为2|a |的周期函数.③若y ＝f (x )是奇函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为4|a |的周期函数.④若f (x ＋a )＝－f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f （x ＋a ）＝1f （x ），则y ＝f (x )是周期为2|a |的周期函数.易错提醒 错用集合运算符号致误：函数的多个单调区间若不连续，不能用符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接. 2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究. (3)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，即f (x )＝f (2a －x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称；②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，即f (x )＝－f (2a －x )，则y ＝f (x )的图象关于点(a ，0)对称.热点一 函数及其表示【例1】 (1)(2017·邯郸调研)函数y ＝lg （1－x 2）2x 2－3x －2的定义域为( )A.(－∞，1]B.[－1，1]C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1 (2)(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧1＋log 2（2－x ），x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( ) A.3 B.6 C.9D.12解析 (1)函数有意义，则⎩⎨⎧1－x 2>0，2x 2－3x －2≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <1，x ≠2且x ≠－12. 所以函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1<x <1，且x ≠－12.(2)因为－2＜1，log 212＞log 28＝3＞1，所以f (－2)＝1＋log 2[2－(－2)]＝1＋log 24＝3，f (log 212)＝2log 212－1＝2log 212×2－1＝12×12＝6，故f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9.答案 (1)C (2)C探究提高 1.(1)给出解析式的函数的定义域是使解析式有意义的自变量的集合，只需构建不等式(组)求解即可.(2)抽象函数：根据f (g (x ))中g (x )的范围与f (x )中x 的范围相同求解.2.对于分段函数的求值问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；形如f (g (x ))的函数求值时，应遵循先内后外的原则.【训练1】 (1)(2017·山东卷)设函数y ＝4－x 2的定义域为A ，函数y ＝ln(1－x )的定义域为B ，则A ∩B ＝( ) A.(1，2) B.(1，2] C.(－2，1)D.[－2，1)(2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧a ·2x ，x ≥0，2－x ，x <0(a ∈R )，若f (f (－1))＝1，则a ＝( )A.14B.12C.1D.2解析 (1)由4－x 2≥0得－2≤x ≤2，∴A ＝[－2，2]， 由1－x ＞0得x ＜1，∴B ＝(－∞，1).∴A ∩B ＝[－2，1). (2)∵f (－1)＝2－(－1)＝2，∴f [f (－1)]＝f (2)＝4a ＝1，解得a ＝14.答案 (1)D (2)A热点二 函数的图象及应用 命题角度1 函数图象的识别【例2－1】 (2017·汉中模拟)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1·sin x 的图象大致形状为( )解析 ∵f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1·sin x ，∴f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e －x －1·sin(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2e x1＋e x －1sin x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1·sin x ＝f (x ).∴函数f (x )为偶函数，故排除C ，D ，当x ＝2时，f (2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e 2－1·sin 2<0，故排除B ，只有A 符合.答案 A命题角度2 函数图象的应用【例2－2】 (1)(2017·历城冲刺)已知f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( ) A.有最小值－1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值－1，无最大值D.有最大值－1，无最小值(2)(2015·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 解析 (1)画出y ＝|f (x )|＝|2x －1|与y ＝g (x )＝1－x 2的图象，它们交于A ，B 两点.由“规定”，在A ，B 两侧，|f (x )|≥g (x )，故h (x )＝|f (x )|；在A ，B 之间，|f (x )|<g (x )，故h (x )＝－g (x ).综上可知，y ＝h (x )的图象是图中的实线部分，因此h (x )有最小值－1，无最大值. (2)设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ，由题知存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)＜h (x 0)， 因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，可知g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎨⎧h （0）＞g （0），h （－1）≤g （－1），即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，－2a ≤－3e ，所以32e ≤a <1.答案 (1)C (2)D探究提高 1.已知函数的解析式，判断其图象的关键是由函数解析式明确函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等，以及函数图象上的特殊点，根据这些性质对函数图象进行具体分析判断.2.(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究. 【训练2】 (1)(2017·菏泽二模)函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13|log 3x |的图象是( )(2)如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( )A.(－1，0]B.[－1，1]C.(－1，2]D.(－1，1]解析 (1)当x ≥1时，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13|log 3 x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13log 3 x ＝1x .当0<x <1时，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13|log 3 x |＝3 log 3 x ＝x .∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13|log 3 x |＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，x ，0<x <1.图象为选项A.(2)在同一坐标系中画出函数f (x )与y ＝log 2(x ＋1)的图象，如图所示.根据图象，当x∈(－1，1]时，y＝f(x)的图象在y＝log2(x＋1)图象的上方.所以不等式的解集为(－1，1].答案(1)A(2)D热点三函数的性质与应用【例3】(1)(2017·山东卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋4)＝f(x－2).若当x∈[－3，0]时，f(x)＝6－x，则f(919)＝________.(2)(2017·天津卷)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x).若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a解析(1)∵f(x＋4)＝f(x－2)，∴f[(x＋2)＋4]＝f[(x＋2)－2]，即f(x＋6)＝f(x)，∴f(919)＝f(153×6＋1)＝f(1)，又f(x)在R上是偶函数，∴f(1)＝f(－1)＝6－(－1)＝6，即f(919)＝6.(2)法一易知g(x)＝xf(x)在R上为偶函数，∵奇函数f(x)在R上是增函数，且f(0)＝0.∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数.又3>log25.1>2>20.8，且a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，∴g(3)>g(log25.1)>g(20.8)，则c>a>b.法二(特殊化)取f(x)＝x，则g(x)＝x2为偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，又3>log25.1>20.8，从而可得c>a>b.答案(1)6(2)C探究提高 1.利用函数的奇偶性和周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解.2.函数单调性应用：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性.【训练3】 (1)(2017·淄博诊断)已知奇函数f (x )＝⎩⎨⎧3x－a （x ≥0），g （x ）（x <0），则f (－2)的值等于________.(2)(2017·石家庄调研)已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，且f (2)＝0.若 f (x －1)>0，则x 的取值范围是________.解析 (1)因为函数f (x )为奇函数，所以f (0)＝0，则30－a ＝0，∴a ＝1. ∴当x ≥0时，f (x )＝3x －1，则f (2)＝32－1＝8， 因此f (－2)＝－f (2)＝－8. (2)因为f (2)＝0，f (x －1)>0， 所以f (x －1)>f (2).又因为f (x )是偶函数且在[0，＋∞)上单调递减， 所以f (|x －1|)>f (2)，即|x －1|<2，解得－1<x <3. 答案 (1)－8 (2)(－1，3)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f (x )＝1x ln x 的定义域时，只考虑x >0，忽视ln x ≠0的限制.2.如果一个奇函数f (x )在原点处有意义，即f (0)有意义，那么一定有f (0)＝0；若f (x )为偶函数，则f (|x |)＝f (x ).3.三种作函数图象的基本思想方法(1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图；(2)对函数解析式进行恒等变换，转化为已知方程对应的曲线； (3)通过研究函数的性质，明确函数图象的位置和形状.4.函数是中学数学的核心，函数思想是重要的思想方法，利用函数思想研究方程(不等式)才能抓住问题的本质，对于给定的函数若不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，数形结合直观求解.一、选择题1.(2017·唐山一模)若函数f (x )＝⎩⎨⎧e x －1，x ≤1，5－x 2，x >1，则f (f (2))＝( ) A.1 B.4 C.0D.5－e 2解析 由题意知，f (2)＝5－4＝1，f (1)＝e 0＝1， 所以f (f (2))＝1. 答案 A2.(2017·衡阳二模)已知函数g (x )的定义域为{x |x ≠0}，且g (x )≠0，设p ：函数f (x )＝g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫11－2x －12是偶函数；q ：函数g (x )是奇函数，则p 是q 的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析 令h (x )＝11－2x －12(x ≠0)易得h (x )＋h (－x )＝0，h (x )为奇函数，g (x )是奇函数，f (x )为偶函数；反过来也成立.因此p 是q 的充要条件. 答案 C3.(2017·全国Ⅰ卷)函数y ＝sin 2x1－cos x的部分图象大致为()解析 令f (x )＝sin 2x1－cos x，定义域为{x |x ≠2k π，k ∈Z }，又f (－x )＝－f (x )，∴f (x )在定义域内为奇函数，图象关于原点对称，B 不正确.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，f (π)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＝－11＋22<0.∴选项A ，D 不正确，只有选项C 满足.答案 C4.已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数，记a ＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a ＜b ＜c B.a ＜c ＜b C.c ＜a ＜bD.c ＜b ＜a解析 由f (x )＝2|x －m |－1是偶函数可知m ＝0， 所以f (x )＝2|x |－1.所以a ＝f (log 0.53)＝2|log 0.53|－1＝2log 23－1＝2， b ＝f (log 25)＝2|log 25|－1＝2log 25－1＝4， c ＝f (0)＝2|0|－1＝0，所以c <a <b . 答案 C5.(2016·天津卷改编)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a 满足f (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析 ∵f (x )是偶函数，且在(－∞，0)上单调递增， ∴在(0，＋∞)上单调递减，f (－2)＝f (2)， ∴f (2|a －1|)>f (2)，∴2|a －1|<2＝212，∴|a －1|<12，即－12<a －1<12，即12<a <32. 答案 A 二、填空题6.(2017·成都诊断)函数f (x )＝2x －12＋3x ＋1的定义域为________.解析 由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧2x －12≥0，x ＋1≠0，解得x >－1. 答案 {x |x >－1}7.(2017·郴州二模)已知函数f (x )是奇函数，当x >0时，f (x )＝a x (a >0且a ≠1)，且f (log 124)＝－3，则a 的值为________.解析 ∵奇函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 124＝－3，而log 124＝－2<0，∴f (－2)＝－3，即f (2)＝3，又∵当x >0时，f (x )＝a x (a >0且a ≠1)，又2>0， ∴f (2)＝a 2＝3，解之得a ＝ 3. 答案38.(2015·全国Ⅰ卷改编)设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )＞f (2x －1)成立的x 的取值范围是________. 解析 由f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，知f (x )为R 上的偶函数，于是f (x )＞f (2x －1)即为f (|x |)＞f (|2x －1|).当x ＞0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x 2，所以f (x )为[0，＋∞)上的增函数，则由f (|x |)＞f (|2x －1|)得|x |＞|2x －1|，平方得3x 2－4x ＋1＜0，解得13＜x ＜1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1三、解答题9.已知函数f (x )＝mx 2－2x ＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m 的取值范围. 解 当m ＝0时，f (x )＝－2x ＋1，它显然有一个正实数的零点.当m ≠0时，函数f (x )＝mx 2－2x ＋1的图象是抛物线，且与y 轴的交点为(0，1)， 由f (x )有且仅有一个正实数的零点，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1m >0，Δ＝0或x ＝1m <0，解得m ＝1或m <0.综上所述，m 的取值范围是(－∞，0]∪{1}. 10.(2017·深圳中学调研)已知函数f (x )＝a －22x＋1. (1)求f (0)；(2)探究f (x )的单调性，并证明你的结论； (3)若f (x )为奇函数，求满足f (ax )<f (2)的x 的范围. 解 (1)f (0)＝a －220＋1＝a －1.(2)∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－22x1＋1－a＋22 x2＋1＝2·（2 x1－2 x2）（1＋2 x1）（1＋2 x2），∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，∴0<2 x1<2 x2，∴2 x1－2 x2<0，2 x1＋1>0，2 x2＋1>0. ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2).∴f(x)在R上单调递增.(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－22－x＋1＝－a＋22x＋1，解得a＝1(或用f(0)＝0去解).∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.∴不等式的解集为(－∞，2).11.已知函数f(x)＝x2－2ln x，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－2x＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值. (2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2ln x－a(x＞0)，所以k′(x)＝1－2 x，令k′(x)＞0，得x＞2，所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，所以当x＝2时，函数k(x)取得最小值k(2)＝2－2ln 2－a.因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点，即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，所以⎩⎨⎧k （1）≥0，k （2）<0，k （3）≥0，即有⎩⎨⎧1－a ≥0，2－2ln 2－a <0，3－2ln 3－a ≥0，解得2－2ln 2<a ≤3－2ln 3.所以实数a 的取值范围为(2－2ln 2，3－2ln 3].。
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题一 函数与导数、不等式 第3讲 精品
高考定位 常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求 法或讨论，以及考查函数极值、最值的求法，综合考查与范 围有关的问题.
真题感悟
(2016·山东卷)设f(x)＝xln 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.
[微题型2] 已知函数的单调区间求参数范围
【例 1－2】 (2016·广东湛江二模)已知函数 f(x)＝x2＋2aln x. (1)若函数 f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为 1，求实数 a 的值； (2)若函数 g(x)＝2x＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数 a 的取 值范围.
热点三 利用导数研究函数的最值 【例3】 (2016·武汉二模)设函数f(x)＝ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＋(1＋a)x－x2－x3，其
探究提高 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围 (一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x) 不恒等于0的参数的范围.
【训练 1】 已知函数 f(x)＝(ax2－x)lnx－12ax2＋x(a∈R). (1)当 a＝0 时，求曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程(e＝ 2.718…)； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)当 a＝0 时，f(x)＝x－xln x，f′(x)＝－ln x，所以 f(e)＝0， f′(e)＝－1.所以曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝ －x＋e，即 x＋y－e＝0. (2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝(ax2－x)1x＋(2ax－1)ln x－ax＋1＝(2ax－1)ln x.
高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第四讲 不等式教案 理-人教版高三
第四讲不等式年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018Ⅰ卷线性规划求最值·T131.选择、填空题中的考查以简单的线性规划与不等式性质为主，重点求目标函数的最值，有时也与其他知识交汇考查．2.基本不等式求最值及应用在课标卷考试中是低频点，很少考查．3.不等式的解法多与集合、函数、解析几何、导数交汇考查.Ⅱ卷线性规划求最值·T142017Ⅰ卷线性规划求最值·T14Ⅱ卷线性规划求最值·T5Ⅲ卷线性规划求最值·T132016Ⅰ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T8线性规划的实际应用·T16Ⅱ卷一元二次不等式的解法、集合的并集运算·T2Ⅲ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T6线性规划求最值·T13不等式性质及解法授课提示：对应学生用书第9页[悟通——方法结论]1．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a与ax2＋bx＋c 同号，那么其解集在两根之外；如果a与ax2＋bx＋c异号，那么其解集在两根之间．简言之：同号两根之外，异号两根之间．2．解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．3．解含参数不等式要正确分类讨论．[全练——快速解答]1．(2018·某某一模)a >b >0，c <0，以下不等关系中正确的是( ) A ．ac >bcB ．a c>b cC ．log a (a －c )>log b (b －c )D.aa －c >bb －c解析：法一：(性质推理法)A 项，因为a >b ，c <0，由不等式的性质可知ac <bc ，故A 不正确；B 项，因为c <0，所以－c >0，又a >b >0，由不等式的性质可得a －c >b －c>0，即1a c >1bc >0，再由反比例函数的性质可得a c <b c，故B 不正确； C 项，假设a ＝12，b ＝14，c ＝－12，那么log a (a －c )＝1＝0，log b (b －c )＝34>1＝0，即log a (a －c )<log b (b －c )，故C 不正确；D 项，a a －c －bb －c ＝a (b －c )－b (a －c )(a －c )(b －c )＝c (b －a )(a －c )(b －c )，因为a >b >0，c <0，所以a －c >b －c >0，b －a <0，所以c (b －a )(a －c )(b －c )>0，即a a －c －b b －c>0，所以aa －c >bb －c，故D 正确．综上，选D.法二：(特值验证法)由题意，不妨取a ＝4，b ＝2，c ＝－2. 那么A 项，ac ＝－8，bc ＝－4，所以ac <bc ，排除A ； B 项，a c ＝4－2＝116，b c ＝2－2＝14，所以a c <b c，排除B ；C 项，log a (a －c )＝log 4(4＋2)＝log 4 6，log b (b －c )＝log 2(2＋2)＝2，显然log 4 6<2，即log a (a －c )<log b (b －c )，排除C.综上，选D. 答案：D2．(2018·某某四校联考)不等式mx 2＋nx －1m <0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－12或x >2，那么m －n ＝( )A.12 B ．－52C.52D ．－1解析：由题意得，x ＝－12和x ＝2是方程mx 2＋nx －1m ＝0的两根，所以－12＋2＝－n m 且－12×2＝－1m 2(m <0)，解得m ＝－1，n ＝32，所以m －n ＝－52. 答案：B 3．不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A ．(－∞，0]∪(2,4] B ．[0,2)∪[4，＋∞) C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：①当x －2>0，即x >2时，不等式可化为(x －2)2≥4，所以x ≥4；②当x －2<0，即x <2时，不等式可化为(x －2)2≤4，所以0≤x <2.综上，不等式的解集是[0,2)∪[4，＋∞)．答案：B4．x ∈(－∞，1]，不等式1＋2x ＋(a －a 2)·4x>0恒成立，那么实数a 的取值X 围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－2，14B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，14C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32D.(]－∞，6解析：根据题意，由于1＋2x＋(a －a 2)·4x >0对于一切的x ∈(－∞，1]恒成立，令2x＝t(0<t≤2)，那么可知1＋t ＋(a －a 2)t 2>0⇔a －a 2>－1＋tt2，故只要求解h (t)＝－1＋tt 2(0<t≤2)的最大值即可，h (t)＝－1t 2－1t ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋14，又1t ≥12，结合二次函数图象知，当1t ＝12，即t ＝2时，h (x )取得最大值－34，即a －a 2>－34，所以4a 2－4a －3<0，解得－12<a <32，故实数a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.答案：C5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg (x ＋1)，x ≥0，－x 3，x <0，那么使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，lg (x ＋1)≤1得0≤x ≤9，由⎩⎪⎨⎪⎧x <0，－x 3≤1得－1≤x <0，故使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是[－1,9]．答案：[－1,9]1．明确解不等式的策略(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax 2＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集．(2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解． 2．掌握不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min >a ；f (x )<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max <a . (2)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )的图象在g (x )的图象的上方．(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法，一定要搞清谁是自变量，谁是参数．一般地，知道谁的X 围，谁就是变量，求谁的X 围，谁就是参数．利用分离参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．基本不等式授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论]求最值时要注意三点：“一正〞“二定〞“三相等〞．所谓“一正〞指正数，“二定〞是指应用定理求最值时，和或积为定值，“三相等〞是指等号成立．[全练——快速解答]1．(2018·某某模拟)x >0，y >0，且4x ＋y ＝xy ，那么x ＋y 的最小值为( ) A ．8B ．9 C ．12 D ．16解析：由4x ＋y ＝xy 得4y ＋1x＝1，那么x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4y ＋1x ＝4x y ＋yx＋1＋4≥24＋5＝9，当且仅当4x y ＝yx，即x ＝3，y ＝6时取“＝〞，应选B.答案：B2．(2017·高考某某卷)假设a ，b ∈R ，ab >0，那么a 4＋4b 4＋1ab 的最小值为________．解析：因为ab >0，所以a 4＋4b 4＋1ab ≥24a 4b 4＋1ab ＝4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab ≥24ab ·1ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2b 2，ab ＝12时取等号，故a 4＋4b 4＋1ab的最小值是4.答案：43．(2017·高考某某卷)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，那么x 的值是________．解析：由题意，一年购买600x 次，那么总运费与总存储费用之和为600x×6＋4x ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫900x ＋x ≥8900x·x ＝240，当且仅当x ＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x 的值是30. 答案：30掌握基本不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：假设无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y ＝m ＋Ag (x )＋Bg (x )(A >0，B >0)，g (x )恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．简单的线性规划问题授课提示：对应学生用书第10页[悟通——方法结论] 平面区域的确定方法解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅲ)设x ，y 满足约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －6≤0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝x －y 的取值X 围是( )A ．[－3,0]B ．[－3,2]C ．[0,2]D ．[0,3]解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线l 0：y ＝x ，平移直线l 0，当直线z ＝x －y 过点A (2,0)时，z 取得最大值2，当直线z ＝x －y 过点B (0,3)时，z 取得最小值－3，所以z ＝x －y 的取值X 围是[－3,2]．答案：B2．平面上的单位向量e 1与e 2 的起点均为坐标原点O ，它们的夹角为π3.平面区域D 由所有满足OP →＝λe 1＋μe 2的点P 组成，其中⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，0≤λ，0≤μ，那么平面区域D 的面积为( )A.12B. 3C.32D.34解析：建立如下图的平面直角坐标系，不妨令单位向量e 1＝(1,0)，e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，设向量OP →＝(x ，y )，因为OP →＝λe 1＋μe 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ＋μ2，y ＝3μ2，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＝x －3y3，μ＝23y 3，因为⎩⎪⎨⎪⎧λ＋μ≤1，λ≥0，μ≥0，所以⎩⎨⎧3x ＋y ≤3，3x －y ≥0，y ≥0表示的平面区域D 如图中阴影部分所示，所以平面区域D 的面积为34，应选D. 答案：D3．(2018·某某模拟)某工厂制作仿古的桌子和椅子，需要木工和漆工两道工序．生产一把椅子需要木工4个工作时，漆工2个工作时；生产一X 桌子需要木工8个工作时，漆工1个工作时．生产一把椅子的利润为1 500元，生产一X 桌子的利润为2 000元．该厂每个月木工最多完成8 000个工作时、漆工最多完成1 300个工作时．根据以上条件，该厂安排生产每个月所能获得的最大利润是________元．解析：设该厂每个月生产x 把椅子，y X 桌子，利润为z 元，那么得约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋8y ≤8 000，2x ＋y ≤1 300，z ＝1 500x ＋2 000y .x ，y ∈N ，画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤2 000，2x ＋y ≤1 300，x ≥0，y ≥0表示的可行域如图中阴影部分所示，画出直线3x ＋4y ＝0，平移该直线，可知当该直线经过点P 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝2 000，2x ＋y ＝1 300，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝200，y ＝900，即P (200,900)，所以z max ＝1 500×200＋2 000×900＝2 100 000.故每个月所获得的最大利润为2 100 000元．答案：2 100 000解决线性规划问题的3步骤[练通——即学即用]1．(2018·湘东五校联考)实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k ，且z ＝x ＋y 的最大值为6，那么(x ＋5)2＋y 2的最小值为( )A ．5B ．3 C. 5D. 3解析：作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，x －y ≤0，0≤y ≤k表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z ＝x ＋y ，得y ＝－x ＋z ，平移直线y ＝－x ，由图形可知当直线y ＝－x ＋z 经过点A 时，直线y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时z 最大，最大值为6，即x ＋y ⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝6，x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线y ＝k 过点A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与D(－5,0)的距离的平方，数形结合可知，(－5,0)到直线x ＋2y ＝0的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|－5＋2×0|12＋222＝5.应选A. 答案：A2．变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，2x ＋y ≤1，记z ＝4x ＋y 的最大值是a ，那么a ＝________.解析：如下图，变量x ，y 满足的约束条件的可行域如图中阴影部分所示．作出直线4x ＋y ＝0，平移直线，知当直线经过点A 时，z取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝1，x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，所以A (1，－1)，此时z ＝4×1－1＝3，故a ＝3.答案：33．(2018·高考全国卷Ⅰ)假设x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －2≤0，x －y ＋1≥0，y ≤0，那么z ＝3x ＋2y 的最大值为________．解析：作出满足约束条件的可行域如图阴影部分所示．由z ＝3x ＋2y 得y ＝－32x ＋z2.作直线l 0：y ＝－32x .平移直线l 0，当直线y ＝－32x ＋z2过点(2,0)时，z 取最大值，z max＝3×2＋2×0＝6.答案：6授课提示：对应学生用书第118页一、选择题1．互不相等的正数a ，b ，c 满足a 2＋c 2＝2bc ，那么以下等式中可能成立的是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >aD ．c >a >b解析：假设a >b >0，那么a 2＋c 2>b 2＋c 2≥2bc ，不符合条件，排除A ，D ； 又由a 2－c 2＝2c (b －c )得a －c 与b －c 同号，排除C ；当b >a >c 时，a 2＋c 2＝2bc 有可能成立，例如：取a ＝3，b ＝5，c ＝1.应选B. 答案：B2．b >a >0，a ＋b ＝1，那么以下不等式中正确的是() A ．log 3a >0B ．3a －b<13C ．log 2a ＋log 2b <－2D ．3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥6解析：对于A ，由log 3a >0可得log 3a >log 31，所以a >1，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以A 不正确；对于B ，由3a －b<13可得3a －b <3－1，所以a －b <－1，可得a ＋1<b ，这与b >a >0，a ＋b ＝1矛盾，所以B 不正确；对于C ，由log 2a ＋log 2b <－2可得log 2(ab )<－2＝log 214，所以ab <14，又b >a >0，a ＋b ＝1>2ab ，所以ab <14，两者一致，所以C 正确；对于D ，因为b >a >0，a ＋b ＝1，所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b >3×2b a ×ab＝6, 所以D 不正确，应选C. 答案：C3．在R 上定义运算：x y ＝x (1－y )．假设不等式(x －a )(x －b )>0的解集是(2,3)，那么a ＋b ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：由题知(x －a )(x －b )＝(x －a )[1－(x －b )]>0，即(x －a )[x －(b ＋1)]<0，由于该不等式的解集为(2,3)，所以方程(x －a )[x －(b ＋1)]＝0的两根之和等于5，即a ＋b ＋1＝5，故a ＋b ＝4.答案：C 4．a ∈R ，不等式x －3x ＋a≥1的解集为P ，且－2∉P ，那么a 的取值X 围为( ) A ．(－3，＋∞)B ．(－3,2)C ．(－∞，2)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪[2，＋∞)解析：∵－2∉P ，∴－2－3－2＋a <1或－2＋a ＝0，解得a ≥2或a <－3.答案：D5．x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －3y ＋5≥0，x ≥0，y ≥0，那么z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y 的最小值为( )A ．1 B.324C.116D.132解析：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，而z ＝8－x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y＝2－3x －y，欲使z 最小，只需使－3x －y 最小即可．由图知当x ＝1，y ＝2时，－3x －y 的值最小，且－3×1－2＝－5，此时2－3x －y最小，最小值为132.应选D.答案：D6．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x <0，那么不等式f (x )>f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)解析：由题意得，f (1)＝3，所以f (x )>f (1)，即f (xx <0时，x ＋6>3，解得－3<x <0；当x ≥0时，x 2－4x ＋6>3，解得x >3或0≤x <1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．答案：A7．实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1，y ≤2x －1，x ＋y ≤m ，如果目标函数z ＝3x －2y 的最小值为0，那么实数m 等于( )A ．4B ．3C ．6D ．5解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝3x －2y 所对应的直线经过点A 时，z 取得最小值0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，x ＋y ＝m ，求得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3，2m －13.故z 的最小值为3×1＋m 3－2×2m －13＝－m 3＋53，由题意可知－m 3＋53＝0，解得m ＝5.答案：D8．假设对任意正实数x ，不等式1x 2＋1≤ax恒成立，那么实数a 的最小值为( ) A ．1 B. 2 C.12 D.22解析：因为1x 2＋1≤a x ，即a ≥x x 2＋1，而x x 2＋1＝1x ＋1x≤12(当且仅当x ＝1时取等号)，所以a ≥12.答案：C9．(2018·某某一模)实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＋3≥0，2x －y ＋2≤0，x ＋2y －4≤0，那么z ＝x 2＋y 2的取值X围为( )A ．[1,13]B ．[1,4]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，4解析：画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由此得z ＝x 2＋y 2的最小值为点O 到直线BC ：2x －y ＋2＝0的距离的平方，所以z min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝45，最大值为点O 与点A (－2,3)的距离的平方，所以z max ＝|OA |2＝13，应选C.答案：C10．(2018·某某二模)假设关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，那么x 1＋x 2＋ax 1x 2的最小值是( ) A.63 B.233 C.433D.263解析：∵关于x 的不等式x 2－4ax ＋3a 2<0(a >0)的解集为(x 1，x 2)，∴Δ＝16a 2－12a 2＝4a 2>0，又x 1＋x 2＝4a ，x 1x 2＝3a 2， ∴x 1＋x 2＋a x 1x 2＝4a ＋a 3a 2＝4a ＋13a ≥24a ·13a ＝433，当且仅当a ＝36时取等号．∴x 1＋x 2＋a x 1x 2的最小值是433. 答案：C11．某旅行社租用A ，B 两种型号的客车安排900名客人旅行，A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B 型车不多于A 型车7辆，那么租金最少为( )A ．31 200元B ．36 000元C ．36 800元D ．38 400元解析：设租用A 型车x 辆，B 型车y 辆，目标函数为z ＝1 600x ＋2 400y ，那么约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x ＋60y ≥900，x ＋y ≤21，y －x ≤7，x ，y ∈N ，作出可行域如图中阴影部分所示，可知目标函数过点A (5,12)时，有最小值z min ＝36 800(元)．答案：C12．(2018·某某模拟)点P (x ，y )∈{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}，x ≥－2M (2，－1)，那么OM →·OP→(O 为坐标原点)的最小值为( )A ．－2B ．－4C ．－6D ．－8解析：由题意知OM →＝(2，－1)，OP →＝(x ，y )，设z ＝OM →·OP →＝2x －y ，显然集合{(x ，y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2}x ≥－2对应不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x ＋2y ≤2x ≥－2所表示的平面区域．作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z ＝2x －y 对应的直线经过点A 时，z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2x ＋2y －2＝0得A (－2,2)，所以目标函数的最小值z min ＝2×(－2)－2＝－6，即OM →·OP →的最小值为－6，应选C.答案：C二、填空题13．(2018·某某模拟)假设a >0，b >0，那么(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b 的最小值是________．解析：(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝2＋2b a ＋a b ＋1＝3＋2b a ＋a b，因为a >0，b >0，所以(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ≥3＋22b a ×a b ＝3＋22，当且仅当2b a ＝ab，即a ＝2b 时等号成立．所以所求最小值为3＋2 2.答案：3＋2 214．(2018·高考全国卷Ⅱ)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，那么z ＝x ＋y的最大值为________．解析：由不等式组画出可行域，如图(阴影部分)，x ＋y 取得最大值⇔斜率为－1的直线x ＋y ＝z (z 看做常数)的横截距最大，由图可得直线x ＋y ＝z 过点C 时z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，x －2y ＋3＝0得点C (5,4)，∴z max ＝5＋4＝9. 答案：915．(2018·某某模拟)假设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤4，那么z ＝y －2x ＋3的最小值为________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因为目标函数z ＝y －2x ＋3表示区域内的点与点P (－3,2)连线的斜率．由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，那么有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍去)，所以z min ＝－125. 答案：－12516．a >b >1，且2log a b ＋3log b a ＝7，那么a ＋1b 2－1的最小值为________． 解析：令log a b ＝t ，由a >b >1得0<t<1,2log a b ＋3log b a ＝2t ＋3t ＝7，得t ＝12，即log a b＝12，a ＝b 2，所以a ＋1b 2－1＝a －1＋1a －1＋1≥2(a －1)·1a －1＋1＝3，当且仅当a ＝2时取等号. 故a ＋1b 2－1的最小值为3. 答案：3。
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题二 函数与导数2.1.4 精品
3热点追踪
热点考向一 导数在方程中的应用 [典例 1] 已知函数 f(x)＝x2－(a＋4)x－2a2＋5a＋3(a∈R)． (1)当 a＝3 时，求函数 f(x)的零点； (2)若方程 f(x)＝0 的两个实数根都在区间(－1,3)上，求实数 a 的取值范围．
[自主解答] (1)当 a＝3 时，f(x)＝x2－7x.令 f(x)＝0，则 x2 －7x＝0，解得 x＝0 或 x＝7，所以函数 f(x)的零点为 x＝0，x＝ 7.
所以
g′(x)＝0
有唯一解
x0＝logba－llnn
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋
bx(ln b)2，
从而对任意 x∈R，h′(x)>0，所以 g′(x)＝h(x)是(－∞，＋ ∞)上的单调增函数．
于是当 x∈(－∞，x0)时，g′(x)<g′(x0)＝0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>g′(x0)＝0. 因而函数 g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上 是单调增函数．
[方法规律] 利用导数解决不等式问题的类型 (1)不等式恒成立：基本思路就是转化为求函数的最值或函 数值域的端点值问题． (2)比较两个数的大小：一般的思路是把两个函数作差后构 造一个新函数，通过研究这个函数的函数值与零的大小确定所比 较的两个数的大小． (3)证明不等式：对于只含有一个变量的不等式都可以通过 构造函数，然后利用函数的单调性和极值解决．
令 h′(x)<0 得 x>e，所以 h(x)在(e，＋∞)上是减函数，
所以 h(x)max＝h(e)＝1e.
所以
1 a>e.