2017届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)课件：专题1 函数与导数、不等式 第2讲
高考数学二轮复习不等式
(2)(2022·新高考全国Ⅱ改编)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则下列结论正确 的是__②__③____.(填序号) ①x＋y≤1；②x＋y≥－2；③x2＋y2≤2；④x2＋y2≥1.
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3x＋2 y2， 解得－2≤x＋y≤2， 当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2， 当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以①错误，②正确； 由x2＋y2－xy＝1可变形为x2＋y2－1＝xy≤x2＋2 y2， 解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以③正确； x2＋y2－xy＝1 可变形为x－2y2＋34y2＝1，
考点二
线性规划
核心提炼
1.截距型：形如z＝ax＋by，求这类目标函数的最值常将函数z＝ax＋by转
化为y＝－abx＋bz
(b≠0)，通过求直线的截距
z b
的最值间接求出z的最值.
2.距离型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z
＝|PM|2. 3.斜率型：形如z＝yx－ －ba (x≠a)，设动点P(x，y)，定点M(a，b)，则z＝kPM.
作出不等式组2x－3y－6≤0， x＋2y＋2≥0
表示的平面区域如图
中阴影部分(包括边界)所示，
函数z＝(x＋1)2＋(y＋2)2表示可行域内
的点与点(－1，－2)的距离的平方. 由图知， z＝ x＋12＋y＋22的最小值为点(－1，－2)到直线 x＋2y
＋2＝0 的距离，
即|－1－4＋2|＝3 5
C.[－1，3]
D.[－3，1]
作出约束条件的可行域，如图阴影部分(含边界)所示，
其中 A(1，0)，B(0，1)，C(2，3)，z＝22yx＋－11＝yx＋－1212， 表示定点 M12，－12与可行域内点(x，y)连线的斜率，
《创新设计》2017届高考理科数学(江苏专用)二轮教师文档讲义：专题1.4导数与函数的切线
第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B 级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命题的另一热点.真 题 感 悟(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1). (1)设a ＝2，b ＝12. ①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值. 解 (1)①由已知可得2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＝2，即2x ＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x ＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0. ②f (x )＝2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2x＋2－x ，令t ＝2x ＋2－x ，则t ≥2. 又f (2x )＝22x ＋2－2x ＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t ≥2t ·4t ＝4(当且仅当t ＝2时等号成立)，∴m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋4t min ＝4，即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0. g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2，g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.考点整合1.求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x 1)·f (x 2)＜0的不等式：若y ＝f (x )满足f (a )f (b )＜0，则f (x )在(a ，b )内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g (x )＝0有解问题，将方程分离参数后(a ＝f (x ))转化为求y ＝f (x )的值域问题；③数形结合：将问题转化为y ＝f (x )与y ＝g (x )的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案. ②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.热点一 函数图象的切线问题【例1】 (1)(2016·全国Ⅱ卷)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.解析 y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1).y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1，(设切点横坐标为x 2) ∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x 2x 2＋1，解得x 1＝12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案 1－ln 2(2)已知函数f (x )＝2x 3－3x .①求f (x )在区间[－2，1]上的最大值；②若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围. 解 ①由f (x )＝2x 3－3x 得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22或x ＝22.因为f (－2)＝－10，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2，f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2，1]上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝ 2.②设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3，所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)，因为t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0).整理得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0，设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”.g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)，当x 变化时，g (x )与g ′(x )的变化情况如下：当g (0)＝t ＋3≤0，即t ≤－3时，此时g (x )在区间(－∞，1]和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点.当g (1)＝t ＋1≥0，即t ≥－1时，此时g (x )在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点.当g (0)＞0且g (1)＜0，即－3＜t ＜－1时，因为g (－1)＝t －7＜0，g (2)＝t ＋11＞0，所以g (x )分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g (x )在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g (x )分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是 (－3，－1).探究提高 解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t ). 【训练1】 已知函数f (x )＝x 3－x .(1)设M (λ0，f (λ0))是函数f (x )图象上的一点，求图象在点M 处的切线方程； (2)证明：过点N (2，1)可以作曲线f (x )＝x 3－x 的三条切线. (1)解 因为f ′(x )＝3x 2－1.所以曲线f (x )＝x 3－x 在点M (λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k ＝f ′(λ0)＝3λ20－1.所以切线方程为y －(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x －λ0)， 即y ＝(3λ20－1)x －2λ30.(2)证明 由(1)知曲线f (x )＝x 3－x 在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y ＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N (2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N 可作曲线f (x )的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g (λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g ′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2). 当λ变化时，g ′(λ)，g (λ)的变化情况如下表：所以过点N 可以作曲线f (x )＝x 3－x 的三条切线.热点二 利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题 [微题型1] 讨论函数零点的个数【例2－1】 (2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0， 解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线. (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点.当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0，1)的零点个数. (ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f (x )在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)内有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)上没有零点. (ⅱ)若－3<a <0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14. ①若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)无零点； ②若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)有唯一零点； ③若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34， 由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)有两个零点； 当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)有一个零点.综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点.探究提高 对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解. [微题型2] 根据函数零点求参数范围【例2－2】 (2016·徐州考前信息卷)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R ).(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1， 所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎨⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0. 由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知： 当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点. (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ， 由y ＝0，得a ＝x ＋2x ＋ln x .令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x 2.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e ＋2e ＋1时，函数y＝f (x )－g (x )有两个零点.探究提高 研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练2－1】 已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ＞0)，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为π－32.(1)求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在(0，π)内的零点个数，并加以证明. 解 (1)由已知，得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，且a ＞0. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，有sin x ＋x cos x ＞0，从而f ′(x )＞0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象是连续不断的，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1. 所以得f (x )＝x sin x －32.(2)f (x )在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下： 由(1)知，f (x )＝x sin x －32，从而f (0)＝－32＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－32＞0.又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的图象是连续不断的，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内至少存在一个零点.又由(1)知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内有且只有一个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x .由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1＞0，g (π)＝－π＜0，且g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，使得g (m )＝0.由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，有g ′(x )＜0，从而g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π内单调递减.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 时，g (x )＞g (m )＝0，即f ′(x )＞0，从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，m 内单调递增，故当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，m 时，f (x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－32＞0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，m 上无零点；②当x ∈(m ，π)时，有g (x )＜g (m )＝0， 即f ′(x )＜0，从而f (x )在(m ，π)内单调递减.又f (m )＞0，f (π)＜0，且f (x )的图象在[m ，π]上连续不间断，从而f (x )在区间(m ，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f (x )在(0，π)内有且只有两个零点.【训练2－2】 (2015·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋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)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减；当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减.(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞ 0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞， －3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立.从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.综上c ＝1.1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)，它的难点在于分清“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P (x 0，y 0)的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P (x 0，y 0)处的切线，必以点P 为切点，则此时切线的方程是y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.一、填空题1.曲线y ＝x e x ＋1在点(0，1)处的切线方程是________. 解析 y ′＝e x ＋x e x ＝(x ＋1)e x ，y ′|x ＝0＝1，∴所求切线方程为：x －y ＋1＝0. 答案 x －y ＋1＝02.(2016·洛阳模拟)曲线y ＝x ln x 在点(e ，e)处的切线与直线x ＋ay ＝1垂直，则实数a 的值为________.解析 依题意得y ′＝1＋ln x ，y ′|x ＝e ＝1＋ln e ＝2，所以－1a ×2＝－1，所以a ＝2. 答案 23.(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________.解析 设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ， f ′(x )＝1x －3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1. 答案 2x ＋y ＋1＝04.已知f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ，则f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎪⎫23，f ⎝⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是________. 解析 f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，令x ＝23，可得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23－1，解得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，所以f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝⎛⎭⎪⎫23处的切线斜率是－1. 答案 －15.函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________.解析 f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数f (x )在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1，3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10＜0，f (x )极大值＝f (－1)＝23＞0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3. 答案 36.(2016·常州监测)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎨⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0.答案 (－4，0)7.已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x ，则函数g (x )的零点个数为________.解析 令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x ＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 08.(2015·安徽卷)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号). ①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2； ④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.解析 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，f ′(x )＝3x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a <0时，由于选项当中a ＝－3，∴只考虑a ＝－3这一种情况，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，则需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤. 答案 ①③④⑤ 二、解答题9.(2016·扬州质检)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ). (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ， f ′(x )＝2x －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y ＝2x －1. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x .因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e ＜x ＜1时，g ′(x )＞0，此时函数单调递增； 当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0，此时函数单调递减. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2＜0，则g (e)＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e).g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1＜m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.10.(2015·江苏高考命题原创卷)已知函数f (x )＝x 2－a ln x －1，函数F (x )＝x －1x ＋1.(1)如果函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝2时，你认为函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象有多少个公共点？请证明你的结论.解 (1)∵f (x )＝x 2－a ln x －1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x )的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x )＝2x －ax ＞0在(0，＋∞)上恒成立. ∴a ＜2x 2在(0，＋∞)上恒成立，∵y ＝2x 2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a ≤0. ∴所求的a 的取值范围为(－∞，0]. (2)当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点.证明如下： 当a ＝2时，y ＝f （x ）x －1＝x 2－2ln x －1x －1，它的定义域为{x |x ＞0且x ≠1}，F (x )的定义域为[0，＋∞). 当x ＞0且x ≠1时，由f （x ）x －1＝F (x )得x 2－2ln x －x ＋2x －2＝0.设h (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －2，则h ′(x )＝2x －2x －1＋1x ＝（x －1）（2x x ＋2x ＋x ＋2）x .∴当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，此时，h (x )单调递减； 当x ＞1时，h ′(x )＞0，此时，h (x )单调递增.∴当x ＞0且x ≠1时，h (x )＞h (1)＝0，即h (x )＝0无实数根. ∴当a ＝2，x ＞0且x ≠1时，f （x ）x －1＝F (x )无实数根. ∴当a ＝2时，函数y ＝f （x ）x －1的图象与y ＝F (x )的图象没有公共点. 11.(2016·全国Ⅰ卷)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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >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 ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增.又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点.若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.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)证明不妨设x1<x2.由(1)知x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)·e x2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.。
2017年高考全国通用数学理大二轮专题复习课件专题二
－ln x 则 g′(x)＝ x2 ，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋ ∞)上单调递减，又∵当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞ 时，g(x)→0，而 g(x)max＝g(1)＝1， 1 ∴只需 0<2a<1⇒0<a<2.
6．[2015· 河北秦皇岛二模]已知函数 y＝f(x)是 R 上的可 fx 导函数，当 x≠0 时，有 f′(x)＋ x >0，则函数 F(x)＝xf(x) 1 ＋x 的零点个数是( A．0 C．2 ) B．1 D．3
可得 loga(－1＋4)>1，所以 1<a<3.
5．[2016· 江西八校联考]已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两 个极值点，则实数 a 的取值范围是( A．(－∞，0) C．(0,1)
1 0 ， B. 2
)
D．(0，＋∞)
解析 ∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，故 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令 f′(x)＝0，则 ln x＋1 ln x＋1 2a＝ x ，设 g(x)＝ x ，
e 1 ， 2 e 值范围是_____________ ．
解析
在平面直角坐标系中作出函数 y＝f(x)的图象， 如
1 1 1 图，而函数 y＝mx－2恒过定点0，－2，设过点0，－2 与
函数 y＝ln x 的图象相切的直线为 l1， 切点坐标为(x0， ln x0)． 因 1 为 y＝ln x 的导函数 y′＝ x ， 所以图中 y＝ln x 的切线 l1 的斜 1 ln x0＋2 1 1 1 率为 k＝x ，则x ＝ ，解得 x0＝ e，所以 k＝ .又图 x － 0 e 0 0 0
2017届高三数学二轮复习课件(全国通用)专题突破 专题二 函数与导数 第1讲 函数图象与性质、函数
专题二 函数与导数 第1讲 函数图象与性质、函数与方程
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1. (2015·全国Ⅱ卷,文11)如图,长方形ABCD的边AB=2,BC=1,O是AB的中点.点P沿 着边BC,CD与DA运动,记∠BOP=x.将动点P到A,B两点距离之和表示为x的函数 f(x),则y=f(x)的图象大致为( ) B
x 0
0,
且关于
x
的方程
f(x)+x-a=0 有且只有一个实根,则实数 a 的取值范围是
.
解析: (2) 由 f(x)+x-a=0 得 f(x)=-x+a,
因为 f(x)=
log2 3x , x
x,
x 0,
0,
所以作出函数
f(x)和
y=-x+a
的图象,
则由图象可知,要使方程 f(x)+x-a=0 有且只有一个实根,则 a>1.
ln x 所以 D 中函数不满足条件.故选 C.
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︱高中总复习︱二轮·文数 (2)(2016·山东淄博二模)当a>0时,函数f(x)=(x2-ax)ex的图象大致是( )
解析: (2)由 f(x)=0,解得 x2-ax=0,即 x=0 或 x=a, 因为 a>0,所以函数 f(x)有两个零点,所以 A,C 不正确. 设 a=1,则 f(x)=(x2-x)ex,所以 f′(x)=(x2+x-1)ex,
《创新设计》2017届高考理科数学(江苏专用)二轮教师文档讲义：专题8.1函数与方程思想、数形结合思想
第1讲函数与方程思想、数形结合思想高考定位函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行考查；数形结合思想一般在填空题中考查.1.函数与方程思想的含义(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法.(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法.2.函数与方程的思想在解题中的应用(1)函数与不等式的相互转化，对于函数y＝f(x)，当y＞0时，就转化为不等式f(x)＞0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式.(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要.(3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决，这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.3.数形结合是一种数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.4.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合.热点一 函数与方程思想的应用[微题型1] 不等式问题中的函数(方程)法【例1－1】 (1)f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1，1]，总有f (x )≥0成立，则a ＝________.(2)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是________.解析 (1)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4. 当x ＜0即x ∈[－1，0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3，设g (x )＝3x 2－1x 3，且g (x )在区间[－1，0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上a ＝4.(2)设F (x )＝f (x )g (x )，由于f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，得F (－x )＝f (－x )·g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )，即F (x )在R 上为奇函数.又当x ＜0时，F ′(x )＝f ′(x )·g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，所以x ＜0时，F (x )为增函数.因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x ＞0时，F (x )也是增函数. 因为F (－3)＝f (－3)g (－3)＝0＝－F (3).所以，由图可知F (x )＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3).答案 (1)4 (2)(－∞，－3)∪(0，3)探究提高 (1)在解决不等式问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题；(2)函数f (x )＞0或f (x )＜0恒成立，一般可转化为f (x )min ＞0或f (x )max ＜0；已知恒成立求参数范围可先分离参数，然后利用函数值域求解.[微题型2] 数列问题的函数(方程)法【例1－2】 已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋p ·3n (n ∈N *，p 为常数)，a 1，a 2＋6，a 3成等差数列.(1)求p 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n ＝n 2a n，证明：b n ≤49. (1)解 由a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋p ·3n ，得a 2＝3＋3p ，a 3＝a 2＋9p ＝3＋12p .因为a 1，a 2＋6，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋6)，即3＋3＋12p ＝2(3＋3p ＋6)，得p ＝2，依题意知，a n ＋1＝a n ＋2×3n .当n ≥2时，a 2－a 1＝2×31，a 3－a 2＝2×32，…，a n －a n －1＝2×3n －1.将以上式子相加得a n －a 1＝2(31＋32＋…＋3n －1)，所以a n －a 1＝2×3×（1－3n －1）1－3＝3n －3， 所以a n ＝3n (n ≥2).又a 1＝3符合上式，故a n ＝3n .(2)证明 因为a n ＝3n，所以b n ＝n 23n . 所以b n ＋1－b n ＝（n ＋1）23n ＋1－n 23n ＝－2n 2＋2n ＋13n ＋1(n ∈N *)， 若－2n 2＋2n ＋1＜0，则n ＞1＋32，即当n ≥2时，有b n ＋1＜b n ，又因为b 1＝13，b 2＝49，故b n ≤49.探究提高 数列最值问题中应用函数与方程思想的常见类型：(1)数列中的恒成立问题，转化为最值问题，利用函数的单调性或不等式求解.(2)数列中的最大项与最小项问题，利用函数的有关性质或不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1，⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1求解. (3)数列中前n 项和的最值：转化为二次函数，借助二次函数的单调性或求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可求解.[微题型3] 解析几何问题的方程(函数)法【例1－3】 设椭圆中心在坐标原点，A (2，0)，B (0，1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与AB 相交于点D ，与椭圆相交于E 、F 两点.(1)若ED→＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值.解 (1)依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0).如图，设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2，且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝21＋4k 2.① 由ED →＝6DF →知x 0－x 1＝6(x 2－x 0)， 得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2； 由D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2，得x 0＝21＋2k.所以21＋2k ＝1071＋4k 2， 化简得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式和①式知，点E ，F 到AB 的距离分别为h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2（1＋2k ＋1＋4k 2）5（1＋4k 2）， h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2（1＋2k －1＋4k 2）5（1＋4k 2）. 又AB ＝22＋12＝5，所以四边形AEBF 的面积为S ＝12·AB ·(h 1＋h 2) ＝12·5·4（1＋2k ）5（1＋4k 2）＝2（1＋2k ）1＋4k2 ＝21＋4k 2＋4k 1＋4k 2≤22， 当4k 2＝1(k ＞0)，即当k ＝12时，上式取等号.所以S 的最大值为2 2.即四边形AEBF 面积的最大值为2 2.探究提高 解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.热点二 数形结合思想的应用[微题型1] 利用数形结合思想讨论方程的根或函数零点【例2－1】 (1)若函数f (x )＝|2x －2|－b 有两个零点，则实数b 的取值范围是________.(2)设函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 3.又函数g (x )＝|x cos(πx )|，则函数h (x )＝g (x )－f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32上的零点个数为________.解析 (1)由f (x )＝|2x －2|－b 有两个零点，可得|2x －2|＝b 有两个不等的实根，从而可得函数y ＝|2x －2|的图象与函数y ＝b 的图象有两个交点，如图所示.结合函数的图象，可得0＜b ＜2，故填(0，2).(2)根据题意，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数且0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，则当－1≤x ≤0时，f (x )＝－x 3，且g (x )＝|x cos(πx )|，所以当x ＝0时，f (x )＝g (x ).当x ≠0时，若0<x ≤12，则x 3＝x cos(πx )，即x 2＝cos πx .再根据函数性质画出⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32上的图象，在同一个坐标系中作出所得关系式等号两边函数的图象，如图所示，有5个根.所以总共有6个.答案 (1)(0，2) (2)6探究提高 用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数.[微题型2] 利用数形结合思想解不等式或求参数范围【例2－2】 (1)若不等式9－x 2≤k (x ＋2)－2的解集为区间[a ，b ]，且b －a ＝2，则k ＝________.(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________.解析 (1)如图，分别作出直线y ＝k (x ＋2)－2与半圆y ＝9－x 2.由题意，知直线在半圆的上方，由b －a ＝2，可知b＝3，a ＝1，所以直线y ＝k (x ＋2)－2过点(1，22)，则k ＝ 2.(2)作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12. 答案 (1)2 (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 探究提高 求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答.[微题型3] 利用数形结合思想求最值【例2－3】 (1)已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，PA 、PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A 、B 是切点，C 是圆心，则四边形PACB 面积的最小值为________.(2)(2015·全国Ⅰ卷)已知F 是双曲线C ：x 2－y 28＝1的右焦点，P 是C 的左支上一点，A (0，66)，当△APF 周长最小时，该三角形的面积为________.解析 (1)从运动的观点看问题，当动点P 沿直线3x ＋4y ＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形PAC 的面积S Rt △PAC ＝12PA ·AC ＝12PA 越来越大，从而S 四边形PACB 也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动时，S 四边形PACB 变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP 垂直直线l 时，S 四边形PACB 应有唯一的最小值，此时PC ＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3， 从而PA ＝PC 2－AC 2＝2 2.所以(S 四边形PACB )min ＝2×12×PA ×AC ＝2 2.(2)设双曲线的左焦点为F 1，连接PF 1，根据双曲线的定义可知PF ＝2＋PF 1，则△APF 的周长为PA ＋PF ＋AF ＝PA ＋2＋PF 1＋AF ＝PA ＋PF 1＋AF ＋2，由于AF ＋2是定值，要使△APF 的周长最小，则PA ＋PF 1最小，即P ，A ，F 1三点共线，如图所示.由于A (0，66)，F 1(－3，0)，直线AF 1的方程为：x －3＋y 66＝1， 即x ＝y 26－3， 代入双曲线方程整理可得y 2＋66y －96＝0，解得y ＝26或y ＝－86(舍去)，所以点P 的纵坐标为2 6.所以S △APF ＝S △AFF 1－S △PFF 1＝12×6×66－12×6×26＝12 6.答案 (1)22 (2)12 6探究提高 破解圆锥曲线问题的关键是画出相应的图形，注意数形结合的相互渗透，并从相关的图形中挖掘对应的信息加以分析与研究.直线与圆锥曲线的位置关系的转化有两种，一种是通过数形结合建立相应的关系式，另一种是通过代数形式转化为二元二次方程组的解的问题进行讨论.1.当问题中涉及一些变化的量时，就需要建立这些变化的量之间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数思想.2.借助有关函数的性质，一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题，二是在问题的研究中，可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求解.3.许多数学问题中，一般都含有常量、变量或参数，这些参变量中必有一个处于突出的主导地位，把这个参变量称为主元，构造出关于主元的方程，主元思想有利于回避多元的困扰，解方程的实质就是分离参变量.4.在数学中函数的图象、方程的曲线、不等式所表示的平面区域、向量的几何意义、复数的几何意义等都实现以形助数的途径，当试题中涉及这些问题的数量关系时，我们可以通过图形分析这些数量关系，达到解题的目的.5.有些图形问题，单纯从图形上无法看出问题的结论，这就要对图形进行数量上的分析，通过数的帮助达到解题的目的.6.利用数形结合解题，有时只需把图象大致形状画出即可，不需要精确图象.一、填空题1.直线3x－y＋m＝0与圆x2＋y2－2x－2＝0相切，则实数m＝________.解析圆的方程(x－1)2＋y2＝3，圆心(1，0)到直线的距离等于半径⇒|3＋m|3＋1＝3⇒|3＋m|＝23⇒m＝3或m＝－3 3.答案－33或 32.已知函数f(x)满足下面关系：①f(x＋1)＝f(x－1)；②当x∈[－1，1]时，f(x)＝x2，则方程f(x)＝lg x解的个数是________.解析由题意可知，f(x)是以2为周期，值域为[0，1]的函数.又f(x)＝lg x，则x∈(0，10]，画出两函数图象，则交点个数即为解的个数.由图象可知共9个交点.答案93.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为________.解析f′(x)＞2转化为f′(x)－2＞0，构造函数F(x)＝f(x)－2x，得F(x)在R上是增函数.又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4，即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1.答案(－1，＋∞)4.已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是________.解析 如图，设OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则CA →＝a －c ，CB →＝b －c .由题意知CA→⊥CB →， ∴O ，A ，C ，B 四点共圆.∴当OC 为圆的直径时，|c |最大，此时，|OC→|＝ 2. 答案 25.已知函数f (x )＝x 2－2ax －3在区间[1，2]上具有单调性，则实数a 的取值范围为________.解析 函数f (x )＝x 2－2ax －3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a ，画出草图如图所示.由图象可知函数在(－∞，a ]和[a ，＋∞)上都具有单调性，因此要使函数f (x )在区间[1，2]上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪[2，＋∞).答案 (－∞，1]∪[2，＋∞)6.(2015·全国Ⅱ卷改编)已知A ，B 为双曲线E 的左，右顶点，点M 在E 上，△ABM 为等腰三角形，且顶角为120°，则E 的离心率为________.解析 如图，设双曲线E 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，则AB ＝2a ，由双曲线的对称性，可设点M (x 1，y 1)在第一象限内，过M 作MN ⊥x 轴于点N (x 1，0)，∵△ABM 为等腰三角形，且∠ABM ＝120°，∴BM ＝AB ＝2a ，∠MBN ＝60°，∴y 1＝MN ＝BM sin ∠MBN ＝2a sin 60°＝3a ，x 1＝OB ＋BN ＝a ＋2a cos 60°＝2a .将点M (2a ，3a )的坐标代入x 2a 2－y 2b 2＝1，可得a 2＝b 2，∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2＝ 2.答案 2 7.已知e 1，e 2是平面内两个相互垂直的单位向量，若向量b 满足|b |＝2，b ·e 1＝1，b ·e 2＝1，则对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|的最小值为________.解析 |b －(x e 1＋y e 2)|2＝b 2＋x 2e 21＋y 2e 22－2x b ·e 1－2y b ·e 2＋2xy e 1·e 2＝4＋x 2＋y 2－2x －2y ＝(x －1)2＋(y －1)2＋2≥2，当且仅当x ＝1，y ＝1时，|b －(x e 1＋y e 2)|2取得最小值2，此时|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值 2.答案 28.设直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，与圆C ：(x －5)2＋y 2＝r 2(r ＞0)相切于点M ，且M 为线段AB 的中点.若这样的直线l 恰有4条，则r 的取值范围是________.解析 设直线l 的方程为x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把直线l 的方程代入抛物线方程y 2＝4x 并整理得y 2－4ty －4m ＝0，则Δ＝16t 2＋16m ＞0，y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4m ，那么x 1＋x 2＝(ty 1＋m )＋(ty 2＋m )＝4t 2＋2m ，则线段AB 的中点M (2t 2＋m ，2t ).由题意可得直线AB 与直线MC 垂直，且C (5，0).当t ≠0时，有k MC ·k AB ＝－1，即2t －02t 2＋m －5·1t ＝－1，整理得m ＝3－2t 2， 把m ＝3－2t 2代入Δ＝16t 2＋16m ＞0，可得3－t 2＞0，即0＜t 2＜3.由于圆心C 到直线AB 的距离等于半径，即d ＝|5－m |1＋t 2＝2＋2t 21＋t2＝21＋t 2＝r ， 所以2＜r ＜4，此时满足题意且不垂直于x 轴的直线有两条.当t ＝0时，这样的直线l 恰有2条，即x ＝5±r ，所以0＜r ＜5.综上，可得若这样的直线恰有4条，则2＜r ＜4.答案 (2，4)二、解答题9.已知数列{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5.(1)求{a n }的通项a n ；(2)求{a n }前n 项和S n 的最大值.解 (1)设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧a 1＋d ＝1，a 1＋4d ＝－5，解得a 1＝3，d ＝－2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5.(2)S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－n 2＋4n ＝4－(n －2)2. 所以n ＝2时，S n 取到最大值4.10.椭圆C 的中心为坐标原点O ，焦点在y 轴上，短轴长为2，离心率为22，直线l 与y 轴交于点P (0，m )，与椭圆C 交于相异两点A ，B ，且AP→＝3PB →. (1)求椭圆C 的方程；(2)求m 的取值范围.解 (1)设椭圆C 的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，设c ＞0，c 2＝a 2－b 2，由题意，知2b ＝2，c a ＝22，所以a ＝1，b ＝c ＝22.故椭圆C 的方程为y 2＋x 212＝1.即y 2＋2x 2＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，由题意求得m ＝±12；当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)，l 与椭圆C 的交点坐标为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，2x 2＋y 2＝1，得(k 2＋2)x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0， Δ＝(2km )2－4(k 2＋2)(m 2－1)＝4(k 2－2m 2＋2)＞0，(*)解上述方程后易得：x 1＋x 2＝－2km k 2＋2，x 1x 2＝m 2－1k 2＋2. 因为AP →＝3 PB →，所以－x 1＝3x 2. 所以⎩⎨⎧x 1＋x 2＝－2x 2，x 1x 2＝－3x 22.所以3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0.所以3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km k 2＋22＋4·m 2－1k 2＋2＝0. 整理得4k 2m 2＋2m 2－k 2－2＝0，即k 2(4m 2－1)＋(2m 2－2)＝0.当m 2＝14时，上式不成立；当m 2≠14时，k 2＝2－2m 24m 2－1， 由(*)式，得k 2＞2m 2－2，又k ≠0，所以k 2＝2－2m 24m 2－1＞0. 解得－1＜m ＜－12或12＜m ＜1.综上，所求m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1. 11.设函数f (x )＝ax 3－3ax ，g (x )＝bx 2－ln x (a ，b ∈R )，已知它们在x ＝1处的切线互相平行.(1)求b 的值；(2)若函数F (x )＝⎩⎨⎧f （x ），x ≤0，g （x ），x ＞0，且方程F (x )＝a 2有且仅有四个解，求实数a 的取值范围.解 函数g (x )＝bx 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，(1)f ′(x )＝3ax 2－3a ⇒f ′(1)＝0，g ′(x )＝2bx －1x ⇒g ′(1)＝2b －1，依题意得2b －1＝0，所以b ＝12.(2)x ∈(0，1)时，g ′(x )＝x －1x ＜0，即g (x )在(0，1)上单调递减，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＝x －1x ＞0，即g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，g (x )取得极小值g (1)＝12；当a ＝0时，方程F (x )＝a 2不可能有四个解；当a ＜0，x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＜0，即f (x )在(－∞，－1)上单调递减，x ∈ (－1，0)时，f ′(x )＞0，即f (x )在(－1，0)上单调递增，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值f (－1)＝2a ，又f (0)＝0，所以F (x )的图象如图(1)所示，从图象可以看出F (x )＝a 2不可能有四个解.当a ＞0，x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＞0，即f (x )在(－∞，－1)上单调递增，x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0，即f (x )在(－1，0)上单调递减，所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值f (－1)＝2a .又f (0)＝0，所以F (x )的图象如图(2)所求，从图(2)看出，若方程F (x )＝a 2有四个解，则12＜a 2＜2a ， 得22＜a ＜2，所以，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，2.。
2017届高考数学二轮复习(全国通用)课件 专题七 选考系列 第2讲
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破 第十五页，归编辑纳于星总期六结：·二思点维二十升四分华。
(2)因为m2m＋－m1＋4＝（m－1）2＋m－3（1 m－1）＋6 ＝m－1＋m－6 1＋3≥2 6＋3(m＞1)，当且仅当 m－1＝m－6 1， 即 m＝ 6＋1 时等号成立. 原命题等价于∃x0∈R，f(x)＋g(x)≤2 6＋3 成立，即[f(x)＋ g(x)]min≤2 6＋3.设 h(x)＝f(x)＋g(x)＝|x－1|＋2|x－a|； ① 当 a ＜ 1 时 ， h(x) ＝ f(x) ＋ g(x) ＝ |x － 1| ＋ 2|x － a| ＝ －3x＋2a＋1，x≤a， x－2a＋1，a＜x＜1，h(x)min＝h(a)＝|a－1|＝1－a. 3x－2a－1，x≥1.
[微题型2] 含有绝对值不等式的恒成立问题 【例1－2】 (2016·衡水大联考)设函数f(x)＝|x－1|，g(x)＝2|x－a|，
a∈R.
(1)若 a＝2，求不等式 f(x)－g(x)≤x－3 的解集； (2)若对∀m＞1，∃x0∈R，f(x)＋g(x)≤m2m＋－m1＋4成立，求 a 的取值范围.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集； (2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围. 解 (1)当 a＝1 时，f(x)>1 化为|x＋1|－2|x－1|－1>0. 当 x≤－1 时，不等式化为 x－4>0，无解； 当－1<x<1 时，不等式化为 3x－2>0，解得23<x<1；
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由 1－a≤2 6＋3，解得 a≥－2－2 6.所以，－2－2 6≤a＜1； ②当 a＝1 时，h(x)＝3|x－1|.h(x)min＝0≤2 6＋3 显然成立； ③ 当 a ＞ 1 时 ， h(x) ＝ f(x) ＋ g(x) ＝ |x － 1| ＋ 2|x － a| ＝ －3x＋2a＋1，x≤1， －x＋2a－1，1＜x＜a，h(x)min＝h(a)＝|a－1|＝a－1. 3x－2a－1，x≥a. 由 a－1≤2 6＋3，解得 a≤2 6＋4. 所以，1＜a≤2 6＋4. 综上所述，a 的取值范围为[－2－2 6，4＋2 6].
【课堂新坐标】2017年高考数学(理科,江苏专版)二轮专题复习与策略 数学思想集训1 函数与方程思想
数学思想集训(一) 函数与方程思想 题组1 运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题1．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 是其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8的值为________．64 [由题意可知a 22＝a 1a 5，即(1＋d )2＝1×(1＋4d )，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.∴S 8＝(a 1＋a 8)×82＝4×(1＋15)＝64.] 2．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，则k 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0 [构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，因为关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1＜0＜x 2＜2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≥0，f (0)＜0，f (2)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2k ≥0，－1＜0，4k ＋3＞0，所以－34＜k ≤0，所以k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0.] 3．已知数列{a n }满足a 1＝60，a n ＋1－a n ＝2n (n ∈N *)，则a n n 的最小值为________．【导学号：19592071】292[由a n ＋1－a n ＝2n ，得 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2(n －1)＋2(n －2)＋…＋2＋60＝n 2－n ＋60.∴a n n ＝n 2－n ＋60n ＝n ＋60n －1.令f (x )＝x ＋60x －1，易知f (x )在(0,215)上单调递减，在(215，＋∞)上单调递增．又n ∈N *，当n ＝7时，a 77＝7＋607－1＝1027，当n ＝8时，a 88＝8＋608－1＝292.又292＜1027，故a n n 的最小值为292.]4．已知函数f (x )＝x ln x ＋a ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a ≥0. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )也相切，求a 的值；(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立．[解] (1)由f (x )＝x ln x ＋a ，得f (1)＝a ，f ′(x )＝ln x ＋1，所以f ′(1)＝1. 3分所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线为y ＝x ＋a －1.因为直线y ＝x ＋a －1与曲线y ＝g (x )也相切，所以两方程联立消元得12x 2＋ax ＝a ＋x －1，即12x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0， 5分所以Δ＝(a －1)2－4×12×(1－a )＝0，得a 2＝1.因为a ≥0，所以a ＝1. 8分(2)证明：x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立，等价于12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立．令h (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则h (1)＝0且h ′(x )＝x ＋a －ln x －1. 12分令φ(x )＝x －ln x －1，则φ(1)＝0且φ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，所以x ＞1时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增，所以φ(x )＞φ(1)＝0. 14分又因为a ≥0，所以h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )＞h (1)＝0，所以x ＞1时，12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0恒成立，即x ＞1时，f (x )＋12＜g (x )恒成立. 16分题组2 利用函数与方程思想解决几何问题5．设抛物线C ：y 2＝3px (p ＞0)的焦点为F ，点M 在C 上，|MF |＝5，若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C 的方程为________．y 2＝4x 或y 2＝16x [由抛物线的定义可知MF ＝x M ＋3p 4＝5，∴x M ＝5－3p 4，y 2M＝15p －9p 24，故以MF 为直径的圆的方程为(x －x M )(x －x F )＋(y －y M )(y －y F )＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫0－5＋3p 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3p 4＋(2－y M )(2－0)＝0. ∴y M ＝2＋15p 8－9p 232＝2＋y 2M 8⇒y M ＝4，p ＝43或163.∴C 的方程为y 2＝4x 或y 2＝16x .]图16．如图1所示，在单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P ，使得AP ＋D 1P 最短，则AP ＋D 1P 的最小值是________． 2＋2 [设A 1P ＝x (0≤x ≤2)．在△AA 1P 中， AP ＝12＋x 2－2×1×x ×cos 45°＝x 2－2x ＋1， 在Rt △D 1A 1P 中，D 1P ＝1＋x 2.于是令y ＝AP ＋D 1P ＝x 2－2x ＋1＋x 2＋1， 下面求对应函数y 的最小值．将函数y 的解析式变形，得y ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＋(x －0)2＋[0－(－1)]2，其几何意义为点Q (x,0)到点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22与点N (0，－1)的距离之和，当Q ，M ，N 三点共线时，这个值最小，且最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫22－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＝2＋ 2.]7．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，并且经过定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12. (1)求椭圆E 的方程；(2)问：是否存在直线y ＝－x ＋m ，使直线与椭圆交于A ，B 两点，且满足OA →·OB →＝125？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由． [解] (1)由e ＝c a ＝32且3a 2＋14b 2＝1，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝4，b 2＝1，即椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1. 4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝－x ＋m ⇒x 2＋4(m －x )2－4＝0⇒5x 2－8mx ＋4m 2－4＝0.(*)所以x 1＋x 2＝8m 5，x 1x 2＝4m 2－45，y 1y 2＝(m －x 1)(m －x 2)＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＝m 2－85m 2＋4m 2－45＝m 2－45，14分由OA →·OB →＝125得(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＝125，即x 1x 2＋y 1y 2＝125，4m 2－45＋m 2－45＝125，m ＝±2.又方程(*)要有两个不等实根，所以Δ＝(－8m )2－4×5(4m 2－4)＞0，解得－5＜m ＜5，所以m ＝±2. 16分8．如图2，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BE EB ′＝λ. (1)求证：当λ＝1时，A ′B ⊥CE ；(2)当λ为何值时，三棱锥A ′－CDE 的体积最小，并求出最小体积．图2[解] (1)证明：∵λ＝1，∴D ，E 分别为AB 和BB ′的中点. 2分又AA ′＝AB ，且三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴平行四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B . 5分∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB .∵三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，∴CD ⊥平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ， 7分又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE .∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE . 10分(2)设BE ＝x ，则AD ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x .由已知可得C 到平面A ′DE 的距离即为△ABC 的边AB 所对应的高h ＝AC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝4， 12分 ∴V A ′－CDE ＝V C －A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A －S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤36－3x －12(6－x )x －3(6－x )·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0＜x ＜6)，∴当x ＝3，即λ＝1时，V A ′－CDE 有最小值18. 16分。
2017高考数学文科二轮复习课件：第一部分 专题二 不等
• 1．(1)(2016· 河南郑州检测)已知函数y＝loga(x ＋c)(a，c为常数，其中 D a>0，a≠1)的图象如图， 则下列结论成立的是( ) • A．a>1，c>1 • B．a>1,0<c<1 • C．0<a<1，c>1 • D．0<a<1,0<c<1 (－1,3) • (2)(2016· 湖北黄冈调考)已知偶函数f(x)在[0， ＋∞)上单调递减，f(2)＝0，若f(x－1)>0，则x 的取值范围是__________．
【 变 式 考 法 】 (1) 本 例 (2) 条 件 不 变 ， 若 f(2x ＋ 1)<0 ， 则 x 的 取 值 范 围 是 3 1 －∞，－ ∪ ，＋∞ 2 2 ______________________. (2)本例(2)条件变为“已知奇函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减”，其他条件不变， (－∞，－1)∪(1,3) 则 x 的取值范围为___________________ ．
(2016· 全国卷乙· 7题)．
[例](2015· 全国卷Ⅰ· 13) 国卷甲· 7题)．
①注意题设条件中的定义域对函数性质的影响．
②认真分析题设条件中图象的对称性、定义域、值域．
③关注分段函数分段区间端点的取舍．
①求函数的单调区间： a．能画出图象的函数用图象法，其思维流程为： 作图象 ―→ 看升降 ―→ 归纳单调性区间 b．由基本初等函数通过加、减运算或复合运算构成的函数用转化 解题 模板 法，其思维流程为：
• 突破点拨 • (1)依据对数函数的图象和性质确定a，c的范 围． • (2) 利用数形结合，通过图象解不等式． 解析： (1)由对数函数的图象和性质及函数图象的平移变换知 0<a<1，
2017届高三数学高考二轮复习(书讲解课件)第一部分 专题一 第四讲 不等式
第八页，编辑于星期六：一点 十六分。
第四讲 不等式
考点三 线性规划
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练 上页 下页
试题 解析
考点一 考点二
考点三
5．(2016·高考浙江卷)在平面上，过点 P 作直线 l 的垂线所得的垂
x－2≤0， 足称为点 P 在直线 l 上的投影．由区域x＋y≥0，
中的点在
x－3y＋4≥0
第七页，编辑于星期六：一点 十六分。
第四讲 不等式
考点二
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练 上页 下页
试题
解析
考点一
考点二
考点三
因为 x>0，y>0，所以 x⊗y＋(2y)⊗x＝x2－ xyy2＋4y22－xyx2＝x2＋ 2xy2y2＝12 xy＋2xy≥ 2，当且仅当xy＝2xy，即 x＝ 2y 时取等号．故 x⊗y＋(2y) ⊗x 的最小值为 2.
课前自主诊断 课堂对点补短 限时规范训练 上页 下页
考点三
试题
解析
先画出不等式组表示的平面区域，再求目标函数的最值．
考点一
考点二
考点三
不等式组表示的平面区域如图中阴影部分． 由xx－ ＋22yy＝ －02， ＝0 得 A1，12. 当直线 z＝x＋y 过点 A1，12时，zmax＝1＋12＝32.
第十二页，编辑于星期六：一点 十六分。
第四页，编辑于星期六：一点 十六分。
第四讲 不等式
考点二 基本不等式
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练 上页 下页
试题 解析
考点一
考点二
考点三
3．(2015·高考湖南卷)若实数 a，b 满足1a＋2b＝ ab，则 ab 的最小
2017版高考数学二轮突破：专题二-函数与导数-课件(227页,含答案)
＝0，则 a＝________．
考 点 考 向 探 究
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第5讲 函数﹑基本初等函数I的图像与性质
[答案]
（1）D （2）－1－e
[解析] （1）1－1x>0，即x－x 1>0，解得 x<0 或 x>1，故所
求的定义域为（－∞，0）∪（1，＋∞）.
考
（2）因为 f（－e）＝g（－e）＋e＝e ，所以 f（e）＝－e
－f(x2)<x1－x2，且 f(－3)＝－4，则不等式 f log13x－1 >log1
2
2
考
3x－1－1 的解集为(
)
点
A.2，＋∞ B.－∞，2
考
向
C.0，1∪1，2 D.－∞，0∪0，2
探
究
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第5讲 函数﹑基本初等函数I的图像与性质
[答案] D
[解析] 已知条件可以化为 f（x1）－x1<f（x2）－x2 对任意 x1<x2 成立，令 g（x）＝f（x）－x，故 g（x）为 R 上的增 函数，且 g（－3）＝f（－3）－（－3）＝－1.
知 识
y2)，…，(xm，ym)，则 m(xi＋yi)＝________． i＝1
聚 焦
测试要点：函数图像对称性的应用
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第5讲 函数﹑基本初等函数I的图像与性质
核
[答案] m
心
知
识
[解析] 由 f（－x）＝2－f（x）得 f（x）的图像关于（0，
聚 焦
1）对称，∵y＝x＋ x 1＝1＋1x的图像也关于（0，1）对称，
的函数值转化为求已知区间上的函数值；(2)函数的奇偶
性、函数图像的对称性、函数的周期性之间有密切的关