2017届高三数学(文)二轮复习课件(全国通用)专题突破 专题2 函数与导数 第2讲 导数的简单应用
剖典例·促迁移
【例1】 (1)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为 解析:(1)由y=x(3ln x+1)得y′=3ln x+4, 则所求切线斜率为4,则所求切线方程为y=4x-3.
;
答案:(1)y=4x-3
︱高中总复习︱二轮·文数
(2)(2016· 福建“四地六校”联考)已知曲线f(x)= x3-x2+ax-1存在两条斜 率为3的切线,且切点的横坐标都大于零,则实数a的取值范围为 .
︱高中总复习︱二轮·文数
3m a 0, 由 3 得 2 m am bm c n 0,
a m , 3 n ( a )3 a ( a ) 2 b ( a ) c f ( a ). 3 3 3 3
(2)(2016·广西高中毕业班适应性测试)函数 f(x)=lg(ax -x +5a)在(1,2)上 递减,则实数 a 的取值范围为(
4 1 (A) , 13 3
3
2
)
1 (C)(-∞, ] 3 1 (D)[ ,+∞) 3
(B)(
4 1 , ] 13 3
3 2
解析:(2)设 g(x)=ax -x +5a,因为 y=lg x 在(0,+≦)上递增,所以根据复 合函数的单调性可知,g(x)在(1,2)上递减,且 g(x)>0 对 x∈(1,2)恒成 立.所以 g′(x)=3ax2-2x≤0 对 x∈(1,2)恒成立且 g(2)=13a-4≥0,所以 a≤
2 4 4 1 对 x∈(1,2)恒成立且 a≥ ,所以 ≤a≤ .故选 A. 3x 13 13 3
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【方法技巧】 (1)求函数的单调区间的方法. 确定函数y=f(x)的定义域;求导数y′=f′(x);解不等式f′(x)>0或f′(x)<0,
解集在定义域内的部分为单调区间.
(2)根据函数y=f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围的方法. ①若函数y=f(x)在(a,b)上单调递增,转化为f′(x)≥0在(a,b)上恒成立求解.
所以函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 的对称中心为(-
a a ,f(- )),故选项 B 正 3 3
确.f′(x)=3x2+2ax+b,若 f(x)有极小值点 x0,则 f′(x)=0 有两不等实 根即 f(x)必有极大值点,设为 x1,若 x1<x0,则函数 f(x)在区间(-≦,x1) 上单调递增,在区间(x1,x0)上单调递减,故选项 C 错误.D 选项显然正确. 故选 C.
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高考感悟
1.考查角度
(1)导数的几何意义:求切线方程或求参数. (2)利用导数求函数的单调区间或由单调性求参数范围. (3)利用导数求函数的极值、最值或由极值、最值求参数范围. 2.题型及难易度
选择题、填空题、解答题、难度中档偏上.
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热点突破
热点一 导数的几何意义
解析:因为 f(x)=kx-ln x,所以 f′(x)=k-
1 . x 1 ≥ x
因为 f(x)在区间(1,+≦)上单调递增,所以当 x>1 时,f′(x)=k1 在区间(1,+≦)上恒成立. x 1 因为 x>1,所以 0< <1,所以 k≥1.故选 D. x
0 恒成立,即 k≥
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令 cos x=t,t∈[-1,1],则-
即 4t2-3at-5≤0 在[-1,1]上恒成立,令 g(t)=4t2-3at-5,
g (1) 4 3a 5 0, 1 1 则 解得- ≤a≤ ,故选 C. 3 3 g (1) 4 3a 5 0,
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2.(2013· 全国Ⅱ卷,文11)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是 ( C ) (A)∃x0∈R,f(x0)=0 (B)函数y=f(x)的图象是中心对称图形 (C)若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减 (D)若x0是f(x)的极值点,则f′(3.(2015· 全国Ⅰ卷,文14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的 切线过点(2,7),则a= 解析:因为f(x)=ax3+x+1, .
所以f′(x)=3ax2+1,
所以f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k=3a+1, 又f(1)=a+2,
(A)[0,+∞) (B)(-∞,0]
(C)(-∞,0) (D)(0,+∞)
2 3
解析: (2)f′(x)=2x -2x+a, 设切点为(x0,y0),x0>0,因为切线斜率为 3,所以 2 x 02 -2x0+a=3, 即 2 x 02 -2x0+a-3=0 有两个正根,
4 4 2 ( a 3) 0, 7 1 0, 所以 解得 3<a< . 2 a 3 0, 2 7 答案: (2)(3, ) 2
(D)x-y+1=0
解析: (2)因为y′=2x+1,设切点坐标为(x0,y0),则切线斜率为 2x0+1,且y0= x 2 +x0+1, 0
2 所以切线方程为y- x 0 -x0-1=(2x0+1)(x-x0),
又点(-1,0)在切线上,代入上式可解得x0=0或x0=-2, 当x0=0时,y0=1,当x0=-2时,y0=3.验证知D正确.选D.
2
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【方法技巧】 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),然后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)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x. f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(ex- 1 ). 2 令f′(x)=0得,x=-ln 2或x=-2. 从而当x∈(-≦,-2)∪(-ln 2,+≦)时,f′(x)>0; 当x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故f(x)在(-≦,-2),(-ln 2,+≦)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
解析:令x≥0,则-x≤0,f(-x)=ex-1+x, 又f(x)为偶函数, 所以x≥0时,f(x)=ex-1+x, 所以f(1)=2, f′(x)=ex-1+1, f′(1)=2, 所求切线方程为y-2=2(x-1), 即y=2x.
.
答案:y=2x
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5.(2013· 全国Ⅰ卷,文20)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=4x+4. (1)求a,b的值; (2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值. 解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f′(0)=4. 故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.
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热点训练 1:(1)(2016·榆林二模)设曲线 y= ax+y+1=0 垂直,则 a 等于( (A)2 (B)
1 2
x 1 在点(3,2)处的切线与直线 x 1
)
1 2
(C)-
(D)-2
解析:(1)因为 y=
2 x 1 ,所以 y′=, 2 x 1 ( x 1)
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第2讲
导数的简单应用
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热点突破
阅卷评析
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高考体验
演真题·明备考
1.(2014· 全国Ⅱ卷,文11)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增, 则k的取值范围是( D )
(A)(-∞,-2] (B)(-∞,-1] (C)[2,+∞) (D)[1,+∞)
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热点二 利用导数研究函数的单调性 考向1 确定函数的单调性(区间)
【例2】 (2016· 甘肃河西部分高中联考)已知函数f(x)=
(1)试判断函数f(x)的单调性;
ln x -1. x
解:(1)函数f(x)的定义域是(0,+≦),
由已知得f′(x)=
1 ln x , x2
)
︱高中总复习︱二轮·文数
解析:(1)f′(x)=1=-
2 2 2 cos 2x+acos x=1- ·(2cos x-1)+acos x 3 3
4 5 2 cos x+acos x+ ,f(x)在 R 上单调递增,则 f′(x)≥0 在 R 上恒成立. 3 3 4 2 5 t +at+ ≥0 在[-1,1]上恒成立, 3 3
令f′(x)=0得x=e,
当0<x<e时,f′(x)>0;
当x>e时,f′(x)<0; 所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+≦)上单调递减.
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【解析】(1)由 f(x)＝x2＋xsin x＋cos x, 得 f′(x)＝x(2＋cos x). ∵y＝f(x)在点(a,f(a))处与直线 y＝b 相切. ∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0 且 b＝f(a), 则 a＝0,b＝f(0)＝1.
(2)令 f′(x)＝0,得 x＝0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,＋∞)上递增. 当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在(－∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为 f(0)＝1. ∵函数 f(x)在区间(－∞,0)和(0,＋∞)上均单调, ∴当 b>1 时曲线 y＝f(x)与直线 y＝b 有且仅有两 个不同交点. 综上可知,b 的取值范围是(1,＋∞).
π
∵0≤x≤ 2 ,∴0≤cos x≤1,令 cos x＝t, 则 y＝－t－a22＋a42＋58a－12,0≤t≤1. 当a2＞1,即 a＞2 时,函数 y＝－t－a22＋a42＋58a－12 在 t∈[0,1]上单调递增,
∴t＝1 时,函数有最大值 ymax＝a＋58a－32＝1,
解得 a＝2103＜2(舍去)；
综上所述,存在实数 a＝32使得函数有最大值 1.
【思维升华】换元法的特点是通过引进新的变量, 可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,把 条件与结论联系起来,把陌生的形式转变为熟悉的形 式.高中数学中主要换元法有整体换元、三角换元、对 称换元、均值换元等等.换元法应用广泛,如解方程、解 不等式、证明不等式、求函数的值域、求数列的通项 与和等,在解析几何中也有广泛的应用.解题过程中要 注意换元后新变量的取值范围.
设
π t ＝ 2x － 3 , 因 为
x∈ 0，π2 , 所 以
t∈－π3 ，2π 3 ,故
2017高考数学文山东专用二轮课件：2-3 函数与方程 精
试 题 统 计 复 习 策 略 1.关于零点问 题,要学会分析 转化,能够把与 之有关的不同 形式的问题,化 (2012 山东, 归为适当方程 文 12) 的零点问题. (2016 山东, 2.函数模型的 文 15) 实际应用问题, 主要抓好常见 函数模型的训 练,重点放在信 息整理与建模
-3-
1.零点的定义:对于函数y=f(x),使f(x)=0的实数x叫做函数y=f(x)的 零点. 2.零点存在性定理:如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连 续曲线,且有f(a)f(b)<0,那么函数y=f(x)在区间[a,b]内有零点,即存在 c∈(a,b),使得f(c)=0,此时这个c就是方程f(x)=0的根. 3.函数的零点与方程根的关系: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. 4.判断函数零点个数的方法:(1)直接求零点;(2)零点存在性定 理;(3)数形结合法.
-9-
7.已知定义在R上的奇函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,当 0<x≤1时, f(x)=log 1 x ,则方程f(x)-1=0在(0,6)内的零点之和为( C ) 2 A.8 B.10 C.12 D.16 解析:由y=f(x)的图象关于直线x=1对称,可得f(2+x)=f(-x),又y=f(x)是 R上的奇函数,可得f(2+x)=f(-x)=-f(x),所以f(4+x)=f[2+(2+x)]=f[(2+x)]=-f(2+x)=f(x). 所以y=f(x)的周期为4,当x∈(0,1]时,f(x)= log 1 x ,可画出y=f(x)的图象 2 如图所示:
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届高考数学(文)二轮复习(全国通用)课件：专题1 函数与导数、不等式 第3讲
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.
解 (1)由 f ′(x)＝ln x－2ax＋2a.
可得 g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)， 1－2ax 1 则 g′(x)＝x－2a＝ x . 当 a≤0 时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增；
2
①当a≤0时，2ax－1＜0，若x∈(0，1)，则f ′(x)＞0，若x∈(1， ＋∞)，则f ′(x)＜0，
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
1 1 ②当 0＜a＜2时，若 x∈(0，1)或 x∈2a，＋∞，则 f ′(x)＞0， 1 1 若 x∈1，2a，则 f ′(x)＜0，所以函数 f(x)在(0，1)，2a，＋∞ 1 上单调递增，在1，2a上单调递减. 1 ③当 a＝2时，f ′(x)≥0 且仅 f ′(1)＝0，
1－k 1－k 所以在区间(－1， 0)和 上， g ′( x ) ＞ 0 ； 在区间 ，＋∞ 0， k k 1－k 上，g′(x)＜0.故 g(x)的单调递增区间是(－1，0)和 ，＋∞， k 1－k x2 单调递减区间是0， .当 k＝1 时，g′(x)＝1＋x＞0， k
[微题型1] 求解含参函数的单调区间
【例 1－1】 (1)(2016· 合肥模拟)已知函数 f(x)＝x3－ax2－3x. 若 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数 a 的取值范围； k 2 (2)已知函数 g(x)＝ln(1＋x)－x＋2x (k≥0)，讨论函数 g(x) 的单调性.
解 (1)对 f(x)求导，得 f′(x)＝3x2－2ax－3. 3 1 由 f′(x)≥0 在[1，＋∞)上恒成立，得 a≤2x－x . 3 1 记 t(x)＝2x－x ，当 x≥1 时，t(x)是增函数， 3 所以 t(x)min＝2(1－1)＝0.所以 a≤0.
解 (1)由 f ′(x)＝ln x－2ax＋2a.
可得 g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)， 1－2ax 1 则 g′(x)＝x－2a＝ x . 当 a≤0 时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增；
2
①当a≤0时，2ax－1＜0，若x∈(0，1)，则f ′(x)＞0，若x∈(1， ＋∞)，则f ′(x)＜0，
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
1 1 ②当 0＜a＜2时，若 x∈(0，1)或 x∈2a，＋∞，则 f ′(x)＞0， 1 1 若 x∈1，2a，则 f ′(x)＜0，所以函数 f(x)在(0，1)，2a，＋∞ 1 上单调递增，在1，2a上单调递减. 1 ③当 a＝2时，f ′(x)≥0 且仅 f ′(1)＝0，
1－k 1－k 所以在区间(－1， 0)和 上， g ′( x ) ＞ 0 ； 在区间 ，＋∞ 0， k k 1－k 上，g′(x)＜0.故 g(x)的单调递增区间是(－1，0)和 ，＋∞， k 1－k x2 单调递减区间是0， .当 k＝1 时，g′(x)＝1＋x＞0， k
[微题型1] 求解含参函数的单调区间
【例 1－1】 (1)(2016· 合肥模拟)已知函数 f(x)＝x3－ax2－3x. 若 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数 a 的取值范围； k 2 (2)已知函数 g(x)＝ln(1＋x)－x＋2x (k≥0)，讨论函数 g(x) 的单调性.
解 (1)对 f(x)求导，得 f′(x)＝3x2－2ax－3. 3 1 由 f′(x)≥0 在[1，＋∞)上恒成立，得 a≤2x－x . 3 1 记 t(x)＝2x－x ，当 x≥1 时，t(x)是增函数， 3 所以 t(x)min＝2(1－1)＝0.所以 a≤0.
名师导学2017年高三文科数学二轮课件(22份) 人教课标版16精品课件
(2)已知函数 f(x)＝ex,x∈R.设 a<b,比较 fa＋2 b与 f（b）b－－af（a）的大小,并说明理由.
【解析】f（b）b－－af（a）－fa＋2 b＝ebb－－aea－ea＋2 b
＝
eb－ea－bea＋2 b＋aea＋2 b b－a
＝
a＋b e2 b－a
探究一 两个数或式的大小比较
例 1(1)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)＝－1, 其导函数 f′(x)满足 f′(x)>k>1,则下列结论中一定错误的 是( )
1 1 A.fk<k
1 1 B.fk>k－1 C.fk－1 1<k－1 1 D.fk－1 1>k－k 1
【备考建议】 函数与不等式的综合问题是新课标高考的命题热 点之一,往往处在解答题压轴题的地位,是爬坡题,具有 一定的区分度,有一定的难度.备考时需要明确以下几 个问题的解决方法： (1)利用构造函数的单调性解决不等式解集及比较 数或式的大小； (2)根据不等式恒成立、存在性成立求参数的取值 范围；
当12<a<1 时, 令 f′(x)＝0,得 x＝1a∈(1,2). 又 x∈1，1a时,有 f′(x)<0； x∈1a，2时,有 f′(x)>0. ∴f(x)min＝f1a＝ln1a＋1－1a； 综上,f(x)在[1,2]上的最小值为
①当 0<a≤12时,f(x)min＝ln 2－21a； ②当12<a<1 时,f(x)min＝ln 1a＋1－1a. ③当 a≥1 时,f(x)min＝0.
eb－2 a－ea－2 b－（b－a）
设函数 u(x)＝ex－e1x－2x(x≥0), 则 u′(x)＝ex＋e1x－2≥2 ex·e1x－2＝0, ∴u′(x)≥0(当且仅当 x＝0 时等号成立),
2017高考数学文科二轮复习课件：专题二 不等式、函数
• 2．基本初等函数、函数与方程及函数的应用 部分： • 对基本初等函数的考查形式主要是选择题、 填空题，也有可能以解答题中某一小问的形 式出现，考查其图象与性质，多为中偏低档 题；函数零点主要考查零点所在区间、零点 个数的判断以及由函数零点的个数求解参数 的取值范围；函数的实际应用问题常以实际 生活为背景，与最值、不等式、导数、解析 几何等知识交汇命题，最近几年函数的实际 应用问题在高考中有“降温”的趋势．
③解线性规划应用问题：
解题 模板 ④利用不等式解决实际问题： 根据题意设出相应变量，一般 把要求最值的变量设为函数 → 建立相应的函数关系式， 确定函数的定义域 → 在定义域内， 求函数的最值 → 回到实际问题中，去写 出实际问题的答案
热点题型突破
题型一 不等式的解法
命题 规律
方法 点拨
高考中常常从以下三个角度命题： (1)一元二次不等式的解法． (2)与分段函数有关的不等式的解法． (3)由不等式恒成立求参数范围． 均以选择、填空题呈现，偶尔出现在解答题中，难度中偏 不等式的求解技巧： (1)对于一元二次不等式，应先化为一般形式ax2＋bx＋c>0 相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相 象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集． (2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把它们 整式不等式(一般为一元二次不等式)求解.
• 3．对于不等式的二轮复习需要做好如下三个
第1讲 不等式及线性规划
栏目导 航
2年考情回顾
热点题型突破
热点题源预测
对点规范演练 逐题对点特训
2年考情回顾
①求不等式的解集 设问 方式 ②线性规划问题 ③不等式的应用 [例](2015· 北京卷· 7题)． [例](2015· 湖北卷· 10题)．
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
2017届高三数学二轮复习(通用版)第一部分课件 基础送分题题型专题(二) 函数的图象与性质
[题组练透] 1．(2016·全国乙卷)函数 y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大 致为( )
第十一页，编辑于星期六：一点 十四分。
解析：选 D ∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2，2]是偶函数， 又 f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除 A，B. 设 g(x)＝2x2－ex，则 g′(x)＝4x－ex. 又 g′(0)<0，g′(2)>0， ∴g(x)在(0，2)内至少存在一个极值点， ∴f(x)＝2x2－e|x|在(0，2)内至少存在一个极值点，排除 C. 故选 D.
答案：－12
第十四页，编辑于星期六：一点 十四分。
[技法融会] 识别函数图象的 3 种方法
(1)直接法：直接求出函数的解析式并作出其图象； (2)特例排除法：其中用特殊点法破解函数图象问题需寻找 特殊的点，即根据已知函数的图象或已知函数的解析式，取特 殊点，判断各选项的图象是否经过该特殊点； (3)性质验证法.
第九页，编辑于星期六：一点 十四分。
(2)识图：从图象与坐标轴的交点及左、右、上、下分 布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对 应关系．
(3)用图：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．
第十页，编辑于星期六：一点 十四分。
第八页，编辑于星期六：一点 十四分。
函数的图象 函数的图象包括作图、识图、用图，三者在学习中的侧 重点为： (1)作图：常用描点法和图象变换法．图象变换法常用的 有平移变换、伸缩变换和对称变换．尤其注意 y＝f(x)与 y＝ f(－x)，y＝－f(x)，y＝－f(－x)，y＝f(|x|)，y＝|f(x)|及 y＝af(x) ＋b 的相互关系．
2017届高考数学(文)(新课标)二轮专题复习课件：3-6 导数与函数
(2)由 f′(1)＝0，得 k＝1，(6 分) 令 g(x)＝(x2＋x)f′(x)， e－2＋1 则 对任意 的 x>0 ， f ′ (x)< 2 恒成立 等价于 对任意 的 x ＋x x∈(0，＋∞)，g(x)<e－2＋1 恒成立， x＋1 又 g(x)＝ x (1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)， e
1 2 1 设 φ(t)＝2lnt－ ＋1，则 φ′(t)＝ ＋ 2>0， t t t 1 所以 φ(t)＝2lnt－ ＋1 在其定义域上单调递增，即 h′(t)＝ t 1 2lnt－ ＋1 单调递增． t 又 h′(1)＝0，所以当 t∈(0，1)时，h′(t)<0，h(t)单调递减， 当 t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，h(t)单调递增，所以 h(t)的最小 值为 h(1)＝0， 所以(2t－1)lnt－t＋1＝0 仅有一解 t＝1， 1－ln1 此时 a＝ 2 ＝1，切点为 M(1，0)． 1
调研二 切线· 单调性 (2016· 河南六市联考)已知函数 f(x)＝alnx－x，g(x)＝ x2－(1－a)x－(2－a)lnx，其中 a∈R. (1)若 g(x)在其定义域内为增函数，求实数 a 的取值范围； (2)若函数 F(x)＝f(x)－g(x)的图像交 x 轴于 A，B 两点，AB 中点的横坐标为 x0，问：函数 F(x)的图像在点(x0，F(x0))处的切 线能否平行于 x 轴？
第6讲 导数பைடு நூலகம்函数
热 点 调 研
导数解答题是整套试卷的压轴题， 既是智力题， 也是耐力题， 做好该题，左手 985，右手 211，眼望双一流！ 函数是数学永恒的主题，是中学数学最重要的主干知识之 一；导数是研究函数的有力工具，函数与导数不仅是高中数学的 核心内容，还是学习高等数学的基础，而且函数的观点及其思想 方法贯穿于整个高中数学教学的全过程，高考对函数的考查更多 的是与导数的结合，发挥导数的工具性作用，应用导数研究函数 的性质、证明不等式问题等，体现出高考的综合热点.
2017届高三数学高考二轮复习(书讲解课件)第一部分 专题一 第二讲 函数的图象与性质
第十二页，编辑于星期六：一点 十六分。
第二讲 函数的图象与性质
考点三
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
利用偶函数的对称性和函数单调性的定义将函数值大小关系转 化为不等式求解． ∵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)，
考点一
课前自主诊断
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试题 解析
考点一
考点二 考点三
2－x－1，x≤0， 3．(2016·合肥模拟)已知函数f(x)＝ －x2＋x，x>0， 不等式f[f(x)]≤3的解集为__(－__∞__，__2_] __．
则关于x的
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第二讲 函数的图象与性质
D．－190
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第二讲 函数的图象与性质
考点一
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试题
解析
考点一
考点二 考点三
由题意可得：函数f(x)＝3loxg＋2x1，，xx>≤0 0 ， ∴f14＝log214＝－2， ∴ff14＝f(－2)＝3－2＋1＝190.故选A.
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第二讲 函数的图象与性质
考点一
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试题 解析
考点一 考点二 考点三
4．(2016·高考山东卷)已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)＝
x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；当x>12时，fx＋12＝