江苏专用2020高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数教学案
2020版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2讲函数的概念图象与性质课件文苏教版
峰填谷”，可得－14，14⊆21a＋－2a，－21a＋－2a，即21a－a2＜－14，即 2a2－a－2＜0，
解得1－4 17＜a＜0．
[答案]
1－ 4
17，0
x＋a，－1≤x<0， 6．设 f(x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数，在区间[－1，1)上，f(x)＝25－x，0≤x<1， 其中 a∈R．若 f－52＝f92，则 f(5a)的值是________． [解析] 由题意可得 f－52＝f－12＝－12＋a，f92＝f12＝25－12＝110，则－12＋a＝110，a ＝35，故 f(5a)＝f(3)＝f(－1)＝－1＋35＝－25． [答案] －25
[解析] 要使函数 f(x)有意义，则 log2x－1≥0，即 x≥2，则函数 f(x)的定义域是[2，＋ ∞)． [答案] [2，＋∞)
2．(2019·南京四校第一学期联考)函数 f(x)＝lg（x2－2x5－x＋3）6 的定义域为________． [解析] 要使 f(x)有意义，必须lx2g2x（－－253xx＞－＋036）≥≠0 0，所以xxx≥＞ ≠3322或x≤2，所以函数 f(x)的定 义域为32，2∪[3，＋∞)． [答案] 32，2∪[3，＋∞)
(5)y＝－f(－x)与 y＝f(x)的图象关于原点对称． (6)要得到 y＝|f(x)|的图象，可将 y＝f(x)的图象在 x 轴下方的部分以 x 轴为对称轴翻折 到 x 轴上方，其余部分不变． (7)要得到 y＝f(|x|)的图象，可将 y＝f(x)，x≥0 的部分作出，再利用偶函数的图象关于 y 轴的对称性，作出 x＜0 时的图象． (8)若奇函数 f(x)在 x＝0 处有定义，则 f(0)＝0． (9)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于 y 轴对称；反之亦然；利用奇函数 的图象关于原点对称可知，奇函数在原点两侧的对称区间上的单调性相同；利用偶函 数的图象关于 y 轴对称可知，偶函数在原点两侧的对称区间上的单调性相反．
最新-2021届高考数学理二轮复习江苏专用课件：专题一 函数与导数、不等式 第5讲 精品
(1)证明 因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x) ＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数. (2)解 由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1 在(0，＋∞)上恒成立. 令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t2－t－t＋1 1＝－t－1＋1t－1 1＋1对 任意 t>1 成立.因为 t－1＋t－1 1＋1≥2 （t－1）·t－1 1＋1＝3， 所以－t－1＋1t－1 1＋1≥－13，当且仅当 t＝2，即 x＝ln 2 时等号 成立.因此实数 m 的取值范围是(－∞，－13].
[微题型2] 利用导数解决不等式恒成立问题 【例2－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.
①讨论函数f(x)的单调区间； ②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2 恒成立，求实数b的取值范围. (2)设 f(x)＝xx＋ln 1x，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1) 恒成立，求 m 的取值范围.
真题感悟
(2014·江苏卷)已知函数 f(x)＝ex＋e－x，其中 e 是自然对数的 底数. (1)证明：f(x)是 R 上的偶函数； (2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e－x＋m－1 在(0，＋∞)上恒成 立，求实数 m 的取值范围； (3)已知正数 a 满足：存在 x0∈[1，＋∞)，使得 f(x0)<a(－x30＋ 3x0)成立.试比较 ea－1 与 ae－1 的大小，并证明你的结论.
(1)求a，b的值； (2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t. ①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出 其定义域； ②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短 长度.
解 (1)由题意知，点 M，N 的坐标分别为(5， 40)，(20，2.5).将其分别代入 y＝x2＋a b， 得24500a＋a＋b＝b＝402，.5，解得ab＝＝10.000，
2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数含解析
高考热点追踪(一)函数中的新定义问题用数学符号或文字叙述给出一个新定义，利用这个新定义和已学过的知识解决题目给出的问题，叫新定义题．求解此类问题，首先应明确新定义的实质，利用新定义中包含的内容，结合所学知识，将问题向熟悉的、已掌握的知识进行转化．(20xx·××市高三上学期期末考试)若函数f (x )在[m ，n ](m ＜n )上的值域恰好是[m ，n ]，则称[m ，n ]为函数f (x )的一个“等值映射区间”．下列函数：①y ＝x 2－1；②y ＝2＋log 2x ；③y ＝2x －1；④y ＝1x －1，其中，存在唯一一个“等值映射区间”的函数有________个．【解析】 根据新定义可知，存在唯一一个“等值映射区间”的函数与另一函数y ＝x 的图象有两个交点，且在[m ，n ](m ＜n )上的值域恰好为[m ，n ]，可见两函数在[m ，n ]上均单调递增．对于①y ＝x 2－1，根据新定义可得，x 2－1＝x ，方程有两个解，即函数y ＝x 2－1与函数y ＝x 的图象有两个交点，但在同一增区间上只有一个交点，故①不满足题意；对于②y ＝2＋log 2x ，根据新定义可得，2＋log 2 x ＝x ，方程有两个解，即函数y ＝2＋log 2x 与函数y ＝x 的图象有两个交点，且在定义域内两函数都单调递增，故②满足题意；对于③y ＝2x －1，根据新定义可得，2x －1＝x ，方程有两个解，即函数y ＝2x －1与函数y ＝x 的图象有两个交点，且在定义域内两函数都单调递增，故③满足题意；对于④y ＝1x －1，根据新定义可得，x 2－x ＝1(x ≠1)，方程有两个解，即函数y ＝1x －1与函数y ＝x 的图象有两个交点，但y ＝1x －1不单调递增，故④不满足题意．所以存在唯一一个“等值映射区间”的函数有2个．【答案】 2[名师点评] 创新题型在高考中常出现，考查学生对新定义的理解能力，只有明确新定义的实质，才能使问题得以解决．不等式恒成立问题的解题策略恒成立问题在高考中经常出现，由于涉及的知识面广，制约条件复杂，参变量的潜在约束比较隐晦，考生在解题时，不易理清思路，抓不住关键，往往半途而废．下面谈谈解决此类问题的常用方法．一、反客为主——更换主元有些数学问题构思新颖，同时有其实际背景，按固有的习惯思维，把注意力集中在某些醒目的“主元”上，往往陷入困境．如果打破思维定式，反“客”为“主”，把原来处于相对次要地位的“客元”突显出来，常常能收到出人意料的效果．对任意的|m |≤2，函数f (x )＝mx 2－2x ＋1－m 恒负，则x 的取值范围为________． 【解析】 设g (m )＝(x 2－1)m －2x ＋1，则有⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）<0，g （2）<0即⎩⎪⎨⎪⎧2x2＋2x －3>0，2x2－2x －1<0． 解得7－12<x <3＋12． 【答案】 ⎝⎛⎭⎪⎫7－12，3＋12[名师点评] 当一个题中有多个变量时，要敢于把其中的一个变量作为自变量，其余的变量作为参数处理，逐步减少参数使问题获得解决．二、分离参数——巧妙转化有些问题，是需要将参变量分离出来，单独放在不等式的一侧，将另一侧视作为新函数，则可以将问题转化为新函数的最值问题．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(十))已知实数x ，y 满足x ＋2y ＋3＝xy ，且对任意的实数x ∈(2，＋∞)，y ∈(1，＋∞)，不等式(x ＋y －3)2－a (x ＋y －3)＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________．【解析】 因为x ∈(2，＋∞)，y ∈(1，＋∞)，所以x ＋y －3>0，所以不等式(x ＋y －3)2－a (x ＋y －3)＋1≥0可转化为(x ＋y －3)＋1x ＋y －3≥a ．令t ＝x ＋y －3，t >0，则f (t )＝t ＋1t ≥a ，且函数f (t )在区间[1，＋∞)上单调递增．等式x ＋2y ＋3＝xy 可化为(x －2)(y －1)＝5，令m ＝x －2，n ＝y －1，则m >0，n >0，且mn ＝5，则t ＝m ＋n ≥2mn ＝25，当且仅当m ＝n ，即x ＝y ＋1，即x ＝2＋5，y ＝1＋5时等号成立，故f (t )≥f (25)＝25＋125＝21510，所以a ≤21510． 【答案】 (－∞，21510][名师点评] 若对于x 取值范围内的任何一个数都需要f (x )≥g (a )恒成立，则g (a )≤f (x )的最小值；若对于x 取值范围内的任何一个数，都有f (x )≤g (a )恒成立，则g (a )≥f (x )的最大值．三、变量替换——避繁就简根据所要求解的式子的结构特征，巧妙地设置新的变量来替代原来表达式中的某些式子或变量，对新的变量求出结果后，返回去再求出原变量的结果．此法应用往往简便快捷，可以避开烦琐的运算．(20xx·宁波质检)当x ∈(0，1)时，不等式41－x ≥m －1x 恒成立，则m 的最大值为________．【解析】 由已知不等式可得m ≤1x ＋41－x ．设f (x )＝1x ＋41－x＝1－x ＋4x x （1－x ）＝3x ＋1－x2＋x，令t ＝3x ＋1，则x ＝t －13，t ∈(1，4)，f (x )可化为g (t )＝t－⎝⎛⎭⎫t －132＋t －13＝9t －t2＋5t －4＝9－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ＋5，因为t ∈(1，4)，所以5>t ＋4t ≥4，0<－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ＋5≤1，9－⎝⎛⎭⎫t ＋4t ＋5≥9， 即f (x )∈[9，＋∞)， 故m 的最大值为9． 【答案】 9[名师点评] 本题使用换元法起到了沟通问题的条件和结论的中介作用，并使运算得以简化，令人耳目一新．四、数形结合——以“形”代算数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合，通过对图形的认识，数形结合的转化，可以培养思维的灵活性、形象性，使问题化难为易，化抽象为具体．通过“形”往往可以解决用“数”很难解决的问题．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，x 2<log a x 恒成立，则a 的取值范围是__________． 【解析】 由图形可知，0<a <1， 因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，x 2<log a x 恒成立， 所以log a 12≥⎝⎛⎭⎫122，所以a ≥116，又因为0<a <1，所以116≤a <1．【答案】 ⎣⎡⎭⎫116，1 [名师点评] 以“形”代算，虽然有一定的技巧性，但通过图形的直观显现，答案直接跃然纸上．1．(20xx·常州期末)曲线y ＝x －cos x 在点⎝⎛⎭⎫π2，π2处的切线方程为________．[解析] y ′＝1＋sin x ，故曲线y ＝x －cos x 在点⎝⎛⎭⎫π2，π2处的切线的斜率为2．由点斜式方程可得切线方程为2x －y －π2＝0．[答案] 2x －y －π2＝02．函数y ＝1－2x 的定义域为集合A ，函数y ＝ln(2x ＋1)的定义域为集合B ，则A ∩B ＝________．[解析] 由1－2x ≥0得x ≤12，故A ＝⎝⎛⎦⎤－∞，12，由2x ＋1>0得x >－12，故B ＝⎝⎛⎭⎫－12，＋∞，故A ∩B ＝⎝⎛⎦⎤－12，12． [答案] ⎝⎛⎦⎤－12，12 3．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x(0≤x ≤2)的值域为________．[解析] 因为函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x(0≤x ≤2)是减函数，又知⎝⎛⎭⎫130＝1，⎝⎛⎭⎫132＝19，从而值域为⎣⎡⎦⎤19，1． [答案] ⎣⎡⎦⎤19，14．不等式－1＜x 2＋2x －1≤2的解集是________．[解析] 原不等式等价于：⎩⎪⎨⎪⎧x2＋2x ＞0，x2＋2x －3≤0，在同一平面直角坐标系内作出两个函数的图象如图所示，若令过原点且切于函数y ＝ln x 图象的直线斜率为k ，只需0<m <k ．设切点为A (x 0，ln x 0)，所以k ＝y ′|x ＝x 0＝1x0，又k ＝ln x0x0，所以1x0＝ln x0x0，解得x 0＝e ，于是k ＝1e ，所以0<m <1e． ②e 1＋λ<x 1·x λ2等价于1＋λ<ln x 1＋λln x 2．由①可知x 1，x 2分别是方程ln x －mx ＝0的两个根，即ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2， 所以原不等式等价于1＋λ<mx 1＋λmx 2＝m (x 1＋λx 2)，因为λ>0，0<x 1<x 2，所以原不等式等价于m >1＋λx1＋λx2．由ln x 1＝mx 1，ln x 2＝mx 2作差得，ln x1x2＝m (x 1－x 2)，即m ＝lnx1x2x1－x2，所以原不等式等价于lnx1x2x1－x2>1＋λx1＋λx2，因为0<x 1<x 2，原不等式恒成立，所以ln x1x2<（1＋λ）（x1－x2）x1＋λx2恒成立．令t ＝x1x2，t ∈(0，1)，则不等式ln t <（1＋λ）（t －1）t ＋λ在t ∈(0，1)上恒成立．令h (t )＝ln t －（1＋λ）（t －1）t ＋λ，又h ′(t )＝1t －（1＋λ）2（t ＋λ）2＝（t －1）（t －λ2）t （t ＋λ）2，当λ2≥1时，可知当t ∈(0，1)时，h ′(t )>0，所以h (t )在t ∈(0，1)上单调递增，又h (1)＝0，所以h (t )<0在t ∈(0，1)上恒成立，符合题意．当λ2<1时，可见当t ∈(0，λ2)时，h ′(t )>0，当t ∈(λ2，1)时，h ′(t )<0，所以h (t )在t ∈(0，λ2)上单调递增，在t ∈(λ2，1)上单调递减，又h (1)＝0，所以h (t )在t ∈(0，1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e 1＋λ<x 1·x λ2恒成立，只需λ2≥1，又λ>0，所以λ≥1．13．(20xx·南京模拟)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (x ＞0)的图象与直线y ＝4相切于点M (1，4)． (1)求y ＝f (x )在区间(0，4]上的最大值与最小值；(2)是否存在两个不等正数s ，t (s <t )，使得当s ≤x ≤t 时，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的值域是[s ，t ]？若存在，求出所有这样的正数s ，t ；若不存在，请说明理由．[解] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，。
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：第19讲 导数与不等式问题
[解题方略] 利用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路为： (1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数 f(x)，使原不等式成为形如 f(a)>f(b)的形式． (2)对形如 f(x)>g(x)的不等式，构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)． (3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A 的不等式，可选 x1(或 x2)为 主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x))．
题型二 不等式的恒成立问题 [例 2] (2019·天一中学检测)已知函数 f(x)＝ax－1－ln x，a
∈R . (1)讨论函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx
－2 恒成立，求实数 b 的取值范围．
[解] (1)在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－1x＝axx－1， 当 a≤0 时，f′(x)＜0 恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
[解] (1)f′(x)＝2x－x1x－a，当导函数 f′(x)的零点 x＝a 落在 区间(1,2)内时，函数 f(x)在区间[1,2]上就不是单调函数，所以 a∉(1,2)，
所以实数 a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)． (2)由题意知，不等式 f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解， 即 x2－2x＋a(ln x－x)≥0 在区间[1，e]上有解． 因为当 x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0， 所以 a≤xx－2－ln2xx在区间[1，e]上有解．
令
h(x)＝xx－2－ln2xx，则
h′(x)＝x－1xx－＋l22>2≥2ln x，
所以 h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，
2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式、导数第五讲函数与导数第2课时导数的应用课件理
f′(x)＝x－2＋x－a 1＝x2－3xx－＋1a＋2.
1分
因为函数 f(x)有两个极值点 m，n，所以 f′(x)＝0 有两个大于
1 的不同的解，
即 x2－3x＋a＋2＝0 有两个不同的解 m，n，且 n>m>1.
记 h(x)＝x2－3x＋a＋2，则 h(x)图象的对称轴为 x＝32，故
－32－4×1×a＋2>0 h1＝a>0
故直线 AB 的斜率 k＝－x10ln－xl0n－x0x0＝－x10xx－00＋ －xx0011＋ －－11x0＝x10.
曲线
y＝ex
在点
B－ln
x0，x10处切线的斜率是x10，曲线
y＝ln
x
在点 A(x0，ln x0)处切线的斜率也是x10， 所以曲线 y＝ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 y＝ex 的切 线．
3分
令 g(x)＝lnxx(x>0)，
4分
则
g′(x)＝1－xl2n
x＝ln
e－ln x2
x(x>0)，
故 g(x)在(0，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减， g(x)max＝g(e)＝1e，于是 2a≥1e，即 a≥21e. 5 分 (2)证明：依题意知 x1，x2(x1<x2)是方程 2ax－ln x＝0(x>0)的两 个根， 即 2ax1 － ln x1 ＝ 0,2ax2 － ln x2 ＝ 0 ， (0<x1<x2) ，
以 f(b)·f －1a <0 ， 故 f(x) 在 b，－1a 上 有 一 个 零 点 .
9分
再者，fa12＝ln a12＋1a＝2ln－1a＋1a，令 t＝－1a，则 t∈(e，＋
【2020最新】数学高考江苏专版二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练(五)函数-含解析
教学资料范本【2020最新】数学高考江苏专版二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练（五）函数-含解析编辑：__________________时间：__________________1．已知函数f(x)＝x|2a －x|＋2x ，a∈R.(1)若a ＝0，判断函数y ＝f(x)的奇偶性，并加以证明； (2)若函数f(x)在R 上是增函数，求实数a 的取值范围；(3)若存在实数a∈[－2,2]，使得关于x 的方程f(x)－tf(2a)＝0有三个不相等的实数根，求实数t 的取值范围．解：(1)函数y ＝f(x)为奇函数．证明如下：当a ＝0时，f(x)＝x|x|＋2x ，所以f(－x)＝－x|x|－2x ＝－f(x)，所以函数y ＝f(x)为奇函数．错误!＝(2)f(x)当x≥2a 时，y ＝f(x)的对称轴为x ＝a －1； 当x ＜2a 时，y ＝f(x)的对称轴为x ＝a ＋1，所以当a －1≤2a≤a＋1时，f(x)在R 上是增函数，即－1≤a≤1时，函数f(x)在R 上是增函数．(3)方程f(x)－tf(2a)＝0的解即为方程f(x)＝tf(2a)的解．①当－1≤a ≤1时，函数f(x)在R 上是增函数，所以关于x 的方程f(x)＝tf(2a)不可能有三个不相等的实数根．②当a ＞1时，即2a ＞a ＋1＞a －1，所以f(x)在(－∞，a ＋1)上单调递增，在(a ＋1,2a)上单调递减，在(2a ，＋∞)上单调递增，所以当f(2a)＜tf(2a)＜f(a ＋1)时，关于x 的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根，即4a＜t·4a＜(a＋1)2，因为a＞1，所以1<t<.设h(a)＝(a>1)，因为存在a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根，所以1＜t＜h(a)max.又可证h(a)＝在(1,2]上单调递增，所以h(a)max＝h(2)＝，所以1＜t＜.③当a＜－1时，即2a＜a－1＜a＋1，所以f(x)在(－∞，2a)上单调递增，在(2a，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增，所以当f(a－1)＜tf(2a)＜f(2a)时，关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根，即－(a－1)2＜t·4a＜4a，因为a＜－1，所以1<t<－，设g(a)＝－，因为存在a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根，所以1＜t＜g(a)max，又可证g(a)＝－在[－2，－1)上单调递减，所以g(a)max＝，所以1＜t＜.综上，实数t的取值范围为. 2．已知函数f(x)＝aln x－bx3，其中a，b为实数，b≠0，e为自然对数的底数，e＝2.718 28….(1)当a<0，b ＝－1时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值；(2)若关于x 的方程f(x)＝0在区间(1，e]上有两个不同实数解，求的取值范围．解：(1)当b ＝－1时，函数f(x)＝aln x ＋x3(x>0)，则f′(x)＝＋3x2＝，令f′(x)＝0，得x ＝，因为a<0时， >0， 所以f′(x)，f(x)随x 的变化情况如下表：x⎝⎛⎭⎪⎪⎫0， 3－a 3 3－a 3⎝⎛⎭⎪⎪⎫ 3－a 3，＋∞ f ′(x ) － 0 ＋f (x )极小值a3－aln ＝f ＝g(a)所以＝ln －，令t(x)＝－xln x ＋x ，则t′(x)＝－ln x ，令t′(x)＝0，得x ＝1，且当x ＝1时，t(x)有最大值1，所以g(a)的最大值为1，此时a ＝－3.(2)因为方程aln x －bx3＝0在区间(1，e]上有两个不同实数解，所以＝在区间(1，e]上有两个不同的实数解，即函数y ＝的图象与函数m(x)＝的图象有两个不同的交点，因为m′(x)＝，令m′(x)＝0，得x ＝，所以m′(x)，m(x)随x 的变化情况如下表：x)3e ，(13ee]，3e (m′(x)－0＋m(x)3e所以当x∈(1，)时，m(x)∈(3e，＋∞)，当x∈(，e]时，m(x)∈(3e，e3]，结合函数图象知a，b满足的关系式为3e<≤e3，即的取值范围为(3e，e3]．3．已知函数f(x)＝ax2－x－ln x，a∈R.(1)当a＝时，求函数f(x)的最小值；(2)若－1≤a≤0，证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝时，f(x)＝x2－x－ln x(x>0)，所以f′(x)＝x－1－＝，令f′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f(x)有最小值f(2)＝－－ln 2. (2)证明：由f(x)＝ax2－x－ln x(x>0)，得f′(x)＝2ax－1－＝.所以当a≤0时，f′(x)＝<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f(1)＝a－1<0，f＝>0，所以当－1≤a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有零点．综上，当－1≤a≤0时，函数f(x)有且只有一个零点.(3)由(2)知，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为函数f(x)有两个零点，所以a>0.由f(x)＝ax2－x－ln x(x>0)，得f′(x)＝，令g(x)＝2ax2－x－1.因为g(0)＝－1<0,2a>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x0.当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增．要使得函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即ax－x0－ln x0<0.又因为g(x0)＝2ax－x0－1＝0，所以2ln x0＋x0－1>0，又因为函数h(x)＝2ln x＋x－1在(0，＋∞)上是增函数，且h(1)＝0，所以x0>1，得0<<1.又由2ax－x0－1＝0，得2a＝2＋＝2－，所以0<a<1.以下验证当0<a<1时，函数f(x)有两个零点．当0<a<1时，g＝－－1＝>0，所以1<x0<.因为f＝－＋1＝>0，且f(x0)<0.所以函数f(x)在上有一个零点.又因为f＝－－ln≥－＝1>0(因为ln x≤x－1)，且f(x0)<0.所以函数f(x)在上有一个零点．所以当0<a<1时，函数f(x)在内有两个零点.下面证明：ln x≤x－1.设t(x)＝x－1－ln x(x>0)，所以t′(x)＝1－＝，令t′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，t′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)>0.所以函数t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x＝1时，t(x)有最小值t(1)＝0.所以t(x)＝x－1－ln x≥0，得ln x≤x－1成立．综上，实数a的取值范围为(0,1)．4．已知函数f(x)＝＋x. (1)若函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；(2)是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由；(3)设a>0，求证：函数f(x)既有极大值，又有极小值．解：(1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1,∴函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y －(ae ＋1)＝x －1.又直线过点(0，－1)，∴－1－(ae ＋1)＝－1，解得a ＝－.(2)若a<0，f′(x)＝，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；当x∈(0,1)时，f′(x)>0恒成立，函数在(0,1)上无极值．法一：在x∈(1，＋∞)时，若f(x)在x0处取得符合条件的极错误!，则f(x0)大值错误!则由③得aex0＝－，代入②得－＋x0>0，结合①可解得x0>2，再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－.令h(x)＝－，则h′(x)＝，当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，所以a>h(x0)>h(2)＝－，又a<0，故当极大值为正数时，a∈，从而不存在负整数a 满足条件．法二：在x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x －1)＋x2，则H′(x)＝(aex ＋2)x ，∵x ∈(1，＋∞)，∴ex ∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数，∴a ≤－1，∴aex ≤ae ≤－e ，∴aex ＋2<0，∴H ′(x)<0，∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减，又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，且1<x<x0时，H(x)>0，即f′(x)>0；x>x0时，H(x)<0，即f′(x)<0.∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)＝＋x0. (*)又H(x0)＝aex0(x0－1)＋x＝0，∴＝－代入(*)得，f(x0)＝－＋x0＝<0，∴不存在负整数a满足条件．(3)证明：f′(x)＝，设g(x)＝aex(x－1)＋x2，则g′(x)＝x(aex＋2)，因为a>0，所以当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故g(x)至多有两个零点．又g(0)＝－a<0，g(1)＝1>0，所以存在x1∈(0,1)，使g(x1)＝0，再由g(x)在(0，＋∞)上单调递增知，当x∈(0，x1)时，g(x)<0，故f′(x)＝<0，f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，g(x)>0，故f′(x)＝>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)在x1处取得极小值.当x<0时，ex<1，且x－1<0，所以g(x)＝aex(x－1)＋x2>a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，函数y＝x2＋ax－a是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t)>0，又g(0)＝－a<0，故在(t,0)上存在x2，使g(x2)＝0，再由g(x)在(－∞，0)上单调递减知，当x∈(－∞，x2)时，g(x)>0，故f′(x)＝>0，f(x)单调递增；当x∈(x2,0)时，g(x)<0，故f′(x)＝<0，f(x)单调递减．所以函数f(x)在x2处取得极大值.综上，函数f(x)既有极大值，又有极小值．5．已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数的底数，a∈R.(1)若a＝e，函数g(x)＝(2－e)x.①求函数h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；②若函数F(x)＝的值域为R，求实数m的取值范围；(2)若存在实数x1，x2∈[0,2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求证：e－1≤a≤e2－e.解：(1)a＝e时，f(x)＝ex－ex－1，①h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x－1，h′(x)＝ex－2，由h′(x)＞0，解得x＞ln 2，由h′(x)＜0，解得x＜ln 2，故函数h(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln 2)上单调递减．②f′(x)＝ex－e，当x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，1)上单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，m≤1时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，则值域是[em－em－1，＋∞)，g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上单调递减，则值域是(－∞，(2－e)m)，∵F(x)的值域是R，故em－em－1≤(2－e)m，即em－2m－1≤0，(*)设h(m)＝em－2m－1，由①可知m＜0时，h(m)＝em－2m－1＞h(0)＝0，故(*)不成立，令h′(m)＝em－2＝0，得m＝ln 2，∵h(m)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1)上单调递增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0，∴0≤m≤1时，h(m)≤0恒成立，故0≤m≤1.m＞1时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，m]上单调递增，故函数f(x)＝ex－ex－1在(－∞，m]上的值域是[－1，＋∞)，g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上单调递减，值域是(－∞，(2－e)m)，∵F(x)的值域是R，∴－1≤(2－e)m，即1＜m≤.综上，实数m的取值范围是.(2)证明：f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)＞0，此时f(x)在R上递增，由f(x1)＝f(x2)，可得x1＝x2，与|x1－x2|≥1矛盾，∴a＞0且f(x)在(－∞，ln a]上单调递减，在[ln a，＋∞)上单调递增，若x1，x2∈(－∞，ln a]，则由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，与|x1－x2|≥1矛盾，同样不能有x1，x2∈[ln a，＋∞)，不妨设0≤x1＜x2≤2，则有0≤x1＜ln a＜x2≤2，∵f(x)在(x1，ln a)上单调递减，在(ln a，x2)上单调递增，且f(x1)＝f(x2)，∴x1≤x≤x2时，f(x)≤f(x1)＝f(x2)，由0≤x1＜x2≤2且|x1－x2|≥1，得1∈[x1，x2]，故f(1)≤f(x1)＝f(x2)，又f(x)在(－∞，ln a]上单调递减，且0≤x1＜ln a，故f(x1)≤f(0)，故f(1)≤f(0)，同理f(1)≤f(2)，即解得e－1≤a≤e2－e，∴e－1≤a≤e2－e. 6．已知函数f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然对数的底数．(1)判断函数y＝f (x)在内零点的个数，并说明理由；(2)任意x1∈，存在x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围；(3)若x＞－1，求证：f (x)－g (x)＞0.解：(1)函数y＝f (x)在内零点的个数为1，理由如下：因为f(x)＝exsin x－cos x，所以f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x.因为x∈，所以f′(x)＞0.所以函数f (x)在上是单调递增函数．因为f(0)＝－1＜0，f ＝e>0，根据函数零点存在性定理得函数y＝f (x)在内零点的个数为1.(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，所以对任意x1∈，存在x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥(m－g (x))min，即f(x)min≥m－g(x)max.当x∈时，f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x＞0，故f(x)在区间上单调递增，所以x＝0时，f (x)取得最小值－1，又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，由于0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，所以g′(x)＜0，故g(x)在区间上单调递减．因此，x＝0时，g(x)取得最大值－.所以m≤－－1，即实数m的取值范围为(－∞，－－1]．(3)证明：当x＞－1时，要证f(x)－g(x)＞0，只要证f(x)＞g(x)，只要证exsin x－cos x＞xcos x－ex，只要证exsin x＋ex＞cos x＋xcos x，由于sin x＋＞0,1＋x＞0，只要证＞ .下面证明x＞－1时，不等式＞成立．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(－1,0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当且仅当x＝0时，h(x)取得极小值也就是最小值为1，即≥1，当x＝0时，取“＝”．又因为cos x－sin x＝sin≤，当x＝2kπ－时，k∈Z时取“＝”．所以cos x－sin x≤，即≤1，当x＝2kπ－时，k∈Z时取“＝”．所以＞ .综上所述，当x＞－1时，f (x)－g (x)＞0成立．。
(江苏专用)2020高考数学二轮复习课时达标训练(二十一)“函数、不等式与导数”专题提能课 (1)
课时达标训练(二十一) “函数、不等式与导数”专题提能课A 组——易错清零练1．函数f (x )＝1ln （4x －3）的定义域为________________．解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4x －3>0，4x －3≠1，解得x ＞34且x ≠1，故函数的定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x x ＞34且x ≠1. 答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫x x ＞34且x ≠12．(2019·南通等七市一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线y ＝3x ＋t 与曲线y ＝a sin x ＋b cos x (a ，b ，t ∈R )相切于点(0，1)，则(a ＋b )t 的值为________．解析：由题意可得t ＝1，b ＝1，y ′＝a cos x －b sin x ， 则a cos 0－b sin 0＝3，a ＝3，所以(a ＋b )t ＝4. 答案：43．(2019·无锡期初)已知二次函数f (x )＝(a ＋b )x 2＋(a －b )x －a ＋b 存在零点x 0，若－1≤b ≤2≤a ≤4，则实数x 0的取值范围是________．解析：法一：在平面直角坐标系aOb 中作出满足－1≤b ≤2≤a ≤4的平面区域如图中阴影部分所示，ba表示可行域内的点(a ，b )与原点O连线的斜率，所以b a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，则12≤1＋b a ≤2.易知a ＋b ≠0，则a －ba ＋b＝－1＋2a a ＋b ＝－1＋21＋b a.令g (x )＝－1＋2x ，则g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减，所以a －b a ＋b ＝－1＋21＋ba∈[0，3]．由题意知，f (x 0)＝(a ＋b )x 20＋(a －b )x 0－a ＋b ＝0，即(a ＋b )x 2＝(a －b )(1－x 0)，易知x 0＝1时不符合题意，当x 0≠1时，有a －b a ＋b ＝x 201－x 0，因此0≤x 201－x 0≤3，解得x 0的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3－212，－3＋212.法二：设a ＋b ＝2m ，a －b ＝2n ，则a ＝m ＋n ，b ＝m －n ，因为－1≤b ≤2≤a ≤4，所以－1≤m －n ≤2≤m ＋n ≤4.在平面直角坐标系mOn 中作出满足－1≤m －n ≤2≤m ＋n ≤4的平面区域如图中阴影部分所示，nm表示可行域内的点(m ，n )与原点O 连线的斜率，所以n m∈[0，3]．由f (x 0)＝(a ＋b )x 20＋(a －b )x 0－a ＋b ＝0得(a ＋b )x 20＝(a －b )(1－x 0)，易知x 0＝1时不符合题意，x 0≠1时，有a －b a ＋b ＝x 201－x 0，则0≤x 201－x 0≤3.解得x 0的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3－212，－3＋212.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3－212，－3＋2124．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足x >0时，f (x )＋xf ′(x )>0，f (2)＝0，则不等式f (x )>0的解集为________．解析：令F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )． ∵x >0时，f (x )＋xf ′(x )>0， ∴F (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∵f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴F (x )＝xf (x )是定义在R 上的偶函数． ∵f (2)＝0，∴F (－2)＝F (2)＝2f (2)＝0. ∴f (x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧x >0，F （x ）>F （2）或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，F （x ）<F （－2），解得x >2或－2<x <0. 答案：(－2，0)∪(2，＋∞)B 组——方法技巧练1．(2019·泰州中学模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且在区间[－1，1]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin π2x ＋m ，－1≤x <0，x ，0≤x ≤1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0172＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192的值为________．解析：因为f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )的周期为2，所以f (－1)＝f (1)，f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0172＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×504＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×505－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12.由f (－1)＝f (1)得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＋m ＝1，所以m ＝2，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0172＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋2＝5－22.答案：5－222．已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2＜ln mn，则m ，n 的大小关系为________．解析：由不等式可得1n 2－1m2＜ln m －ln n ，即1n 2＋ln n ＜1m2＋ln m .设f (x )＝1x 2＋ln x (x ∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.因为x ∈(2，e)，所以f ′(x )＞0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增． 因为f (n )＜f (m )，所以n ＜m . 答案：n ＜m3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋22，x ≤1，|log 2（x －1）|，x >1，则函数F (x )＝f [f (x )]－2f (x )－32的零点个数是________．解析：令f (x )＝t ，则函数F (x )可化为y ＝f (t )－2t －32，则函数F (x )的零点问题可转化为方程f (t )－2t －32＝0的根的问题．令y ＝f (t )－2t －32＝0，即f (t )＝2t ＋32，如图①，由数形结合得t 1＝0，1<t 2<2；如图②，再由数形结合得，当f (x )＝0时，x ＝2，有1个解，当f (x )＝t 2时，有3个解，所以y ＝f [f (x )]－2f (x )－32共有4个零点．答案：44．已知函数f (x )＝x ln x ，若对于所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围． 解：法一：分离参数法依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ≤ln x ＋1x在x ∈[1，＋∞)恒成立，亦即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x min，x ∈[1，＋∞)．设g (x )＝ln x ＋1x (x ≥1)，则g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2.令g ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ≥1时，因为g ′(x )≥0， 故g (x )在[1，＋∞)上是增函数．所以g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝1. 故a 的取值范围是(－∞，1]． 法二：构造函数法当x ＝1时，有f (1)≥a －1，即a －1≤0，得a ≤1. 构造F (x )＝f (x )－(ax －1)＝x ln x －ax ＋1，原命题等价于F (x )≥0在x ≥1上恒成立⇔F (x )min ≥0，x ∈[1，＋∞)．由于F ′(x )＝ln x ＋1－a ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函数F (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以F (x )min ＝F (1)＝1－a ≥0，得a ≤1.故a 的取值范围是(－∞，1]．5．(2019·苏锡常镇一模)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x ＋ax (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＋b ＝0，求实数a ，b 的值； (2)设函数g (x )＝f （x ）x，x ∈[1，e](其中e 为自然对数的底数)． ①当a ＝－1时，求g (x )的最大值； ②若h (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g （x ）e x 是单调递减函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝ln x ＋x ＋1x＋a ， 由题意知f ′(1)＝a ＋2＝－1，a ＝－3，f (1)＝a ＝－3，把(1，－3)代入x ＋y ＋b ＝0，解得b ＝2.(2)①g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x＋1ln x －1， 则g ′(x )＝－ln x x 2＋x ＋1x 2＝x －ln x ＋1x2. 令φ(x )＝x －ln x ＋1，则φ′(x )＝1－1x≥0，φ(x )在[1，e]上单调递增，φ(x )≥φ(1)>0，∴g ′(x )>0，g (x )在[1，e]上单调递增， ∴g (x )的最大值为g (e)＝1e .②同理，单调递增函数g (x )＝f （x ）x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ，a ＋1＋1e ，h (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1ln x ＋a ·1ex .1°若a ≥0，则g (x )≥0，h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ln x ＋aex，h ′(x )＝－1x 2ln x ＋1＋x x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ln x －a e x＝－（1＋x ＋x 2）ln x －ax 2＋x ＋1x 2e x ≤0， 令u (x )＝－(1＋x ＋x 2)ln x －ax 2＋x ＋1， 则u ′(x )＝－(1＋2x )ln x －1x－(2a ＋1)x <0，即u (x )在[1，e]上单调递减， ∴u (x )max ＝u (1)＝－a ＋2≤0，∴a ≥2. 2°若a ≤－e ＋1e ，则g (x )≤0，h (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ln x ＋aex，由1°知，h ′(x )＝－u （x ）x 2e x，则h ′(x )≤0，u (x )≥0，又u (x )在[1，e]上单调递减，∴u (x )min ＝u (e)＝－e 2(a ＋1)≥0，a ≤－1， 又a ≤－e ＋1e ，∴a ≤－e ＋1e.3°若－e ＋1e <a <0，∵g (x )＝f （x ）x单调递增，∴存在唯一的x 0∈(1，e)，使h (x 0)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋1ln x 0＋a 1e x 0＝0，且当x ∈[1，x 0)∪(x 0，e]时，h (x )>0， ∴h (x )在[1，e]上不单调．综上所述，a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1－1e ∪[2，＋∞)．C 组——创新应用练1．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )．对于函数y ＝g (x )(x ∈I )，定义g (x )关于f (x )的“对称函数”为函数y ＝h (x )(x ∈I )，y ＝h (x )满足：对任意x ∈I ，两个点(x ，h (x ))，(x ，g (x ))关于点(x ，f (x ))对称．若h (x )是g (x )＝4－x 2关于f (x )＝3x ＋b 的“对称函数”，且h (x )>g (x )恒成立，则实数b 的取值范围是________．解析：由于g (x )＝4－x 2的图象是圆x 2＋y 2＝4在x 轴上方的半圆(包括与x 轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y ＝3x ＋b 1，则有b 132＋（－1）2＝2，解得b 1＝210，要使得h (x )>g (x )恒成立，则需b >b 1＝210.故实数b 的取值范围为(210，＋∞)． 答案：(210，＋∞)2．设函数f (x )＝－e x－x (e 为自然对数的底数)的图象上任意一点处的切线为l 1，若总存在曲线y ＝g (x )＝3ax ＋2cos x 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝－e x－1，g ′(x )＝3a －2sin x ，在f (x )的图象上取点(x 1，y 1)，在g (x )的图象上取点(x 2，y 2)，要使l 1⊥l 2，需3a －2sin x 2＝1e x 1＋1，∵3a －2sin x 2∈[3a －2，3a＋2]，1e x 1＋1∈(0，1)，则只有(0，1)⊂[3a －2，3a ＋2]，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －2≤0，3a ＋2≥1，解得－13≤a ≤23.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，233．设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，f ′′(x )是y ＝f ′(x )的导函数，若方程f ′′(x )＝0有实数根x 0，则称点(x 0，f (x 0))为曲线y ＝f (x )的“拐点”．已知任意三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设f (x )＝13x 3－2x 2＋83x ＋1，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，则f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 8)＝________．解析：因为f (x )＝13x 3－2x 2＋83x ＋1，所以f ′(x )＝x 2－4x ＋83，所以f ′′(x )＝2x －4，令f ′′(x )＝0，解得x ＝2.而f (2)＝83－8＋163＋1＝1，故函数y ＝f (x )的图象关于点(2，1)对称，所以f (x )＋f (4－x )＝2.因为a n ＝2n －7，所以a 1＝－5，a 8＝9，所以f (a 1)＋f (a 8)＝2，同理可得f (a 2)＋f (a 7)＝2，f (a 3)＋f (a 6)＝2，f (a 4)＋f (a 5)＝2，所以f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 8)＝2×4＝8.答案：84.已知函数f (x )的定义域为R ，且f (2)＝2，函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，若两个正数a ，b 满足f (2a ＋b )<2，则b ＋2a ＋2的取值范围是________．解析：由题图可知，当x >0时，导函数f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．因为两个正数a ，b 满足f (2a ＋b )<2，f (2)＝2，所以f (2a ＋b )<f (2)，即2a ＋b <2.又a >0，b >0，故点(a ，b )所在的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界)，b ＋2a ＋2表示动点(a ，b )与定点(－2，－2)连线的斜率，当连线过点(1，0)时，b ＋2a ＋2＝23，当连线过点(0，2)时，b ＋2a ＋2＝2，故b ＋2a ＋2的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2 5．已知f (x )是定义在集合M 上的函数．若区间D ⊆M ，且对任意x 0∈D ，均有f (x 0)∈D ，则称函数f (x )在区间D 上封闭．(1)判断f (x )＝x －1在区间[－2，1]上是否封闭，并说明理由； (2)若函数g (x )＝3x ＋ax ＋1在区间[3，10]上封闭，求实数a 的取值范围；(3)若函数h (x )＝x 3－3x 在区间[a ，b ](a ，b ∈Z ，且a ≠b )上封闭，求a ，b 的值． 解：(1)因为函数f (x )＝x －1在区间[－2，1]上单调递增，所以当x ∈[－2，1]时，f (x )的值域为[－3，0]．而[－3，0]⊄[－2，1]，所以函数f (x )在区间[－2，1]上不是封闭的．(2)因为g (x )＝3x ＋a x ＋1＝3＋a －3x ＋1.①当a ＝3时，函数g (x )＝3，显然{3}⊆[3，10]，故a ＝3满足题意； ②当a ＞3时，在区间[3，10]上，函数g (x )单调递减，此时g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤30＋a 11，9＋a 4.由⎣⎢⎡⎦⎥⎤30＋a 11，9＋a 4⊆[3，10]得⎩⎪⎨⎪⎧30＋a11≥3，9＋a 4≤10， 解得3≤a ≤31，故3＜a ≤31；③当a ＜3时，在区间[3，10]上，有g (x )＝3＋a －3x ＋1＜3，不合题意． 综上所述，实数a 的取值范围是[3，31]． (3)因为h (x )＝x 3－3x ，所以h ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)．因为当x ＜－1或x ＞1时，h ′(x )＞0；当x ＝－1或x ＝1时，h ′(x )＝0；当－1＜x ＜1时，h ′(x )＜0，所以函数h (x )在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．从而h (x )在x ＝－1处取得极大值2，在x ＝1处取得极小值－2.由题意知⎩⎪⎨⎪⎧h （a ）＝a 3－3a ≥a ，h （b ）＝b 3－3b ≤b ， 即⎩⎪⎨⎪⎧a （a ＋2）（a －2）≥0，b （b ＋2）（b －2）≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a ≤0或a ≥2，b ≤－2或0≤b ≤2. 因为a ＜b ，所以－2≤a ≤0，0≤b ≤2.又a ，b ∈Z ，故a 只可能取－2，－1，0，b 只可能取0，1，2. ①当a ＝－2时，因为b ＞0，故由h (－1)＝2得b ≥2，因此b ＝2.经检验，a ＝－2，b ＝2符合题意；②当a ＝－1时，由h (－1)＝2，得b ＝2，此时h (1)＝－2∈ /[－1，2]，不符合题意； ③当a ＝0时，显然不符合题意． 综上所述，a ＝－2，b ＝2.6．(2019·苏锡常镇二模)已知函数f (x )＝x 2＋(2－a )x －a ln x ，其中a ∈R . (1)如果曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为1，求实数a 的值；(2)若函数f (x )的极小值不超过a2，求实数a 的最小值；(3)对任意x 1∈[1，2]，总存在x 2∈[4，8]，使得f (x 1)＝f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝x 2＋(2－a )x －a ln x ，所以f ′(x )＝（x ＋1）（2x －a ）x.因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为1，所以f ′(1)＝2(2－a )＝1， 得a ＝32.(2)①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )不存在极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a2.x ，f ′(x )，f (x )变化情况如下：则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a －a 24－a ln a 2≤a 2，因为a >0，所以12－a 4－ln a2≤0.令g (a )＝12－a 4－ln a 2＝12＋ln 2－a4－ln a ，则g ′(a )＝－14－1a<0，所以g (a )在(0，＋∞)上单调递减，又g (2)＝0，所以当a ≥2时，g (a )≤g (2)＝0，故实数a 的最小值为2. (3)记f (x )在[1，2]上的值域为A ，在[4，8]上的值域为B ，则对任意x 1∈[1，2]，总存在x 2∈[4，8]，使得f (x 1)＝f (x 2)成立可转化为A ⊆B . ①当a 2≤1或a2≥8，即a ≤2或a ≥16时，f (x )在[1，8]上为单调函数，不合题意；②当1<a 2≤2，即2<a ≤4时，由(2)知：f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2∈A ，但f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2∉B ，不合题意；③当2<a2≤4，即4<a ≤8时，A ＝[f (2)，f (1)]，B ＝[f (4)，f (8)]，由A ⊆B ， 得⎩⎪⎨⎪⎧f （2）≥f （4），f （1）≤f （8），则⎩⎪⎨⎪⎧8－2a －a ln 2≥24－4a －2a ln 2，3－a ≤80－8a －3a ln 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ≥162＋ln 2，a ≤777＋3ln 2.因为0<ln 2<1，所以2<2＋ln 2<3，所以4<163<162＋ln 2<8.又e>2.7，计算得e 3>24，则e 72>e 3>24，即72>ln 24＝4ln 2，即7>8ln 2.也即21>24ln 2，则777＋3ln 2－8＝21－24ln 27＋3ln 2>0，即777＋3ln 2>8.所以162＋ln 2≤a ≤8；④当4<a 2<8，即8<a <16时，由A ⊆B ，得f (8)≥f (1)，得a ≤777＋3ln 2<777＝11<16，则8<a ≤777＋3ln 2.综上，162＋ln 2≤a ≤777＋3ln 2.。
(江苏专用)2020版高考数学总复习第二节不等式的证明和几个重要不等式的应用课件苏教版选修4_5
证:a2+2b2+c2≥10.
证明
由柯西不等式得[a2+( 2
b)2+c2]·12
2 2
2
12
≥(a+b+c)2.
因为a+b+c=5,所以(a2+2b2+c2)· 5 ≥25.
2
所以a2+2b2+c2≥10,当且仅当a=2b=c=2时取等号.
方法技巧 基本不等式、均值不等式是证明不等式的重要工具,注意基本不等式的 正向应用、逆向应用和变形应用以及不等式应用的条件.
3-1 (2018江苏四校高三调研)已知x,y均为正数,且x>y,求证:2x+
x2
1 2xy
y
2
≥2y+3.
证明 因为x>0,y>0,x-y>0,
所以2x+ x2
2.不等式证明的其他方法和技巧
(1)反证法 从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从 而肯定结论是正确的证明方法. (2)放缩法 欲证A≥B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得A≥C1 ≥C2≥…≥Cn≥B,利用传递性达到证明的目的.
3.柯西不等式
若a、b、c、d均为实数,则③ (a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2 ,当且仅当ad= bc时取等号. 柯西不等式的一般形式:设a1、a2、…、an、b1、b2、…、bn为实数,则( a12 + a22 +…+ an2 )( b12+ b22+…+ bn2)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0(i=1,2, …,n)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.
高三数学二轮复习教学计划和目标(精选10篇)
高三数学二轮复习教学计划和目标（精选10篇）高三数学二轮复习教学方案和目标（精选10篇）相对高考其他学科，数学学科命题考查特别全面，所以大家在复习的时候要做好复习方案，下面是我整理的关于高三数学二轮复习教学方案的内容，欢迎阅读借鉴！高三数学二轮复习教学方案和目标精选篇1本学期我所任教的是高三2个班的数学课和高一2个班级的数学课，另外任数学教研组组长工作。
牢记我校总体思想：立足生存，办出特色，谋求进展。
兼顾“两条腿走路”原则。
连续加强学校的师德要求：爱岗敬业，为人师表，转变观念，树立服务意识，以面对职业教育和学校当前所面临的转型过渡时期。
进行自我提高，虚心学习，仔细总结阅历。
根据学校要求针对高三教学制定方案如下：本学期的对口升学工作的形势特别严峻，也会特别残酷。
通过张校长的分析，使得我更加清晰地熟悉到了这一点，同时教务处也做出了周密的支配，我们应紧紧围绕这个主题而努力。
通过侧面了解及半年来的了解，这些同学的成果参差不齐，而且缺少拔尖人才，同学学习习惯不好，上进心不是很强，基础较差。
面对这样的同学，如何提高他们的学习爱好和促使他们鉴定信念，是一件特别重要的工作。
为了提高效率，应当对他们实行强化手段，进行强化训练，压缩了第一轮复习时间，分阶段复习训练已经开头。
本学期将在完成分阶段复习之后，并进行备考冲刺训练，靠近高考提示并适当提高一点难度，进行查缺补漏，不断提高。
时间特别紧急，要面对现状，要客服一切困难，加大力度，提高效率，为今年的高考工作做好比较充分的预备。
分阶段强化训练主要是教材和高考复习资料中的重点题型，整理成试题篇的形式，共9套，课后由同学自行完成，课上精讲，强调高考中常见问题，加以分析，积累解题阅历，形成比较完整的学问力量体系。
全程大约需要20课时，依据同学详细接受状况适当调整，尽量压缩，以给后面复习让出时间。
模拟冲刺阶段主要借助于高考原题和积累整理的10套模拟题进行综合训练和模拟冲刺，同时观看同学存在的问题对同学进行必要的辅导，尽可能促进同学综合力量的提高。
2020高考数学二轮复习 专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式 第5讲 导数的简单应用教案
第5讲导数的简单应用导数运算及其几何意义[核心提炼]1．导数公式（1）(sin x)′＝cos x；（2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0）；(4）(log a x）′＝错误!(a〉0,且a≠1）．2．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)．［典型例题]（1）(2019·绍兴市柯桥区高三模拟）已知曲线y＝错误!x2－3ln x 的一条切线的斜率为－错误!，则切点的横坐标为（)A．－3 B．2 C．－3或2 D.错误!（2）已知f（x）＝错误!,g（x)＝（1＋sin x)2，若F（x)＝f(x）＋g(x),则F（x）的导函数为________．【解析】（1)设切点为（m，n）（m＞0），y＝错误!x2－3ln x的导数为y′＝12x－错误!，可得切线的斜率为错误!m－错误!＝－错误!，解方程可得，m＝2。
故选B.(2)因为f′(x)＝错误!＝错误!＝错误!g′(x）＝2（1＋sin x）（1＋sin x）′＝2cos x＋sin 2x，所以F′(x)＝f′（x)＋g′（x）＝错误!＋2cos x＋sin 2x。
【答案】(1）B (2)错误!＋2cos x＋sin 2x错误!利用导数几何意义解题的思路（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．（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．[对点训练]1．已知a∈R，设函数f(x）＝ax－ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．解析：因为f′（x)＝a－错误!,所以f′(1)＝a－1，又f（1）＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1）（x－1），令x＝0，得y＝1。
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专题五 函数、不等式与导数 [江苏卷5年考情分析] 小题考情分析 大题考情分析
常考点 1.函数的基本性质(5年5考) 2.函数的零点问题(5年4考) 3.导数与函数的单调性(5年2考) 4.基本不等式(5年4考)
本部分内容在高考解答题中为必考内容，考查类型有四类：第一类考查函数的单调性及应用函数零点求参数(2015年T19)，第二类考查函数与不等式零点问题(2016年T19)，第三类考查函数与导数、函数的极值、零点问题(2017年T20，2019年T19)，第四类考查函数的定义、零点以及导数应用与函数的性质(2018年T19)；题目总体难度较大，多体现分类讨论思想和考查推理论证的能力. 偶考点 1.一元二次不等式恒成立问题
2.线性规划问题 第一讲 | 小题考法——函数 考点(一) 函数的基本性质 主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合 分段函数命题. [题组练透] 1．(2018·江苏高考)函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在区间(－2，2]上，f(x)
＝cosπx2，0解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)， 可知函数f(x)的周期是4， 所以f(15)＝f(－1)＝－1＋12＝12， 所以f(f(15))＝f12＝cosπ4＝22. 答案：22 2．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________． 解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－1ex， 得f(－x)＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)， 所以f(x)是R上的奇函数． 又f′(x)＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2ex·1ex＝3x2≥0， 当且仅当x＝0时取等号， 所以f(x)在其定义域内单调递增． 因为f(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)， 所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12， 故实数a的取值范围是－1，12. 答案：－1，12 3．(2019·南通等七市一模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋2)＝f(x)．当0解析：f(x＋2)＝f(x)，令x＝－1，得f(－1)＝f(1)，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，所以f(1)＝0.当0a＝0，故a＝2. 答案：2 4．(2019·南通等七市一模)已知函数f(x)＝(2x＋a)(|x－a|＋|x＋2a|)(a<0)．若f(1)＋f(2)＋f(3)＋ … ＋f(672)＝0，则满足f(x)＝2 019的x的值为________． 解析：因为a<0，
所以f(x)＝（2x＋a）2，x≥－2a，－3a（2x＋a），a在R上单调递增． 若f(1)＋f(2)＋f(3)＋ … ＋f(672)＝0，则－a2＝1＋6722，a＝－673，则当x≥－2a时，f(x)≥9a2＝9×6732>2 019，当x≤－a2时，f(x)≤0，所以3×673(2x－673)＝2 019，所以x＝337. 答案：337 [方法技巧] 函数性质的应用技巧
奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f(x)的性质：f(|x|)＝f(x) 单调性 可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性
周期性 利用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 对称性 利用其轴对称或中心对称可将研究的问题，转化到另一对称区间上研究
考点(二) 基本初等函数 主要考查基本初等函数的图象和性质以及由基本初等函数复合而成的函数的 性质问题. [题组练透] 1．(2018·南通检测)已知幂函数f(x)＝xα，其中α∈－2，－1，12，1，2，3.则使f(x)为奇函数，且在区间(0，＋∞)上是单调增函数的α的所有取值的集合为________． 解析：幂函数f(x)为奇函数，则α＝－1，1，3，f(x)在区间(0，＋∞)上是单调增函数，则α的所有值为1，3. 答案：{1，3} 2．已知函数y＝2x＋12x＋1与函数y＝x＋1x的图象共有k(k∈N*)个公共点：A1(x1，y1)，A2(x2，
y2)，…，Ak(xk，yk)，则i＝1k (xi＋yi)＝________．
解析：如图，函数y＝2x＋12x＋1与函数y＝x＋1x的图象都关于点(0，1)成中心对称，所以它们的交点也关于点(0，1)成中心对称，且只有两个交点， 所以i＝12 xi=0,i＝12 yi=2,则i＝1k (xi＋yi)＝2. 答案：2 3．(2018·镇江期末)不等式logax－ln2x＜4(a＞0且a≠1)对任意x∈(1，100)恒成立，则实数a的取值范围为________________． 解析：不等式logax－ln2x＜4可化为ln xln a－ln2x＜4， 即1ln a＜4ln x＋ln x对任意x∈(1，100)恒成立． 因为x∈(1，100)，所以ln x∈(0，2ln 10)， 所以4ln x＋ln x≥4，故1ln a＜4，
解得ln a＜0或ln a＞14，即0＜a＜1或a＞e14.
答案：(0，1)∪e14，＋∞ 4．(2019·南京盐城二模)已知函数f(x)＝|x＋3|，x≤0，x3－12x＋3，x>0.设g(x)＝kx＋1，且函数y＝f(x)－g(x)的图象经过四个象限，则实数k的取值范围为________． 解析：由题意知，要使y＝f(x)－g(x)的图象经过四个象限，只需y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象在(－∞，0)和(0，＋∞)都相交且交点个数大于1.当x>0时，f(x)＝x3－12x＋3，
f′(x)＝3x2－12.易知f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，且f(2)<0.又
g(x)＝kx＋1的图象恒过(0，1)，所以易得过(0，1)且与f(x)＝x3－12x＋3(x>0)的图象相切
的切线的斜率为－9，所以k>－9. 当x≤0时，作出f(x)＝|x＋3|的图象(图略)，数形结合易知k<13.综上可知，实数k的取值范围为－9，13. 答案：－9，13 [方法技巧] 基本初等函数图象与性质的应用技巧 (1)指数函数与对数函数的单调性都取决于其底数，当底数a的值不确定时，要注意分a>1和0<1两种情况讨论． (2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断． (3)对于幂函数y＝xα的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同. 考点(三) 函数的零点问题 主要考查函数零点个数问题以及根据函数零点个数求参数的取值范围. [典例感悟]
[典例] (1)(2018·苏锡常镇一模)若函数f(x)＝12x－1，x<1，ln xx2，x≥1，则函数y＝|f(x)|－18
的零点个数为________． (2)(2018·镇江期末)已知k为常数，函数f(x)＝x＋2x＋1，x≤0，|ln x|，x>0，若关于x的方程f(x)＝kx＋2有且只有四个不同解，则实数k的取值构成的集合为________． [解析] (1)当x≥1时，y＝ln xx2－18， 则ln xx2＝18，即ln x＝18x2， 令g(x)＝ln x－18x2，x≥1， 则函数g(x)是连续函数且先增后减， g(1)＝－18＜0，g(2)＝ln 2－12＞0，
g(4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g(x)＝ln x－18x2有2个零点．
当x＜1时，y＝12x－1，x<0，1－12x，x∈[0，1）， 函数的图象与y＝18的图象如图，则两个函数有2个交点，综上，函数y＝|f(x)|－18有4个零点． (2)作函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图象，如图所示，两图象除了(0，2)还应有3个公共点． 当k≥0时，直线应与曲线y＝f(x)(x>1)相切， 设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为k＝1x0，又k＝ln x0－2x0，则1x0＝ln x0－2x0，解得x0
＝e3，此时k＝1e3； 当k<0时，当y＝kx＋2与曲线y＝x＋2x＋1相切于点(0，2)时，k＝－1，函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图象只有3个公共点，不符合题意， 当－1当直线y＝kx＋2与y＝f(x)(0设切点为(x0，－ln x0)，则切线的斜率k＝－1x0， 又k＝－ln x0－2x0，则－1x0＝－ln x0－2x0， 解得x0＝e－1，此时k＝－e不符合题意， 当k<－e时，两图象只有两个公共点，不合题意，
而当－ee，－1)． [答案] (1)4 (2)1e3∪(－e，－1) [方法技巧] 利用函数零点的情况求参数值或范围的方法
[演练冲关] 1．(2019·苏州期末)设函数f(x)＝－x2＋2x，x≥0，－2x，x<0，若方程f(x)－kx＝3有三个相异的实根，则实数k的取值范围是________．