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专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数


专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第一讲 集合、常用逻辑用语(选择、填空题型)

1.(2014· 山东高考)设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]},则 A∩B=( ) A.[0,2] B.(1,3) C.[1,3) D.(1,4) 解析:选 C |x-1|<2?-2<x-1<2,故-1<x<3,即集合 A=(-1,3).根据指数函数的性质, 可得集合 B=[1,4].所以 A∩B=[1,3). 2.(2014· 安徽高考)“x<0”是“ln(x+1)<0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选 B ln(x+1)<0?0<x+1<1?-1<x<0,而(-1,0)是(-∞,0)的真子集,所以“x<0”是 “ln(x+1)<0”的必要不充分条件. 3.(2014· 天津高考)设 a,b∈R,则“a>b”是“a|a|>b|b|”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
?x2,x≥0, ? 解析: 选 C 构造函数 f(x)=x|x|,则 f(x)在定义域 R 上为奇函数.因为 f(x)=? 2 ? ?-x ,x<0, 所以函数 f(x)在 R 上单调递增,所以 a>b?f(a)>f(b)?a|a|>b|b|.选 C. 4.(2014· 陕西高考)原命题为“若 z1,z2 互为共轭复数,则|z1|=|z2|”,关于其逆命题,否命题,逆 否命题真假性的判断依次如下,正确的是( ) A.真,假,真 B.假,假,真 C.真,真,假 D.假,假,假 解析:选 B 因为原命题为真,所以它的逆否命题为真;若|z1|=|z2|,当 z1=1,z2=-1 时,这 两个复数不是共轭复数,所以原命题的逆命题是假的,故否命题也是假的.故选 B. 5.(2014· 重庆高考)已知命题 p:对任意 x∈R,总有 2x>0;q:“x>1”是“x>2”的充分不必要条 件.则下列命题为真命题的是( )

A.p∧q C.綈 p∧q

B.綈 p∧綈 q D.p∧綈 q

解析:选 D 依题意,命题 p 是真命题.由 x>2? x>1,而 x>1?/x>2,因此“x>1”是“x>2”的必 要不充分条件,故命题 q 是假命题,则綈 q 是真命题,p∧綈 q 是真命题,选 D.

1.集合的运算性质与结论 (1)A∪A=A,A∪?=A,A∪B=B∪A. (2)A∩A=A,A∩?=?,A∩B=B∩A. (3)A∩(?UA)=?,A∪(?UA)=U. (4)A∩B=A?A?B,A∪B=A?B?A. 2.四种命题的关系 (1)两个命题互为逆否命题,它们有相同的真假性; (2)两个命题为互逆命题或互否命题,它们的真假性没有关系. 3.充分条件与必要条件 (1)若 p?q,则 p 是 q 的充分条件,q 是 p 的必要条件;若 p?q,则 p,q 互为充要条件; (2)充要条件与集合的关系: 设命题 p 对应集合 A,命题 q 对应集合 B,则 p?q 等价于 A?B,p ?q 等价于 A=B. 4.复合命题真假的判断方法 命题 p∧q,p∨q 及綈 p 真假可以用下表来判定: p 真 真 假 假 q 真 假 真 假 p∧q 真 假 假 假 p∨q 真 真 真 假 綈p 假 假 真 真

口诀记忆:p∨q,一真则真;p∧q,一假则假;綈 p 与 p 真假相反. 5.全(特)称命题及其否定 (1)全称命题 p:?x∈M,p(x).它的否定綈 p:?x0∈M,綈 p(x0). (2)特称命题 p:?x0∈M,p(x0).它的否定綈 p:?x∈M,綈 p(x).

热点一 命题角度

集合的概念及运算 (1)考查集合的含义及集合间的关系,如 T1; (2) 考查集合的基本运算,且常与不等式、函数的 定义域等问题相结合考查,如 T2,T3,T4.

1.(2014· 温州模拟)已知集合 A={1,2,3},B={(x,y)|x∈A,y∈A,x+y∈A},则 B 中所含元素的 个数为( ) A .2 B.3 C.4 D.6 2 2.(2014· 新课标全国卷Ⅰ) 已知集合 A = {x|x - 2x - 3≥0},B= {x|- 2≤x < 2}, 则 A∩B= ( ) A.[-2,-1] B.[-1,2) C.[-1,1] D.[1,2) 3.(2014· 郑州模拟)已知集合 A={x|ax-1=0},B={x|1<log2x≤2,x∈N},且 A∩B=A,则 a 的 所有值组成的集合是( ) 1 1? ?1? ?1? ?1 1? ? A.?4? B.?3? C.?4,3? D.?0,4,3? ? ? ? ? ? ? ? ? 4.(2014· 东城模拟)全集 U=R,集合 A={x|x2-2x≤0},B={y|y=cos x,x∈R},则图中阴影部

分表示的集合为________.

[自主解答] 1.集合 B 中满足条件的元素有(1,1),(1,2),(2,1),共 3 个,故选 B. 2.A={x|x≤-1 或 x≥3},故 A∩B=[-2,-1],选 A. 3.由 A∩B=A 可得 A?B,而集合 B={x|2<x≤4,x∈N}={3,4}.显然当 a=0 时,A=?,A?B. 1 1? 1 1 1 1 ? 当 a≠0 时,由 =3 或 =4,得 a= 或 .故 a 的所有值组成的集合为?0,4,3?,故选 D. a a 3 4 ? ? 4.由题意知,集合 A={x|0≤x≤2},B={y|-1≤y≤1},则图中阴影部分表示的集合为 A∩B ={x|0≤x≤1}. [答案] 1.B 2.A 3.D 4.{x|0≤x≤1}

解答集合的概念及运算问题的一般思路 (1)正确理解各个集合的含义,认清集合元素的属性、代表的意义. (2)根据集合中元素的性质化简集合. (3)依据元素的不同属性采用不同的方法求解,此时常用到以下技巧: ①若已知的集合是不等式的解集,用数轴求解; ②若已知的集合是点集,用数形结合法求解; ③若已知的集合是抽象集合,用 Venn 图求解. 热点二 命题角度 真假命题的判定及命题的否定 (1)四种命题及其真假判断,如 T1;(2)含逻辑联结词的复合命题的真假判定, 如 T2;(3)全(特)称命题的否定,如 T3;(4)由命题的真假性求参数,如 T4.

1.(2014· 皖西七校联考)命题“若 a<0,则一元二次方程 x2+x+a=0 有实根”的原命题与 其逆命题、否命题、逆否命题中真命题的个数是( ) A.0 B.2 C.4 D.不确定 2.(2014· 湖南高考)已知命题 p:若 x>y,则-x<-y; 命题 q: 若 x>y,则 x2>y2.在命题①p∧q; ②p∨q;③p∧(綈 q);④(綈 p)∨q 中,真命题是( ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 3.(2014· 宜春模拟)命题“?x∈R,ex>x2”的否定是( ) 2 A.不存在 x0∈R,使 ex0>x2 B. ? x ∈ R , 使 e x < x 0 0 0 0 C.?x0∈R,使 ex0≤x2 D.?x∈R,使 ex≤x2 0 4.(2014· 新余模拟)已知命题 p:?x∈[1,2],x2+1≥a,命题 q:?x0∈R,x2 0+2ax0+1=0,若命 题“p∧q”为真命题,则实数 a 的取值范围是________. [自主解答] 1.原命题为: “若 a<0,则方程 x2+x+a=0 有实根”,因为方程的判别式为 Δ =1-4a,∴a<0 时,Δ>0,∴方程 x2+x+a=0 有实根,故命题为真; 逆否命题为:“若方程 x2+x+a=0 没有实根,则 a≥0”,根据原命题与逆否命题,真假一 致,可知命题为真; 逆命题为: “若方程 x2+x+a=0 有实根,则 a<0”,因为方程有实根,所以判 1 别式 Δ=1-4a≥0,∴a≤ ,显然 a<0 不一定成立,故命题为假; 4 否命题为:“若 a≥0,则方程 x2+x+a=0 没有实根”,根据否命题与逆命题,真假一致,可 知命题为假,故正确的命题有 2 个,故选 B. 2.由不等式的性质可知,命题 p 是真命题,命题 q 为假命题,故①p∧q 为假命题,②p∨q 为真 命题,③綈 q 为真命题,则 p∧(綈 q)为真命题,④綈 p 为假命题,则(綈 p)∨q 为假命题,所以选 C. 3.全称命题的否定为特称命题,大于的否定为小于等于,故选 C.

4.由 p 真得 a≤x2+1,而 x2+1 最小值为 2,所以 a≤2.由 q 真得 Δ=(2a)2-4≥0,a2-1≥0? a≥1 或 a≤-1,“p∧q”为真命题,得 a≤-1 或 1≤a≤2. [答案] 1.B 2.C 3.C 4.{a|a≤-1 或 1≤a≤2}

1.三步辨明“或”“且”“非”命题的真假性 (1)弄清构成命题的 p 和 q 的真假性; (2)弄清结构形式; (3)根据真值表判断构成新命题的真假性. 2.全(特)称命题的否定 全称命题的否定是将全称量词改为存在量词,并把结论否定; 特称命题的否定是将存在量 词改为全称量词,并把结论否定. 热点三 命题角度 充 要 条 件 (1)充要条件的判定,如 T1; (2)由充要条件确 定参数,如 T2.

1.(2014· 湖北高考)设 U 为全集,A,B 是集合,则“存在集合 C 使得 A?C,B??UC”是“A∩B =?”的( ) A.充分而不必要的条件 B.必要而不充分的条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要的条件 1 2.(2014· 连云港模拟)设 p: ≤x≤1,q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,若綈 p 是綈 q 的必要而 2 不充分条件,则实数 a 的取值范围是________. [自主解答] 1.“存在集合 C 使得 A?C,B??UC”?“A∩B=?”.故 C 正确. 2.由 x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,得(x-a)(x-a-1)≤0,则 a≤x≤a+1,若綈 p 是綈 q 的必要 1 ? ?a≤2, 1 而不充分条件,则 q 是 p 的必要而不充分条件,有? 即 0≤a≤ . 2 ? ?a+1≥1, 1 0, ? [答案] 1.C 2.? ? 2? 互动探究 本题 2 的条件下,是否存在实数 a,使綈 p 是綈 q 的充分不必要条件? 1 ? ?a≥2, 解: 要使綈 p 是綈 q 的充分不必要条件,则 p 是 q 的必要不充分条件,即? 故a ? ?a+1≤1, 不存在.所以,不存在实数 a,使綈 p 是綈 q 的充分不必要条件.

判断充分、必要条件时应关注三点 (1)要弄清先后顺序:“A 的充分不必要条件是 B”是指 B 能推出 A,且 A 不能推出 B;而 “A 是 B 的充分不必要条件”则是指 A 能推出 B,且 B 不能推出 A. (2)要善于举出反例: 当从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时,可以通过举 出恰当的反例来说明. (3)要注意转化:綈 p 是綈 q 的必要不充分条件?p 是 q 的充分不必要条件;綈 p 是綈 q 的充要条件?p 是 q 的充要条件.

热点四 命题角度

与命题有关的综合问题 对“命题”的考查,切入点很广泛,知识载 体也是常考常新.高考中常将四种命题、充要 条件、逻辑联结词等相综合,以真假命题的判 断为载体考查.

[例 1] (1)(2014· 江西高考)下列叙述中正确的是( ) 2 A.若 a,b,c∈R,则“ax +bx+c≥0”的充分条件是“b2-4ac≤0” B.若 a,b,c∈R,则“ab2>cb2”的充要条件是“a>c” C.命题“对任意 x∈R,有 x2≥0”的否定是“存在 x0∈R,有 x2 0≥0” D.l 是一条直线,α,β 是两个不同的平面,若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β (2)(2014· 福州模拟)已知下列命题: 2 ①命题“?x0∈R,x2 0+1>x0+1”的否定是“?x∈R,x +1<x+1”; ②已知 p,q 为两个命题,若“p∨q”为假命题,则“(綈 p)∧(綈 q)”为真命题; ③“a>2”是“a>5”的充分不必要条件; ④“若 xy=0,则 x=0 且 y=0”的逆否命题为真命题. 其中所有真命题的序号是________. [师生共研] (1)由 b2-4ac≤0 推不出 ax2+bx+c≥0,这是因为 a 的符号不确定,所以 A 不 正确;当 b2=0 时,由 a>c 推不出 ab2>cb2,所以 B 不正确;“对任意 x∈R,有 x2≥0”的否定是 “存在 x0∈R,有 x2 0<0”,所以 C 不正确.选 D. 2 (2)命题“?x0∈R,x2 0+1>x0+1”的否定是“?x∈R,x +1≤x+1”,故①错;“p∨q”为 假命题说明 p 假 q 假,则“(綈 p)∧(綈 q)”为真命题,故②对; a>5?a>2,但 a>2?/ a>5,故“a>2” 是“a>5”的必要不充分条件,故③错;因为“若 xy=0,则 x=0 或 y=0”,所以原命题为假命题, 故其逆否命题也为假命题,故④错. [答案] (1)D (2)②

解决此类问题需要对每一个命题逐一作出判断,需要有扎实的基础知识,这是破解此类问 题的前提条件.若需证明某命题为真,需要根据有关知识作出逻辑证明,但若需要证明某命题为 假,只要举出一个反例即可,因此,“找反例”是破解此类问题的重要方法之一. 1.下列命题中错误的是( ) 2 2 A.命题“若 x -5x+6=0,则 x=3”的逆否命题是“若 x≠3,则 x -5x+6≠0” ?x+y?2 成立”的充要条件 B.若 x、y∈R,则“x=y”是“xy≥? ? ? 2 ? C.已知命题 p 和 q,若 p∨q 为假命题,则命题 p 与 q 中必一真一假 2 2 D.对命题 p:?x0∈R,使 x0+x0+2<0,则綈 p:?x∈R,有 x +x+2≥0 x+y?2 x+y?2 解析: 选 C A 显然正确; 对 B: 若 x=y,则 xy=? ,结论成立.若 xy≥? ? 2 ? ? 2 ? ,则 4xy≥(x x+y?2 +y)2?(x-y)2≤0?x=y 也成立,所以 x=y 是 xy≥? 对 C: p ? 2 ? 成立的充要条件,故 B 正确; ∨q 为假命题时,命题 p 与 q 都为假命题,故 C 错;对 D:根据对特称命题的否定知,该命题成 立. 2.以下有四种说法:

①“a>b”是“a2>b2”的充要条件; ②“A∩B=B”是“B=?”的必要不充分条件; ③“x=3”的必要不充分条件是“x2-2x-3=0”; ④“m 是实数”的充分不必要条件是“m 是有理数”. 其中正确说法的序号是________. 解析:如 2>-4,但 22<(-4)2,故①错;②正确;x=3 可推出 x2-2x-3=0 成立,反之则不 一定成立,所以③正确;“m 是有理数”可以推出“m 是实数”,反之不一定成立,所以④也正 确. 答案:②③④ 热点五 命题角度 集合中的新定义问题 以集合为背景的新定义问题,是高考命题 创新型试题的一个热点,常见的命题形式有新 概念、新法则、新运算等.此类试题以集合为 依托,考查考生创造性解决问题的能力.

[例 2] (1)(2014· 深圳模拟)已知集合 M={(x,y)|y=f(x)},若对于任意(x1,y1)∈M,存在(x2,y2) ∈ M, 使得 x1x2 + y1y2 = 0 成立 , 则称集合 M 是“Ω 集合”. 给出下列 4 个集合:① M = 1? ? ??x,y?y= ?;②M={(x,y)|y=ex-2};③M={(x,y)|y=cos x};④M={(x,y)|y=ln x}.其中所有 x? ? “Ω 集合”的序号是( ) A.②③ B.③④ C.①②④ D.①③④ ?C?A?-C?B?,C?A?≥C?B?, (2)用 C(A)表示非空集合 A 中的元素个数,定义 A*B=? 若A ?C?B?-C?A?,C?A?<C?B?, ={1,2},B={x|(x2+ax)(x2+ax+2)=0},且 A*B=1,设实数 a 的所有可能取值构成的集合是 S, 则 C(S)=( ) A.4 B.3 C.2 D.1 1 1 [师生共研] (1)法一:对于①若 x1x2+y1y2=0,则 x1x2+ · =0,即(x1x2)2=-1,显然①错 x1 x2 误.对于④取(1,0)∈M,由(x2,y2)∈M,则 x1x2+y1y2=1×x2+0×y2=x2>0,显然④错误.故选 A. 法二:设点 A(x1,y1)为函数 f(x)图象上任意一点,由已知存在点 B(x2,y2)满足 x1x2+y1y2=0, 有 OA⊥OB,作出各函数图象,观察即得结论. (2)由 A={1,2}得 C(A)=2,由 A*B=1,得 C(B)=1 或 C(B)=3.由(x2+ax)(x2+ax+2)=0 得 x2+ax=0 或 x2+ax+2=0.当 C(B)=1 时,方程(x2+ax)· (x2+ax+2)=0 只有实根 x=0,这时 a =0.当 C(B)=3 时,必有 a≠0,这时 x2+ax=0 有两个不相等的实根 x1=0,x2=-a,方程 x2+ax +2=0 必有两个相等的实根,且异于 x1=0,x2=-a,由 Δ=a2-8=0,得 a=± 2 2,可验证均满足 题意,故 S={-2 2,0,2 2},C(S)=3. [答案] (1)A (2)B

解决集合中新定义问题的两个关键点 (1)紧扣新定义: 新定义型试题的难点就是对新定义的理解和运用,在解决问题时要分析新 定义的特点,把新定义所叙述的问题的本质弄清楚,并能够应用到具体的解题过程之中. (2)用好集合的性质:集合的性质是破解集合类新定义型试题的基础,也是突破口,在解题 时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素,在关键之处用好集合的性质. 3.设集合 A={-1,0,1},集合 B={0,1,2,3},定义 A*B={(x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B},则 A*B 中 元素的个数是( )

A .7 B.10 C.25 D.52 解析:选 B 因为 A={-1,0,1},B={0,1,2,3},所以 A∩B={0,1},A∪B={-1,0,1,2,3}. 因为 x∈A∩B,所以 x 可取 0,1; 因为 y∈A∪B,所以 y 可取-1,0,1,2,3. 则(x,y)的可能取值如下表所示:

故 A*B 中元素共有 10 个. 4.设 A 是自然数集的一个非空子集,对于 k∈A,如果 k2?A,且 k?A,那么 k 是 A 的一个“酷 元”,给定 S={x∈N|y=lg(36-x2)},设 M?S,且集合 M 中的两个元素都是“酷元”,那么这样 的集合 M 的个数为________. 解析: 由题意,知 S 为函数 y=lg(36-x2)的定义域内的自然数集,由 36-x2>0,解得-6<x<6, 又因为 x∈N,所以 S={0,1,2,3,4,5}. 依题意,可知若 k 是集合 M 的“酷元”是指 k2 与 k都不属于集合 M.显然当 k=0 时,k2= k =0;当 k=1 时,k2= k=1.所以 0,1 都不是“酷元”. 若 k=2,则 k2=4; 若 k=4,则 k=2.所以 2 与 4 不能同时在集合 M 中,才能称为“酷元”. 显然 3 与 5 都是集合 S 中的“酷元”. 综上,若集合 M 中所含两个元素都是“酷元”,则这两个元素的选择可分为两类: (1)只选 3 与 5,即 M={3,5}; (2)从 3 与 5 中任选一个,从 2 与 4 中任选一个,即 M={3,2}或{3,4}或{5,2}或{5,4}. 所以满足条件的集合 M 共有 5 个. 答案:5 热点六 与集合有关的交汇问题 集合既是高中数学的工具性知识,又是一 种数学语言.高考常将集合与方程、不等式、 命题角度 向量、解析几何、立体几何等相交汇命题. [ 例 3] (1)(2014· 西 安 模 拟 ) 函 数 f(x) = x2 + 2x, 集 合 A = {(x,y)|f(x) + f(y)≤2},B = {(x,y)|f(x)≤f(y)},则由 A∩B 的元素构成的图形的面积是( ) A .π B.2π C.3π D.4π y ? ? 2 (2)已知 x∈R,y>0,集合 A={x +x+1,-x,-x-1},B=?-y,-2,y+1?.若 A=B,则 x2+y2 ? ? 的值为________. [ 师生共研 ] (1) 集合 A = {(x,y)|x2 + 2x + y2 + 2y≤2}, 可得 (x + 1)2 + (y + 1)2≤4, 集合 B = {(x,y)|x2+2x≤y2+2y},可得(x-y)· (x+y+2)≤0.在平面直角坐标系上画出 A,B 表示的图形可知 A∩B 的元素构成的图形的面积为 2π. y y (2)由 x∈R,y>0 得 x2+x+1>0,-y<0,- <0,y+1>0,且-x>-x-1,-y<- .而 A=B,所以 2 2

? ?-x-1=-y, ? y ? ?-x=-2,

x2+x+1=y+1, 得 x=1,y=2,从而集合 A={3,-1,-2},B={-2,-1,3},符合条件,故 x2

+y2=5. [答案] (1)B (2)5

与集合有关的交汇性问题中,集合知识固然是解题的一个重要方面 ,但更重要的是集合的 外表下所蕴含的一些规律 ,通过分析题目的已知条件和结论 , 把这些规律找出来 , 脱掉集合的 “外衣”,揭示问题的本质,是破解此类问题的主要思想方法.
2 ? ? 2 y 5.设集合 A=??x,y?x + 4 =1?,B={(x,y)|y=2x},则 A∩B 的子集的个数是( ) ? ? A.1 B.2 C.3 D.4 y2 解析: 选 D 在同一坐标系下画出椭圆 x2+ =1 及函数 y=2x 的图象,结合图形不难得知 4 它们的图象有 2 个公共点,因此 A∩B 中有 2 个元素,故其子集有 22=4 个.

a x0 -1+ln x0≤0,所以 a≤x0-x0ln x0,a≤[x-xln x]max.令 g(x)=x-xln x,g′(x)=-ln x,当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0.所以 g(x)≤g(1)=1,即 a≤1,从而集合 B={a|a≤1},所以 A∩B 解析: 选 C 根据题意,集合 A= = ,对于集合 B,f(x0)= = ,故选 C.

一、选择题 1.设全集为 R,集合 A={x|x2-9<0},B={x|-1<x≤5},则 A∩(?RB)=( ) A.(-3,0) B.(-3,-1) C.(-3,-1] D.(-3,3) 解析: 选 C 因为 A = {x| - 3<x<3}, ? RB = {x|x≤ - 1 或 x>5}, 所以 A∩( ? RB) = {x| - 3<x<3}∩{x|x≤-1 或 x>5}={x|-3<x≤-1}. 2.设集合 P={y|y=-x2+1,x∈R},Q={y|y=2x,x∈R},则( ) A.P?Q B.Q?P C.?RP?Q D.Q??RP 解析: 选 C 由题意知,集合 P={y|y≤1},Q={y|y>0},所以?RP={y|y>1},所以?RP?Q,故选 C. 3.(2014· 广州模拟)命题“若 x2<1,则-1<x<1”的逆否命题是( ) 2 A.若 x ≥1,则 x≥1 或 x≤-1 B.若-1<x<1,则 x2<1 C.若 x>1 或 x<-1,则 x2>1 D.若 x≥1 或 x≤-1,则 x2≥1 解析: 选 D 由逆否命题的变换可知,命题“若 x2<1,则-1<x<1”的逆否命题是“若 x≥1 或 x≤-1,则 x2≥1”,故选 D.

4.(2014· 中山模拟)“直线 l 的方程为 x-y-5=0”是“直线 l 平分圆(x-2)2+(y+3)2=1 的周长”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析:选 A 圆(x-2)2+(y+3)2=1 的圆心坐标为(2,-3),直线 l 经过圆(x-2)2+(y+3)2 =1 的圆心,所以直线 l 平分圆(x-2)2+(y+3)2=1 的周长.因为过圆心的直线都平分圆的周长, 所以这样的直线有无数多条.由此可知“直线 l 的方程为 x-y-5=0”是“直线 l 平分圆(x- 2)2+(y+3)2=1 的周长”的充分而不必要条件. a 5.(2014· 安徽六校联考)已知命题 p:“a=1 是 x>0,x+ ≥2 的充分必要条件”;命题 q: x 2 “存在 x0∈R,使得 x0 +x0-2>0”,下列命题正确的是( ) A.命题“p∧q”是真命题 B.命题“(綈 p)∧q”是真命题 C.命题“p∧(綈 q)”是真命题 D.命题“(綈 p)∧(綈 q)”是真命题 a 解析:选 B 因为 x>0,a>0 时,x+ ≥2 x a x·=2 a,由 2 a≥2 可得:a≥1,所以命题 p 为 x

假命题; 因为当 x=2 时,x2+x-2=22+2-2=4>0,所以命题 q 为真命题,所以(綈 p)∧q 为真命 题,故选 B. 6.(2014· 安溪模拟)下列命题中,真命题是( ) A.?x0∈R,ex0≤0 B.a>1,b>1 是 ab>1 的充要条件 C.{x|x2-4>0}∩{x|x-1<0}=(-2,1) D.命题“?x∈R,2x>x2”的否定是真命题 解析: 选 D 因为 ex 的值恒大于零.所以 A 选项不正确.由 a>1,b>1 可得 ab>1,所以充分性 成立.但是 ab>1 不能推出 a>1,b>1.所以必要性不成立,即 B 选项不正确.由{x|x2-4>0}可得 x< -2 或 x>2,又有{x|x-1<0}可得 x<1,所以{x|x2-4>0}∩{x|x-1<0}={x|x<-2},所以 C 选项不正 确;命题“?x∈R,2x>x2”的否定是?x0∈R,使得 2x0≤x2 0.当 x=3 时成立.故 D 正确. 7.已知集合 A={x|a-2<x<a+2},B={x|x≤-2 或 x≥4},则 A∩B=?的充要条件是( ) A.0≤a≤2 B.-2<a<2 C.0<a≤2 D.0<a<2
? ?a+2≤4, 解析:选 A 由题意? 解得 0≤a≤2,所以 A∩B=?的充要条件是 0≤a≤2, ?a-2≥-2, ? 故选 A. 8.(2014· 重庆七校联考)下列说法错误的是( ) A.命题“若 x2-4x+3=0,则 x=3”的逆否命题是“若 x≠3,则 x2-4x+3≠0” B.“x>1”是“|x|>0”的充分不必要条件 C.若 p∧q 为假命题,则 p、q 均为假命题
2 D.命题 p:“?x0∈R,使得 x2 0+2x0+3<0”,则綈 p:“?x∈R,x +2x+3≥0” 解析:选 C A 显然正确;对 B,“x>1”,则必有“|x|>0”,故是充分条件.反之,“|x|>0”,则 x 可取 负数,这时“x>1”不成立,故不是必要条件,所以 B 正确; 对 C,若 p∧q 为假命题,则有可能是 p、 q

中一真一假,故 C 不正确;对 D,因为命题:“?x0∈A,p”的否定为“?x∈A,綈 p”,所以命题
2 p:“?x0∈R,使得 x2 0+2x0+3<0”的否定是綈 p:“?x∈R,x +2x+3≥0”,D 正确. 9.设 S 是至少含有两个元素的集合.在 S 上定义了一个二元运算“*”(即对任意的 a,b∈S,对 于有序元素对(a,b),在 S 中有唯一确定的元素 a*b 与之对应).若对任意的 a,b∈S,有 a*(b*a)=b, 则对任意的 a,b∈S,下列等式中不恒成立的是( ) A.(a*b)*a=a

B.[a*(b*a)]*(a*b)=a C.b*(b*b)=b D.(a*b)*[b*(a*b)]=b 解析: 选 A 在 B 选项中,[a*(b*a)]*(a*b)=b*(a*b)=a,故 B 恒成立; 在 C 选项中,将 a*(b*a) =b 中的 a 换成 b,即得 b*(b*b)=b 成立,故 C 恒成立; 在 D 选项中,令 a*b=c,则 c*(b*c)=b 成 立,故 D 恒成立;只有 A 选项不能恒成立. 10.已知集合 A={x|x2+a≤(a+1)x,a∈R},若存在 a∈R,使得集合 A 中所有整数元素之和 为 28,则实数 a 的取值范围是( ) A.[9,10) B.[7,8) C.(9,10) D.[7,8] 解析:选 B 注意到不等式 x2+a≤(a+1)x,即(x-a)· (x-1)≤0,因此该不等式的解集中必 有 1 与 a.要使集合 A 中所有整数元素之和为 28,必有 a>1.注意到以 1 为首项、 1 为公差的等差 7×?7+1? 数列的前 7 项和为 =28,因此由集合 A 中所有整数元素之和为 28 得 7≤a<8,即实数 a 2 的取值范围是[7,8). 二、填空题 11. 命 题 “ 存 在 x0 ∈ R, 使 得 |x0 - 1| - |x0 + 1|>3” 的 否 定 是 ________________________________________________________________________. 解析:命题“存在 x0∈R,使得|x0-1|-|x0+1|>3”的否定是“对任意的 x∈R,都有|x-1| -|x+1|≤3”. 答案:对任意的 x∈R,都有|x-1|-|x+1|≤3 12.(2014· 广州模拟)给出下列四个结论:
2 ①若命题 p:?x0∈R,x2 0+x0+1<0,则綈 p:?x∈R,x +x+1≥0; ②“(x-3)(x-4)=0”是“x-3=0”的充分而不必要条件; ③命题“若 m>0,则方程 x2+x-m=0 有实数根”的逆否命题为:“若方程 x2+x-m=0 没有实数根,则 m≤0”; 1 1 ④若 a>0,b>0,a+b=4,则 + 的最小值为 1. a b 其中正确结论的序号为________. 解析:由特称命题的否定知①正确;(x-3)(x-4)=0?x=3 或 x=4,x=3?(x-3)(x-4) =0,所以“(x-3)· (x-4)=0”是“x-3=0”的必要而不充分条件,所以②错误; 由逆否命题的 1 1 a+b ?1 1? 1 b a 1 b a 定义知③正确;∵a>0,b>0, a+b=4,∴ + = · + = + + ≥ +2 · =1,∴ a b 4 ?a b? 2 4a 4b 2 4a 4b ④正确. 答案:①③④ 2x-1 13.(2014· 临沂模拟)设命题 p: <0,命题 q:x2-(2a+1)x+a(a+1)≤0,若 p 是 q 的充 x-1 分不必要条件,则实数 a 的取值范围是________. 1 1 解析: 命题 p: <x<1,命题 q: a≤x≤a+1,若 p 是 q 的充分不必要条件,则 a+1≥1 且 a≤ , 2 2 1 即 0≤a≤ . 2 1? 答案:? ?0,2? 14.(2014· 福建高考)若集合{a,b,c,d}={1,2,3,4},且下列四个关系: ①a=1; ②b≠1; ③c=2; ④d≠4 有且只有一个是正确的,则符合条件的有序数组(a,b,c,d) 的个数是________. 解析:因为①正确,②也正确,所以只有①正确是不可能的;若只有②正确,①③④都不正 确,则符合条件的有序数组为(2,3,1,4),(3,2,1,4);若只有③正确,①②④都不正确,则符合条件的 有 序 数 组 为 (3,1,2,4) ; 若 只 有 ④ 正 确 , ① ② ③ 都 不 正 确 , 则 符 合 条 件 的 有 序 数 组 为

(2,1,4,3),(3,1,4,2),(4,1,3,2).综上,符合条件的有序数组的个数是 6. 答案:6 15. 设 集 合 A = {a|f(x) = 8x3 - 3ax2 + 6x 是 (0, + ∞) 上 的 增 函 数 },B = 5 ? ? ?yy= ,x∈[-1,3]?,则?R(A∩B)=________. x+2 ? ? 解析: 根据题意,f′(x)=24x2-6ax+6,要使函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数,则 f′(x)=24x2 1 1 1 -6ax+6≥0 在(0,+∞)上恒成立,即 a≤4x+ .而 4x+ ≥2 4x·=4,所以 a≤4,即集合 A= x x x 5 ? ? {a|a≤4}.集合 B=?yy=x+2,x∈[-1,3]?={y|1≤y≤5},所以 A∩B={x|1≤x≤4},故?R(A∩B) ? ? =(-∞,1)∪(4,+∞). 答案:(-∞,1)∪(4,+∞) 16.(2014· 江 西 七 校 联 考 ) 记 实 数 x1,x2,?,xn 中 的 最 大 数 为 max{x1,x2,?,xn}, 最 小 数 为 min{x1,x2,?,xn}. 已 知 △ ABC 的 三 边 边 长 为 a 、 b 、 c(a≤b≤c), 定 义 它 的 倾 斜 度 为 t = ?a b c? ?a b c ? max?b,c ,a?· min?b,c ,a?,则“t=1”是“△ABC 为等边三角形”的________.(填充分不必 ? ? ? ? 要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件) ?a b c? ?a b c ? 解析:若△ABC 为等边三角形,即 a=b=c,则 max?b,c ,a?=1=min?b,c ,a?,则 t=1; ? ? ? ? a b c a b c ? ? 3 ? ? 2 若△ABC 为等腰三角形,如 a=2,b=2,c=3 时,则 max?b,c ,a?= ;min?b,c ,a?= ,此时 t ? ? 2 ? ? 3 =1 仍成立,但△ABC 不为等边三角形,所以“t=1”是“△ABC 为等边三角形”的必要而不充 分条件. 答案:必要不充分条件

第二讲 函数的图象与性质(选择、填空题型)

1.(2014· 山东高考)函数 f(x)= 1? A.? ?0,2? 1? C.? ?0,2?∪(2,+∞) 解析:选 C

1 的定义域为( ?log2x?2-1

)

B.(2,+∞) 1? D.? ?0,2?∪[2,+∞)

1 (log2x)2-1>0,即 log2x>1 或 log2x<-1,解得 x>2 或 0<x< ,故所求的定义域是 2

?0,1?∪(2,+∞). ? 2?
2 ?x +1,x>0, 2.(2014· 福建高考)已知函数 f(x)=? 则下列结论正确的是( ?cos x,x≤0,

)

A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 2 解析:选 D 因为 f(π)=π +1,f(-π)=-1,所以 f(-π)≠f(π),所以函数 f(x)不是偶函数,排 除 A; 因为函数 f(x)在(-2π,-π)上单调递减,排除 B; 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以函数 f(x)不是周期函数,排除 C; 因为 x>0 时,f(x)>1,x≤0 时,-1≤f(x)≤1,所以函数 f(x)的值域为[- 1,+∞),故选 D.

3.(2014· 湖南高考)已知 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数,且 f(x)-g(x)=x3+ x +1,则 f(1)+g(1)=( ) A.-3 B.-1 C.1 D.3 解析:选 C 用“-x”代替“x”,得 f(-x)-g(-x)=(-x)3+(-x)2+1,化简得 f(x)+g(x)= 3 -x +x2+1,令 x=1,得 f(1)+g(1)=1,故选 C. 4.(2014· 陕西高考)如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10 千 米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )
2

1 3 2 4 A.y= x3- x B.y= x3- x 125 5 125 5 3 3 3 3 1 C.y= x -x D.y=- x + x 125 125 5 解析:选 A 设所求函数解析式为 y=f(x),由题意知 f(5)=-2,f(-5)=2,且 f′(± 5)=0,代 1 3 3 入验证易得 y= x - x 符合题意,故选 A. 125 5 5. (2014· 新课标全国卷Ⅰ)如图,圆 O 的半径为 1,A 是圆上的定点,P 是圆上的动点,角 x 的始 边为射线 OA,终边为射线 OP,过点 P 作直线 OA 的垂线,垂足为 M.将点 M 到直线 OP 的距离表 示成 x 的函数 f(x),则 y=f(x)在[0,π]的图象大致为( )

π? 1 解析:选 B 由题意知,f(x)=|cos x|· sin x,当 x∈? sin x= sin 2x;当 x∈ ?0,2?时,f(x)=cos x· 2 π 1 ? ,π?时,f(x)=-cos x· sin x=- sin 2x,故选 B. ?2 ? 2

1.函数的三个性质 (1)单调性 如果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任意两个自变量的值 x1,x2,且 x1<x2,都有 f(x1)<f(x2) 成立,则 f(x)在 D 上是增函数(都有 f(x1)>f(x2)成立,则 f(x)在 D 上是减函数). (2)奇偶性 对于定义域内的任意 x(定义域关于原点对称),都有 f(-x)=-f(x)成立,则 f(x)为奇函数(都

有 f(-x)=f(x)成立,则 f(x)为偶函数). (3)周期性 周期函数 f(x)的最小正周期 T 必须满足下列两个条件: ①当 x 取定义域内的每一个值时,都有 f(x+T)=f(x); ②T 是不为零的最小正数. 2.抽象函数的周期性与对称性 (1)函数的周期性 ①若函数 f(x)满足 f(x+a)=f(x-a),则 f(x)为周期函数,2a 是它的一个周期. ②设 f(x)是 R 上的偶函数,且图象关于直线 x=a(a≠0)对称,则 f(x)是周期函数,2a 是它的一 个周期. ③设 f(x)是 R 上的奇函数,且图象关于直线 x=a(a≠0)对称,则 f(x)是周期函数,4a 是它的一 个周期. (2)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 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 f(x)的图象关于点(a,0)对称. a+b ③若函数 y=f(x)满足 f(a+x)=f(b-x),则函数 f(x)的图象关于直线 x= 对称. 2

热点一 命题角度

函数及其表示 (1)考查函数的定义域,如 T1;(2)考查函数值(或值域)的求法,如 T2,T4;(3)考查 分段函数问题,如 T3.

1 1.函数 f(x)= + 4-x2的定义域为( ) ln?x+1? A.[-2,0)∪(0,2] B.(-1,0)∪(0,2] C.[-2,2] D.(-1,2] 1?x ? ?-? ,a≤x<0, ? 2.(2014· 长春模拟)已知函数 f(x)=? 2? 范围是( ) A.(-∞,-3] B.[-3,0)

? ?-x2+2x,0≤x≤4

的值域是[-8,1],则实数 a 的取值

(

C.[-3,-1] D.{-3} ? ?1,x>0, m+n+?m-n?f?m-n? 3.(2014· 三明模拟 ) 已知函数 f(x) = ? 若 m≠n, 则 的值 2 ?-1,x<0. ? ) A.一定是 m B.一定是 n C.是 m、n 中较大的数 D.是 m、n 中较小的数

?-4x +2,-1≤x<0, 4.设 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的函数,当 x∈[-1,1)时,f(x)=? ?x, 0≤x<1,
3 则 f =________. 2

2

x+1>0, ? ? [自主解答] 1.x 需满足?x+1≠1, ? ?4-x2≥0,

x>-1, ? ? 即?x≠0, 解得-1<x<0 或 0<x≤2. ? ?-2≤x≤2, ?1?a,-1?,所以?- 1a,-1??[-8, 2.当 0≤x≤4 时,f(x)∈[-8,1],当 a≤x<0 时,f(x)∈? - ? ?2? ? ? 2 ? 1 -1],-8≤- a<-1,即-3≤a<0. 2 ?1 ?m>n?, ? 3.由题意可知 f(m-n)=? 所以 ?-1 ?m<n?, ? m+n+?m-n?f?m-n? 2 ?m-n? ,?m>n? ?m+n+ 2 ?m+n-?m-n? ,?m<n? ? 2
?m,?m>n?, ? ? ? ?n,?m<n?,









m+n+?m-n?f?m-n? 的值是 m、n 中较大的数,故选 C. 2 1? ? 1?2 ?3? ? 1? 4.由已知易得 f? ?-2?=-4×?-2? +2=1,又由函数的周期为 2,可得 f?2?=?-2?=1. [答案] 1.B 2.B 3.C 4.1

互动探究 在题 2 中,当 a 取得最小值时,若方程 f(x)=m 有且只有一个实数根,求 m 的取值范围. 解: 由题 2 可知,a 的最小值为-3,则 f(x)的图象如图所示.方程 f(x)=m 有且只有一个实数 根,等价于函数 y=f(x)的图象与直线 y=m 有且只有一个公共点,由图可知,m 的取值范围为 {m|m=1 或-1≤m<0}.

函数值和值域的求法 (1)求解函数值时只要根据自变量的值与函数的对应关系代入求解即可,在分段函数中要 根据自变量所在的区间选取函数解析式; (2)求解函数值域的方法有:公式法、图象法、换元法、数形结合法、有界性法等,要根据 问题具体分析,确定求解的方法. 热点二 命题角度 函数的性质 (1)判断函数的单调性,奇偶性等,如 T1;(2)求函数的最值或单调区间,如 T2;(3)利用函数的性质求值,如 T3

x x 1.(2014· 内江模拟)若函数 f(x)= - ,则函数 f(x)( ) 1-2x 2 A.是偶函数,在(-∞,0)是增函数 B.是偶函数,在(-∞,0)是减函数 C.是奇函数,在(-∞,0)是增函数 D.是奇函数,在(-∞,0)是减函数 2.函数 f(x)的定义域为{x∈R|x≠1},对定义域中任意的 x,都有 f(2-x)=f(x),且当 x<1 时,f(x) 2 =2x -x.那么当 x>1 时,f(x)的递增区间是( ) 5 5 ? ? ? A.? ?4,+∞? B.?1,4? 7 ? ? 7? C.? ?4,+∞? D.?1,4? 3.已知函数 f(x)对任意 x∈R 都有 f(x+6)+f(x)=2f(3),y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称, 且 f(4)=4,则 f(2 012)=( ) A.0 B.-4 C.-8 D.-16 x x [自主解答] 1.法一:由定义易得,函数 f(x)= x- 为偶函数. 2 1-2 - 1-2x-x?-2xln 2? 1 1+2x×2xln 2-22x 2 x+2x×ln 2-2x 求导得:f′(x)= - = = .(这里之 - x 2 x 2 2 ?1-2 ? 2?1-2 ? 2×2 x?1-2x?2 所以在分子提 2x 出来,目的是便于将分子求导) - 再令 g(x)=2 x+2x×ln 2-2x, - - 则 g′(x)=-2 xln 2+2ln 2-2xln 2=-ln 2(2 x+2x-2)<0(x>0), -x - 当 x>0 时,-ln 2(2 +2x-2)<-ln 2(2-2)=0,所以 g(x)=2 x+2x×ln 2-2x 在 x>0 时单调 x x 递减,g(x)<g(0)=0,从而 f′(x)<0,所以 f(x)= x- 在(0,+∞)上是减函数,由偶函数的对称性 2 1-2 x x 知,f(x)= - 在(-∞,0)上是增函数. 1-2x 2 x x 法二:由定义易得,函数 f(x)= - 为偶函数.结合选项来看,函数在(-∞,0)上必单调, 1-2x 2 1 1 3 2 2 5 3 x x 故取特殊值来判断其单调性.f(1)= - =- ,f(2)= - =- <- ,所以 f(x)= x- 2 2 2 3 2 2 1-2 1-4 1- 2 x x 在(0,+∞)上是减函数,由偶函数的对称性可知,f(x)= - 在(-∞,0)上是增函数.选 A. 1-2x 2 1 -∞, ?,由对称 2.由 f(2-x)=f(x),得函数图象关于直线 x=1 对称,当 x<1 时,递减区间是? 4? ? 性得 C. 3.由 y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称可知,函数 f(x)的图象关于点(0,0)对称,即函数 f(x)为 奇函数.在已知等式中取 x=-3,得 f(3)+f(-3)=2f(3),f(-3)=f(3),又 f(-3)= -f(3),因此 f(3)=0.所以 f(6+x)+f(x)=0,f(12+x)+f(6+x)=0,因此有 f(12+x)=f(x),即函 数 f(x)是一个周期为 12 的周期函数.由于 2 012=12×168-4,因此 f(2 012)=f(-4)= -f(4)=-4. [答案] 1.A 2.C 3.B

1.四招破解函数的单调性 (1)对于选择、填空题,若能画出图象一般用数形结合法; (2)对于由基本初等函数通过加、 减运算或复合而成的函数,常转化为基本初等函数的单调 性问题来解决; (3)对于解析式为分式、指数函数式、对数式等较复杂的函数常用导数法;

(4)对于抽象函数一般用定义法. 2.函数的奇偶性应关注三点 (1)奇、偶函数的定义域关于原点对称; (2)奇函数的图象关于原点对称,偶函数的图象关于 y 轴对称; (3)对于偶函数而言,有 f(-x)=f(x)=f(|x|).

热点三 命题角度


函数的图象及应用 高考对函数图象的考查包括作图、识图和用 图,其中作图包括描点法和图象变换法. )

[例 1]

2 x (1)函数 f(x)= -x 的图象大致为( 2 -1

A B C D (2)(2014· 宜春模拟)一电子广告,背景是由固定的一系列下顶点相接的正三角形组成,这列 正三角形的底边在同一直线上,正三角形的内切圆由第一个正三角形的 O 点沿三角形列的底 边匀速向前滚动(如图),设滚动中的圆与系列正三角形的重叠部分(如图中的阴影)的面积 S 关 于时间 t 的函数为 S=f(t),则下列图中与函数 S=f(t)图象最近似的是( )

(3)(2014· 安徽高考)若函数 f(x)=|x+1|+|2x+a|的最小值为 3,则实数 a 的值为( ) A.5 或 8 B.-1 或 5 C.-1 或-4 D.-4 或 8 - 2 x-1+1 1 1 [师生共研] (1)将解析式变形整理,f(x)= -x =1+ -x ,当 x>0 时,f(x)=1+ -x 2 -1 2 -1 2 -1 1 ∈(-∞,0),当 x<0 时,f(x)=1+ -x ∈(1,+∞),只有 A 选项符合题意. 2 -1 (2)滚动中的圆与一系列正三角形的重叠部分(如图中的阴影)的面积 s 关于时间 t 的关系呈 周期性变化,且两者之间是非线性变化,故排除答案 D;当圆滚动到两三角形的连接点时,阴影 部分的面积取最小值,但仍不为 0,故排除答案 C;又由当 t=0 时,阴影部分的面积取最大值,可 排除答案 A;故选 B.

? ?x+a-1,-a≤x≤-1, 2 (3)当 a≥2 时,f(x)=? a ? ?-3x-a-1,x<-2,
a? a a 如图 1 可知,当 x=- 时,f(x)min=f? ?-2?=2-1 2 =3,可得 a=8; 3x+a+1,x>- , ? 2 ? a 当 a<2 时,f(x)=? -x-a+1,-1≤x≤- , 2 ? ?-3x-a-1,x<-1, a? a a 如图 2 可知,当 x=- 时,f(x)min=f? ?-2?=-2+1=3,可得 a=-4.综上可知,答案为 D. 2 a

3x+a+1,x>-1,

[答案] (1)A (2)B (3)D

作图、识图、用图的技巧 (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. (2)识图:从图象与轴的交点及左、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:在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时,要注意用好其与图象的关系,结 合图象研究.但是,在利用图象求交点个数或解的个数时,作图要十分准确,否则容易出错.

1.已知函数 y=f(x)的定义域是 R,若对于任意的正数 a,函数 g(x)=f(x+a)-f(x)是其定义域 上的增函数,则函数 y=f(x)的图象可能是( )

A B C D 解析:选 A 设 x1<x2,由 g(x)为其定义域上的增函数,得 f(x1+a)-f(x1)<f(x2+a)-f(x2),即 f?x1+a?-f?x2+a? f?x1?-f?x2? f(x1+a)-f(x2+a)<f(x1)-f(x2),所以 > ,即曲线 y=f(x)的割线的斜率 ?x1+a?-?x2+a? x1-x2 单调递增,结合函数图象可知,选项 A 正确. 1 2.设函数 f(x)=|logax|(0<a<1)的定义域为[m,n](m<n),值域为[0,1].若 n-m 的最小值为 ,则 3 实数 a 的值为( ) 1 2 2 3 1 1 1 3 A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 3 3 3 4 4 3 4 4

1 ? 解析:选 B 如图作出 f(x)=|logax|的图象,因为 0<a<1 时,A(a,1),B? ?a,1?,此时满足条件的 1 1 1 2 3 (n-m)min=1-a= 或 -1= ,解得 a= 或 a= ,经验证均符合条件. 3 a 3 3 4

热点四 命题角度

函数与不等式的交汇问题 函数与不等式的交汇是高考的热点,常涉及函数性质与不等式的 解法、恒成立问题、求参数范围等,题目难度偏大.

1 (2014· 湖北高考)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时,f(x)= (|x-a2|+ 2 2 2 |x-2a |-3a ).若?x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数 a 的取值范围为( ) 1 1 1 1 6 6? 3 3? ? ? ? ? ? A.? ?-6,6? B.?- 6 , 6 ? C.?-3,3? D.?- 3 , 3 ? [例 2] -x,0≤x≤a , ? ? 2 2 2 [师生共研] 当 x≥0 时,f(x)=?-a ,a <x≤2a , ? ?x-3a2,x>2a2,
2

又 f(x)为奇函数,可得 f(x)的图象如图

所示,由图象可得,当 x≤2a2 时,f(x)max=a2,当 x>2a2 时,令 x-3a2=a2,得 x=4a2,又?x∈R,f(x- 6 6 1)≤f(x),可知 4a2-(-2a2)≤1?a∈?- , ?,选 B. ? 6 6?

[答案] B

解决与函数有关的综合问题的常见切入点 (1)已知函数的单调性和周期性,常画出函数的图象求解; (2)已知函数的奇偶性和相对函数的对称性,常画出函数的图象求解; (3)求函数的最值或值域时,常结合相应函数在待求区间上图象的最高点、 最低点的纵坐标 求解; (4)求解方程(不等式)中的参数的取值范围时,常借助函数性质求解. 3. 定 义 域 为 R 的 函 数 f(x) 满 足 f(x + 2) = 2f(x), 当 x ∈ [0,2) 时 ,f(x) = x -x,x∈[0,1?, ? ? t 1 若 x∈[-4,-2)时,f(x)≥ - 恒成立,则实数 t 的取值范围是 ? ?1?? 3? 4 2t ? ?-?2??x-2?,x∈[1,2?, ( )
2

A.[-2,0)∪(0,1) C.[-2,1] 解析:选 D

B.[-2,0)∪[1,+∞) D.(-∞,-2]∪(0,1]

1 1 1 当-4≤x<-3 时,0≤x+4<1,f(x)= f(x+2)= f(x+4)= [(x+4)2-(x+4)], 2 4 4 1 1 1 1 即 f(x)= (x+4)(x+3).此时,- ≤f(x)≤0.当-3≤x<-2 时,1≤x+4<2,f(x)= f(x+2)= f(x+ 4 16 2 4 3 1 ?1?? 1 ?1?? 5? 1 2 x+4- ?=- · x+ .此时,- ≤f(x)≤- .所以 f(x)在[-4,-2)上的最小值 4)=- · 2? 4 ?2?? 4 ?2?? 2? 4 8 2 ?t+2??t-1? 1 t 1 t 1 1 t +t-2 为- .f(x)≥ - 恒成立,则 - ≤- ,即 ≤0, ≤0,即 t≤-2 或 0<t≤1. 4 4 2t 4 2t 4 t t 热点五 命题角度 新定义下的函数问题 此类问题通常是新定义一类函数的概念或性质,然后根据新定义对所 给函数的性质作出鉴别或利用新定义下的函数求解问题,如参数的取值范 围等.

[例 3] (1)(2014· 山东高考)已知函数 y=f(x)(x∈R).对函数 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-x2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________. (2)(2014· 南京模拟)对于函数 f(x),若存在区间 M=[a,b],使得{y|y=f(x),x∈M}=M,则称区间 M 为函数 f(x)的一个“好区间”,给出下列 4 个函数: ①f(x)=sin x;②f(x)=|2x-1|;③f(x)=x3-3x;④f(x)=lg x+1. 其中存在“好区间”的函数是________.(填入所有满足条件函数的序号) [师生共研] (1)函数 g(x)的定义域是[-2,2], h?x?+g?x? 根据已知得 =f(x), 2 所以 h(x)=2f(x)-g(x)=6x+2b- 4-x2. 又 h(x)>g(x)恒成立, 即 6x+2b- 4-x2> 4-x2恒成立, 即 3x+b> 4-x2恒成立. 令 y=3x+b,y= 4-x2, 则只要直线 y=3x+b 在半圆 x2+y2=4(y≥0)上方即可,由 |b| >2,解得 b>2 10(舍去负值), 10

故实数 b 的取值范围是(2 10,+∞). π π π π - , ? 上是单调增函数 , 若函数在 ?- , ? 上存在 “ 好区 (2) ①函数 f(x) = sin x 在 ? ? 2 2? ? 2 2? 间”[a,b]则必有 sin a=a,sin b=b,即方程 sin x=x 有两个根,令 g(x)=sin x-x,g′(x)=cos x- π π? ? π π? ? π π? 1≤0 在? ?-2,2?上恒成立,所以函数 g(x)在?-2,2?上为减函数,则函数 g(x)在?-2,2?上至多 π π? 有一个零点,即方程 sin x=x 在? ?-2,2?上不可能有两个解,又因为函数 f(x)的值域为[-1,1],所 π π 以当 x<- 或 x> 时,方程 sin x=x 无解.所以函数 f(x)=sin x 没有“好区间”; 2 2 ②对于函数 f(x)=|2x-1|,该函数在[0,+∞)上是增函数由幂函数的性质我们易得,M=[0,1] 时,f(x)∈[0,1]=M,所以 M=[0,1]为函数 f(x)=|2x-1|的一个“好区间”. ③对于函数 f(x)=x3-3x,f′(x)=3x2-3=3(x-1)· (x+1),当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,所以函 数 f(x)=x3-3x 的增区间有(-∞,-1)和(1,+∞),减区间是(-1,1),取 M=[-2,2],此时 f(-2)= -2,f(-1)=2,f(1)=-2,f(2)=2,所以函数 f(x)=x3-3x 在 M=[-2,2]上的值域是[-2,2],则 M= [-2,2]为函数的一个“好区间”;

④函数 f(x)=lg x+1 在定义域(0,+∞)上为增函数,若有“好区间”[a,b]则 lg a+1=a,lg b +1=b,也就是函数 g(x)=lg x-x+1 有两个零点,显然 x=1 是函数的一个零点,由 g′(x)= 1 1 1 1 ? - 1<0, 得 ,x> , 函数 g(x) 在 ? ?ln 10,+∞? 上为减函数;由 g′(x) = xln 10 - 1>0, 得 xln 10 ln 10 1 ? 1 ? 1 ?>g(1)=0,则该函数 g(x)在 0, x< ,函数在? 上为增函数 , 所以 g ( x ) 的最大值为 g ln 10 ? ? ?ln 10? ln 10 ?0, 1 ?上还有一个零点.所以函数 f(x)=lg x+1 存在“好区间”. ? ln 10? [答案] (1)(2 10,+∞) (2)②③④

解决此类新定义问题首先要准确理解给出的新定义 ,然后把其转化为熟悉的数学问题求 解.如本例(1)通过对“对称函数”的理解,将问题转化为熟知的直线与圆的位臵关系,从而使问 题得以顺利解决. 4.在平面直角坐标系中,若两点 P、Q 满足条件; ①P、Q 都在函数 y=f(x)的图象上; ②P、Q 两点关于直线 y=x 对称,则称点对{P,Q}是函数 y=f(x)的一对“和谐点对”.(注: 点对{P,Q}与{Q,P}看作同一对“和谐点对”)

?x +3x+2?x≤0?, 已知函数 f(x)=? 则此函数的“和谐点对”有( ?log2 x?x>0?,

2

)

A.0 对 B.1 对 C.2 对 D.3 对 解析:选 C 作出函数 f(x)的图象,然后作出 f(x)=log2 x(x>0)关于直线 y=x 对称的图象, 与函数 f(x)=x2+3x+2(x≤0)的图象有 2 个不同交点,所以函数的“和谐点对”有 2 对.

1 5.设函数 f(x)=x- ,对任意 x∈[1,+∞),使不等式 f(mx)+mf(x)<0 恒成立的实数 m 称为函 x 数 f(x)的“伴随值”,则 m 的取值范围是________. 解析: 由题意知 f(x)为增函数且 m≠0,若 m>0,由函数的单调性可知 f(mx)和 mf(x)均为增函 1? 1 1 m 数,此时不符合题意,若 m<0,则 f(mx)+mf(x)<0 可化为 mx- +mx- <0,所以 2mx-? ?m+m?· mx x x 1 1 <0,即 1+ 2<2x2,因为 y=2x2 在 x∈[1,+∞)上的最小值为 2,所以 1+ 2<2,即 m2>1,解得 m<- m m 1. 答案:(-∞,-1)

一、选择题 2-x 的定义域是( lg x A.{x|0<x<2} 1.函数 y= )

B.{x|0<x<1 或 1<x<2} C.{x|0<x≤2} D.{x|0<x<1 或 1<x≤2} 2-x≥0, ? ? 解析:选 D 由题意知,要使函数有意义只需?x>0, ? ?lg x≠0, 数 y= 解得 0<x<1 或 1<x≤2,所以函

2-x 的定义域为{x|0<x<1 或 1<x≤2}. lg x a 2.若函数 f(x)=x2+ (a∈R),则下列结论正确的是( ) x A.?a∈R,f(x)在(0,+∞)上是增函数 B.?a∈R,f(x)在(0,+∞)上是减函数 C.?a∈R,f(x)是偶函数 D.?a∈R,f(x)是奇函数 解析:选 C 对于 A,只有当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上是增函数;对于 B,如果 a≤0,可知结 论不成立;对于 D,不存在 a,使 f(x)为奇函数,因此只有 C 是正确的,即当 a=0 时,f(x)=x2 是偶 函数,因此存在 a∈R,使 f(x)是偶函数. 3.奇函数 f(x)的定义域为 R.若 f(x+2)为偶函数,且 f(1)=1,则 f(8)+f(9)=( ) A.-2 B.-1 C.0 D.1 解析:选 D 由函数 f(x+2)为偶函数可得 f(2+x)=f(2-x).又 f(-x)=-f(x),故 f(2-x)= -f(x-2),所以 f(2+x)=-f(x-2),即 f(x+4)=-f(x).所以 f(x+8)=-f(x+4)=-[-f(x)]=f(x), 故该函数是周期为 8 的周期函数.又函数 f(x)为奇函数,故 f(0)=0.所以 f(8)+f(9)=f(0)+f(1)=0 +1=1,故选 D. 4. 已知函数 y= loga(x+ c)(a,c 为常数 ,其中 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 解析: 选 D 由对数函数的性质得 0<a<1,因为函数 y=loga(x+c)的图象在 c>0 时是由 函数 y=logax 的图象向左平移 c 个单位得到的,所以根据题中图象可知 0<c<1. 5.(2014· 安溪模拟)若函数 f(x)满足 f(ab)=f(a)+f(b),且 f(2)=m,f(3)=n,则 f(72)的值为 ( ) A.m+n B.3m+2n C.2m+3n D.m3+n2 解析:选 B 因为函数 f(x)满足 f(ab)=f(a)+f(b),所以 f(4)=f(2· 2)=f(2)+f(2)=2f(2).同理 f(8)=3f(2).又因为 f(2)=m,所以 f(8)=3m.又因为 f(9)=f(3· 3)=2f(3)=2n.所以 f(72)=f(8· 9)=f(9) +f(8)=3m+2n.故选 B. 6.如图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水面的高度 h 随时间 t 变化 的图象可能是( )

A B C D 解析: 选 B 由三视图可知此几何体为一底朝上的圆锥,向容器中匀速注水,说明单位时间 内注入水的体积相等,因圆锥下面窄上面宽,所以下面的高度增加得快,上面的高度增加得慢,即 图象应越来越平缓. 7.若函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数,在(-∞,0]上是减函数,且 f(2)=0,则使 f(x)>0 的 x 的 取值范围是( ) A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-2,2) 解析:选 C 因为 f(x)为 R 上的偶函数,且在(-∞,0]上是减函数,故 f(x)在[0,+∞)上为增 函数,又因为 f(2)=0,故此时若 f(x)>0,则有 x>2;同理,在(-∞,0]上有 f(-2)=f(2)=0,若 f(x)>0, 则有 x<-2,综上,x 的取值范围是 x<-2 或 x>2. 8.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+6)=f(x).当-3≤x<-1 时,f(x)=-(x+2)2; 当-1≤x<3 时,f(x)=x.则 f(1)+f(2)+f(3)+?+f(2 014)=( ) A.335 B.337 C.1 678 D.2 012 解析:选 B 由 f(x+6)=f(x)可知,函数 f(x)的周期为 6,所以 f(-3)=f(3)=-1,f(-2)=f(4) =0,f(-1)=f(5)=-1,f(0)=f(6)=0,f(1)=1,f(2)=2,所以在一个周期内有 f(1)+f(2)+?+f(6)= 1+2-1+0-1+0=1,所以 f(1)+f(2)+?+f(2 014)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+335×1=1+2- 1+0+335=337,故选 B. 9.已知定义在 R 上的函数 y=f(x)满足以下三个条件:①对于任意的 x∈R,都有 f(x+4)= f(x);②对于任意的 x1,x2∈R,且 0≤x1<x2≤2,都有 f(x1)<f(x2);③函数 y=f(x+2)的图象关于 y 轴对称,则下列结论中正确的是( ) A.f(4.5)<f(7)<f(6.5) B.f(7)<f(4.5)<f(6.5) C.f(7)<f(6.5)<f(4.5) D.f(4.5)<f(6.5)<f(7) 解析:选 A 由 f(x+4)=f(x)可知函数 f(x)是周期为 4 的周期函数,函数 y=f(x+2)的图象 关于 y 轴对称,则函数 y=f(x)关于 x=2 对称.当 0≤x1<x2≤2 时,有 f(x1)<f(x2),即函数 f(x)在[0,2] 上单调递增,故当 2≤x1<x2≤4 时,有 f(x1)>f(x2),即函数 f(x)在[2,4]上单调递减,所以函数的大致图 象 如 图 所 示 . 又 f(4.5) = f(0.5),f(6.5) = f(2.5),f(7) = f(3), 根 据 函 数 f(x) 在 (0,4) 上 的 单 调 性 , 有 f(4.5)<f(7)<f(6.5).

10.(2014· 绵阳模拟)f(x)是定义在 D 上的函数,若存在区间[m,n]?D,使函数 f(x)在[m,n]上的 值域恰为[km,kn],则称函数 f(x)是 k 型函数.给出下列说法: 4 ①f(x)=3- 不可能是 k 型函数; x ?a2+a?x-1 2 3 ②若函数 y= (a≠0)是 1 型函数,则 n-m 的最大值为 ; a2x 3 1 ③若函数 y=- x2+x 是 3 型函数,则 m=-4,n=0; 2

4 ④设函数 f(x)=x3+2x2+x(x≤0)是 k 型函数,则 k 的最小值为 . 9 其中正确的说法有( ) A.①② B.③④ C.①④ D.②③ 解析:选 D 由题意知 k>0,当存在直线 y=kx(k>0)与曲线 y=f(x)至少有两个交点时,函数 4 4 f(x)就是 k 型函数.对①,作出 f(x)=3- 的图象即可知,f(x)=3- 是 k 型函数; x x ?a2+a?x-1 ?a2+a?x-1 对②,若函数 y= (a≠0)是 1 型函数,则 =x 有两个不同的解,即 a2x2 a2x a2x -(a2+a)x+1=0 有两个不同的解 m、n.由 Δ>0 得 a<-3,a>1,所以 n-m= 2 3 值为 ; 3 1 1 对于③,若函数 y= x2+x 是 3 型函数,则- x2+x=3x?x1=-4,x2=0,即 m=-4,n=0; 2 2 3 2 对④,法一: 函数 f(x)=x +2x +x(x≤0)是 k 型函数,则 x3+2x2+x=kx?x=0 或 k=x2+2x +1,即 k=x2+2x+1 至少有一个小于 0 的根.作出 y=x2+2x+1 的图象,结合图象可知 k 的取值 范围为 k>0. 法二:作出 f(x)=x3+2x2+x 的图象,由图可知,k>0. ?a2+a?2-4a2 = a2 3 2 - 2+ +1≤ a a 4 2 3 = (a=3 时取等号),所以 n-m 的最大 3 3

二、填空题 11.偶函数 y=f(x)的图象关于直线 x=2 对称,f(3)=3,则 f(-1)=________. 解析: 因为 f(x)的图象关于直线 x=2 对称,所以 f(x)=f(4-x),f(-x)=f(4+x),又 f(-x)=f(x), 所以 f(x)=f(4+x),则 f(-1)=f(4-1)=f(3)=3. 答案:3 12.定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0,+∞)上是增函数,则方程 f(x)=f(2x-3)的所有实数根的 和为________. 解析:由于函数 f(x)为偶函数,则 f(|x|)=f(|2x-3|),又函数 f(x)在[0,+∞)上是增函数,则|x|= |2x-3|,整理得 x2-4x+3=0,解得 x1=1,x2=3,故 x1+x2=4. 答案:4 + 2 011x 1+2 010 ? π π?? 13.(2014· 江西七校联考)设函数 f(x)= +2 012sin x? ?x∈?-2,2??的最大值 2 011x+1 为 M,最小值为 N,那么 M+N=________. + 2 011x 1+2 010 2 011×2 011x+2 010 解析:函数 f(x)= + 2 012sin x = +2 012sin x=2 011 2 011x+1 2 011x+1 π π π π 1 1 - , ?上为增函数,∴y= - , ? - +2 012sin x,∵y=2 011x 在 x∈? 在 x∈? x x 2 2 2 2? ? ? ? 2 011 +1 2 011 +1 π π? 1 ? π π? 上为减函数,∴y=- 在 x∈? ?-2,2?上为增函数,而 y=sin x 在 x∈?-2,2?上也为增 2 011x+1 π π? 1 ?π? ? π? 函数,∴f(x)=2 011- +2 012sin x 在 x∈? ?-2,2?上为增函数,∴M=f?2?,N=f?-2?, 2 011x+1 π 2 011 2 π? ? π? 1 1 1 - =4 022- + ∴M+N=f? + f - = 4 022 - π π ?2? ? 2? π π 2 011 +1 2 011 +1 2 011 +1 2 011- +1 2 2 2 2

? ? ?

? ? ?

=4 021,故答案为 4 021. 答案:4 021 ?a,x=1,

14.函数 f(x)=??1?|x-1| ??2? +1,x≠1, ?

?

若关于 x 的方程 2f2(x)-(2a+3)f(x)+3a=0 有五个不

同的实数解,则 a 的取值范围是________. 3 解析: 由 2f2(x)-(2a+3)· f(x)+3a=0 得 f(x)= 或 f(x)=a.由已知画出函数 f(x)的大致图象, 2 2 结合图象不难得知,要使关于 x 的方程 2f (x)-(2a+3)· f(x)+3a=0 有五个不同的实数解,即要使 3? ?3 ? 3 函数 y=f(x)的图象与直线 y= ,y=a 共有五个不同的交点,a 的取值范围是? ?1,2?∪?2,2?. 2

3? ?3 ? 答案:? ?1,2?∪?2,2?

??x-2? +2x+sin?x-2?=2, 15.(2014· 温州模拟)设 x,y∈R,且满足? 则 x+y=________. ??y-2?3+2y+sin?y-2?=6,
解 析 : 令 f(x) = x3 + 2x + sin x, 则 f(x) 的 图 象 关 于 原 点 对 称 . 由 题 设
3 3 ? ? ??x-2? +2x+sin?x-2?=2, ??x-2? +2?x-2?+sin?x-2?=-2, ? 得:? 即 f(x-2)=-f(y- 3 3 ??y-2? +2y+sin?y-2?=6, ? ? ??y-2? +2?y-2?+sin?y-2?=2,

3

2),所以(x-2)+(y-2)=0,即 x+y=4. 答案:4 16.(2014· 安徽六校联考 ) 设函数 f(x) 的定义域为 D, 如果 ? x ∈ D, 存在唯一的 y ∈ D, 使 f?x?+f?y? =C(C 为常数)成立,则称函数 f(x)在 D 上的“均值”为 C.已知四个函数: 2 1?x ①y=x3(x∈R);②y=? ?2? (x∈R);③y=ln x(x∈(0,+∞));④y=2sin x+1(x∈R).上述四 个函数中,满足所在定义域上“均值”为 1 的函数是________.(填入所有满足条件函数的序号) x3+y3 3 解析: ①对于函数 y=x3,定义域为 R,设 x∈R,由 =1,得 y3=2-x3,所以 y= 2-x3∈ 2 R,所以函数 y=x3 是定义域上的“均值”为 1 的函数; ?1?x+?1?y ?2? ?2? 1?x ?1?y=2-?1?x,当 x=-2 时,2 ②对于函数 y=? , 定义域为 R , 设 x ∈ R , 由 =1,得: ?2? ?2? ?2? 2 1 1 - ? 2 ? ?y -? ?2? =-2,不存在实数 y 的值,使?2? =-2,所以该函数不是定义域上均值为 1 的函数; ln x+ln y - ③对于函数 y=ln x,定义域是(0,+∞),设 =1,得 ln y=2-ln x,则 y=e2 ln x∈R,所 2 以该函数是定义域上的均值为 1 的函数; 2sin x+1+2sin y+1 ④对于函数 y=2sin x+1,定义域为 R,设 x∈R,由 =1,得 sin y=-sin x, 2 因为-sin x∈[-1,1],所以存在实数 y,使得 sin y=-sin x 成立,所以函数 y=2sin x+1 在其定义 域上是均值为 1 的函数. 答案:①③④

第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用

1 1 11 1.(2014· 辽宁高考)已知 a=2- ,b=log2 ,c=log ,则( ) 3 3 23 A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 1 1 11 解析:选 C a=2- ∈(0,1),b=log2 ∈(-∞,0),c=log =log23∈(1,+∞),所以 c>a>b. 3 3 23 6 2.(2014· 北京高考)已知函数 f(x)= -log2x,在下列区间中,包含 f(x)零点的区间是( ) x A.(0,1) B.(1,2) C.(2,4) D.(4,+∞) 3 1 解析:选 C 因为 f(1)=6-log21=6>0,f(2)=3-log22=2>0,f(4)= -log24=- <0,所以 2 2 函数 f(x)的零点所在区间为(2,4),故选 C. 3.(2014· 浙江高考 ) 在同一直角坐标系中 , 函数 f(x) = xa(x>0),g(x) = logax 的图象可能是 ( )

A B C D 解析: 选 D 根据对数函数性质知,a>0,所以幂函数是增函数,排除 A(利用(1,1)点也可以排 除);选项 B 从对数函数图象看 a<1,与幂函数图象矛盾;选项 C 从对数函数图象看 a>1,与幂 函数图象矛盾,故选 D. 4.(2014· 北京高考)加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用 率”.在特定条件下,可食用率 p 与加工时间 t(单位: 分钟)满足的函数关系 p=at2+bt+c (a,b,c 是常数),如图记录了三次实验的数据 .根据上述函数模型和实验数据 ,可以得到最佳加工时间 为( )

A.3.50 分钟 B.3.75 分钟 C.4.00 分钟 D.4.25 分钟 解 析 : 选 B 由 实 验 数 据 和 函 数 模 型 知 , 二 次 函 数 p = at2 + bt + c 的 图 象 过 点 0.7=9a+3b+c, ? ? (3,0.7),(4,0.8),(5,0.5),分别代入解析式,得?0.8=16a+4b+c, ? ?0.5=25a+5b+c, a=-0.2, ? ? 解得?b=1.5, ? ?c=-2. 所以 p=-

0.2t2+1.5t-2=-0.2(t-3.75)2+0.812 5,所以当 t=3.75 分钟时,可食用率 p 最大.故选 B. 5.(2014· 天津高考)已知函数 f(x)=|x2+3x|,x∈R.若方程 f(x)-a|x-1|=0 恰有 4 个互异的实 数根,则实数 a 的取值范围为________. 解析:画出函数 f(x)=|x2+3x|的大致图象,如图,令 g(x)=a|x-1|,则函数 f(x)的图象与函数

2 ? ?y=-x -3x, g(x)的图象有且仅有 4 个不同的交点,显然 a>0.联立? 消去 y,得 x2+(3-a)x+a ?y=a?1-x? ?

=0,

由 Δ>0,解得 a<1 或 a>9;联立?

?y=x2+3x, ? ?y=a?1-x? ?

消去 y,得 x2+(3+a)x-a=0,由 Δ>0,解

得 a>-1(舍去)或 a<-9(舍去). 综上,实数 a 的取值范围为(0,1)∪(9,+∞). 答案:(0,1)∪(9,+∞)

1.指数与对数式的七个运算公式 + (1)am· an=am n; (2)(am)n=amn; (3)loga(MN)=logaM+logaN; M (4)loga =logaM-logaN; N (5)logaMn=nlogaM; (6)alogaN=N; logbN (7)logaN= (a>0 且 a≠1,b>0 且 b≠1,M>0,N>0). logba 2.指数函数与对数函数的图象和性质 指数函数 图象

对数函数

单调性

0<a<1 时,在 R 上单调递减; a>1 时,在 R 上单调递增

0<a<1,当 x>0 时,0<y<1; 当 x<0 时 , y >1 函数值 性质 a>1,当 x>0 时,y>1;当 x<0 时,0<y<1 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.

a>1 时,在(0,+∞)上单调递 增;0<a<1 时,在(0,+∞)上单 调递减 0<a<1,当 x>1 时,y<0;当 0<x<1 时,y>0 a>1,当 x>1 时,y>0;当 0<x<1 时,y<0

热点一 命题角度

基本初等函数的图象与性质 (1)考查基本初等函数的图象,如 T1,T3;(2)考 查与基本初等函数有关的比较大小问题,如 T2.

1.(2014· 福建高考)若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图象如图所示,则下列函数图象正确的 是 ( )

A B C D 2.(2014· 涡阳模拟)设 a=e0.3,b=0.92,c=logπ0.87,则 a,b,c 的大小关系是( ) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<c<a 1 0, ?,且 x1<x2,则下列结论中正确的是( 3.已知函数 f(x)=ln x,x1,x2∈? ) ? e? A.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0 x1+x2? f?x1?+f?x2? B.f? 2 ? 2 ?< C.x1f(x2)>x2f(x1) D.x2f(x2)>x1f(x1) - [自主解答] 1.因为函数 y=logax 过点(3,1),所以 1=loga3,解得 a=3.y=3 x 不可能过点 3 3 (1,3),排除 A;y=(-x) =-x 不可能过点(1,1),排除 C;y=log3(-x)不可能过点(-3,-1),排除 D,故选 B. 2.把 a 看成函数 y=ex 当 x=0.3 时的函数值,因为 e>1,0.3>0,所以 a>1;把 b 看成函数 y= x 0.9 当 x=2 时的函数值,因为 0<0.9<1,2>0,所以 0<b<1;把 c 看成函数 y=logπ x 当 x=0.87 时的函数值,因为 π>1,0<0.87<1,所以 c<0.综上,c<b<a,故选 B. 3.选项 A,由于函数在区间上为增函数,由单调性定义可知(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,故 A 错 x1+x2 f?x1?+f?x2? f?x? ln x 误; 选项 B,由函数图象的凸凹性可知 f > ,故 B 错误; 选项 C,令 g(x)= = , 2 2 x x 1-ln x 1? ? 1? 由于 g′(x) = , 当 x ∈? ?0,e? 时,g′(x)>0,即函数在区间?0,e? 上为增函数 ,故 x1<x2? x2 f?x1? f?x2? g(x1)<g(x2) ? < ? x2f(x1)<x1f(x2), 故 C 正 确 ; 同 理 , 令 h(x) = xf(x) = xln x, 可 知 x1 x2 x1f(x1)>x2f(x2),D 错误. [答案] 1.B 2.B 3.C 互动探究 1? x 将题 3 中“f(x)=ln x,x1,x2∈? ?0,e?”改为“f(x)=e ”,如何选择? 解析:选 B 因为 f(x)=ex 为增函数,所以(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]>0,故 A 错误;由于函数 f(x)

xex-ex ex?x-1? x1+x2? f?x1?+f?x2? ex =ex 的凸凹性可知 f? < ,故 B 正确;令 g(x)= ,则 g′(x)= = , 2 x x2 x2 ? 2 ? x e 所以 g(x)= 在(-∞,0),(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,故 C 错误;同理,令 h(x)=xex, x 则 h′(x)=ex+xex=(1+x)ex,所以 h(x)=xex 在(-∞,-1)上为减函数,在(-1,+∞)上为增函数, 故 D 错误.

1.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题 (1)底数相同,指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较; (2)底数相同,真数不同的对数值用对数函数的单调性比较; (3)底数不同、指数也不同,或底数不同、真数也不同的两个数,常引入中间量或结合图象 比较大小. 2.解决含参数的指数、对数问题应注意的问题 对于含参数的指数、对数问题,在应用单调性时,要注意对底数进行讨论.解决对数问题时, 首先要考虑定义域,其次再利用性质求解. 热点二 命题角度 函数的零点问题 (1)判断函数零点所在的区间,如 T1; (2)判断函数零点的个数,如 T2; (3) 由函数零点的情况求参数,如 T3. )

1.(2014· 南安模拟)已知函数 f(x)=3x+2x 的零点所在的一个区间是( A.(-2,-1) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,2) 2 ?x -2≤0,x≤0, 2.函数 f(x)=? 的零点个数是________. ?2x-6+ln x,x>0

3.已知函数 f(x)=|x-2|+1,g(x)=kx.若方程 f(x)=g(x)有两个不相等的实根,则实数 k 的取 值范围是________. 5 [自主解答] 1.f(-1)=- <0,f(0)=1>0,所以零点所在的一个区间是(-1,0). 3 2 2.当 x≤0 时,令 x -2=0,解得 x=- 2;当 x>0 时, 1 f(x)=2x-6+ln x,因为 f′(x)=2+ >0,所以函数 f(x)=2x-6+ln x 在(0,+∞)上单调递增, x 因为 f(1)=2-6+ln 1=-4<0,f(3)=ln 3>0,所以函数 f(x)=2x-6+ln x 在(0,+∞)有且只有一 个零点,综上,函数 f(x)的零点个数为 2.

3.在同一坐标系中分别画出函数 f(x),g(x)的图象如图所示,方程 f(x)=g(x)有两个不相等的 实根等价于两个函数的图象有两个不同的交点,结合图象可知,当直线 y=kx 的斜率大于坐标 1 原点与点(2,1)连线的斜率且小于直线 y=x-1 的斜率时符合题意,故 <k<1. 2 1 ? [答案] 1.B 2.2 3.? ?2,1?

判断函数零点个数的方法 (1)直接求零点:令 f(x)=0,则方程解的个数即为零点的个数. (2)零点存在性定理:利用该定理不仅要求函数在[a,b]上是连续的曲线,且 f(a)· f(b)<0,还必 须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点. (3)数形结合: 对于给定的函数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,然后数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的 零点.

函数的实际应用 以实际生活为背景,通过巧妙设计和整合命制, 命题角度 常与函数解析式的求法、函数最值、不等式、 导数等交汇命题,多以求最值为高考考向. [例 1] (2014· 南京模拟)如图,现要在边长为 100 m 的正方形 ABCD 内建一个交通“环 岛”.以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为 x m(x 不小于 9)的扇形花坛,以正方 1 形的中心为圆心建一个半径为 x2 m 的圆形草地.为了保证道路畅通,岛口宽不小于 60 m,绕岛 5 行驶的路宽均不小于 10 m.

热点三

(1)求 x 的取值范围(运算中 2取 1.4); (2)若中间草地的造价为 a 元/m2,四个花坛的造价为 /m2,当 x 取何值时,可使“环岛”的整体造价最低? [师生共研] (1)由题意得, x≥9, ? ?100-2x≥60, ? 1 ? ?100 2-2x-2×5x ≥2×10,
2

4 12a ax 元/m2,其余区域的造价为 元 33 11

x≥9, ? ? 解得?x≤20, ? ?-20≤x≤15,

即 9≤x≤15.

(2)记“环岛”的整体造价为 y 元,则由题意得 1 2? 2 4 12a ? 4 a 1 4 4 3 2 2? 2 ?1 2?2 y = a×π× ? ?5x ? + 33 ax×πx + 11 × ?10 -π×?5x ? -πx ? = 11 π - 25 x + 3 x - 12x + 1 2 1 4 4 ? 12×104,令 f(x)=- x4+ x3-12x2,则 f′(x)=- x3+4x2-24x=-4x? ?25x -x+6?,由 f′(x) 25 3 25 =0,解得 x=10 或 x=15,列表如下:

所以当 x=10 时,y 取最小值. 故当 x=10 时,可使“环岛”的整体造价最低.

解决函数应用题的四步曲 (1)阅读理解:读懂题意,弄清题中出现的量及其数学含义. (2)分析建模: 分析题目中的量与量之间的关系,同时要注意由已知条件联想熟知的函数模 型,以确定函数模型的种类,建立目标函数,将实际问题转化为数学问题. (3)数学求解:利用相关的函数知识求解计算. (4)还原总结:把计算获得的结果还原到实际问题中进行总结作答. 1.某企业为打入国际市场,决定从 A,B 两种产品中只选择一种进行投资生产.已知投资生产 这两种产品的有关数据如表:(单位:万美元)

其中年固定成本与年生产的件数无关,m 为待定常数,其值由生产 A 产品的原材料价格决 定,预计 m∈[6,8].另外,年销售 x 件 B 产品时需上交 0.05x2 万美元的特别关税.假设生产出来的 产品都能在当年销售出去. (1)写出该厂分别投资生产 A,B 两种产品的年利润 y1,y2 与生产相应产品的件数 x 之间的函 数关系并指明其定义域; (2)如何投资最合理(可获得最大年利润)?请你做出规划. 解:(1)由年销售量为 x 件,按利润的计算公式,有生产 A,B 两产品的年利润 y1,y2 分别为 y1 =10x-(20+mx)=(10-m)x-20(x∈N,0≤x≤200), y2=18x-(8x+40)-0.05x2=-0.05x2+10x-40(x∈N,0≤x≤120). (2)因为 6≤m≤8,所以 10-m>0,函数 y1=(10-m)x-20 在[0,200]上是增函数,所以当 x= 200 时,生产 A 产品有最大利润,且 y1max=(10-m)×200-20=1 980-200m(万美元). 又 y2=-0.05(x-100)2+460(x∈N,0≤x≤120), 所以当 x=100 时,生产 B 产品有最大利润,且 y2max=460(万美元). 因为 y1max-y2max=1 980-200m-460 >0,6≤m<7.6, ? ? =1 520-200m?=0,m=7.6, ? ?<0,7.6<m≤8. 所以当 6≤m<7.6 时,可投资生产 A 产品 200 件; 当 m=7.6 时,生产 A 产品或生产 B 产品均可(投资生产 A 产品 200 件或生产 B 产品 100 件); 当 7.6<m≤8 时,可投资生产 B 产品 100 件. 热点四 命题角度 [例 2] 零点与函数性质的综合问题 此类问题多以零点为载体考查函数与方程间的转化以及函数的图 象和性质,且常以创新题的形式出现.

(2014· 成都模拟)已知偶函数 f(x)满足对任意 x∈R,均有 f(1+x)=f(3-x)且 f(x)=

?m?1-x ?,x∈[0,1], 若方程 3f(x)=x 恰有 5 个实数解,则实数 m 的取值范围是________. ? ?x-1,x∈?1,2].
[师生共研] 由 f(1+x)=f(3-x)得,函数 f(x)的图象关于直线 x=2 对称,偶函数的图象关于 x y 轴对称.当 m>0 时,作出函数 f(x)及 y= 的图象如下: 3

2

?f?4?>3, 由图可知,方程 3f(x)=x 恰有 5 个实数解,则? 8 ?f?8?<3,
8 4 同理,当 m<0 时,可得- <m<- . 3 3

4

4 8 即 <m< . 3 3

8 4 4 8 - ,- ?∪? , ? [答案] ? 3? ?3 3? ? 3

函数与方程的转化类型 (1)判断函数零点个数常转化为两函数的图象交点; (2)由函数的零点情况确定参数范围,常转化为利用函数图象求解; (3)方程根的讨论转化为函数的零点问题. 1 ? ?|x-1| ?x≠1?, 2.已知定义域为 R 的函数 f(x)=? 若关于 x 的方程 f2(x)+bf(x)+c=0 有 ? ?1 ?x=1?,
2 2 3 个不同的实根 x1,x2,x3,则 x2 ) 1+x2+x3等于( 2b2+2 A.13 B. 2 b 2 3c +2 C.5 D. 2 c 解析:选 C 作出 f(x)的图象,由图知,只有当 f(x)=1 时有 3 个不同的实根;∵关于 x 的方 程 f2(x)+bf(x)+c=0 有 3 个不同的实数解 x1,x2,x3,∴必有 f(x)=1,从而 x1=1,x2=2,x3=0,故可 2 2 得 x2 1+x2+x3=5,故选 C.

3.偶函数 f(x)满足 f(1-x)=f(1+x),且在 x∈[0,1]时,f(x)= 2x-x2,若直线 kx-y+k=0(k>0) 与函数 f(x)的图象有且仅有三个交点,则 k 的取值范围是( ) 1 1? 15 3? 3 5 ? 1 1? A.? B.? , ? C.? ?3,2? D.?15,3? 3? ? 15 , 3 ? ?5 解析:选 A 因为 f(1-x)=f(1+x),所以函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称,又 f(x)是偶函 数,所以 f(x-1)=f(1+x),即有 f(2+x)=f(x),所以 f(x)是周期为 2 的函数.由 y= 2x-x2,得 x2- 2x+y2=0,即(x-1)2+y2=1,画出函数 f(x)和直线 y=k(x+1)的示意图.

因为直线 kx-y+k=0(k>0)与函数 f(x)的图象有且仅有三个交点 ,所以根据示意图易知 15 3 <k< . 15 3

一、选择题 1 - 1.(2014· 天津高考)设 a=log2π,b=log π,c=π 2,则( 2 A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>b>a )

1 - 解析: 选 C 利用中间量比较大小.因为 a=log2π∈(1,2),b=log π<0,c=π 2∈(0,1),所以 a 2 >c>b. 2.(2014· 西安模拟)已知函数 y=f(x)是周期为 2 的周期函数,且当 x∈[-1,1]时,f(x)=2|x|-1, 则函数 F(x)=f(x)-|lg x|的零点个数是( ) A.9 B.10 C.11 D.12 解析:选 B F(x)=f(x)-|lg x|的零点个数即函数 y=f(x)与函数 y=|lg x|图象交点的个数. 3.(2014· 湖南高考)某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为 p,第二年的增长率 为 q,则该市这两年生产总值的年平均增长率为( ) p+q ?p+1??q+1?-1 A. B. C. pq D. ?p+1??q+1?-1 2 2 解析:选 D 设年平均增长率为 x,原生产总值为 a,则(1+p)(1+q)a=a(1+x)2,解得 x= ?1+p??1+q?-1,故选 D. 4.(2014· 荆门模拟)已知 a>b>1,0<x<1,以下结论中成立的是( ) 1 1 a b ?x ? ?x A.? ?a? >?b? B.x >x C.logx a>logx b D.loga x>logb x 1?x ?1?x 1 1 解析: 选 D ∵a>b>1,0<x<1,∴0< < <1,∴? ∵a>b>1,0<x<1,∴xa<xb, ?a? <?b? ,故 A 不成立; a b 故 B 不成立; ∵a>b>1,0<x<1,∴logx a<logx b,故 C 不成立; ∵a>b>1,0<x<1,∴loga x>logb x,故 D

成立,故选 D. + 5.(2014· 温州模拟)对于函数 f(x)=4x-m· 2x 1,若存在实数 x0,使得 f(-x0)=-f(x0)成立,则实 数 m 的取值范围是( ) 1 1 A.m≤ B.m≥ C.m≤1 D.m≥1 2 2 解析:选 B 若存在实数 x0,使得 f(-x0)=-f(x0),则 4-x0-m· 2-x0+1=-4x0+m· 2x0+ 2 4x0+4-x0 (2x0+2-x0) -2 1, 整理得 ,2m(2x0 + 2 - x0) = 4x0 + 4 - x0,2m = = = (2x0 + 2 - x0) - 2x0+2-x0 2x0+2-x0 2 2 1 ,设 t=2x0+2-x0(t≥2),则 2m=t- 在[2,+∞)上为增函数,当 t=2 时,2m=1,得 m= , t 2 2x0+2-x0 1 所以 m≥ ,故选 B. 2 6. (2014· 湖州模拟)如图是函数 f(x)=x2+ax+b 的部分图象,函数 g(x)=ex-f′(x)的零点所 在的区间是(k,k+1)(k∈Z),则 k 的值为( )

A.-1 或 0 B.0 C.-1 或 1 D.0 或 1 解析: 选 C 由于函数 f(x)=x2+ax+b 经过点(-1,0),代入得 1-a+b=0,即 a=b+1; 并 且由 f(x)的图象可以知 0<f(0)<1,即有 0<b<1;从而有 1<a=b+1<2;f′(x)=2x+a, 所以 g(x) =ex-2x-a,易知 g(x)在区间(-∞,ln 2)上单调递减;在区间(ln 2,+∞)上单调递增,而 g(ln 2) =2-2ln 2-a<0,所以把 0,1,-1 分别代入验证 k 的值为-1 或 1. 7.(2014· 四川高考)已知 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),x∈(-1,1),现有下列命题:①f(-x)=- 2x f(x);②f?1+x2?=2f(x);③|f(x)|≥2|x|.其中所有正确命题的序号是( ) ? ? A.①②③ B.②③ C.①③ D.①② 解析:选 A f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),故①正确;因为 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x) 2x 1+ 1+x2 2x ? 1+x 2x ?1+x?2=2ln1+x= ? =ln ,又当 x∈(-1,1)时, ∈(-1,1),所以 f 1+x2 =ln =ln? ? 2x ? ? 1-x 1+x2 1-x ?1-x? 1- 2 1+x 2f(x),故②正确;当 x∈[0,1)时,|f(x)|≥2|x|?f(x)-2x≥0,令 g(x)=f(x)-2x=ln(1+x)-ln(1-x)- 1 1 2x2 2x(x∈[0,1)),因为 g′(x)= + -2= >0,所以 g(x)在区间[0,1)上单调递增,g(x)=f(x) 1+x 1-x 1-x2 -2x≥g(0)=0,即 f(x)≥2x,又 f(x)与 y=2x 都为奇函数,所以|f(x)|≥2|x|成立,故③正确,故选 A. 1 8.(2014· 南安模拟)已知 x0 是函数 f(x)=2x+ 的一个零点.若 x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),则 1-x ( ) A.f(x1)<0,f(x2)<0 B.f(x1)<0,f(x2)>0 C.f(x1)>0,f(x2)<0 D.f(x1)>0,f(x2)>0 解析: 选 B 方程的根与函数的零点的联系为:方程 f(x)=0 有实根?函数 y=f(x)的图象 1 与 x 轴有交点?函数 y=f(x)有零点.当 x>1 时,y= 是增函数;y=2x 也是增函数.所以 f(x) 1-x 是增函数,因为 f(x0)=0 且 x1<x0,x2>x0,所以 f(x1)<0,f(x2)>0. 1?x 1+lg a 9.已知关于 x 的方程? ) ?2? =1-lg a有正根,则实数 a 的取值范围是( 1 ? ?1 ? A.(0,1) B.? ?10,10? C.?10,1? D.(10,+∞)

1?x 1+lg a ?1?x 1+lg a 解析:选 C 令 f(x)=? ?2? ,g(x)=1-lg a,由方程?2? =1-lg a有正根,即 f(x),g(x)的图象在 1+lg a >0, ? ? 1-lg a 1+lg a 0< <1, 即 ? 1-lg a 1+lg a ?1-lg a<1, ? -1<lg a<1, ? ? 整 理 得 ? 2lg a >0, ? ?lg a-1

(0, + ∞) 上 有 交 点 , 如 图 可 知



? ?-1<lg a<1, 1 ? 即-1<lg a<0,则 <a<1. 10 ?lg a<0或lg a>1, ?

10.(2014· 眉山模拟)已知函数 f(x)=|x3+a|,a∈R 在[-1,1]上的最大值为 M(a),若函数 g(x) =M(x)-|x2+t|有 4 个零点,则实数 t 的取值范围为( ) 5 5 ? ? ? A.? ?1,4? B.(-∞,-1) C.(-∞,-1)∪?1,4? D.(-∞,-1)∪(1,2) 解析:选 C 当 a≥0 时,M(a)=1+a;当 a<0 时,M(a)=1-a;
?1-x-|x2+t|,x<0, ? 所以 g(x)=? 当 t≥0 时,分别作出 y=|x2+t|,y=1-x(x<0),y=1+ 2 ? 1 + x - | x + t | , x ≥ 0 , ? x(x≥0)的图象如图所示:

5 5 当 t=1 时,g(x)有三个零点;由 x2+t=1+x?x2-x+t-1=0,Δ=0?t= ,所以当 1<t< 4 4 时,g(x)有四个零点; 当 t<0 时,若 t=-1 时,有 g(x)三个零点; 当 t<-1 时,g(x)有四个零点.综上, 5 当 1<t< 或 t<-1 时,g(x)有四个零点,选 C. 4 二、填空题 2x,x≥0 ?a· 11.已知函数 f(x)=? -x (a∈R),若 f[f(-1)]=1,则 a=________. ?2 ,x<0 1 - - 解析:因为-1<0,所以 f(-1)=2 ( 1)=2.又 2>0,所以 f[f(-1)]=f(2)=a· 22=1,解得 a= . 4 1 答案: 4 e ,x<1, ? ? 12.设函数 f(x)=? 1 则使得 f(x)≤2 成立的 x 的取值范围是________. x ,x≥1, ? ?3 1 - 解析:当 x<1 时,由 ex 1≤2 得 x≤1+ln 2,∴x<1;当 x≥1 时,由 x ≤2 得 x≤8,∴1≤x≤8. 3 综上,符合题意的 x 的取值范围是 x≤8. 答案:(-∞,8] 13.(2014· 宿州模拟)已知等式 aln x+b=ln(x+b)对?x>0 恒成立,写出所有满足题设的数 对(a,b)=________. 解析:因为等式 aln x+b=ln(x+b)对?x>0 恒成立,所以 ln xa+b=ln(x+b),所以 ln xa+ln
x-1

? ?a=1, eb=ln(x+b),所以 ln(xaeb)=ln(x+b),所以 xaeb=x+b 对?x>0 恒成立.只有满足? 时等式 ?b=0 ? 才成立,故填(1,0). 答案:(1,0) 14.(2014· 江苏高考 ) 已知 f(x) 是定义在 R 上且周期为 3 的函数 , 当 x ∈ [0,3) 时 ,f(x) = 1 2 ?x -2x+ ?.若函数 y=f(x)-a 在区间[-3,4]上有 10 个零点(互不相同),则实数 a 的取值范围 2? ? 是________. 解析:函数 y=f(x)-a 在区间[-3,4]上有互不相同的 10 个零点,即函数 y=f(x),x∈[-3,4] 与 y=a 的图象有 10 个不同交点.在坐标系中作出函数 y=f(x)在[-3,4]上的图象,f(-3)=f(-2) 1 1 =f(-1)=f(0)=f(1)=f(2)=f(3)=f(4)= ,观察图象可得 0<a< . 2 2

1 0, ? 答案:? ? 2?

?ax +2x+1,?-2<x≤0?, 15.(2014· 中山模拟)已知函数 f(x)=? 有 3 个零点,则实数 a 的 ?ax-3,?x>0?
取值范围是________.
?ax2+2x+1,?-2<x≤0?, ? 解析:∵函数 f(x)=? 有 3 个零点,图象如图: ?ax-3,?x>0? ?

2

∴a>0 且 f(x)=ax2+2x+1 在(-2<x≤0)上有 2 个零点,

? ?a?-2? +2?-2?+1>0, ?-2<-1 <0, a ? ?Δ=4-4a>0,
a>0,
2

3 解得 <a<1. 4

3 ? 答案:? ?4,1? 16.设函数 f(x)=ax+bx-cx,其中 c>a>0,c>b>0. (1)记集合 M={(a,b,c)|a,b,c 不能构成一个三角形的三条边长,且 a=b},则(a,b,c)∈M 所对 应的 f(x)的零点的取值集合为________; (2)若 a,b,c 是△ABC 的三条边长,则下列结论正确的是________(写出所有正确结论的序 号). ①?x∈(-∞,1),f(x)>0;

②?x0∈R,使 ax0,bx0,cx0 不能构成一个三角形的三条边长; ③若△ABC 为钝角三角形,则?x0∈(1,2),使 f(x0)=0. 解析:(1)由题设 f(x)=0,a=b?2ax=cx? ?a?x=1, ? c? 2 a 1 a?x ?1?x 1 1?x 又 a+b≤c,a=b? ≤ ?? ≤ ,x>0,所以 ≤? ?0<x≤1. c 2 ?c? ?2? 2 ?2? a?x a ?b?x b ?a?x ?b?x a b a b (2)由题设 a+b>c? + >1,又 0< <1,0< <1,?x∈(-∞,1)?? ?c? >c,? c? >c?? c? +?c? >1, c c c c 即 f(x)>0,所以①正确;由(1)可知②正确;由△ABC 为钝角三角形,所以 a2+b2<c2,所以 f(2)<0. a b 又 a+b>c,所以 + >1,所以 f(1)>0,由零点存在性定理可知③正确. c c 答案:(1){x|0<x≤1} (2)①②③ 第四讲 不等式(选择、填空题型)

?x+y-7≤0, 1.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)设 x,y 满足约束条件?x-3y+1≤0, ?3x-y-5≥0,
(

则 z=2x-y 的最大值为

) A.10 B.8 C.3 D.2 解析:选 B 作出可行域如图中阴影部分所示,由 z=2x-y 得 y=2x-z,作出直线 y=2x, 平移使之经过可行域,观察可知,当直线经过点 A(5,2)时,对应的 z 值最大.故 zmax=2×5-2=8.

?x+y-2≥0, 2.(2014· 北京高考)若 x,y 满足?kx-y+2≥0, ?y≥0,
( ) 1 1 A.2 B.-2 C. D.- 2 2 x+y-2≥0, ? ? 解析: 选 D 作出线性约束条件?kx-y+2≥0, ? ?y≥0

且 z=y-x 的最小值为-4,则 k 的值为

的可行域.当 k>0 时,如图(1)所示,此时

可行域如图中阴影部分所示,显然此时 z=y-x 无最小值. 当 k<-1 时,z=y-x 取得最小值 2; 当 k=-1 时,z=y-x 取得最小值-2,均不符合题意. 2 - ,0?,C(0,2)所围成的三角形区 当-1<k<0 时,如图(2)所示,此时可行域为点 A(2,0),B? ? k ?

2 ? 1 ? 2? 域,当直线 z=y-x 经过点 B? ?-k,0?时,有最小值,即-?-k?=-4?k=-2.故选 D.

?x +x,x<0, 3.(2014· 浙江高考 ) 设函数 f(x) = ? 2 若 f(f(a))≤2, 则实数 a 的取值范围是 ?-x ,x≥0.
________. 解析: f(x)的图象如图,由图象知,满足 f(f(a))≤2 时,得 f(a)≥-2,而满足 f(a)≥-2 时,a≤ 2.

2

答案:(-∞, 2 ] 4.(2014· 湖北高考)设 f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且 f(x)>0.对任意 a>0,b>0,若经过点 (a,f(a)),(b,-f(b))的直线与 x 轴的交点为(c,0),则称 c 为 a,b 关于函数 f(x)的平均数,记为 Mf(a,b). 例如,当 f(x)=1 a+b (x>0)时,可得 Mf(a,b)=c= ,即 Mf(a,b)为 a,b 的算术平均数. 2 (1)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; 2ab (2)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 . a+ b (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) f?a?+f?b? 解析: 过点 (a,f(a)),(b, - f(b)) 的直线的方程为 y - f(a) = (x - a), 令 y =0 得 c= a-b af?b?+bf?a? . f?a?+f?b? af?b?+bf?a? (1)令几何平均数 ab= ? abf(a)+ abf(b)=bf(a)+af(b),可取 f(x)= x(x>0); f?a?+f?b? 2ab af?b?+bf?a? ab+ba af?b?+bf?a? (2)令调和平均数 = ? = ,可取 f(x)=x(x>0). a+b f?a?+f?b? a+b f?a?+f?b? 答案:(1) x (2)x(或填(1)k1 x (2)k2x,其中 k1,k2 为正常数均可)

1.不等式的四个性质 注意不等式的乘法、乘方与开方对符号的要求,如 (1)a>b,c>0?ac>bc,a>b,c<0?ac<bc. (2)a>b>0,c>d>0?ac>bd. (3)a>b>0?an>bn(n∈N,n≥1). n n (4)a>b>0? a> b(n∈N,n≥2). 2.六个重要的不等式

(1)|a|≥0,a2≥0(a∈R);(2)a2+b2≥2ab(a,b∈R); a+b a+b?2 (3) ≥ ab(a>0,b>0);(4)ab≤? 2 ? 2 ? (a,b∈R); a2+b2 a+b 2ab ≥ ≥ ab≥ (a>0,b>0); 2 2 a+b (6)2(a2+b2)≥(a+b)2(a,b∈R,当 a=b 时等号成立). 3.判断二元一次不等式表示的平面区域的方法 在直线 Ax+By+C=0 的某一侧任取一点(x0,y0),通过 Ax0+By0+C 的符号来判断 Ax+By +C>0(或 Ax+By+C<0)所表示的区域. (5)

热点一 命题角度

不等式的解法 (1)利用不等式的性质解决不等式,如 T1; (2)一元二次不等式的解法,如 T2; (3)与分段函数有关的不等式的解法,如 T3.

1.(2014· 新余模 拟 ) 设 奇函数 f(x) 在 (0, +∞) 上 为单调 递减 函数 , 且 f(2) = 0, 则 不等 式 3f?-x?-2f?x? ≤0 的解集为( ) 5x A.(-∞,-2]∪(0,2] B.[-2,0]∪[2,+∞) C.(-∞,-2]∪[2,+∞) D.[-2,0)∪(0,2] x-1 2.现有不等式 ≤0,则其解集为( ) 2x+1 1 ? A.? ?-2,1? 1 ? B.? ?-2,1? 1? C.? ?-∞,-2?∪[1,+∞) 1 -∞,- ?∪[1,+∞) D.? 2? ? 2 ?x -4x+3,x≤0, 3.已知函数 f(x)=? 2 则不等式 f(a2-4)>f(3a)的解集为( ) ?-x -2x+3,x>0, A.(2,6) B.(-1,4) C.(1,4) D.(-3,5) [自主解答] 1.因为 f(x)为奇函数,则 3f?-x?-2f?x? -3f?x?-2f?x? f?x? ≤0 ? ≤0? ≥0,因为 f(x)在 (0,+ ∞)上为单调递减函数 , 且 5x 5x x f(2)=0,则当 f(x)≥0 时,0<x≤2;由奇函数图象关于原点对称,得 f(x)≤0 时,-2≤x<0,选 D. ?2x+1≠0, ? x-1 1 1 ? ? 2. 由 ≤0, 得 ? 解之得- <x≤1, 即不等式的解集为 ?x-2<x≤1? , 2 ? ? 2x+1 ? ??x-1??2x+1?≤0, 故选 A. 3.作出函数 f(x)的图象,如图所示,则函数 f(x)在 R 上是单调递减的.由 f(a2-4)>f(3a),可得 a2 -4<3a,整理得 a2-3a-4<0,即(a+1)(a-4)<0,解得-1<a<4,所以不等式的解集为(-1,4).

[答案] 1.D 2.A

3.B

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(a≠0),再求相应一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0)的根,最后根据相应二次函数图象与 x 轴的位臵关系,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等价转化为整式不等式(一般为 一元二次不等式)求解. 热点二 命题角度 简单的线性规划问题 (1)求面积,如 T1;(2)求最值,如 T2;(3)根据可行域情况或最优解情况确定参 数的值或取值范围,如 T3.

?x≤0, ? 1.由不等式组?y≥0, ? ?y-x-2≤0

?x+y≤1, ? 确定的平面区域记为 Ω1,由不等式组? 确定的平 ? ?x+y≥-2

面区域记为 Ω2.在 Ω1 中随机取一点,则该点恰好在 Ω2 内的概率为( 1 1 3 7 A. B. C. D. 8 4 4 8

)

?y≤x, 2.(2014· 广东高考)若变量 x,y 满足约束条件?x+y≤1, ?y≥-1,
分别为 m 和 n,则 m-n=( A.8 B.7 C.6 D.5 )

且 z=2x+y 的最大值和最小值

?x+y≥a, 3.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)设 x,y 满足约束条件? 且 z=x+ay 的最小值为 7, ?x-y≤-1,
则 a=( ) A.-5 B.3 C.-5 或 3 D.5 或-3 1 [自主解答] 1.由题意作图,如图所示,Ω1 的面积为 ×2×2=2,图中阴影部分的面积为 2- 2 7 4 7 1 2 2 7 × × = ,则所求的概率 P= = . 2 2 2 4 2 8

2. 作出可行域(如图中阴影部分所示)后,结合目标函数可知,当直线 y=-2x+z 经过点 A

? ?y=-1, ?x=2, 时,z 的值最大,由? ?? 则 m=zmax=2×2-1=3.当直线 y=-2x+z 经过 ?x+y=1 ?y=-1, ? ? ?y=-1, ?x=-1, 点 B 时,z 的值最小,由? ?? 则 n=zmin=2×(-1)-1=-3,故 m-n=6. ?y=x ?y=-1, ?

? ?x+y=a, 3.联立方程? 解得 ? ?x-y=-1,

1 , ?x=a- 2 ? a+1 ?y= 2 ,

代入 x+ay=7 中,解得 a=3 或-5.当 a=

-5 时,z=x+ay 的最大值是 7;当 a=3 时,z=x+ay 的最小值是 7.故选 B. [答案] 1.D 2.C 3.B 互动探究 在题 2 的条件下,若 M(x,y)为平面区域内的任意一点,求:(1)(x-2)2+(y-1)2 的最值;(2) y-1 求 的最小值. x-2

解决线性规划问题应关注三点 (1)首先要找到可行域,再注意目标函数所表示的几何意义,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. (2)画可行域时应注意区域是否包含边界. (3)对目标函数 z=Ax+By 中 B 的符号,一定要注意 B 的正负与 z 的最值的对应,要结合图 形分析.

热点三 命题角度

基本不等式的应用 (1)利用基本不等式求最值,如 T1,T2;(2)利用 基本不等式求参数的取值范围,如 T3.

8 2 1.已知圆 x2+y2+4x-8y+1=0 关于直线 2ax-by+8=0(a>0,b>0)对称,则 + 的最小值 a b 是( ) A .4 B.6 C.8 D.9 a2+b2 2.(2014· 皖西七校联考)已知 a>b,且 ab=1,则 的最小值是________. a-b 1?y 1 m - 3.已知 x,y∈(0,+∞),2x 3=? ?2? ,若x+ y (m>0)的最小值为 3,则 m 的值为________. [自主解答] 1.由圆的对称性可得,直线 2ax-by+8=0 必过圆心(-2,4),所以 a+b=2,所 8 2 4?a+b? a+b 4b a 4b a 4b a 以 + = + = + +5≥2 ·+5=9.由 = ,得 a2=4b2,又 a+b=2,故当且 a b a b a b a b a b 4 2 仅当 a= ,b= 时取等号. 3 3 a2+b2 a2+b2-2+2 a2+b2-2ab+2 ?a-b?2+2 2 2.∵ab=1,∴ = = = =(a-b)+ ,又 a>b, a-b a-b a-b a- b a-b a2+b2 2 2 2 ∴(a-b)+ ≥2 ?a-b?· =2 2当且仅当 a-b= 且 ab=1 时取等号,即 的 a-b a-b a-b a- b 最小值为 2 2. 1?y 1 m 1 - ?1+m?=1?1+m+y+mx?≥1(1+m+2 m), 3.由 2x 3=? x y? 3 ?2? 得 x+y=3,则x+ y =3(x+y)· ? x y ? 3? 1 ∴ (1+m+2 m)=3,即( m+1)2=9,解得 m=4. 3 [答案] 1.D 2.2 2 3.4

利用基本不等式求函数的最值应关注的三个方面 (1)形式:一般地,分子、分母有一个一次、一个二次的分式结构的函数以及含有两个变量 的函数,特别适合用基本不等式求最值. (2)条件:利用基本不等式求最值需满足“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等 式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误. (3)方法:使用基本不等式时,一般通过“拆、拼、凑”的技巧把求最值的函数或代数式化 b 为 ax+ (ab>0)的形式,常用的方法是变量分离法和配凑法. x

热点四 命题角度

不等式中参数的取值范围问题 (1)与恒成立有关的参数求解问题;(2)与“存 在”有关的参数求解问题.

[例 1] (1)(2014· 宜春模拟)若 x,y∈(0,2]且 xy=2,使不等式 a(2x+y)≥(2-x)(4-y)恒成立, 则实数 a 的取值范围为( ) 1 A.a≤ B.a≤2 2 1 C.a≥2 D.a≥ 2 (2)(2014· 绍兴模拟)若至少存在一个 x>0,使得关于 x 的不等式 x2<2-|x-a|成立,则实数 a 的取值范围为________. [ 师生共研 ] (1) 因为 x,y ∈ (0,2] 且 xy = 2,2x + y≥2 2xy = 4,a(2x + y)≥(2 - x)(4 - y), 即

?2-x??4-y? 10-2?2x+y? 10-2?2x+y? 10-2?2x+y? = ,故只需求出 的最大值,因为 2x+y 2x+y 2x+y 2x+y 10-2×4 1 1 ≤ = ,所以 a≥ . 4 2 2 (2)问题转化为:至少存在一个 x>0,使得关于 x 的不等式|x-a|<2-x2 成立,令 f(x)=|x- a|,g(x)=2-x2,函数 f(x)=|x-a|与 x 轴交于点(a,0),与 y 轴交于点(0,|a|), ①当函数 f(x)=|x-a|的左支与 y 轴交于点(0,|a|),此时有 a<0,若|a|≥2,解得 a≥2 或 a≤-2, a≥

则当 a≤-2 时,在 y 轴右侧,函数 f(x)=|x-a|的图象在函数 g(x)=2-x2 的上方,不合乎题 意; ②在 y 轴右侧,当函数 f(x)=|x-a|的左支与曲线 g(x)=2-x2 的图象相切时,函数 f(x)=|x- a|左支图象对应的解析式为 y=a-x,将 y=a-x 代入 y=2-x2 得 a-x=2-x2,即 x2-x+(a- 9 9 2)=0,令 Δ=(-1)2-4×1×(a-2)=0,即 9-4a=0,解得 a= ,则当 a≥ 时,如下图所示,在 y 轴 4 4 右侧,函数 f(x)=|x-a|的图象在函数 g(x)=2-x2 的上方或相切,则不等式|x-a|≥2-x2 在(0,+ ∞)上恒成立,不合乎题意;

9 ③当-2<a< 时,如图所示,在 y 轴右侧,函数 f(x)=|x-a|的图象的左支或右支与函数 g(x)= 4 2-x2 相交,在 y 轴右侧,函数 f(x)的图象中必有一部分图象在函数 g(x)=2-x2 的下方,即存在 9 -2, ?. x>0,使得不等式|x-a|<2-x2 成立,故实数 a 的取值范围是? 4? ?

9? [答案] (1)D (2)? ?-2,4?

解决此类问题有以下几个步骤 (1) 归 类 变 形 : 根 据 不 等 式 的 结 构 特 征 进 行 归 类 , 将 不 等 式 变 形 为 f(x)>(<)g(x) 或 f(x)≥(≤)g(x)的形式. (2)构造函数:根据变形后的不等式构造相应的函数 y=f(x)与 y=g(x). (3)作图转化:根据函数的性质分别作出两个函数的图象. (4)写出结论:根据两图象间的关系写出结论.

π? 1.若不等式 logax>sin 2x(a>0,a≠1)对任意 x∈? ?0,4?都成立,则 a 的取值范围为( π? A.? ?0,4?

)

π ? ?π π? B.? ?4,1? C.?4,2? D.(0,1) 解析: 选 B 记 y1=logax,y2=sin 2x,原不等式相当于 y1>y2.作出两个函数的图象,如图所示, π ? π π π ,1 时,a= ,所以当 <a<1 时,对任意 x∈?0, ?都有 y1>y2. 知当 y1=logax 过点 A? ?4 ? ? 4? 4 4

2.已知 a∈[-1,1],不等式 x2+(a-4)x+4-2a>0 恒成立,则 x 的取值范围为( ) A.(-∞,2)∪(3,+∞) B.(-∞,1)∪(2,+∞) C.(-∞,1)∪(3,+∞) D.(1,3) 解析:选 C 把原不等式的左端看成关于 a 的一次函数,记 f(a)=(x-2)a+x2-4x+4,则
2 ? ?f?-1?=x -5x+6>0, f(a)>0 对于任意的 a∈[-1,1]恒成立,易知只需? 解得 x<1 或 x>3. 2 ?f?1?=x -3x+2>0, ?

热点五 命题角度

基本不等式与函数、方程的综合应用 此类问题多以条件方程或已知最值的条 件为背景,求三元变量函数的最值,考查基本不 等式的应用、二次函数的最值等,重点考查化 归思想,难度较大.

z [例 2] 设正实数 x,y,z 满足 x2-3xy+4y2-z=0,则当 取得最小值时,x+2y-z 的最大值 xy 为( ) 9 9 A.0 B. C.2 D. 8 4 [师生共研] z=x2-3xy+4y2(x,y,z∈(0,+∞)), 2 2 z x -3xy+4y x 4y x 4y ∴ = = + -3≥ 2 · -3=1. xy xy y x y x x 4y 当且仅当 = ,即 x=2y 时“=”成立,此时 y x 2 z=x -3xy+4y2=4y2-6y2+4y2=2y2, ∴x+2y-z=2y+2y-2y2=-2y2+4y=-2(y-1)2+2. ∴当 y=1 时,x+2y-z 取得最大值 2. [答案] C

z x 4y (1)本题利用了转化与化归思想,一次转化是 表示为 + -3,二次转化是 x+2y-z 表示 xy y x 为-2y2+4y. (2)已知等式求最值问题,常利用基本不等式把等式转化为一元二次不等式求解. (3) 运 用 基 本 不 等 式 求 最 值 , 要 特 别 注 意 “ 拆 ”“ 拼 ”“ 凑 ” 等 技 巧 , 使 其 满 足 “正”“定”“等”三个条件,若三个条件中有一个不满足,则考虑使用导数求解.

1 1 3.若正实数 x,y 满足 x+y+ + =5,则 x+y 的最大值是( ) x y A .2 B.3 C.4 D.5 x+y ?x+y?2 1 1 1 4 x+y 解析: 选 C 由已知 x+y+ + =5 得到: x+y+ =5,∵xy≤ ,∴ ≥ , x y xy 4 xy ?x+y?2 xy 4 4 4 ≥ ,∴x+y+ ≤5.设 x+y=t,即 t+ ≤5,得到 t2-5t+4≤0,解得 1≤t≤4,所以 x+y 的最 t x+y x+y 大值是 4. 1 2 4 4.对于 c>0,当非零实数 a,b 满足 4a2-2ab+b2-c=0 且使 |2a+b|最大时, + + 的最小 a b c 值为________. 解析: 要使 |2a + b|最大 , 则必须 a,b 同号 ,因为 4a2+b2 + 4ab = c+ 6ab,即 (2a+ b)2≤c + ?2a+b?2 2a+b?2 1 2 4 4 3? ,故有(2a+b)2≤4c,c≥ ,当且仅当 2a=b 时取等号,此时 c=b2,所以 + + = 4 a b c b ? 2 ? 1 1?2 4 1 2 4 + 2=4? ?b+2? -1≥-1,故a+b+c的最小值为-1. b 答案:-1 热点六 命题角度 与线性规划有关的交汇问题 线性规划常与向量、不等式、解析几何、 概率等进行交汇命题.

?x+y-7≤0, ? [例 3] (1)(2014· 福建高考)已知圆 C: (x-a) +(y-b) =1,平面区域 Ω: ?x-y+3≥0, ? ?y≥0.
2 2

若圆心 C∈Ω,且圆 C 与 x 轴相切,则 a2+b2 的最大值为 ( ) A.5 B.29 C.37 D.49 ?x-y-1≤0, (2)(2014· 山东高考 ) 已知 x,y 满足约束条件 ? 当目标函数 ?2x-y-3≥0, by(a>0,b>0)在该约束条件下取到最小值 2 5 时,a2+b2 的最小值为( A.5 B.4 C. 5 D.2 [师生共研] (1) )

z = ax +

平面区域 Ω 为如图阴影部分所示,因圆心 C(a,b)∈Ω,且圆 C 与 x 轴相切,所以点 C 在如图 所示的线段 MN 上,线段 MN 的方程为 y=1(-2≤x≤6),由图形得,当点 C 在点 N(6,1)处时,a2+ b2 取得最大值 62+12=37,故选 C. (2)不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,根据目标函数的几何意义可知,目标函 数在点 A(2,1)处取得最小值,故 2a+b=2 5.

法一:将 2a+b=2 5两边分别平方得 4a2+b2+4ab=20,而 4ab=2×a×2b≤a2+4b2,当 4 2 且仅当 a=2b,即 a= ,b= 时取等号.所以 20≤4a2+b2+a2+4b2=5(a2+b2),所以 a2+b2≥4, 5 5 2 2 即 a +b 的最小值为 4. 法二:将 2a+b=2 5看作平面直角坐标系 aOb 中的直线,则 a2+b2 的几何意义是直线上 的点与坐标原点距离的平方 , 故其最小值为坐标原点到直线 2a + b = 2 5 距离的平方 , 即 ?|-2 5|?2 ? ? =4. ? 5 ? [答案] (1)C (2)B

线性规划问题不论怎样变化,还是应掌握线性规划的基础知识和解题程序,同时充分利用 等价转化和数形结合思想对线性规划隐性条件进行挖掘.这样,才能透过现象看本质,以不变应 万变. y≤x, ? ?x+2y≤4, 5.已知函数 x,y 满足? y≥-2, ? ??x+1? +?y-1? =r ?r>0?,
2 2 2

则 r 的最小值为(

)

A.1 B. 2

4 2 5 2 C. D. 3 3 ,表示的平面区域 D,由于圆

y≤x, ? ? 解析:选 B 在平面直角坐标系中画出不等式组?x+2y≤4 ? ?y≥-2

(x+1)2+(y-1)2=r2 经过平面区域 D,因此其半径 r 的最小值为圆心(-1,1)到直线 y=x 的距离, 即 rmin= 2.

6.已知点 A(1,-1),B(3,0),C(2,1).若平面区域 D 由所有满足 的点 P 组成,则 D 的面积为________. 解析:设点 P(x,y),由 ,得(x-1,y+1)=λ(2,1)+μ(1,2), ? ?x-1=2λ+μ, 故? ?y+1=λ+2μ, ?

(1≤λ≤2,0≤μ≤1)

?λ=2x-3y-3, 得? -x+2y+3 ?μ= 3 , ?1≤2x-3y-3≤2, 由 1≤λ≤2,0≤μ≤1,得? -x+2y+3 ?0≤ 3 ≤1,

? ?3≤2x-y-3≤6, 即? 画出可行域如图中阴影部分所示,点 B(3,0)到直线 x-2y=0 的距 ?-3≤x-2y-3≤0. ? |3| 3 5 离 d= = ,点 B,N 之间的距离|BN|= 5,故阴影部分的面积为 3. 5 1+4 答案:3

一、选择题 1.(2014· 绍兴模拟)已知 a>b>0,则下列不等式中总成立的是( ) 1 1 1 1 A.a+ >b+ B.a+ >b+ b a a b b b+1 1 1 C. > D.b- >a- a a+1 b a 1? ? 1? a-b ?a-b??ab+1? ?1 1? 解析: 选 A ∵ ? ,∵ ?a+b? - ?b+a? = (a - b) + ?b-a? = (a - b) + ab = ab 1? ? 1? ?a-b??ab+1? 1 1 a>b>0,∴a-b>0,ab>0,∴ab+1>1>0,∴? >0,∴a+ >b+ ,选项 A ?a+b?-?b+a?= ab b a 1 1 1 1 1 5 1 1 正确; 对于选项 B,取 a=1,b= ,则 a+ =1+ =2,b+ = +2= ,故 a+ >b+ 不成立; 对于 2 a 1 b 2 2 a b b b+ 1 C 选项,要使 > 成立,则有 b(a+1)>a(b+1),即 ab+b>ab+a?b>a,这与已知条件矛盾,选项 a a+ 1 1 1 1 1 C 错误;对于选项 D,若有 b- >a- ,则有 b+ >a+ ,这与选项 A 矛盾,错误,故选 A. b a a b ? x ? x + 2 ? >0 , ? 2.(2014· 全国高考)不等式组? 的解集为( ) ?|x|<1 ? A.{x|-2<x<-1} B.{x|-1<x<0} C.{x|0<x<1} D.{x|x>1} 解析:选 C 解 x(x+2)>0,得 x<-2 或 x>0;解|x|<1,得-1<x<1.因为不等式组的解集为两 个不等式解集的交集,即{x|0<x<1},故选 C. 3.关于 x 的不等式 x2-2ax-8a2<0(a>0)的解集为(x1,x2),且 x2-x1=15,则 a=( ) 5 7 15 15 A. B. C. D. 2 2 4 2

解析:选 A 由条件知 x1,x2 为方程 x2-2ax-8a2=0 的两根,则 x1+x2=2a, 5 x1x2=-8a2,故(x2-x1)2=(x1+x2)2-4x1x2=(2a)2-4×(-8a2)=36a2=152,得 a= . 2 4.(2014· 绍兴模拟)若关于 x 的不等式 x2+ax-2>0 在区间[1,5]上有解,则实数 a 的取值范围 为( ) 23 ? ? 23 ? A.?- 5 ,+∞? ? B.?- 5 ,1? C.(1,+∞) D.(-∞,-1) 2 解析:选 A 问题等价转化为不等式 ax>2-x2 在区间[1,5]上有解,即不等式 a> -x 在区 x 2 间[1,5]上有解,令 f(x)= -x,则有 a>f(x)min,而函数 f(x)在区间[1,5]上单调递减,故函数 f(x)在 x=5 x 2 23 23 处取得最小值,即 f(x)min=f(5)= -5=- ,∴a>- . 5 5 5

?x+y≤4, 5.若变量 x,y 满足约束条件 ?x-y≤2, ?x≥0,y≥0,
A.2 B.4 C.7 D.8 解析:选 C 的最大值为 7.

则 2x+y 的最大值是(

)

? ?x+y=4, 由题意作出可行域如图中阴影部分所示,由? ?A(3,1).故 2x+y ?x-y=2 ?

6.不等式组?

?x+y≥1, ? ? ?x-2y≤4

的解集记为 D.有下面四个命题:

p1:?(x,y)∈D,x+2y≥-2; p2:?(x,y)∈D,x+2y≥2; p3:?(x,y)∈D,x+2y≤3; p4:?(x,y)∈D,x+2y≤-1. 其中真命题是( ) A.p2,p3 B.p1,p4 C.p1,p2 D.p1,p3 解析:选 C 画出可行域如图中阴影部分所示,由图可知,当目标函数 z=x+2y 经过可行 域内的点 A(2,-1)时,取得最小值 0,故 x+2y≥0,因此 p1,p2 是真命题,选 C.

1 1 7.(2014· 江西师大附中模拟)已知 log (x+y+4)<log (3x+y-2),若 x-y<λ 恒成立,则 λ 的取 2 2

值范围是( ) A.(-∞,10] B.(-∞,10) C.[10,+∞) D.(10,+∞) 1 1 1 解析:选 C 因为对数函数的底数为 ,且 log (x+y+4)<log (3x+y-2),故 x+y+4>3x+ 2 2 2 y-2,解得 x<3,又∵3x+y-2>0,即 y>-3x+2,∴x-y<3-(-3x+2)=1+3x<1+9=10,而 x- y<λ 恒成立,∴λ≥10.

?x+2y≥0, 8.(2014· 福建四地六校联考)设 z=x+y,其中实数 x,y 满足?x-y≤0, ?0≤y≤k,
12,则 z 的最小值为( ) A.-3 B.-6 C.3 D.6 解析: 选B

若 z 的最大值为

?x+2y≥0, 由题意可得 x,y 满足?x-y≤0, ?0≤y≤k

的区域如图所示.而目标函数 z=x+y 可

化为 y=-x+z,当目标函数过点 A 时,z 取最大值,由此可得 12=k+k,即 k=6.当 z 取到最小值 时,目标函数的图象过 B 点,所以 z 的最小值是-6.故选 B.

9.(2014· 辽宁高考)已知定义在[0,1]上的函数 f(x)满足: ①f(0)=f(1)=0; 1 ②对所有 x,y∈[0,1],且 x≠y,有|f(x)-f(y)|< |x-y|. 2 若对所有 x,y∈[0,1],|f(x)-f(y)|<k 恒成立,则 k 的最小值为( ) 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 4 2π 8 1 1 1 1 解析: 选 B 不妨令 0≤y<x≤1,当 0<x-y≤ 时,|f(x)-f(y)|< |x-y|≤ ; 当 <x-y≤1 时,|f(x) 2 2 4 2 1 1 1 1 1 -f(y)|= |[f(x)-f(1)]-[f(y)-f(0)]|≤|f(x)-f(1)|+ |f(y) -f(0)|< |x-1|+ |y-0|= (1-x)+ y= 2 2 2 2 2 1 1 1 1 + (y-x)< .综上,|f(x)-f(y)|< ,所以 k≥ . 2 4 4 4 πx 2 2 10.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)设函数 f(x)= 3sin .若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x2 0+[f(x0)] <m , m 则 m 的取值范围是( ) A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) πx0 π 解析:选 C 由正弦型函数的图象可知:f(x)的极值点 x0 满足 f(x0)=± 3,则 = +kπ(k m 2 1 1 2 2 2 2 2 ? ? ?2 2 ∈Z),从而得 x0=? ?k+2?m(k∈Z),所以不等式 x0+[f(x0)] <m ,即为?k+2? m +3<m ,变形得 m 1 1 1 k+ ?2>3 成立.当 k≠-1 且 k≠0 -k+ 2>3,其中 k∈Z.由题意,存在整数 k 使得不等式 m21-? ? 2? 2 1 3 2 ?2 时,必有? ?k+2? >1,此时不等式显然不能成立,故 k=-1 或 k=0,此时,不等式即为4m >3,解得 m<

-2 或 m>2. 二、填空题 11.(2014· 江苏高考)已知函数 f(x)=x2+mx-1,若对于任意 x∈[m,m+1],都有 f(x)<0 成立, 则实数 m 的取值范围是________. 2 ? ?f?m?=2m -1<0, 2 ? 解析:由题可得 f(x)<0 对于 x∈[m,m+1]恒成立,即 解得- 2 2 ?f?m+1?=2m +3m<0, ? <m<0. 2 答案:?- ,0? ? 2 ? 1 9 12.(2014· 成都模拟)已知二次函数 f(x)=ax2-4x+c(x∈R)的值域为[0,+∞),则 + 的最小 c a 值为________. 1 9 19 解析:由题意得:Δ=16-4ac=0?ac=4,∴ + ≥2 ·=3. c a ca 答案:3

?x+2y-4≤0, ? 13.(2014· 浙江高考)当实数 x,y 满足?x-y-1≤0, ? ?x≥1
取值范围是________.

时,1≤ax+y≤4 恒成立,则实数 a 的

3? 解析: 由线性规划的可行域 ( 如图 ), 求出三个交点坐标分别为 (1,0), ? ?1,2? ,(2,1), 都代入 3 1≤ax+y≤4,可得 1≤a≤ . 2

14.已知实数 a,b,c 满足 a+b+c=0,a2+b2+c2=1,则 a 的最大值是________. 解析: 由 a+b+c=0 得,a=-b-c,则 a2=(-b-c)2=b2+c2+2bc≤b2+c2+b2+c2=2(b2 6 6 6 +c2),又 a2+b2+c2=1,所以 3a2≤2,解得- ≤a≤ ,故 a 的最大值为 . 3 3 3 6 答案: 3 15.定义区间(a,b),[a,b),(a,b],[a,b]的长度均为 d=b-a.用[x]表示不超过 x 的最大整数,记{x} =x-[x],其中 x∈R.设 f(x)=[x]· {x},g(x)=x-1,若用 d 表示不等式 f(x)<g(x)解集区间的长度,则 当 0≤x≤3 时,d=________. 解析:f(x)=[x]· {x}=[x]· (x-[x])=[x]x-[x]2, 由 f(x)<g(x)得[x]x-[x]2<x-1,即([x]-1)· x<[x]2-1.当 x∈[0,1)时,[x]=0,不等式的解为 x>1, 不合题意;当 x∈[1,2)时,[x]=1,不等式为 0<0,无解,不合题意;当 x∈[2,3]时,[x]>1,所以不等式 ([x]-1)x<[x]2-1 等价于 x<[x]+1,此时恒成立,所以此时不等式的解为 2≤x≤3,所以不等式 f(x)<g(x)解集区间的长度为 d=1. 答案:1 16.定义在(0,+∞)上的函数 f(x)满足 f(x)+f(y)=f(xy),且当 x>1 时,f(x)<0,若对任意的 x,y∈

3? 答案:? ?1,2?

(0,+∞),不等式 f( x2+y2)≤f( xy)+f(a)恒成立,则实数 a 的取值范围是________. 解析: ∵f(x)+f(y)=f(xy),f( x2+y2)≤f( xy)+f(a)恒成立,∴f( x2+y2)≤f(a xy),设 0<x1<x2, x2 ? x2 x2 x2 x x1 -f(x1)=f? ?+f(x1)-f(x1)=f? ?.∵ 2>1,∴f? ?<0,∴f(x2)- 则由题意得 f(x2)-f(x1)=f? ?x1· ? ?x1? ?x1? x1 ?x1? f(x1)<0,故函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减,即 x2+y2≥a xy,a≤ x2+y2 对任意的 x,y∈(0,+∞) xy

x2+y2 恒成立,而 ≥ 2(当且仅当 x=y 时等号成立),因此 a≤ 2,∴0<a≤ 2. xy 答案:(0, 2]

第五讲 导数的简单应用(选择、填空题型)

1.(2014· 陕西高考)定积分? ?0(2x+ex)dx 的值为( A.e+2 C.e
1

1

)

B.e+1 D.e-1

0 解析:选 C ? ?0(2x+ex)dx=(x2+ex)1 0=(1+e)-(0+e )=e,因此选 C. 2.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a= ( ) A .0 B.1 C.2 D.3 1 解析:选 D y′=a- ,由题意得 y′|x=0=2,即 a-1=2,所以 a=3. x+1 3.(2014· 陕西高考)如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切). 已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )

1 1 1 1 A.y= x3- x2-x B.y= x3+ x2-3x 2 2 2 2 1 3 1 3 1 2 C.y= x -x D.y= x + x -2x 4 4 2 解析:选 A 法一:由题意可知,该三次函数满足以下条件:过点(0,0),(2,0),在(0,0)处的切 1 1 线方程为 y=-x,在(2,0)处的切线方程为 y=3x-6,以此对选项进行检验.A 选项,y= x3- x2- 2 2 3 x,显然过两个定点,又 y′= x2-x-1,则 y′|x=0=-1,y′|x=2=3,故条件都满足,又 B,C,D 选项 2 可验证曲线在(0,0)或(2,0)处不与直线 y=-x,y=3x-6 相切,故选 A. 法二:设该三次函数为 f(x)=ax3+bx2+cx+d,则 f′(x)=3ax2+2bx+c,

f?0?=0?d=0, ? ?f?2?=0?8a+4b+2c+d=0, 由题设有? f′?0?=-1?c=-1, ? ?f′?2?=3?12a+4b+c=3, 1 1 解得 a= ,b=- ,c=-1,d=0. 2 2 1 1 故该函数的解析式为 y= x3- x2-x,选 A. 2 2 4.(2014· 辽宁高考)当 x∈[-2,1] 时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范 围是( ) 9? A.[-5,-3] B.? ?-6,-8? C.[-6,-2] D.[-4,-3] 1 解析:选 C 显然 x=0 时,对任意实数 a,已知不等式恒成立;令 t= ,若 0<x≤1,则原不等 x 3 4 1 式等价于 a≥- 3- 2+ =-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞), x x x 令 g(t)=-3t3-4t2+t, 则 g′(t)=-9t2-8t+1=-(9t-1)(t+1), 由于 t≥1,故 g′(t)≤0,即函数 g(t)在[1,+∞)上单调递减,最大值为 g(1)=-6,故只要 a≥- 1 3 4 1 -∞,- ?,令 g(t)=-3t3-4t2+t, 6;若-2≤x<0,则 a≤- 3- 2+ =-3t3-4t2+t,t∈? 2? ? x x x 2 则 g′(t)=-9t -8t+1=-(9t-1)(t+1), 1? 1? ? 在区间? ?-∞,-2?上的极值点为 t=-1,且为极小值点,故函数 g(t)在?-∞,-2?上有唯 一的极小值点,也是最小值点,故只要 a≤g(-1)=-2. 综上可知,若在[-2,1]上已知不等式恒成立,则 a 为上述三个部分的交集,即-6≤a≤-2. 5.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是( ) A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 解析:选 C 当 a=0 时,f(x)=-3x2+1 有两个零点,不符合题意,故 a≠0.f′(x)=3ax2-6x 2 2 ? =3x(ax-2),令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= ,当 a>0 时,f(x)在(-∞,0),? ?a,+∞?上单调递增,在 a ?0,2?上单调递减.又 f(0)=1,此时 f(x)在(-∞,0)上存在零点,不满足题意;当 a<0 时,f(x)在 ? a? ?-∞,2?,(0,+∞)上单调递减,在?2,0?上单调递增,要使 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则需 a? ? ?a ? 2 2 2 3 2 ? ? ? ? ? f? ?a?>0,即 a×?a? -3×?a? +1>0,解得 a<-2,故选 C.

1.四个易误导数公式 (1)(sin x)′=cos x; (2)(cos x)′=-sin x; (3)(ax)′=axln a(a>0); 1 (4)(logax)′= (a>0,且 a≠1). xln a 2.四个重要概念 (1)切线的斜率 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,因此曲线 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). (2)函数的单调性 在某个区间(a,b)内,如果 f′(x)>0(f′(x)<0),那么函数 y=f(x)在这个区间内单调递增(单调 递减). (3)函数的极值 设函数 f(x)在点 x0 附近有定义,如果对 x0 附近所有的点 x,都有 f(x)<f(x0),那么 f(x0)是函数的 一个极大值,记作 y 极大值=f(x0);如果对 x0 附近的所有的点都有 f(x)>f(x0),那么 f(x0)是函数的一 个极小值,记作 y 极小值=f(x0).极大值与极小值统称为极值. (4)函数的最值 将函数 y=f(x)在(a,b)内的各极值与端点处的函数值 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大 值,最小的一个是最小值. 3.三个积分公式和一个定理 (1)定积分的性质 b ①∫b akf(x)dx=k∫af(x)dx; ∫b ②∫b f2(x)]dx=∫b a[f1(x)± af1(x)dx± af2(x)dx. b c b ③∫af(x)dx=∫af(x)dx+∫c f(x)dx(其中 a<c<b). (2)微积分基本定理 b 一般地,如果 f(x)是区间[a,b]上的连续函数,并且 F′(x)=f(x),那么∫a f(x)dx=F(b)-F(a).

热点一 命题角度

导数的几何意义 (1)求已知曲线在某一点处的切线方程,如 T1;(2)由曲线的切线方程 求参数,如 T2,T3.

1.曲线 y=xex+1 在点(0,1)处的切线方程是( ) A.x-y+1=0 B.2x-y+1=0 C.x-y-1=0 D.x-2y+2=0 2.直线 y=kx+1 与曲线 y=x3+ax+b 相切于点 A(1,3),则 a-b 的值为( ) A.-4 B.-1 C.3 D.-2 3.(2014· 重庆质检)若曲线 f(x)=ax2+ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是 ________. [自主解答] 1.y′=ex+xex,y′|x=0=1,∴曲线 y=xex+1 在点(0,1)处的切线方程是 y-1= x,即 x-y+1=0. 2.由题易知,直线 y=kx+1 和曲线 y=x3+ax+b 均过点 A(1,3),则 k=2,a+b=2;又 y′= 2 3x +a,则 k=y′|x=1=3+a=2,所以 a=-1,b=3.故 a-b=-4. 1 1 3.依题意得 f′(x)=2ax+ =0(x>0)有实根,∴a=- 2<0.故 a 的取值范围为(-∞,0). x 2x [答案] 1.A 2.A 3.(-∞,0)

求曲线 y=f(x)的切线方程的三种类型 (1)已知切点 P(x0,y0),求切线方程 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 k,求切线方程 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.

热点二 命题角度

利用导数研究函数的单调性 (1)求已知函数的单调区间,如 T2; (2)已知函数的单调性求参数,如 T1,T3.

1 1.若函数 f(x)=- x2+bln(x+2)在[-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是( ) 2 A.[-1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1] D.(-∞,-1) 1 2.设函数 f(x)=x(ex-1)- x2,则函数 f(x)的单调增区间为________. 2 2 3.若函数 f(x)=2x -ln x 在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数 k 的取值范围是________.

b ,要使函数 f(x)在[-1,+∞)上是 x+2 b b 减函数,则 f′(x)=-x+ ≤0 在[-1,+∞)上恒成立,即 ≤x 在[-1,+∞)上恒成立, x+2 x+2 因为 x≥-1,所以 x+2 ≥1>0,即 b≤x(x+2)在[-1,+∞)上恒成立.设 y=x(x+2),则 y= x2+2x=(x+1)2-1,因为 x≥-1,所以 y≥-1,所以要使 b≤x(x+2)在[-1,+∞)上恒成立, 则有 b≤-1,选 C.
[自主解答] 1.函数 f(x)的导数 f′(x)=-x+ 1 2 x x x x 2.因为 f(x)=x(e -1)- x ,所以 f′(x)=e -1+xe -x=(e -1)(x+1).令 f′(x)>0, 2 x 即(e -1)(x+1)>0,解得 x∈(-∞,-1)或 x∈(0,+∞).所以函数 f(x)的单调增区间为(- ∞,-1]和[0,+∞). 1 3.f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x- .

x

1 ? ?k-1< <k+1, 1 2 由 f′(x)=0,得 x= .据题意得? 2 ? ?k-1≥0, 3 解得 1≤k< . 2 [答案] 1.C 互动探究 x 若将题 2 中的函数 f(x)更换为“f(x)= ”,如何求解? ln x ln x-1 x 解:f(x)= ,则 f′(x)= 2 , ln x ln x 令 f′(x)>0,则 ln x>1,即 x>e. 又∵函数 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞), ∴函数 f(x)的单调递增区间为[e,+∞).

? 3? 2.(-∞,-1]和[0,+∞) 3.?1, ? ? 2?

利用导数研究函数单调性的步骤 第一步:确定函数 f(x)的定义域;

第二步:求 f′(x); 第三步:解方程 f′(x)=0 在定义域内的所有实数根; 第四步:将函数 f(x)的间断点(即 f(x)无定义的点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序 排列起来,分成若干个小区间; 第五步:确定 f′(x)在各小区间内的符号,由此确定每个区间的单调性. 热点三 命题角度 定 积 分 (1)简单定积分的求解,如 T1,T2;(2)求曲边梯形的面积,如 T3. )
1

1-1 2 1.计算定积分? (x +sin x)dx=( ? 1 2 4 8 A. B. C. D. 3 3 3 3 1

2.(2014· 江西高考)若 f(x)=x2+2? ) ?0f(x)dx,则? ?0f(x)dx=( 1 1 A.-1 B.- C. D.1 3 3 2 3.(2014· 银川模拟)曲线 y= 与直线 y=x-1 及 x=4 所围成的封闭图形的面积为( x A.2ln 2 B.2-ln 2 C.4-ln 2 D.4-2ln 2 1-1 2 1 1 [自主解答] 1.? (x +sin x)dx= x3-cos x|-1 ? 3 1 ? ? 1 ? 2 =? ?3-cos 1?-?-3-cos ?-1??=3.
1

)

2.∵f(x)=x2+2? ?0f(x)dx, 1 1 1 3 1 ?1 f?x?dx?1 x +2x? ∴? = ?0f(x)dx=? ? 0 0 ?3 ? 3+2?0f(x)dx. 1 1 ∴? ?0f(x)dx=-3. 3.如图,所求面积为阴影部分面积,其面积为四边形 ABDE 的面积减去不规则图形 ABCE 的 面积,

4 4 1 2 ?4 2 | |4 故 S=? ?2(x-1)dx-? ?2xdx=? ?2x -x? 2-2ln x 2=4-2ln 2,选 D. [答案] 1.B 2.B 3.D

1.定积分的求法 第一步:分别用求导公式找到 F(x),使得 F′(x)=f(x); 第二步:利用牛顿莱布尼茨公式求出各个定积分的值; 第三步:计算所求定积分的值. 2.曲边梯形面积的求法 第一步:画出正确的图形; 第二步:结合图形,找到被积函数,积分上、下限; 第三步:计算定积分求得面积.

热点四 命题角度

利用导数研究函数的极值与最值 (1)利用导数求函数的极值或最值;(2)利用函数的极值或最值求参数.

[例 1](1)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)· (x-1)k(k=1,2),则( ) A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 1 (2)(2014· 湖南高考)已知函数 f(x)=x2+ex- (x<0)与 g(x)=x2+ln(x+a)的图象上存在关于 2 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( ) 1 A.?-∞, ? B.(-∞, e) e? ? 1 1 C.?- , e? D.?- e, ? e e? ? ? ? [师生共研] (1)当 k=1 时,f(x)=(ex-1)(x-1),则 f′(x)=ex(x-1)+(ex-1)=exx-1,所以 f′(1)=e-1≠0,所以 f(1)不是极值. 当 k=2 时,f(x)=(ex-1)(x-1)2,则 f′(x)=ex(x-1)2+2(ex-1)(x-1)=ex(x2-1)-2(x-1) =(x-1)· [ex(x+1)-2], 所以 f′(1)=0,当 x>1 时,f′(x)>0;在 x=1 附近的左侧,f′(x)<0,所以 f(1)是极小值. (2)由题意可得,当 x>0 时,y=f(-x)与 y=g(x)的图象有交点,即 g(x)=f(-x)有正解,即 x2+ 1 1 1 - - - ln(x+a)=(-x)2+e x- 有正解,即 e x-ln(x+a)- =0 有正解,令 F(x)=e x-ln(x+a)- ,则 2 2 2 1 1 -x -x F′(x)=-e - <0,故函数 F(x)=e -ln(x+a)- 在(0,+∞)上是单调递减的,要使方程 2 x+a 1 1 - - g(x)=f(-x)有正解,则存在正数 x 使得 F(x)≥0,即 e x-ln(x+a)- ≥0,所以 a≤ee x- -x,又 y 2 2 1 1 1 -x -0 =ee - -x 在(0,+∞)上单调递减,所以 a<ee - -0=e ,选 B. 2 2 2 [答案] (1)C (2)B

理解可导函数的极值应注意三点 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,有可能极大值小于极小值,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. 1.已知函数 f(x)=x3+ax2+x+2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(-1,1)内,则实数 a 的取值范围是( ) A.(0,2] B.(0,2) C.[ 3,2) D.( 3,2) 解析: 选 D 由题意可知 f′(x)=0 的两个不同解都在区间(-1,1)内.因为 f′(x)=3x2+2ax

? ?-1<-62a<1, +1,所以根据导函数图象可得? f′?-1?=3-2a+1>0, ? ?f′?1?=3+2a+1>0,

Δ=?2a?2-4×3×1>0,

又 a>0,解得 3<a<2,故选 D.

2.设函数 f(x)与 g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若对任意的 x∈[a,b],都有|f(x)- g(x)|≤k(k>0),则称 f(x)和 g(x)在[a,b]上是“k 度和谐函数”,[a,b]称为“k 度密切区间”.设函数 mx-1 ?1 ? f(x)=ln x 与 g(x)= 在?e,e?上是“e 度和谐函数”,则 m 的取值范围是( ) x A.[-e-1,1] B.[-1,e+1] 1 ? ?1 ? C.? ?e-e,1+e? D.?e+1-e,1+e? mx-1 1 1 1 x-1 解析:选 B 设 h(x)=f(x)-g(x)=ln x- =-m+ +ln x,h′(x)=- 2+ = 2 ,故 x x x x x 1 ? 当 x∈? ? e,1?时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减;当 x∈[1,e]时,h′(x)≥0,函数 h(x)单调递增.所以 1? 1 1 函数 h(x)的最小值为 h(1)=-m+1,而 h? ?e?=-m+e-1.h(e)=-m+e+1,显然 e-1>e+1,所 1? ?1? ?1 ? 以 h? ?e?>h(e),故函数 h(x)的最大值为 h?e?=-m+e-1.故函数 h(x)在? e,e?上的值域为[-m+ ?-m+1≥-e, ? 1,-m+e-1].由题意,|h(x)|≤e,即-e≤h(x)≤e,所以? 解得-1≤m≤1+e. ?-m+e-1≤e, ? 热点五 命题角度 利用导数解决方程、不等式问题 (1)比较大小问题;(2)方程根的个数问题.

[例 2] (1)(2014· 湖南高考)若 0<x1<x2<1,则( ) A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 B.ex1-ex2<ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2 (2)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1,x2.若 f(x1)=x1<x2,则关于 x 的方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 的不同实根个数为( ) A .3 B.4 C.5 D.6 (3)(2014· 阜宁模拟)若函数 y=f(x)在(0,+∞)上的导函数为 f′(x),且不等式 xf′(x)>f(x)恒 成立,又常数 a,b 满足 a>b>0,则下列不等式一定成立是________. ①bf(a)>af(b);②af(a)>bf(b);③bf(a)<af(b);④af(a)<bf(b). x 1 xe -1 [师生共研] (1)构造函数 f(x)=ex-ln x,则 f′(x)=ex- = ,令 f′(x)=0,得 xex-1= x x 1 0,根据函数 y=ex 与 y= 的图象可知两函数图象的交点 x0∈(0,1),即 f(x)=ex-ln x 在(0,1)上不 x xex-ex ex 是单调函数,无法判断 f(x1)与 f(x2)的大小,故 A,B 错;构造函数 g(x)= ,则 g′(x)= = x x2 ex?x-1? ex ,故函数 g(x)= 在(0,1)上单调递减,故 g(x1)>g(x2),x2ex1>x1ex2,故选 C. 2 x x (2)因为函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两个极值点 x1,x2,可知关于导函数的方程 f′(x)=3x2 +2ax+b=0 有两个不等的实根 x1,x2.则方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 有两个不等的实根,即 f(x) =x1 或 f(x)=x2,原方程根的个数就是这两个方程 f(x)=x1 和 f(x)=x2 的不等实根的个数之和,再 结合图象可看出函数 y=f(x)的图象与直线 y=x1 和直线 y=x2 共有 3 个不同的交点,故所求方

程有 3 个不同的实根. xf′?x?-x′f?x? xf′?x?-f?x? f?x? (3)令 g(x)= ,x∈(0,+∞).∴g′(x)= = ,因为 xf′(x)>f(x),所 x x2 x2 f?a? f?b? 以 g′(x)>0,即 g(x)在(0,+∞)上是增函数.由 a>b>0 得 g(a)>g(b),即 > ,所以 bf(a)>af(b).所 a b 以①成立,③不成立;再令 h(x)=xf(x),x∈(0,+∞).所以 h′(x)=x′f(x)+xf′(x)=f(x)+xf(x), 因为不能确定 h′(x)是否大于 0,所以 h(x)单调性不能确定,即不知道 h(a)=af(a)与 h(b)=bf(b) 的大小关系,所以②④不一定成立.因此本题填①. [答案] (1)C (2)A (3)①

研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导数是研究函数性质的一种重要工具.基本 思路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、 极值和特殊点的函数值,根据函数的 性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要时画出函数的草图辅助思考.

3.已知 f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)为 f(x)的导函数,且满足 f(x)<-xf′(x),则不等 2 式 f(x+1)>(x-1)·f(x -1)的解集是( ) A.(0,1) B.(1,+∞) C.(1,2) D.(2,+∞) 解析:选 D 因为 f(x)+xf′(x)<0,所以(xf(x))′<0,xf(x)在(0,+∞)上为减函数,又因为(x+ 1)f(x+1)>(x2-1)· f(x2-1),所以 x+1<x2-1,得 x>2. 1? ?1 ? 4.已知函数 f(x)满足 f(x)=f? ?x?,当 x∈[1,3]时,f(x)=ln x.若在区间?3,3?内,函数 g(x)=f(x) -ax 与 x 轴有三个不同的交点,则实数 a 的取值范围是( ) 1 1 ln 3 1 ln 3 1 ? ? ? ? ? ? ? A.? ?0,e? B.?0,2e? C.? 3 ,e? D.? 3 ,e? 1 ? 1 1 ?1? 解析:选 C 由题意可知当 x 在区间? ?3,1?内时,x∈[1,3],f(x)=f?x?=ln x=-ln x,则 f(x) 1 ? ? ,1 ?-ln x,x∈? 3 ?, 函数 g(x)=f(x)-ax 与 x 轴有三个不同的交点,即 f(x)-ax=0 有三个 ? =?

?ln x,x∈[1,3], ?

不同的根,即 f(x)=ax 有三个不同的根,即函数 f(x)的图象与直线 y=ax 有三个不同的交点,当 x 1 ? 在区间? ?3,1?上时,函数 f(x)的图象与直线 y=ax 有一个交点,当 x∈[1,3]时,函数 f(x)的图象与直 ln 3 线 y=ax 有两个交点.当直线 y=ax 过点(3,ln 3)时,a 的值满足 ln 3=3a,即 a= ;当直线 y= 3 ax 与 f(x)相切时,设切点为(x0,ln x0),则点(x0,ln x0)在直线上,故 ln x0=ax0,而 a=(ln x)′ 1 1 1 |x=x0= ,所以 ln x0=1,x0=e,即 a= = ,函数 f(x)的图象与直线 y=ax 有三个不同的交 x0 x0 e ?ln 3,1?. 点,则 a 的取值范围是? e? ? 3 ?

一、选择题 - 1.(2014· 西安模拟)设 a∈R,函数 f(x)=ex+a· e x 的导函数是 f′(x),且 f′(x)是奇函数.若曲

3 线 y=f(x)的一条切线的斜率是 ,则切点的横坐标为( ) 2 A.ln 2 B.-ln 2 -ln 2 ln 2 C. D. 2 2 a 解析:选 A 由题意可得,f′(x)=ex- x是奇函数,∴f′(0)=1-a=0,∴a=1,f(x)=ex+ e 1 1 3 3 1 ,f′(x)=ex- x,∵曲线 y=f(x)的一条切线的斜率是 ,∴ =ex- x,解方程可得 ex=2,∴x=ln 2, ex e 2 2 e 故选 A. π? ?π? 2.(2014· 华安模拟)已知函数 f(x)=sin x-x,x∈R,则 f? ) ?-4?、f(1)、f?3?的大小关系为( π? ? π? A.f? ?3?>f?-4?>f(1) π? ?π? B.f? ?-4?>f(1)>f?3? π? ? π? C.f(1)>f? ?3?>f?-4? π? ?-π? D.f? > f (1)> f ?3? ? 4? 解析:选 B 因为函数 f(x)=sin x-x 的导数为 f′(x)=cos x-1≤0.所以函数 f(x)在定义 π? π π ?π? 域内单调递减.又因为- <1< .所以 f? ?-4?>f(1)>f?3?.故选 B. 4 3 3.(2014· 江西七校联考)设函数 f(x)=xsin x+cos x 的图象在点(t,f(t))处切线的斜率为 k,则函 数 k=g(t)的部分图象为( )

A B C D 解析:选 B ∵f(x)=xsin x+cos x,∴f′(x)=xcos x,∴k=g(t)=tcos t,根据 y=cos t 的图象 π? 可知 g(t)应该为奇函数且当 t∈? ?0,2?时 g(t)>0,故选 B. 4.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(1-x)· f′(x)的图象如图所示,则下 列结论中一定成立的是( )

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) 解析: 选 D 由图象可知,当 x<-2 时,y=(1-x)f′(x)>0,所以此时 f′(x)>0,故函数 f(x)在(- ∞,-2)上单调递增.当-2<x<1,y=(1-x)f′(x)<0,所以此时 f′(x)<0,故函数 f(x)在(-2,1)上单 调递减.当 1<x<2 时,y=(1-x)· f′(x)>0,所以此时 f′(x)<0,故函数 f(x)在(1,2)上单调递减.当 x>2 时,y=(1-x)f′(x)<0,所以此时 f′(x)>0,故函数 f(x)在(2,+∞)上单调递增.所以函数 f(x)有极大 值 f(-2),极小值 f(2),选 D. 5.设 a>0,b>0,e 是自然对数的底数,则下列命题正确的是( ) a b A.若 e +2a=e +3b,则 a>b

B.若 ea+2a=eb+3b,则 a<b C.若 ea-2a=eb-3b,则 a>b D.若 ea-2a=eb-3b,则 a<b 解析:选 A ∵a>0,b>0.∴ea+2a=eb+3b=eb+2b+b>eb+2b.对于函数 y=ex+2x(x>0), ∵y′=ex+2>0,∴y=ex+2x 在(0,+∞)上单调递增,因而 a>b 成立. 1 6.(2014· 湖北高考)若函数 f(x),g(x)满足? -1f(x)· g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[-1,1]上的

?

一组正交函数.给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 2 2 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 1-1 1-11 1 1 解析:选 C 对于①,? sin xcos xdx=? sin xdx=0,所以①是一组正交函数;对 ? ? 2 2 2 1 1 1 于② , ? -1 (x + 1)(x - 1)dx = ? -1 (x2 - 1)dx≠0, 所以②不是一组正交函数;对于③ , ? -1

?

?

?

x· x dx=? ?
2

x dx=0,所以③是一组正交函数.选 C. 1 7.若 f(x)=- (x-2)2+bln x 在(1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是( ) 2 A.[-1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1] D.(-∞,-1) b 解析:选 C 由题意可知 f′(x)=-(x-2)+ ≤0 在(1,+∞)上恒成立,即 b≤x(x-2)在 x x 2 ∈(1,+∞)上恒成立,由于 φ(x)=x(x-2)=x -2x(x∈(1,+∞))的值域是(-1,+∞),故只要 b≤- 1 即可. 8.已知常数 a,b,c 都是实数,f(x)=ax3+bx2+cx-34 的导函数为 f′(x),f′(x)≤0 的解集为{x| -2≤x≤3},若 f(x)的极小值等于-115,则 a 的值是( ) 81 1 A.- B. C.2 D.5 22 3 解析:选 C 依题意得 f′(x)=3ax2+2bx+c≤0 的解集是[-2,3],于是有 3a>0,-2+3= 2b c 3a - ,-2×3= ,b=- ,c=-18a,函数 f(x)在 x=3 处取得极小值,于是有 f(3)=27a+9b+3c 3a 3a 2 81 -34=-115,- a=-81,a=2. 2 f?x? 9.(2014· 宿州模拟)已知 y=f(x)为 R 上的可导函数,当 x≠0 时,f′(x)+ >0,则函数 g(x)= x 1 f(x)+ 的零点个数为( ) x A.1 B.2 C.0 D.0 或 2 f?x? 解析: 选 C 因为函数 y = f(x) 在 R 上是可导函数 , 当 x≠0 时 ,f′(x) + >0, 即是 x ? ? ?h′?x?>0, ?h′?x?<0, xf′?x?+f?x? h′?x? >0, 令 h(x) = xf(x), 即 >0. 所以可得 ? 或? 所以当函数 x x ? ? ?x>0 ?x<0. h(x)在 x>0 时单调递增,所以 h(x)>h(0)=0,即函数当 x>0 时,h(x)>0.同理当 x<0 时,h(x)>0.又因为 xf?x?+1 1 函数 g(x)=f(x)+ 可化为 g(x)= ,所以当 x>0 时,g(x)>0 即与 x 轴没交点.当 x<0 时,g(x)>0, x x 1 所以函数 g(x)=f(x)+ 的零点个数为 0.故选 C. x 10.若函数 f(x)=(x+1)· ex,则下列命题正确的是( ) 1 A.对任意 m<- 2,都存在 x∈R,使得 f(x)<m e 1 B.对任意 m>- 2,都存在 x∈R,使得 f(x)<m e

1-1 3

1 C.对任意 m<- 2,方程 f(x)=m 只有一个实根 e 1 D.对任意 m>- 2,方程 f(x)=m 总有两个实根 e 解析:选 B 因为 f′(x)=[(x+1)ex]′=(x+1)ex+ex=(x+2)ex,故函数在区间(-∞,- 1 1 2),(-2,+∞)上分别为减函数与增函数,故 f(x)min=f(-2)=- 2,故当 m>- 2时,总存在 x 使得 e e f(x)<m. 二、填空题 π? a 11.若函数 f(a)=∫0(2+sin x)dx,则 f? ?2?等于________. a a 解析:因为 f(a)=∫0(2+sin x)dx=(2x-cos x)|0=(2a-cos a)-(0-cos 0)=2a-cos a+1. π? π π 所以 f? ?2?=2×2-cos 2+1=π+1.故填 π+1. 答案:π+1 12.已知曲线 y=x2+aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为 k,若 k 的最小值为 4,则此时 切点的坐标为________. a 解析: 函数 y=x2+aln x(a>0)的定义域为{x|x>0},y′=2x+ ≥2 2a=4,则 a=2,当且仅当 x x=1 时“=”成立,将 x=1 代入曲线方程得 y=1,故所求的切点坐标是(1,1). 答案:(1,1) 13.已知函数 f(x)=x3-tx2+3x,若对任意的 a∈[1,2],b∈(2,3],函数 f(x)在区间(a,b)上单调递 减,则实数 t 的取值范围是________. 解析:∵ f(x)= x3- tx2+3x,∴ f′(x)=3x2- 2tx+ 3,由于函数 f(x)在 (a,b)上单调递减,则有 1 3 x+ ?在[a,b]上 f′(x)≤0 在[a,b]上恒成立,即不等式 3x2-2tx+3≤0 在[a,b]上恒成立,即有 t≥ ? 2? x? 1 1 3 3 x+ ?在[1,3]上单调递增,由于 a∈[1,2],b∈(2,3],当 b=3 时,函数 y= ?x+ ? 恒成立,而函数 y= ? 2? x ? 2? x? 1 3 3+ ?=5,所以 t≥5. 取得最大值,即 ymax= ? 2? 3? 答案:[5,+∞) 14.(2014· 孝感模拟)函数 f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a 的取值范 围为________. 解析:f′(x)=3ax2-3,①a≤0 时,f′(x)<0,函数 f(x)为 R 上减函数,而 f(1)=a-2<0 不满足 1 1 1 1 条件.②a>0 时,x∈?-∞,- ?和? ,+∞?为增函数;x∈?- , ?为减函数;又 f(- a a a a? ? ? ? ? ? 1 1 1 1)=-a+4≥0?a≤4,f(1)=a-2≥0?a≥2,即 2≤a≤4? ≥ ≥ ,所以必须有函数 f(x)的 2 a 2 1 1 3 2 极小值 f? ?= - +1=- +1≥0? a≥2?a≥4,才能满足在区间[-1,1]上 f(x)≥0,即 ? a? a a a a=4. 答案:{4} 15.(2014· 漳平模拟)对于三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出定义: 设 f′(x)是函数 y=f(x)的导数,f″(x)是函数 f′(x)的导数,若方程 f″(x)=0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0))为函数 y =f(x)的“拐点”,某同学经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函 1 1 5 数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.给定函数 f(x)= x3- x2+3x- ,请你根据上面探 3 2 12 1 ? ? 2 ? ?2 012?+f?2 013?=________. 究结果,计算 f? + f +?+ f 2 014 2 014 ? ? ? ? ?2 014? ?2 014? 1 1 5 解析:由题意可得 f(x)= x3- x2+3x- ,所以 f′(x)=x2-x+3,所以 f″(x)=2x-1.令 3 2 12

1 ? 1 f″(x)=0 可得 x= ,所以函数 f(x)的拐点即对称中心为? ?2,1?,即如果 x1+x2=1,则 f(x1)+f(x2) 2 1 ? ? 2 ? ?2 012? ?2 013? =2,所以 f? ?2 014?+f?2 014?+?+f?2 014?+f?2 014?=1 006×2+1=2 013.故填 2 013. 答案:2 013 16.设函数 f(x)= ex+x-a(a∈R,e 为自然对数的底数).若曲线 y=sin x 上存在点(x0,y0)使 得 f(f(y0))=y0,则 a 的取值范围是________. 解析:因为 y0=sin x0∈[-1,1],而 f(x)≥0,f(f(y0))=y0,所以 y0∈[0,1],设 ex+x-a=x,x∈ [0,1]①,所以 ex+x-x2=a 在 x∈[0,1]上有解,令 g(x)=ex+x-x2,则 g′(x)=ex+1-2x.设 h(x)= ex+1-2x,则 h′(x)=ex-2.所以当 x∈(0,ln 2)时,h′(x)<0;当 x∈(ln 2,1)时,h′(x)>0.所以 g′(x)≥g′(ln 2)=3-2ln 2>0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增,所以原题中的方程有解必须方程 ①有解.所以 g(0)≤a≤g(1). 答案:[1,e]

第六讲 高考中的导数综合应用(解答题型) 第 1 课时 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题

1.(2014· 重庆高考)已知函数 f(x)=ae2x-be 2x-cx(a,b,c∈R)的导函数 f′(x)为偶函数,且曲 线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. - 解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=2ae2x+2be 2x-c, 由 f′(x)为偶函数,知 f′(-x)=f′(x)恒成立, - 即 2(a-b)(e2x-e 2x)=0,所以 a=b. 又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,故 a=1,b=1.


(2)当 c=3 时,f(x)=e2x-e 2x-3x,那么 f′(x)=2e2x+2e 2x-3≥2 2e2x· 2e f(x)在 R 上为增函数. - - - (3)由(1)知 f′(x)=2e2x+2e 2x-c,而 2e2x+2e 2x≥2 2e2x· 2e 2x=4, 当 x=0 时等号成立. 下面分三种情况进行讨论. - 当 c<4 时,对任意 x∈R,f′(x)=2e2x+2e 2x-c>0,此时 f(x)无极值; - 2x 当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e +2e 2x-4>0,此时 f(x)无极值;
- -

-2x

-3=1>0,故

c± c2-16 2 当 c>4 时,令 e2x=t,注意到方程 2t+ -c=0 有两根 t1,2= >0, t 4 1 1 即 f′(x)=0 有两个根 x1= ln t1,x2= ln t2. 2 2 当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;又当 x>x2 时,f′(x)>0,从而 f(x)在 x=x2 处取得极小值. 综上,若 f(x)有极值,则 c 的取值范围为(4,+∞). 2.(2014· 江西高考)已知函数 f(x)=(x2+bx+b)· 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; 1? (2)若 f(x)在区间? ?0,3?上单调递增,求 b 的取值范围. -5x?x+2? 解:(1)当 b=4 时,f′(x)= , 1-2x

由 f′(x)=0 得 x=-2 或 x=0. 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 1 0, ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 取极小值 f(-2)=0,在 x=0 取极大 当 x∈? ? 2? 值 f(0)=4. -x[5x+?3b-2?] (2)f′(x)= , 1-2x 1? -x 因为当 x∈? ?0,3?时, 1-2x<0, 1? 5 依题意当 x∈? ?0,3?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而3+(3b-2)≤0, 1? 所以 b 的取值范围为? ?-∞,9?.

热点一 命题角度

利用导数研究函数的单调性 利用导数求函数的单调区间,是考试中经常考查的内容,尤其是含参数的单 调性问题更是命题的热点,突出考查考生应用分类讨论思想及转化化归思想解 决问题的能力.

1 (2014· 济南模拟)已知函数 f(x)=ax+ +(1-a)ln x. x (1)当 a=2 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)若 a≤0,讨论函数 f(x)的单调性. 1 1 1 [师生共研] (1)当 a=2 时,f(x)=2x+ -ln x,f′(x)=2- 2- ,又 f′(1)=0,f(1)=3,所以曲 x x x 线 f(x)在 x=1 处的切线方程为 y=3. 2 1 1-a ax +?1-a?x-1 (2)f′(x)=a- 2+ = (x>0), x x x2 ① 当 a = 0 时 ,f(x) 在 (0,1) 上 单 调 递 减 , 在 (1, + ∞) 上 单 调 递 增 ; 若 a≠0,f′(x) = 2 ax +?1-a?x-1 1 =0,解得 x1=1,x2=- , x2 a 1 1? ? ? ②当-1<a<0 时,f(x)在(0,1)和? ?-a,+∞?上单调递减,在?1,-a?上单调递增; ③当 a=-1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 1? ? 1 ? ④当 a<-1 时,f(x)在? ?0,-a?和(1,+∞)上单调递减,在?-a,1?上单调递增. 互动探究 在本例条件下,若关于 x 的方程 f(x)=ax 在(0,1)上有两个相异实根,求实数 a 的取值范围. 1 1 1 解 : 当 f(x) = ax 时 , + (1 - a)ln x = 0, 所 以 a = + 1(0<x<1), 令 g(x) = + x xln x xln x -?ln x+1? 1? 1 ?1 ? 1(0<x<1),g′(x)= =0,解得 x= ,g(x)在? ?0,e?上单调递增,在?e,1?上单调递减,所 e ?xln x?2 1? 以 g(x)max=g? ?e?=1-e,所以当 a∈(-∞,1-e)时,方程 f(x)=ax 在(0,1)上有两个相异实根. [例 1]

利用导数研究函数的单调性关注四点 (1)利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的不等式的解集的讨论. (2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论. (3)在不能通过因式分解求出根时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论. (4)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制.

x-1 1.设函数 f(x)=aln x+ ,其中 a 为常数. x+1 (1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. x-1 解:(1)由题意知 a=0 时,f(x)= ,x∈(0,+∞). x+1 2 1 此时 f′(x)= .可得 f′(1)= , 2 ?x+1?2 又 f(1)=0,所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ax2+?2a+2?x+a a 2 f′(x)= + = . x ?x+1?2 x?x+1?2 当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1 - ?x-1?2 2 1 ①当 a=- 时,Δ=0,f′(x)= ≤0, 2 x?x+1?2 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ②当 a<- 时,Δ<0,g(x)<0, 2 f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ③当- <a<0 时,Δ>0. 2 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, -?a+1?+ 2a+1 -?a+1?- 2a+1 则 x1= ,x2= , a a a+1- 2a+1 a2+2a+1- 2a+1 由 x1= = >0, -a -a 所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, 综上可得: 当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 当 a≤- 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 2 1 当- <a<0 时, 2 -?a+1?+ 2a+1 -?a+1?- 2a+1 f(x) 在 0, , , + ∞ 上 单 调 递 减 , 在 a a

-?a+1?+ 2a+1 -?a+1?- 2a+1 , 上单调递增. a a 热点二 命题角度 利用导数研究函数的极值或最值 利用导数求极值、最值是高考的热点题型,常与函数图象、零点、不等式 证明相结合,且以高考压轴题的形式出现.

[例 2] (2014· 浙江高考) 已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. [师生共研]
?x3+3x-3a,x≥a, ? (1)因为 f(x)=? 3 ?x -3x+3a,x<a, ?

2 ? ?3x +3,x≥a, ? 所以 f′(x)= 2 ?3x -3,x<a. ?

由于-1≤x≤1, ①当 a≤-1 时,有 x≥a,故 f(x)=x3+3x-3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是增函数, 因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a, 故 M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. ②当-1<a<1 时, 若 x∈(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若 x∈(-1,a),f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a) 上是减函数, 所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2, 1 因此,当-1<a≤ 时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 3 1 当 <a<1 时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. 3 ③当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x3-3x+3a, 此时 f(x)在(-1,1)上是减函数, 因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.

? , ?-a -3a+4,-1<a≤1 3 综上,M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2, <a<1, 3 ? ?4,a≥1.
3 3

8,a≤-1,

(2)令 h(x)=f(x)+b,则
3 ? ?x +3x-3a+b,x≥a, h(x)=? 3 ?x -3x+3a+b,x<a, ?

?3x2+3,x≥a, ? h′(x)=? 2 ? ?3x -3,x<a. 因为[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知, ①当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(1)=4-3a+b,最小

值是 h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2,矛盾; 1 ②当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(1)=4-3a+b, 3 所以 a3+b≥-2 且 4-3a+b≤2, 1 从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 1 0, ?上是增函数,故 t(a)≥t(0)=-2, 令 t(a)=-2-a3+3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a)在? ? 3? 因此-2≤3a+b≤0; 1 ③当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(-1)=3a+b+2,所以 a3 3 28 +b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <3a+b≤0; 27 ④当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值是 h(1)=-2+3a+b, 所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0.

利用导数求函数最值的方法技巧 (1)对含参数的函数解析式求最值时,常常分类讨论,分类的原则是极值点在给定区间的内 部还是外部,从而根据单调性求出最值. (2)求极值和最值时,为了直观易懂,常常列出 x 的取值范围与 y′的符号及 y 的单调区间、 极值的对应表格. 2.已知函数 f(x)=k(x-1)ex+x2. 1 (1)当 k=- 时,求函数 f(x)在点(1,1)处的切线方程; e (2)若在 y 轴的左侧,函数 g(x)=x2+(k+2)x 的图象恒在 f(x)的导函数 f′(x)图象的上方,求 k 的取值范围; (3)当 k≤-1 时,求函数 f(x)在[k,1]上的最小值 m. 1 1 - 解:(1)当 k=- 时,f(x)=- (x-1)ex+x2,f′(x)=-xex 1+2x,f′(1)=1, e e 所以函数 f(x)在点(1,1)处的切线方程为 y=x. 2? 2 x (2)f′(x)=kx? ?e +k?<x +(k+2)x, 即 kxex-x2-kx<0. 因为 x<0,所以 kex-x-k>0, 令 h(x)=kex-x-k,则 h′(x)=kex-1. 当 k≤0 时,h(x)在(-∞,0)上为减函数,h(x)>h(0)=0,符合题意; 当 0<k≤1 时,h(x)在(-∞,0)上为减函数,h(x)>h(0)=0,符合题意;当 k>1 时,h(x)在(-∞,- ln k)上为减函数,在(-ln k,0)上为增函数,h(-ln k)<h(0)=0,不合题意.综上:k≤1. 2? x ? 2? (3)f′(x)=kxex+2x=kx? ?e +k?,令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=ln?-k?, 2? 1 令 g(k)=ln? ?-k?-k,则 g′(k)=-k-1≤0, g(k)在 k=-1 时取最小值 g(-1)=1+ln 2 >0, 2? 所以 x2=ln? ?-k?>k. 2? 当-2<k≤-1 时,x2=ln? ?-k?>0, f(x)的最小值 m=min{f(0),f(1)}=min{-k,1}=1;

当 k=-2 时,函数 f(x)在区间[k,1]上为减函数,m=f(1)=1; 当 k<-2 时,f(x)的最小值 m=min{f(x2),f(1)}, ? 2? ? ? ? 2??2 2 f(x2)=-2? ?ln?-k?-1?+?ln?-k?? =x2-2x2+2>1,f(1)=1,此时 m=1. 综上,m=1. 热点三 命题角度 导数在实际问题中的应用 利用导数研究生活中的优化问题也是高考中的常考内容,其本质还是利 用导数研究函数的最值.

[例 3] 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为 r 米, 高为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为 100 元/平方米, 底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. [师生共研] (1)因为蓄水池侧面的总成本为 100×2πrh=200πrh 元,底面的总成本为 2 2 160πr 元,所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr )元. 2 根据题意得 200πrh+160πr =12 000π, 1 2 所以 h= (300-4r ), 5r π 2 3 从而 V(r)=πr h= (300r-4r ). 5 由 h>0,且 r>0 可得 0<r<5 3,故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π π 3 2 (2)由(1)知 V(r)= (300r-4r ),故 V′(r)= (300-12r ).令 V′(r)=0,解得 r1= 5 5 5,r2=-5(因为 r2=-5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8,即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最 大.

利用导数解决优化问题的五个步骤 (1)审题设未知数; (2)结合题意列出函数关系式; (3)确定函数的定义域; (4)在定义域内求极值; (5)下结论. 3.如图所示,四边形 ABCD 表示一正方形空地,边长为 30 m,电源在点 P 处,点 P 到边 AD,AB 距离分别为 9 m,3 m.某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕 MNEF,MN∶NE =16∶9.线段 MN 必须过点 P,端点 M,N 分别在边 AD,AB 上,设 AN=x(m),液晶广告屏幕 MNEF 的面积为 S(m2).

(1)用含 x 的代数式表示 AM; (2)求 S 关于 x 的函数关系式及该函数的定义域;

(3)当 x 取何值时,液晶广告屏幕 MNEF 的面积 S 最小? 解:(1)因为点 P 到边 AD,AB 距离分别为 9 m,3 m, AM-3 9 所以由平面几何知识,得 = , AM x 3x 解得 AM= (10≤x≤30). x -9 9x2 (2)由勾股定理,得 MN2=AN2+AM2=x2+ . ?x-9?2 9 因为 MN∶NE=16∶9,所以 NE= MN. 16 9 9 9x2 所以 S=MN· NE= MN2= x2+ , 16 16 ?x-9?2 定义域为[10,30]. 3 18x?x-9?2-9x2?2x-18? 9 x[?x-9? -81] 9 (3)S′= 2x+ = · , 4 16 8 ?x-9? ?x-9?3 3 令 S′=0,得 x1=0(舍),x2=9+3 3. 3 当 10≤x<9+3 3时,S′<0,S 为减函数; 3 当 9+3 3<x≤30 时,S′>0,S 为增函数. 3 所以当 x=9+3 3时,S 取得最小值.

课题 1 利用导数研究函数的最值问题 [典例] (2014· 深圳模拟)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. [考题揭秘] 本题以三次函数为背景,主要考查导数在研究函数的单调性、极值、最值中 的应用,意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力. [审题过程] 第一步:审条件.已知函数 f(x)的解析式. 第二步:审结论.在已知 k 的值或取值范围的前提下,求 f(x)的单调区间及最值. 第三步:建联系.(1)求导后,根据不等式的解即可确定 f(x)的单调区间;(2)求出 f(x)的极值 点及端点处的函数值比较大小,即可求得最值. [规范解答] (1)当 k=1 时, f(x)=x3-x2+x,f′(x)=3x2-2x+1. ∵方程 3x2-2x+1=0 的判别式 Δ=4-4×3=-8<0, ∴f′(x)>0 恒成立, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). (2)当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,方程 3x2-2kx+1=0 的判别式 Δ=4k2-4×3=4(k2- 3),① 当 Δ≤0 时,有 k2-3≤0,即- 3≤k<0 时,f′(x)≥0 恒成立,这时 f(x)在[k,-k]上单调递增, 有 m=f(k)=k3-k· k2+k=k,M=f(-k)=-k3-k· k2-k=-2k3-k. 当 Δ>0 时,有 k2-3>0,即 k<- 3, 令 f′(x)=3x2-2kx+1=0,解得 x1= k- k2-3 k+ k2-3 <0,x2= <0,且 x1<x2<0,② 3 3

k- k2-3 -2k- k2-3 4k2- k2-3 又 x1-k= -k= = >0, 3 3 3 于是 k<x1<x2<0, 当 k<x<x1 或 x2<x<-k 时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x1<x<x2 时,f′(x)<0,f(x)为减函数;③ 故 M=max{f(-k),f(x1)},m=min{f(k),f(x2)}. 先证 f(-k)>f(x1). 3x3 1+x1 2 ∵3x2 , 1-2kx1+1=0,∴kx1= 2 3 3x1+x1 -x3 1+x1 2 3 f(x1)=x3 - kx + x = x - + x = , 1 1 1 1 1 2 2 1 ? -x3 1 1 1 3 ? 1+x1? 3 ∴f(-k)-f(x1)=(-2k3-k)-? =-2k3-k+ x3 1- x1=-2k + x1+ -k-2x1 , ? ? 2 2 2 2 ? ? 1 1 3 3 又-k- x1>0,要证 f(-k)>f(x1),只需证-2k3+ x3 >0?x3 1>4k ?x1> 4k, 2 2 1 3 由 k<x1<0 知 x1> 4k 显然成立, ∴f(-k)>f(x1). 再证 f(k)<f(x2). -x3 -x3 1 2+x2 2+x2 1 同理 f(x2)= ,有 f(k)-f(x2)=k- = (k-x2)+ (k+x3 2)<0, 2 2 2 2 ∴f(k)<f(x2). 综上所述,M=f(-k)=-2k3-k,m=f(k)=k. ④ [模型归纳] 利用导数求函数在某一区间上的最值的模型示意图如下:

[跟踪训练] 已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28?为自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,求 a 的取值范围. 解:(1)由 f(x)=ex-ax2-bx-1, 有 g(x)=f′(x)=ex-2ax-b, 所以 g′(x)=ex-2a. 因此,当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增. 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b;

1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1). 2 2 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 2 1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 2 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由 f(0)=f(x0)=0 可知,f(x)在区间(0,x0)上不可能 单调递增,也不可能单调递减, 则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负, 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1. 同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2, 所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点, 2 e 1 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,所以 <a< . 2 2 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增, 因此 x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2,有 g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0. 解得 e-2<a<1. 当 e-2<a<1 时,g(x)在区间[0,1]内有最小值 g(ln(2a)). 若 g(ln(2a))≥0,则 g(x)≥0(x∈[0,1]), 从而 f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与 f(0)=f(1)=0 矛盾,所以 g(ln(2a))<0. 又 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 故此时 g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增, 所以 f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(1)=0, 故 f(x)在(x1,x2)内有零点. 综上可知,a 的取值范围是(e-2,1).

1.(2014· 合肥模拟)已知函数 f(x)=x-ax(a>0,且 a≠1). (1)当 a=3 时,求曲线 f(x)在点 P(1,f(1))处的切线方程; (2)若函数 f(x)存在极大值 g(a),求 g(a)的最小值. 解:(1)当 a=3 时,f(x)=x-3x,∴f′(x)=1-3xln 3,∴f′(1)=1-3ln 3,又 f(1)=-2,∴所求 切线方程为 y+2=(1-3ln 3)(x-1),即 y=(1-3ln 3)x-3+3ln 3. (2)f′(x)=1-axln a, ①当 0<a<1 时,ax>0,ln a<0,∴f′(x)>0,∴f(x)在 R 上为增函数,f(x)无极大值. 1 ln ln a 1 1 ②当 a>1 时,设方程 f′(x)=0 的根为 t,得 at= ,即 t=loga = ,∴f(x)在(-∞,t) ln a ln a ln a 上为增函数,在(t,+∞)上为减函数,

1 ln a 1 ∴f(x)的极大值为 f(t)=t-at= - , ln a ln a 1 ln ln a 1 即 g(a)= - . ln a ln a 1 ∵a>1,∴ >0. ln a 1 设 h(x)=xln x-x,x>0,则 h′(x)=ln x+x·-1=ln x,令 h′(x)=0,得 x=1, x ∴h(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数, ∴h(x)的最小值为 h(1)=-1, 即 g(a)的最小值为-1,此时 a=e. 1 2.已知函数 f(x)=ln x,g(x)= ax2-2x. 2 1 ? (1)若函数 y=f(x)-g(x)在区间? ?3,1?上单调递减,求 a 的取值范围; (2)设函数 f(x)的图象 C1 与函数 g(x)的图象 C2 交于 P、 Q 两点,过线段 PQ 的中点作 x 轴的 垂线分别交 C1、C2 于点 M、N,证明:C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不可能平行. 1 1 解:(1)设 h(x)=f(x)-g(x)=ln x- ax2+2x,则 h′(x)= -ax+2. 2 x 1 1 1 1 ? ? ? h(x)在区间? ?3,1?上单调递减?h′(x)≤0 在区间?3,1?上恒成立,即x -ax+2≤0?a≥x2 2 + , x 1 ? 1 2 ∵x∈? ?3,1?,∴3≤x2+x≤15, ∴a≥15. ln

(2)设 C1 与 C2 的交点坐标为 P(x1,y1),Q(x2,y2),x1>x2,由题意可得 x1,x2>0,作出示意图如图所 示. 1 f′(x)= ,g′(x)=ax-2. x 假设两条切线有可能平行,则存在 a 使 f′? x1+x2? 2 a ?x1+x2? ? 2 ?=g′? 2 ??x1+x2=2(x1+x2)-2?

2?x1-x2? a 2 2 1 2 x1 ? 1 2 = (x1-x2)-2(x1-x2)=? ?2ax1-2x1?-2ax2-2x2=y1-y2=ln x1-ln x2=ln x2. 2 x1+x2 x1 不妨设 =t>1, x2 2?t-1? 则方程 =ln t 存在大于 1 的实根, t+1 2?t-1? -?t-1?2 设 φ(t)= -ln t,则 φ′(t)= <0, t+1 t?t+1?2 ∴φ(t)<φ(1)=0,这与存在 t>1 使 φ(t)=0 矛盾, ∴C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不可能平行. 3.(2014· 成都模拟)已知函数 f(x)=(x2-2ax+a2)ln x,a∈R. (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的单调区间;

f?x? - (2)当 a=-1 时,令 F(x)= +x-ln x,证明:F(x)≥-e 2,其中 e 为自然对数的底数; x+1 (3)若函数 f(x)不存在极值点,求实数 a 的取值范围. 解:(1)当 a=0 时,f(x)=x2ln x(x>0),此时 f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1). 1 令 f′(x)>0,解得 x>e- . 2 1 1 ∴函数 f(x)的单调递增区间为(e- ,+∞),单调递减区间为(0,e- ). 2 2 f?x? (2)F(x)= +x-ln x=xln x+x. x+1 - - 由 F′(x)=2+ln x,得 F(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增, - - ∴F(x)≥F(e 2)=-e 2. ?x-a?2 x-a (3)f′(x)=2(x-a)ln x+ = · (2xln x+x-a).令 g(x)=2xln x+x-a,则 g′(x)=3 x x +2ln x, 3 3 3 3 ∴函数 g(x)在(0,e- )上单调递减,在(e- ,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(e- )=-2e- - 2 2 2 2 a. 3 3 ①当 a≤0 时,∵函数 f(x)无极值,∴-2e- -a≥0,解得 a≤-2e- . 2 2 3 ②当 a>0 时,g(x)min=-2e- -a<0,即函数 g(x)在(0,+∞)上存在零点,记为 x0. 2 由函数 f(x)无极值点,易知 x=a 为方程 f′(x)=0 的重根, ∴2aln a+a-a=0,即 2aln a=0,a=1. 当 0<a<1 时,x0<1 且 x0≠a,函数 f(x)的极值点为 a 和 x0; 当 a>1 时,x0>1 且 x0≠a,函数 f(x)的极值点为 a 和 x0; 当 a=1 时,x0=1,此时函数 f(x)无极值. 3 综上,a≤-2e- 或 a=1. 2 a 4.已知函数 f(x)=(x-1)ln(x-1),g(x)= (x2-2x). 2 (1)若函数 h(x)=f(ex+1)-g′(ex),x∈[-1,1],求函数 h(x)的最小值; (2)对任意 x∈[2,+∞),都有 f(x)+g(x)≤0 成立,求实数 a 的取值范围. a 解:(1)∵g′(x)= (2x-2)=a(x-1),∴h(x)=xex-a(ex-1)=(x-a)ex+a,h′(x)=(x-a+ 2 1)ex,令 h′(x)=0,得 x=a-1. ①当 a-1≤-1,即 a≤0 时,在 x∈[-1,1]上有 h′(x)≥0,h(x)在[-1,1]上单调递增,此时 h(x) 1+a 的最小值为 h(-1)=a- . e ②当-1<a-1<1,即 0<a<2 时,在 x∈[-1,a-1]上有 h′(x)≤0,h(x)在[-1,a-1]上单调递 减;在 x∈(a-1,1]上有 h′(x)>0,h(x)在(a-1,1]上单调递增,此时 h(x)的最小值为 h(a-1)=- - ea 1+a. ③当 a-1≥1,即 a≥2 时,在 x∈[-1,1]上有 h′(x)≤0,h(x)在[-1,1]上单调递减,此时 h(x) 的最小值为 h(1)=(1-a)e+a. 1+a 综上所述,当 a≤0 时,函数 h(x)的最小值为 a- ;当 0<a<2 时,函数 h(x)的最小值为- e a-1 e +a;当 a≥2 时,函数 h(x)的最小值为(1-a)e+a. a (2)设 F(x)=f(x)+g(x)=(x-1)ln(x-1)+ (x2-2x),F′(x)=ln(x-1)+1+a(x-1)(x≥2). 2 设 φ(x)=ln(x-1)+1+a(x-1)(x≥2), ①当 a≥0 时,在 x∈[2,+∞)上有 F′(x)>0,F(x)在 x∈[2,+∞)上单调递增,此时 F(x)的最小

值为 F(2)=0,不可能有对任意的 x∈[2,+∞),都有 f(x)+g(x)≤0 成立. 1 ②当 a≤-1 时,φ′(x)= +a,∵x∈[2,+∞),∴φ′(x)≤0,∴φ(x)在[2,+∞)上单调递减, x-1 故 φ(x)max=φ(2)=1+a≤0,即 F′(x)的最大值为 F′(2)=a+1≤0,∴F(x)在[2,+∞)上单调递减, ∴F(x)的最大值为 F(2)=0,即 f(x)+g(x)≤0 成立. 1 1 1 2,1- ?时,φ′(x)>0,即 ③当-1<a<0 时,令 φ′(x)= +a=0,解得 x=1- >2,当 x∈? a? ? a x-1 1? ? 1 ? ? 1 ? φ(x)在? ?2,1-a?上单调递增,当 x∈?1-a,+∞?时,φ′(x)≤0,即 φ(x)在?1-a,+∞?上单调 递减. 1? 1? ? ∴φ(x)max=F′(x)max=F′? ?1-a?=-ln (-a)>0,又 F′(2)=a+1>0,∴在 x∈?2,1-a?上 1? 1? ? F′(x)>0,即 F(x)在? ?2,1-a?上单调递增.又 F(2)=0,所以在 x∈?2,1-a?上有 F(x)≥0,显然不 合题意. 综上所述,实数 a 的取值范围为 a≤-1. 第 2 课时 利用导数解决不等式、方程解的问题

bex 1 1.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=aexln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方 x 程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), a b - b - f′(x)=aexln x+ ex- 2ex 1+ ex 1. x x x 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e. 故 a=1,b=2. 2 - (2)由(1)知,f(x)=exln x+ ex 1, x 2 - 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . e 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x. 1 0, ?时,g′(x)<0; 所以当 x∈? ? e? 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0. 1? ?1 ? 故 g(x)在? ?0,e?上单调递减,在?e,+∞?上单调递增, 1? 1 从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g? ?e?=-e. 2 - - 设函数 h(x)=xe x- ,则 h′(x)=e x(1-x). e 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 1 从而 h(x)在(0,+∞)上的最大值为 h(1)=- . e 综上,当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1.


8 2.(2014· 辽宁高考)已知函数 f(x)=(cos x-x)(π+2x)- (sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1 3 2 x ? +sin x)· ln? ?3- π ?. π 0, ?,使 f(x0)=0; 证明:(1)存在唯一 x0∈? ? 2? π ? (2)存在唯一 x1∈? ?2,π?,使 g(x1)=0,且对(1)中的 x0,有 x0+x1<π. π? 2 证明:(1)当 x∈? ?0,2?时,f′(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-3cos x<0, π π 8 16 0, ?上为减函数,又 f(0)=π- >0,f? ?=-π2- <0, 函数 f(x)在? 2 2 ? ? ? ? 3 3 π ? 所以存在唯一 x0∈? ?0,2?,使 f(x0)=0. 3?x-π?cos x 2x π 3- ?,x∈? ,π?. (2)考虑函数 h(x)= -4ln? π? ? ?2 ? 1+sin x π π ? ? ? 令 t=π-x,则 x∈? ?2,π?时,t∈?0,2?. 2t 3tcos t 1+ ?, 设 u(t)=h(π-t)= -4ln? ? π? 1+sin t 3f?t? 则 u′(t)= . ?π+2t??1+sin t? π? 由(1)得,当 t∈(0,x0)时,u′(t)>0,当 t∈? ?x0,2?时,u′(t)<0. 在(0,x0)上 u(t)是增函数,又 u(0)=0,从而当 t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以 u(t)在(0,x0]上无零点. π? π? ?π? ? 在? ?x0,2?上 u(t)为减函数,由 u(x0)>0,u?2?=-4ln 2<0,知存在唯一 t1∈?x0,2?,使 u(t1)=0. π? 所以存在唯一的 t1∈? ?0,2?,使 u(t1)=0. π ? 因此存在唯一的 x1=π-t1∈? ?2,π?,使 h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0. π ? 因为当 x∈? ?2,π?时,1+sin x>0,故 g(x)=(1+sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点,所以存在唯一 π ? 的 x1∈? ?2,π?,使 g(x1)=0. 因 x1=π-t1,t1>x0,所以 x0+x1<π.

热点一 命题角度

利用导数解决不等式的恒成立问题 (1)证明不等式成立;(2)由不等式恒成立求参 数的值或取值范围.

[例 1] (2014· 沈阳模拟)已知函数 f(x)=mx-sin x,g(x)=axcos x-2sin x(a>0). (1)若函数 y=f(x)是(-∞,+∞)上的单调递增函数,求实数 m 的最小值; π? (2)若 m=1,且对于任意 x∈? ?0,2?,都有不等式 f(x)≥g(x)成立,求实数 a 的取值范围.

[师生共研] (1)∵函数 f(x)=mx-sin x 在 R 上单调递增, ∴f′(x)≥0 恒成立, ∴f′(x)=m-cos x≥0, 即 m≥cos x,∴mmin=1. (2)∵m=1,∴函数 f(x)=x-sin x, ∵f(x)≥g(x), ∴x+sin x-axcos x≥0. π? 对于任意 x∈? ?0,2?,令 H(x)=x+sin x-axcos x, 则 H′(x)=1+cos x-a(cos x-xsin x)=1+(1-a)· cos x+axsin x, ①当 1-a≥0,即 0<a≤1 时,H′(x)=1+(1-a)cos x+axsin x≥0, π? ∴H(x)在? ?0,2?上为单调递增函数, ∴H(x)≥H(0)=0,符合题意,∴0<a≤1. ②当 1-a<0,即 a>1 时,令 h(x)=1+(1-a)cos x+axsin x, 于是 h′(x)=(2a-1)sin x+axcos x. ∵a>1,∴2a-1>0, ∴h′(x)≥0, π? ∴h(x)在? ?0,2?上为单调递增函数, π? π ∴h(0)≤h(x)≤h? ?2?,即 2-a≤h(x)≤2a+1, π ∴2-a≤H′(x)≤ a+1. 2 (ⅰ)当 2-a≥0,即 1<a≤2 时,H′(x)≥0, π 0, ?上为单调递增函数,于是 H(x)≥H(0)=0,符合题意,∴1<a≤2. ∴H(x)在? ? 2? π? (ⅱ)当 2-a<0,即 a>2 时,存在 x0∈? ?0,2?,使得当 x∈(0,x0)时,有 H′(x)<0, 此时 H(x)在(0,x0)上为单调递减函数, 从而 H(x)<H(0)=0,不能使 H(x)>0 恒成立, 综上所述,实数 a 的取值范围为 0<a≤2.

两招破解不等式的恒成立问题 1.分离参数法 第一步:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题; 第二步:利用导数求该函数的最值; 第三步:根据要求得所求范围. 2.函数思想法 第一步:将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题; 第二步:利用导数求该函数的极值(最值); 第三步:构建不等式求解. 1.已知函数 f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)(a∈R). (1)若 a=0,判断函数 f(x)的单调性; (2)若 x>1 时,f(x)<0 恒成立,求 a 的取值范围. 解:(1)若 a=0,则 f(x)=xln x-x+1,f′(x)=ln x, 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. (2)问题等价于 xln x-(x-1)(ax-a+1)<0 在(1,+∞)上恒成立.

①若 a=0,f(x)=xln x-x+1,f′(x)=ln x, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)为增函数, ∴f(x)>f(1)=0, 即 f(x)<0 不成立, ∴a=0 不成立. ?x-1??ax-a+1? ②∵x>1,∴问题等价于 ln x- <0 在(1,+∞)上恒成立, x ?x-1??ax-a+1? 不妨设 h(x)=ln x- ,x∈(1,+∞), x ax2-x-a+1 ?x-1??ax+a-1? 则 h′(x)=- =- ,x∈(1,+∞), x2 x2 1-a 令 h′(x)=0,则 h′(x)的两根 x1=1,x2= , a 1-a 若 a<0,则 x2= <1, a x>1 时,h′(x)>0,h(x)为增函数,h(x)>h(1)=0(不合题意); 1-a? 1 若 0<a< ,x∈?1, 时,h′(x)>0,h(x)为增函数,h(x)>h(1)=0(不合题意); 2 a ? ? 1 若 a≥ ,x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)为减函数,h(x)<h(1)=0(符合题意). 2 1 综上所述,若 x>1 时,f(x)<0 恒成立,则 a≥ . 2 热点二 命题角度 利用导数研究方程解的问题 (1)利用导数研究直线与曲线交点的个数;(2)利用导数研究函数的零点问题;(3) 利用导数研究方程根的个数问题.

m (2014· 陕西高考)设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f?b?-f?a? (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a e [师生共研] (1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ , x x-e 则 f′(x)= 2 , x ∴当 x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减, 当 x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增, e ∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2. x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 3 1 3 设 φ(x)=- x +x(x≥0), 3 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. [例 2]

∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 φ(x)的最大值点,

2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知 2 ①当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3 f?b?-f?a? (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立, b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立, x x 1 1 x- ?2+ (x>0)恒成立, 得 m≥-x2+x=-? 2 ? ? 4 1 1 1? ∴m≥ ?对m=4,h′?x?=0仅在x=2时成立? ?, 4 1 ? ∴m 的取值范围是? ?4,+∞?.

1.三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与 x 轴(或直线 y=k)在该 区间上的交点问题; 第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出 其图象; 第三步:结合图象求解. 2.证明复杂方程在某区间上有唯一解问题的方法 第一步:利用导数证明该函数在该区间上单调; 第二步:证明端点值异号. x3 2.已知函数 f(x)=ln(2ax+1)+ -x2-2ax(a∈R). 3 (1)若函数 f(x)在[3,+∞)上为增函数,求实数 a 的取值范围;

?1-x? b 1 (2)当 a=- 时,方程 f(1-x)= + 有实根,求实数 b 的最大值. 2 3 x 解:(1)因为函数 f(x)在[3,+∞)上为增函数, x[2ax2+?1-4a?x-?4a2+2?] 2a 所以 f′(x)= +x2-2x-2a= ≥0 在[3,+∞)上恒成立. 2ax+1 2ax+1 ①当 a=0 时,f′(x)=x(x-2)≥0 在[3,+∞)上恒成立, 所以 f(x)在[3,+∞)上为增函数,故 a=0 符合题意; ②当 a≠0 时,由函数 f(x)的定义域可知,必须有 2ax+1>0 对 x≥3 恒成立,故只能 a>0,所以 只需证 2ax2+(1-4a)x-(4a2+2)≥0 在[3,+∞)上恒成立.令函数 g(x)=2ax2+(1-4a)x-(4a2 1 1 +2),其对称轴为 x=1- ,因为 a>0,所以 1- <1,要使 g(x)≥0 在[3,+∞)上恒成立,只要 4a 4a g(3)≥0 即可, 3- 13 3+ 13 3+ 13 即 g(3)=-4a2+6a+1≥0,所以 ≤a≤ ,因为 a>0,所以 0<a≤ . 4 4 4 ? 3+ 13?. 综上所述,实数 a 的取值范围为?0, ? 4 ? ? 3 ?1-x?3 b 1 x 2 (2)当 a=- 时,f(x)=ln(-x+1)+ -x +x,所以方程 f(1-x)= + 可化为 ln x-(1 2 3 3 x b -x)2+1-x= ,故问题转化为 b=xln x-x(1-x)2+x(1-x)=xln x+x2-x3=x(ln x+x-x2)在(0, x +∞)上有解. 1 令 h(x)=ln x+x-x2(x>0),则问题转化为求 h(x)在(0,+∞)上的值域.又 h′(x)= +1-2x x ?2x+1??1-x? = ,所以当 0<x<1 时,h′(x)>0,从而函数 h(x)在(0,1)上为增函数; x 当 x>1 时,h′(x)<0,从而函数 h(x)在(1,+∞)上为减函数, 因此 h(x)≤h(1)=0. 而 x>0,所以 b=xh(x)≤0,所以实数 b 的最大值为 0. 热点三 命题角度 导数的综合应用 近几年,不少省份把函数、导数与数列、不等式综合作为压轴题来考查,以 导数为工具,将探索性问题融入大题中.

3

[例 3] (2014· 陕西高考)设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中 f′(x)是 f(x)的导函 数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+?+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明. x [师生共研] 由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x x 1 + x x x (1)由已知,g1(x)= ,g2(x)=g(g1(x))= = , x 1+x 1+2x 1+ 1+x x x g3(x)= ,?,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx 下面用数学归纳法证明. x ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+x x ②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= . 1+kx

那么,当 n=k+1 时, x 1+kx gk?x? x gk+1(x)=g(gk(x))= = = , x 1+gk?x? 1+?k+1?x 1+ 1+kx 即结论成立. 由①②可知, 结论对 n∈N+成立. ax (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+x ax 设 φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x x+1-a 1 a 则 φ′(x)= - = , 1+x ?1+x?2 ?1+x?2 当 a≤1 时,φ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又 φ(0)=0, ∴φ(x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ax ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x 当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ′(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0, ax 即 a>1 时,存在 x>0,使 φ(x)<0,故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+?+g(n)= + +?+ ,n-f(n)=n-ln(n+1), 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+?+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下: 1 1 1 证法一 上述不等式等价于 + +?+ <ln(n+1), 2 3 n+1 x 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n n+1 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +?+ <ln(k+1). 2 3 k+1 那么,当 n=k+1 时, k+2 1 1 1 1 1 + +?+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+2), 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. 1 1 1 证法二 上述不等式等价于 + +?+ <ln(n+1), 2 3 n+1 x 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0. 1+x n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1 1 故有 ln 2-ln 1> , 2

1 ln 3-ln 2> , 3 ?, 1 ln(n+1)-ln n> , n+1 1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +?+ , 2 3 n+1 结论得证. x x 1 2 证法三 如图,?n dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而 + 2 3 x+1 ? x+1 n +?+ 是图中所示各矩形的面积和, n+1 1 1 2 n x ∴ + +?+ > n dx=?n?1-x+1?dx=n-ln(n+1),结论得证. 2 3 ? ? n+1 ? x + 1 ? ?
0 0 0

本题第(1)问要注意,在运用数学归纳法证明问题的时候,当 n=k+1 时,要从已知出发运用 归纳假设去推断,而不是直接写出结果; 第(2)问恒成立问题的解答关键是正确分类讨论; 第(3) 问可以用数学归纳法、不等式法、定积分法,不管是哪一种方法都要注意方法本身牵扯的概念 和数学思想及其运用.

ln x 3 3.已知函数 f(x)= ,g(x)= x2-2x+2+xf(x). x 8 (1)求函数 y=g(x)的单调区间; (2)若函数 y=g(x)在[en,+∞)(n∈Z)上有零点,求 n 的最大值; ?2n+1??n-1? 1 (3)证明 f(x)≤1- 在其定义域内恒成立,并比较 f(22)+f(32)+?+f(n2)与 (x x 2?n+1? ∈N*且 n≥2)的大小. 解:(1)由题知 g(x)的定义域为(0,+∞). ?3x-2??x-2? 2? 因为 g′(x)= ,所以函数 g(x)的单调递增区间为? ?0,3?和[2,+∞),g(x)的单调 4x 2 ? 递减区间为? ?3,2?. 2 ? (2)因为 g(x)在 x∈? ?3,+∞?上的最小值为 g(2),且 3 1 ln 4-1 g(2)= ×22-4+2+ln 2=ln 2- = >0, 8 2 2 2 ? 故 g(x)在 x∈? ?3,+∞?上没有零点. 2? 从而,要想使函数 g(x)在[en,+∞)(n∈Z)上有零点,并考虑到 g(x)在? ?0,3?上单调递增,且在 ?2,2?上单调递减,故只需 en<2且 f(en)≤0 即可. ?3 ? 3 3 -2 -1 - 易验证 g(e )= · e -2· e 1+1>0, 8

31 2 - - g(e 2)= ·4- 2+2+ln e 2 8e e 1 31 ·2-2?<0. = 2? ? e ?8 e - 当 n≤-2 且 n∈Z 时均有 g(en)<0.即函数 g(x)在[en,e 1]?[en,+∞)(n∈Z)上有零点. 所以 n 的最大值为-2. 1 ln x 1 (3)要证明 f(x)≤1- ,即证 ≤1- (x>0). x x x 只须证 ln x-x+1≤0 在(0,+∞)上恒成立. 1 令 h(x)=ln x-x+1(x>0).由 h′(x)= -1=0 得 x=1.则在 x=1 处有极大值(也是最大 x 值)h(1)=0,所以 ln x-x+1≤0 在(0,+∞)上恒成立. 1 因此 f(n2)≤1- 2,n∈N*.于是有 n 1 1 1 1- 2?+?1- 2?+?+?1- 2? f(22)+f(32)+?+f(n2)≤? ? 2? ? 3? ? n? 1 1 1 ? =(n-1)-? ?22+32+?+n2? 1 1 1 <(n-1)-?2×3+3×4+?+n×?n+1?? ? ? 1 1 1 1 1 1 =(n-1)-?2-3+3-4+?+n-n+1? ? ? 1 1 =(n-1)-?2-n+1? ? ? ?2n+1??n-1? = . 2?n+1? ?2n+1??n-1? 所以 f(22)+f(32)+?+f(n2)< . 2?n+1?

课题 2 利用导数证明不等式 [典例] (2014· 福建高考)已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y= f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. [考题揭秘] 本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词 与存在量词等基础知识,考查考生的运算求解能力、 抽象概括能力、 推理论证能力,考查函数与 方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想. [审题过程] 第一步:审条件.已知函数 f(x)的解析式以及 f(x)在点 A 处的切线的斜率. 第二步:审结论.(1)求 f(x)的极值;(2)证明:当 x>0 时,x2<ex 恒成立;(3)证明对任意 c>0, 总存在 x0,使 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex 成立. 第三步:建联系.(1)求 f′(x),依题设条件可得 f′(0)=-1,从而可得 a 的方程,即可求出 a 的值,然后再求方程 f′(x)=0 的根,判断在导数等于 0 的点的左、右两侧的导数的符号,即可得 结论.(2)构造函数,利用函数的单调性来证明不等式; (3)对 c 进行分类讨论,通过构造函数,利用 导数法来证明其单调性,进而可得到所求证的结果. [规范解答] 法一:(1)由 f(x)=ex-ax,得 f′(x)=ex-a.

又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值. (2)令 g(x)=ex-x2,① 则 g′(x)=ex-2x, 由(1)得 g′(x)=f(x)≥f(ln 2)>0, 故 g(x)在 R 上单调递增,② 又 g(0)=1>0, 因此,当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex.③ (3)①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 所以当 x>0 时,x2<cex. 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 1 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x2<cex 成立,只要 ex>kx2 成立. c 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2),只要 x>2ln x+ln k 成立. 令 h(x)=x-2ln x-ln k,① 2 x-2 则 h′(x)=1- = , x x 所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.② 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增, 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. c 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.③ 法二:(1)同法一. (2)同法一. 4 (3)对任意给定的正数 c,取 x0= , c x x ?x?2?x?2 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e · e > , 2 2 ?2? ?2? x?2?x?2 4?x?2 1 2 当 x>x0 时,ex>? ?2? ?2? >c?2? =cx , 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 法三:(1)同法一. (2)同法一. 1 (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex. 3 证明如下: 1 令 h(x)= x3-ex,① 3 则 h′(x)=x2-ex. 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex, 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,② 1 所以 h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex. 3

3 1 1 取 x0= ,当 x>x0 时,有 x2< x3<ex. c c 3 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.③ [模型归纳] 利用导数证明不等式的模型示意图如下:

[跟踪训练] 已知函数 f(x)=x2ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的 t>0,存在唯一的 s,使 t=f(s); 2 ln g?t? 1 (3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s=g(t),证明:当 t>e2 时,有 < < . 5 ln t 2 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 1 f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令 f′(x)=0,得 x= . e 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 ?0, 1 ? ? 1 ,+∞? x e? e ? ? e ? 0 f′(x) - + f(x) 所以函数 f(x)的单调递减区间是?0, 极小值 1? 1 ,单调递增区间是? ,+∞?. e? ? e ?

?

(2)证明:当 0<x≤1 时,f(x)≤0. 设 t>0,令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞). 由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0. 故存在唯一的 s∈(1,+∞),使得 t=f(s)成立. (3)证明:因为 s=g(t),由(2)知,t=f(s),且 s>1,从而 ln g?t? ln s ln s ln s u 2 ln g?t? 1 = = = = ,其中 u=ln s.要使 < < 成立,只 ln t 5 ln t 2 ln f?s? ln?s2ln s? 2ln s+ln?ln s? 2u+ln u u 需 0<ln u< . 2 当 t>e2 时,若 s=g(t)≤e,则由 f(s)的单调性,有 t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾,所以 s>e,即 u>1. 从而 ln u>0 成立. u 1 1 另一方面,令 F(u)=ln u- ,u>1.F′(u)= - ,令 F′(u)=0,得 u=2. 2 u 2 当 1<u<2 时,F′(u)>0;当 u>2 时,F′(u)<0. u 故对 u>1,F(u)≤F(2)<0.因此 ln u< 成立. 2

2 ln g?t? 1 综上,当 t>e2 时,有 < < . 5 ln t 2

一、选择题 1.(2014· 海淀模拟)已知函数 f(x)=xln x. (1)求 f(x)的单调区间; (2)当 k≤1 时,求证:f(x)≥kx-1 恒成立. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1. 1 令 f′(x)=0,得 x= . e f′(x)与 f(x)的情况如下: 1 ?0,1? x e ? e? 0 f′(x) - f(x) 极小值

?1,+∞? ?e ?


1? ?1 ? 所以 f(x)的单调递减区间为? ?0,e?,单调递增区间为?e,+∞?. 1 (2)设 g(x)=ln x+ ,x>0, x x - 1 1 1 g′(x)= - 2= 2 . x x x g′(x)与 g(x)的情况如下: x g′(x) g(x) 所以 g(x)≥g(1)=1, 1 即 ln x+ ≥1 在 x>0 时恒成立, x 1 所以当 k≤1 时,ln x+ ≥k, x 所以 xln x+1≥kx,即 xln x≥kx-1, 所以当 k≤1 时,有 f(x)≥kx-1. π 0, ? . 2.(2014· 北京高考)已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈? ? 2? (1)求证:f(x)≤0; π? sin x (2)若 a< <b 对 x∈? ?0,2?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 解:(1)由 f(x)=xcos x-sin x 得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π π 0, ?上 f′(x)=-xsin x<0,所以 f(x)在区间?0, ?上单调递减. 因为在区间? ? 2? ? 2? 从而 f(x)≤f(0)=0. sin x (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”; x sin x “ <b”等价于“sin x-bx<0”. x 令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c.

(0,1) -

1 0 极小值

(1,+∞) +

π? 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈? ?0,2?恒成立. π? ? π? 当 c≥1 时,因为对任意 x∈? ?0,2?,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间?0,2?上单调递减. π 0, ?恒成立. 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈? ? 2? π? 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈? ?0,2?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. π? g(x)与 g′(x)在区间? ?0,2?上的情况如下: x g′(x) g(x) π? 因为 g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0 对任意 x∈? ?0,2? π? π 2 恒成立”当且仅当 g? ?2?=1-2c≥0,即 0<c≤π. π 2 0, ?恒成立;当且仅当 c≥1 时,g(x)<0 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈? 2? ? π π? 对任意 x∈? ?0,2?恒成立. π? sin x 2 所以,若 a< <b 对任意 x∈? ?0,2?恒成立,则 a 的最大值为π,b 的最小值为 1. x 3.(2014· 南昌模拟)已知函数 f(x)=ax-bxln x,其图象经过点(1,1),且在点(e,f(e))处的切线斜 率为 3(e 为自然对数的底数). (1)求实数 a、b 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的最大值; x-1 (3)证明:2ln 2+3ln 3+?+nln n>(n-1)2(n∈N*,n>1). 解:(1)因为 f(1)=1,所以 a=1, 此时 f(x)=x-bxln x,f′(x)=1-b(1+ln x), 依题意,f′(e)=1-b(1+ln e)=3,所以 b=-1. (2)由(1)知 f(x)=x+xln x, x-2-ln x f?x? x+xln x 当 x>1 时,设 g(x)= = ,则 g′(x)= . x-1 x-1 ?x-1?2 1 设 h(x)=x-2-ln x,则 h′(x)=1- >0,h(x)在(1,+∞)上是增函数. x 因为 h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0, 所以,存在 x0∈(3,4),使 h(x0)=0. 当 x∈(1,x0)时,h(x)<0,g′(x)<0,即 g(x)在(1,x0)上为减函数; x0+x0ln x0 同理 g(x)在(x0,+∞)上为增函数,从而 g(x)的最小值为 g(x0)= =x0, x0-1 所以 x0∈(3,4),k 的最大值为 3. f?x? (3)由(2)知,当 x>1 时, >3, x-1 所以 f(x)>3x-3,即 x+xln x>3x-3,xln x>2x-3, 所以 2ln 2+3ln 3+?+nln n>(2×2-3)+(2×3-3)+?+(2n-3)=2(2+3+?+n)- ?n-1??2+n? 3(n-1)=2× -3n+3=n2-2n+1=(n-1)2(n∈N*,n>1). 2 (0,x0) + x0 0

?x0,π? 2? ?


t-1 3 4.已知函数 f(x)=2x3+ tx2-3t2x+ ,其中 t∈R. 2 2 (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当 t≠0 时,求 f(x)的单调区间; 1-t 3 (3)证明:设函数 g1(x)=2x3,函数 g2(x)=3t2x- tx2+ ,对任意的 t∈(0,+∞),函数 g1(x) 2 2 与 g2(x)的图象在区间(0,1)内至少有一个交点. 3 解:(1)当 t=1 时,f(x)=2x3+ x2-3x,f(0)=0,f′(x)=6x2+3x-3, 2 所以 f′(0)=-3, 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=-3x. t (2)f′(x)=6x2+3tx-3t2,令 f′(x)=0,解得 x=-t 或 x= . 2 因为 t≠0,以下分两种情况讨论: t ①若 t<0,则 <-t,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 2 t ? t ,-t? (-t,+∞) -t 2 ?2 ? 0 0 f′(x) + - + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 t t ? ? ? 所以,f(x)的单调递增区间是? ?-∞,2?,(-t,+∞),f(x)的单调递减区间是?2,-t?. t ②若 t>0,则-t< ,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 2 t ?-t, t ? ? t ,+∞? (-∞,-t) x -t 2? 2 ? ?2 ? 0 0 f′(x) + - + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 t t? ? ? 所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),? ?2,+∞?,f(x)的单调递减区间是?-t,2?. (3)由于 g1(x)-g2(x)=f(x),所以本题等价于讨论 f(x)在区间(0,1)内至少存在一个零点. t? ?t ? 由(2)可知,当 t>0 时,f(x)在? ?0,2?内单调递减,在?2,+∞?内单调递增,以下分两种情况讨 论: t ①当 ≥1,即 t≥2 时,f(x)在(0,1)内单调递减, 2 t-1 3 3 f(0)= >0,f(1)=-3t2+2t+ ≤-3×4+2×2+ <0. 2 2 2 所以对任意的 t∈[2,+∞),f(x)在区间(0,1)内存在一个零点. t? t ?t ? ②当 0< <1,即 0<t<2 时,f(x)在? ?0,2?内单调递减,在?2,1?内单调递增, 2 t? 7 3 t-1 73 若 t∈(0,1],f? ?2?=-8t + 2 ≤-8t <0, 3 3 3 f(1)=-3t2+2t+ ≥-3t+2t+ =-t+ >0. 2 2 2 t ? 所以 f(x)在? ?2,1?内存在零点. t? 7 3 t-1 73 1 若 t∈(1,2),f? ?2?=-8t + 2 <-8t +2<0, t-1 t? f(0)= >0,所以 f(x)在? ?0,2?内存在零点. 2 x

?-∞, t ? 2? ?

所以,对任意的 t∈(0,2),f(x)在区间(0,1)内存在零点. 综上,对任意的 t∈(0,+∞),f(x)在区间(0,1)内均存在零点,即函数 g1(x)与 g2(x)的图象在区间 (0,1)内至少有一个交点.



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