函数导数不等式专题ppt长沙市一中 胡雪文_图文

2018年高考数学学科 分析会

高考试题分析
函数、导数、不等式
命题规律:客观题一般有 2道题,函数性质或 图象一个,导数应用一个.客观题一般考查函数 的性质、图象与导数的应用;卷 I偏向于导数放在 压轴题(选择题,17年为数列压轴).

高考试题分析
函数、导数、不等式
命题规律: 函数与导数主观题一直处在解答题中 的压轴题位置,主要考查导数几何意义,利用导数研 究函数的单调性、最值、极值及函数零点等问题,或 者构造函数解决不等式的证明、不等式恒成立、存在 性问题等. 函数载体上,指数、对数函数很受“器重”, 两种函数有时也会同时出现( 2014 年全国Ⅰ卷).无 论怎么考,讨论单调性是考查的重点,而且紧紧围绕 分类整合思想的考查.再者分离(分参)还是不分离 (部参),具体问题需具体分析,一般说来,主要考 查不分离问题(部参).

高考试题分析
函数、导数、不等式
备考建议: 1.基本初等函数性质及应用;

2. 函数图象及应用;
3.导数与定积分的几何意义及应用;

4.函数、方程、不等式、导数的综合问题(单调性、极
值、最值、函数零点、含参不等式恒成立或能成立、不

等式证明等)
5.导数复习应结合学生实际分层要求

高考试题分析
函数、导数、不等式(小题)
13年 14年 15年 16年 17年

11. 函数图像 3.奇偶性;

12. 函数不等 7. 函 数 图 象 ; 5. 函数性质;

求参数范围; 11. 函数零点、 式求参数; 8. 比 较 大 小 11. 比 较 大
16.对称性、 参数范围 最值 13. 函数奇偶 ( 指 对 数 运 小 ( 指 对 性求参数; 算);

数运算);

高考试题分析
函数、导数、不等式(大题)
13年 21.以含e x 函数 14年 15年 16年 17年

x x 21.以含e x 和lnx 21. 以 含 lnx 的 函 21. 以 含 e 函 数 21. 含 e ,考查

函数单调性 (含参)和二次 函数(含参)为 数(含参)及三 (含参)为背景, 函数为载体考查 载体考查导数的 次函数为载体, 利用导数研究函 (利用导数) 导数的几何意义, 几何意义及不等 考查导数的几何 数的零点问题及 函 数 零 点 , 参 利用导数研究函 式的证明 数单调性,含参 不等式的解法 意义,新定义运 参数的取值范围 数取值范围

算及函数零点

高考备考策略

第 1讲

函数的图象、性质及应用

高考备考策略
【命题趋势】 高考对函数图象与性质的考查主要体现在函数的定 义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性等方面 . 函数的单调性是考查的重点之一 ,且单调性和奇偶性有向 抽象函数拓展的趋势.函数图象注重考查图象变换(平移变 换,伸缩变换、对称变换)及基本初等函数图象的应用,考查 比较灵活 , 涉及的知识点较多 , 且每年均有创新 , 试题考查 角度有两个方面 , 一是函数解析式与函数图象的对应关 系;二是利用图象研究函数性质、方程及不等式的解等 , 综合性较强.题型多以选择题、填空题为主,一般属于中档 题.而函数的零点注意考查零点所在区间、零点个数的判 断以及由函数零点个数求参数的取值范围 ,考查形式主要 是选择题、填空题,也有可能以解答题中某一小问的形式 出现,多为中偏低档题.

高考备考策略
【备考建议】 函数的图象与性质是高考的热点之一 ,而函数与方程 基本是高考的必考点,常以基本初等函数为载体,考查函数 的单调性、奇偶性、周期性等 .因此备考时要熟练掌握基 本初等函数及几种常见函数的图象与性质 ,掌握图象变换 及变换规律.要会求具体函数的定义域、值域;与分段函 数有关的问题要分清自变量对应的解析式 ,分段求解;要 会知式选图及知图选式 ,能够利用函数的图象研究函数的 性质(特别是单调性、最值、零点)、方程解的问题及解不 等式、比较大小等;要能够综合利用函数性质解决求值及 取值范围,与不等式结合的解集问题.体会分类讨论思想、 数形结合思想、转化化归思想、函数方程思想等数学思想 在解题中的运用.

高考备考策略
【高考真题】
考题 1[2017· 全国卷Ⅰ]函数 f(x)在(-∞,+∞)单调递 减,且为奇函数.若 f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1 的 x 的取值范围是( ) A.[-2,2] B.[-1,1] C.[0,4] D.[1,3] 【解析】选 D

高考备考策略
考题 2[2017· 浙江卷]若函数 f(x)=x2+ax+b 在区间 [0,1]上的最大值是 M,最小值是 m,则 M-m( A.与 a 有关,且与 b 有关 B.与 a 有关,但与 b 无关 C.与 a 无关,且与 b 无关 D.与 a 无关,但与 b 有关 【解析】选 D )

高考备考策略
【典型例题剖析】
探究一:函数概念及表示 例题 1:如图,有一直角墙角,两边的长度足够长,若 P 处有一 棵树与两墙的距离分别是 4 m 和 a m(0<a<12),不考虑树的粗细. 现用 16 m 长的篱笆,借助墙角围成一个矩形花圃 ABCD,设此矩 形花圃的最大面积为 u,若将这棵树围在矩形花圃内,则函数 u= f(a)(单位:m2)的图象大致是( )

【解析】选 B

高考备考策略
(2)已知函数 f(x)=x|x2-12|的定义域为[0,m],值域为 [0,am2],则实数 a 的取值范围是________. 【解析】a≥1

高考备考策略
探究二:函数的性质及应用 1 例题 2. [2017· 江苏卷]已知函数 f(x)=x -2x+e - x, e 其中 e 是自然对数的底数.若 f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数 a 的取值范围是________.
3 x

? 1? 【解析】?-1,2? ? ?

高考备考策略
探究三 ( ) 函数的图象及应用 例题 3. (1)函数 y=2x2-e|x|在[-2,2]上的图象大致为

【解析】选 D

高考备考策略
探究四 函数与方程的综合应用 例题 4. 已知 f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,f′ (x)是 f(x)的导函数,若对?x∈(0,+∞),都有 f[f(x)-2x]=3, 4 则方程 f′(x)-x=0 的解所在的区间是________.(区间长度 不大于 1) 【解析】 (1,2)

高考备考策略
x ? e , x≥0, ? (2)已知实数 f(x)=? 若关于 x 的 ? ? lg(-x), x<0, 方程 f2(x)+f(x)+t=0 有三个不同的实根,则 t 的取值范围 为( ) (A)(-∞,-2] (B)[1,+∞) (C)[-2,1] (D)(-∞,-2]∪[1,+∞)

【解析】 选 A

高考备考策略

第 2讲

导数及其应用

高考备考策略
【命题趋势】 2018 高考对本节内容的考查仍将突出导数的工具性, 主要涉及导数及其运算 ,灵活运用导数公式及运算法则进 行求导,理解导数的几何意义,会求切线方程.题型选择、填 空、解答均可出现,一般属于容易题目.重点考查利用导数 研究函数极值、最值及单调性问题和生活中的优化问题 , 这也是高考的必考点,其中蕴含对转化与化归,分类讨论和 数形结合等数学思想方法的考查 , 综合性强 , 有一定难度 , 一般以大题的形式出现.

高考备考策略
【备考建议】 新课标命题的高考中,导数属于高考重点考查的内容, 在复习中应对这些问题予以关注: (1)定积分的简单计算或利用定积分求某些图形的面 积,确定或应用过某点的切线的斜率(方程); (2)利用函数的单调性与导数的关系,讨论含有参数的 较复杂基本函数的单调性 (区间),根据函数的单调性 ,利用 导数求某些参数的取值范围; (3)利用函数的极值与导数的关系,求某些含有参数的 较复杂基本函数的极值大小、个数或最值 ,根据函数极值 的存在情况,利用导数求某些参数的取值范围.要掌握解决 这些问题的基本数学方法与数学思想 ,不断培养提高数形 结合、转化与化归、分类讨论、函数与方程的数学思想.

高考备考策略
【典型例题剖析】
探究一 导数与定积分的几何意义 ) 例题 1. (1)若点 P 是曲线 y=x2-ln x 上任意一点,则 点 P 到直线 y=x-2 的最小距离是( A. 2 B.1 2 C. D. 3 2 【解析】选 A

高考备考策略
1 2 (2)已知函数 f x = x +2ax,g??x??=3a2ln x+b,设两曲线 2
? ? ? ?

y = f ??x?? 与 y = g ??x?? 有公共点 , 且在该点处的切线相同 , 则 a∈ 0,+∞ 时,实数 b 的最大值是( 13 6 A. e 6 1 6 C. e 6 【解析】选 B 3 3 B. e 2 7 3 D. e 2
2 2
? ? ? ? ? ? ? ?

)

高考备考策略
探究二 利用导数研究函数的单调性 例 2 (1)已知函数 f(x)=ex-ax(a∈R,e 为自然对数的 底数). (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)若 a=1,函数 g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x 在 (2,+∞)上为增函数,求实数 m 的取值范围.

高考备考策略
【解析】(Ⅰ)函数 f(x)的定义域为 R, f′(x)=ex-a. 当 a≤0 时, f′(x)>0, ∴f(x)在 R 上为增函数; 当 a>0 时, 由 f′(x)=0, 得 x=ln a, 则当 x∈(-∞, ln a)时, f′(x)<0, ∴函数 f(x)在(-∞, ln a)上为减函数, 当 x∈(ln a, +∞)时, f′(x)>0, ∴函数 f(x)在(ln a, +∞)上为增函数.

高考备考策略
(Ⅱ)当 a=1 时, g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x. ∵g(x)在(2, +∞)上为增函数, ∴g′(x)=xex-mex+m+1≥0 在(2, +∞)上恒成立, xex+1 即 m≤ x 在(2, +∞)上恒成立. e -1 xex+1 令 h(x)= x , x∈(2, +∞), e -1 (ex)2-xex-2ex ex(ex-x-2) 则 h′(x)= = . x 2 x 2 (e -1) (e -1) 令 L(x)=ex-x-2, 则 L′(x)=ex-1>0 在(2, +∞)上恒成立,

高考备考策略
即 L(x)=ex-x-2 在(2, +∞)上为增函数, 即 L(x)>L(2)=e2-4>0, ∴h′(x)>0, xex+1 即 h(x)= x 在(2, +∞)上为增函数, e -1 2e2+1 2e2+1 ∴h(x)>h(2)= 2 , ∴m≤ 2 , e -1 e -1
2 ? 2e +1? ? ? 即实数 m 的取值范围是?-∞, 2 . ? e -1 ? ?

高考备考策略
(2)已知函数 f(x)=xln x,且 0<x1<x2,给出下列命题: f(x1)-f(x2) ① <1; x1-x2 ②f(x1)-x2<f(x2)-x1; ③x2f(x1)<x1f(x2); ④当 ln x1>-1 时,x1f(x1)+x2f(x2)>2x2f(x1). 其中所有正确命题的序号为________. 【解析】③④

高考备考策略
探究三 利用导数研究函数的极值、最值 例 3(1)[2017· 江苏卷]已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+ 1(a>0,b ∈ R) 有极值 , 且导函数 f′(x) 的极值点是 f(x) 的零 点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (Ⅰ)求 b 关于 a 的函数关系式,并写出定义域; (Ⅱ)证明:b2>3a; (Ⅲ)若 f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于 7 - ,求 a 的取值范围. 2

高考备考策略
【解析】(Ⅰ)由 f(x)=x3+ax2+bx+1,得 f′(x)=3x2+
? a?2 a2 2ax+b=3?x+3? +b- . 3 ? ?

a a2 当 x=- 时,f′(x)有极小值 b- . 3 3 因为 f′(x)的极值点是 f(x)的零点, 所以
? a? a3 a3 ab f?-3?=- + - +1=0, 27 9 3 ? ?

2a2 3 又 a>0,故 b= + . 9 a 因为 f(x)有极值,故 f′(x)=0 有实根, a2 1 从而 b- = (27-a3)≤0,即 a≥3. 3 9a

高考备考策略
当 a>3 时 ,f ′ (x) = 0 有 两 个 相 异 的 实 根 x1 = -a- a2-3b -a+ a2-3b ,x2= . 3 3 列表如下:

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故 f(x)的极值点是 x1, x2. 从而 a>3. 2a2 3 因此 b= +a, 定义域为(3, +∞). 9 b 2a a 3 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知, = + . 9 a a a
2 2 t -27 2t 3 2 3 设 g(t)= + , 则 g′(t)= - 2= . 9 t 9 t 9t2



?3 6 ? t∈? g′(t)>0, 从而 ,+∞?时, ? 2 ?

?3 6 ? g(t)在? ,+∞? ? 2 ?

上单调递增.因为 a>3, 所以 a a>3 3, 故 g(a a)>g(3 3) b = 3, 即 > 3. a 因此 b2>3a.

高考备考策略
(Ⅲ)由(Ⅰ)知, f(x)的极值点是 x1, x2,
2 4 a -6b 2 2 2 且 x1+x2=- a, x +x = . 3 1 2 9 2 3 2 从而 f(x1)+f(x2)=x3 1+ax1+bx1+1+x2+ax2+bx2+1

x1 x2 2 1 2 2 2 = (3x2 + 2 ax + b ) + (3 x + 2 ax + b ) + a ( x + x ) + b(x 1 1 2 2 2 3 3 3 1 3 1 4a3-6ab 4ab +x2)+2= - +2=0. 27 9 记 f(x), f′(x)所有极值之和为 h(a), a2 1 2 3 因为 f′(x)的极值为 b- =- a + , a 3 9

高考备考策略
1 2 3 所以 h(a)=- a +a, a>3. 9 2 3 因为 h′(a)=- a- 2<0, 于是 h(a)在(3, +∞)上单调 9 a 递减. 7 因为 h(6)=- , 于是 h(a)≥h(6), 故 a≤6. 2 因此 a 的取值范围为(3, 6].

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探究四 导数的综合应用 a 例题 4 (1)已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数 e 的底数). (Ⅰ)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (Ⅱ)求函数 f(x)的极值; (Ⅲ)当 a=1 时,若直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有 公共点,求 k 的最大值.

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a a 【解析】(Ⅰ)由 f(x)=x-1+ x, 得 f′(x)=1- x. e e 又曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线平行于 x 轴, a 得 f′(1)=0, 即 1- =0, 解得 a=e. e a (Ⅱ)f′(x)=1- x, e ①当 a≤0 时, f′(x)>0, f(x)为(-∞, +∞)上的增函数, 所 以函数 f(x)无极值. ②当 a>0 时, 令 f′(x)=0, 得 ex=a, x=ln a.

高考备考策略
x∈(-∞, ln a), f′(x)<0;x∈(ln a, +∞), f′(x)>0. 所以 f(x)在(-∞, ln a)上单调递减, 在(ln a, +∞)上单 调递增, 故 f(x)在 x=ln a 处取得极小值, 且极小值为 f(ln a)=ln a, 无极大值. 综上, 当 a≤0 时, 函数 f(x)无极小值; 当 a>0, f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a, 无极大值.

高考备考策略
1 (Ⅲ)当 a=1 时, f(x)=x-1+ x. e 直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 1 等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ x在 R 上没有实 e 数解, 即关于 x 的方程: 1 (k-1)x= x e (*)在 R 上没有实数解.

1 ①当 k=1 时, 方程(*)可化为 x=0, 在 R 上没有实数解. e

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1 ②当 k≠1 时, 方程(*)化为 =xex. k-1 令 g(x)=xex, 则有 g′(x)=(1+x)ex. 令 g′(x)=0, 得 x=-1, 当 x 变化时, g′(x)的变化情况如下表:

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1 当 x=-1 时, g(x)min=- , 同时当 x 趋于+∞时, g(x) e 趋于+∞, 从而
? 1 ? g(x)的取值范围为?-e ,+∞?. ? ?

? 1? 1 所以当 ∈?-∞,-e ?时, ? k-1 ?

方程(*)无实数解, 解得 k 的取值范围是(1-e, 1). 综上, 得 k 的最大值为 1.

高考备考策略

第 3讲

函数与不等式的 综合问题

高考备考策略
【命题趋势】 函数、不等式、导数综合是历年高考命题的热点 ,多 以解答题中压轴题的形式出现 ,除重点考查利用导数判断 单调性和利用导数求极值、最值外 ,较多的还是导数与不 等式的整合,即将求参数范围问题转化为求函数最值问题 , 通过构造函数,以导数为工具证明不等式问题,旨在考查学 生思维能力及数学素养.

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【备考建议】 函数与不等式的综合问题是新课标高考的命题热点 之一 , 往往处在解答题压轴题的地位 , 是爬坡题 , 具有一定 的区分度,有一定的难度.备考时需要明确以下几个问题的 解决方法: (1)利用构造函数的单调性解决不等式解集及比较数 或式的大小; (2)根据不等式恒成立、存在性成立求参数的取值范 围;

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(3)与不等式有关的证明.不等式的证明常与函数、数 列、导数综合在一起 ,证明过程中的构造函数法、数学归 纳法、放缩法是高考命题的一个热点 ,其中放缩的“度” 的把握更能显出解题的真功夫 .此外关于连续函数在闭区 间上的最值定理及有高等数学背景的函数的凸凹性问题 也值得关注.这个考点考查函数与方程思想、化归与转化 思想、分类与整合思想、数形结合思想等 ,还要培养提高 推理论证能力、运算求解能力、创新意识等.

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【高考真题】
考题 1.[2017· 全国卷Ⅱ]已知函数 f(x)=ax2-ax-xln x,且 f(x)≥0. (1)求 a; (2)证明:f(x)存在唯一的极大值点 x0, 且 e-2<f(x0)<2-2.

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【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞). 设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x),f(x)≥0 等价于 g(x)≥0. 1 因为 g(1)=0,g(x)≥0,故 g′(1)=0,而 g′(x)=a- , x 1 g′(1)=a-1,得 a=1.若 a=1,则 g′(x)=1- . x 当 0<x<1 时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当 x>1 时, g′(x)>0,g(x)单调递增.所以 x=1 是 g(x)的极小值点, 故 g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1.

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(2)证明:由(1)知 f(x)=x2-x-xln x, f′(x)=2x-2-ln x. 1 设 h(x)=2x-2-ln x,则 h′(x)=2- . x ? ?1 ? 1? 当 x∈?0,2?时,h′(x)<0;当 x∈?2,+∞?时,h′(x)>0. ? ? ? ? ? ?1 ? 1? 所以 h(x)在?0,2?上单调递减,在?2,+∞?上单调递增. ? ? ? ?

高考备考策略
又 h(e-2)>0,h? ?<0,h(1)=0,所以
?2? ?1 ? x0, 在 ?2,+∞?上有唯一零点 ? ? ?1? ? 1? h(x)在?0,2?上有 ? ?

唯一零点

1, 且当 x∈(0,x0)

时,h(x)>0; 当 x∈(x0,1)时,h(x)<0; 当 x∈(1,+∞)时,h(x) >0. 因为 f′(x)=h(x),所以 x=x0 是 f(x)的唯一极大值点.

高考备考策略
由 f′(x0)=0 得 ln x0=2(x0-1), 故 f(x0)=x0(1-x0). 由
? 1? x0∈?0,2?得 ? ?

1 f(x0)< . 4

因为 x=x0 是 f(x)在(0,1)上的最大值点,由 e-1∈(0,1),f′ (e-1)≠0 得 f(x0)>f(e-1)=e-2. 所以 e-2<f(x0)<2-2.

高考备考策略
【典型例题剖析】
探究一 两个数或式的大小比较 例题 1 (1)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)=-1,其 导函数 f′(x) 满足 f′(x)>k>1, 则下列结论中一定错误的是 ( ) ?1? 1 A.f?k?<k ? ? ?1? 1 ? ? B.f k > ? ? k-1 ? 1 ? 1 ? C.f? < ?k-1? k-1 ? ? ? 1 ? k ? D.f? > ?k-1? k-1 ? ? 【解析】选 C

高考备考策略
探究二 不等式的存在性、恒成立问题 例 2 [2017· 全国卷Ⅲ]已知函数 f(x)=x-1-aln x. (1)若 f(x)≥0,求 a 的值; (2) 设 m 为 整 数 , 且 对 于 任 意 正 整 数
? 1? ? 1? ?1+ 2???1+ n?<m,求 2? ? 2? ? ? 1? n, ?1+2? ? ?

m 的最小值.

高考备考策略
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞). ①若 a≤0,因为 意. a x-a ②若 a>0,由 f′(x)=1- = 知,当 x∈(0,a)时,f′ x x (x)<0; 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以 f(x)在(0,a)上单调 递减,在(a,+∞)上单调递增.故 x=a 是 f(x)在(0,+∞)上 的唯一极小值点. 由于 f(1)=0,所以当且仅当 a=1 时,f(x)≥0, 故 a=1.
?1? 1 ? ? f 2 =- +aln 2 ? ?

2<0,所以不满足题

高考备考策略
(2)由(1)知当 x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
? 1? 1 1 令 x=1+ n,得 ln?1+2n?< n,从而 2 ? ? 2 ? ? ? 1? 1? 1? 1 1 1 ? ? ? ? ? ? ln 1+2 + ln 1+22 + ? + ln 1+2n < + 2 + ? + n 2 ? ? ? ? ? ? 2 2 1 =1- n<1. 2 ? 1?? 1? ? 1? 故?1+2??1+22???1+2n?<e. ? ?? ? ? ? ? 1?? 1 ?? 1? 而?1+2??1+22??1+23?>2,所以 m 的最小值为 3. ? ?? ?? ?

高考备考策略
探究三:与不等式有关的参变量问题 a 例题 3. 已知函数 f(x)=xln x- x2-x+a(a∈R)在其 2 定义域内有两个不同的极值点. (1)求 a 的取值范围; (2)记两个极值点分别为 x1,x2,且 x1<x2.已知 λ>0,若 不等式 e1+λ<x1·xλ 2 恒成立,求 λ 的范围.

高考备考策略
【解析】(1)由题意知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 方程 f′(x)=0 在(0,+∞)有两个不同根; 即方程 ln x-ax=0 在(0,+∞)有两个不同根; ln x 转化为函数 g(x)= 与函数 y=a 的图象在(0,+∞) x 上有两个不同交点. 1-ln x 又 g′(x) = , 即 0 < x < e 时 ,g ′ (x) > 0,x > e x2 时,g′(x)<0,

高考备考策略
故 g(x)在(0,e)上单调增,在(e,+∞)上单调减. 1 故 g(x)极大=g(e)= ; e 又 g(x)有且只有一个零点是 1,且在 x→0 时, g(x)→-∞,在 x→+∞时,g(x)→0, 故 g(x)的草图如下图,可见,

高考备考策略
ln x 与函数 y=a 的图象在(0,+∞)上 x 1 有两个不同交点,只须 0<a< . e + λ (2)因为 e1 λ<x1·x2 等价于 1+λ<ln x1+λln x2. 要想函数 g(x)= 由(1)可知 x1,x2 分别是方程 ln x-ax=0 的两个根,即 ln x1=ax1,ln x2=ax2 所以原式等价于 1+λ<ax1+λax2=a(x1+λx2), 因为 λ>0,0<x1<x2, 1+λ 所以原式等价于 a> . x1+λx2

高考备考策略
又由 ln x1=ax1,ln x2=ax2,作差得 ln x1 ln x2 即 a= . x1-x2 x1 ln 1+λ x2 所以原式等价于 > , x1-x2 x1+λx2 因 为 0 < x1 < x2, 原 式 恒 成 立 , 即 ln (1+λ)(x1-x2) < 恒成立. x1+λx2 x1 令 t= ,t∈(0,1), x2 (1+λ)(t-1) 则不等式 ln t< 在 t∈(0,1)上恒成立. t+ λ x1 x2 x1 =a(x1-x2), x2

高考备考策略
(1+λ)(t-1) 令 h(t)=ln t- , t+ λ
2 2 1 (1+λ) (t-1)(t-λ ) 又 h′(t)= - = , t ( t + λ )2 t(t+λ)2

当 λ2≥1 时,可见 t∈(0,1)时,h′(t)>0, 所以 h(t)在 t∈(0,1)上单调增, 又 h(1)=0,h(t)<0 在 t∈(0,1)恒成立,符合题意.

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当 λ2<1 时,可见 t∈(0,λ2)时, h′(t)>0,t∈(λ2,1)时 h′(t)<0, 所以 h(t)在 t∈(0,λ2)时单调增, 在 t∈(λ2,1)时单调减,又 h(1)=0, 所以 h(t)在 t∈(0,1)上不能恒小于 0,不符合题意,舍 去. 综上所述,若不等式 e1 λ<x1·x2 恒成立,


λ

只须 λ2≥1,又 λ>0,所以 λ≥1.

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探究四 不等式的证明问题 例题 4. 已知函数 f(x)=ax2-ex(a∈R). (1)当 a=1 时,判断函数 f(x)的单调区间并给予证明; e (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2),证明: - <f(x1) 2 <-1.

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【解析】证明: (1)a=1 时,f(x)= x2-ex,f′(x)= 2x -ex, 令 g(x)=2x-ex,则 g′(x)=2-ex.令 2-ex=0,则 x=ln 2, 当 x>ln 2 时,g′(x)<0.当 x<ln 2 时,g′(x)>0. ∴g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0. ∴f′(x)<0 在 R 上恒成立. 从而 f(x)为 R 上的单调递减函数.

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(2)f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2), 即 f′(x)=2ax-ex=0 有两个实根 x1,x2(x1<x2), 由(f′(x))′=2a-ex=0,得 x=ln 2a. 由 f′(ln 2a)=2aln 2a-2a>0, 得 ln 2a>1,2a>e. 又 f′(0)=-1<0,f′(1)=2a-e>0, 所以 0<x1<1<ln 2a. 由 f′(x1)=2ax1-ex1=0,得 ax1= ex1 , 2

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x1 ex1 2 ? f(x1)=ax1-ex1= x1-ex1=ex1 -1?(0<x1<1), 2
?2 ? ? ?
x?x x

令 h(x)=e

?

? -1?(0<x<1), 2 ? ?

x-1 则 h′(x)=e · <0,所以 h(x)在(0,1)上单调递减, 2 e ∴- =h(1)<f(x1)<h(0)=-1. 2

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第 4讲 函数与方程的 综合问题

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【命题趋势】 函数、方程、导数综合是历年高考命题的热点 ,多以 解答题中压轴题的形式出现 ,除重点考查利用导数判断单 调性和利用导数求极值、最值外 ,较多的还是导数解决零 点的问题,即将求参数范围问题转化为求函数最值问题,通 过构造函数,以导数为工具证明零点问题,旨在考查学生思 维能力及数学素养.

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【备考建议】 函数与方程的综合问题是新课标高考的命题热点之 一 , 往往处在解答题压轴题的地位 , 是爬坡题 , 具有一定的 区分度,有一定的难度.备考时需要明确以下几个问题的解 决方法: (1)研究零点的个数问题; (2)根据零点个数求参数的取值范围; (3)与不等式有关的证明.零点的问题常与数列、导数 综合在一起,这个考点考查函数与方程思想、化归与转化 思想、分类与整合思想、数形结合思想等,还要培养提高 推理论证能力、运算求解能力、创新意识等.

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【高考真题】
考题 1 [2017· 全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)=ae2x+(a-2)ex -x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围.

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【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若 a≤0,则 f′(x)<0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递 减. (ii)若 a>0,则由 f′(x)=0 得 x=-ln a. 当 x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0; 当 x∈(-ln a,+∞)时,f′ (x)>0.所以 f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞) 上单调递增.

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(2)(i)若 a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. (ii)若 a>0,由(1)知,当 x=-ln a 时,f(x)取得最小值,最 1 小值为 f(-ln a)=1- +ln a. a ①当 a=1 时,由于 f(-ln a)=0,故 f(x)只有一个零点; 1 ②当 a∈(1,+∞)时,由于 1- +ln a>0,即 f(-ln a)>0, a 故 f(x)没有零点;

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1 ③当 a∈(0,1)时,1- +ln a<0,即 f(-ln a)<0. a 又 f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故 f(x) 在(-∞,-ln a)上有一个零点. 设正整数 n0 满足
?3 ? ? n0>ln a-1?, ? ?

则 f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0. 由于 个零点. 综上,a 的取值范围为(0,1).
?3 ? ? ln a-1?>-ln ? ?

a,因此 f(x)在(-ln a,+∞)上有一

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【典型例题剖析】
探究一 __________. 【解析】2 函数零点的个数问题 例 1(1)函数 f(x)=x2-4x+5-2ln x 的零点个数为

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探究二 由函数零点的个数研究参数问题 ?1 2 ?2 x +1,(x≥0), 例 2(1)已知函数 f(x)=? 若函 ?-ln(1-x),(x<0). ? 数 F(x)=f(x)-kx 有且只有两个零点,则 k 的取值范围为 ( ) ? 1? A.(0,1) B.?0,2? ? ? ?1 ? C.?2,1? D.(1,+∞) ? ? 【解析】选 C

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(2)若函数 f(x)=aex-x-2a 有两个不同的零点,则实 数 a 的取值范围是( ) ? ? 1? 1? A.?-∞, e ? B.?0,e ? ? ? ? ? C. -∞,0
? ? ? ? ? ? ? ?

D. 0,+∞

? ? ? ?

? ? ? ?

【解析】选 D

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探究三 含参变量函数零点的综合问题
? ? 2 ?x? ? ? 例 3 已知函数 f?x?= x-1 ,若关于 x 的方程 f2??x??-mf??x?? e

+m-1=0 恰好有 3 个不相等的实根,则 m 的取值范围是 __________. 【解析】 -∞,1 ∪ 2
? ? ?

? ? ? ?

? ? ? ?

? ? ?

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- 例 4.已知函数 f??x??=xe x-a 有两个零点 x1,x2.

(1)求实数 a 的取值范围; (2)求证: x1+x2>2.

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【解析】(1)函数 f??x??=xe-x-a 的定义域为 R, 因为 f??x??=xe-x-a 有两个零点 x1,x2, x 所以函数 g x = x与函数 y=a 有两个不同的交点, e
? ? ? ?

1- x 1-x ? ? g′ x = x ,令 g′?x?= x =0, e e
? ? ? ?

解得 x=1, 当 x∈ -∞,1 时 ,g ′ ??x?? >0,g ??x?? 单 调 递 增 ; 当 x∈ 1,+∞ 时,g′??x??<0,g??x??单调递减,
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

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1 ? ? x 1 所以 g max=g? ?= , e
? ? ? ?

x ? ? ? ? ? ? 1 , + ∞ x x 并且当 x∈ ?,g? ?>0,于是 g? ?= x的图象大致 e
? ? ?

为:

x x 函数 g = x与函数 y=a 有两个不同的交点时,a 的取 e ? 1? 值范围是?0,e ?. ? ?
? ? ? ?

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x2 x x e x2 1 2 ? ? ? ? x x (2)由已知 f? 1?=f? 2?,即 x1= x2,∴ x1= , e e e x1 x2 x2-x1 ∴ e = , x1 x2 两边同取以 e 为底的对数,得 x2-x1=ln , x1

x2-x1 1 x2 要证明 x1+x2>2,则只需证明 < ln , x2+x1 2 x1 x2 -1 x1 1 x2 即 < ln , x2 2 x1 +1 x1

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? ? x2 ? 不妨设 x1<x2,令 =t,则 t∈??1,+∞???, x1

t- 1 1 ? ? ? 即证 < ln t 对 t∈??1,+∞???恒成立, t+ 1 2 2-4t t + 1 t - 1 1 1 2 ? ? ? ? t t 令 g? ?= ln t- ,则 g′? ?= -? = ? = ? ? 2 2 t ? ?2 ? ?2 t+ 1 ?t+1? 2t??t+1?? ? ?
? ? ? ? ? ? ? ?

t- 1 2 t -2t+1 ? ? = ? ? >0, ? ?2 ? 2t?t+1? 2t?t+1??2
2
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

∴g t 在区间 1,+∞ 单调递增,∴g??t??>g??1??=0,
? ? ? ?

? ? ? ?

? ? ? ?

t- 1 t- 1 1 1 即 ln t- >0, < ln t,从而 x1+x2>2 成立. 2 t+ 1 t+ 1 2


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