2019届高考数学（理）二轮复习专题透析课件和讲义专题1　函数与导数 178页

专题 透 析 2019 专题 1 函数与导数 01 01 03 02 目录 微专题 01 函数的基本性质与基本初等函数 微专题 02 函数的图象与函数的应用 微专题 03 导数及其应用 04 微专题 04 函数与导数的综合应用 W 网络构建 WANGLUO GOUJIAN 点击 ▼ 出答案 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 1 . 函数的三要素是什么 ? 定义域、值域和对应关系是函数的三要素 , 是一个整体 , 研究函数问题时必须 “ 定义域优先 ” . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 2 . 求函数的定义域应注意什么 ? 求函数的定义域时 , 若已知函数的解析式 , 则函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围 , 只需构建并解不等式 ( 组 ) . 在实际问题中 , 除要考虑解析式有意义外 , 还要使实际问题有意义 . 已知 f ( x ) 的定义域是 [ a , b ], 求 f ( g ( x )) 的定义域 , 是指满足 a ≤ g ( x )≤ b 的 x 的取值范围 , 而已知 f ( g ( x )) 的定义域是 [ a , b ], 指的是 x ∈[ a , b ] . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 3 . 判断函数的单调性有哪些方法 ? 单调性是函数在其定义域上的局部性质 . 常见判定方法 :① 定义法 , 取值、作差、变形、定号 , 其中变形是关键 , 常用的方法有通分、配方、因式分解 ;② 图象法 ;③ 复合函数的单调性遵循 “ 同增异减 ” 的原则 ;④ 导数法 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 4. 函数的奇偶性有什么特征 ? 奇偶性的特征及常用结论 :① 若 f ( x ) 是奇函数 ,0 在其定义域内 , 则 f (0) = 0 . ② f ( x ) 是偶函数 ⇔ f ( x ) 的图象关于 y 轴对称 ; f ( x ) 是奇函数 ⇔ f ( x ) 的图象关于原点对称 . ③ 奇函数在对称 ( 关于原点对称 ) 的单调区间内有相同的单调性 ; 偶函数在对称 ( 关于原点对称 ) 的单调区间内有相反的单调性 . ④ 若 f ( x+a ) 为奇函数 , 则 f ( x ) 的图象关于点 ( a ,0) 对称 ; 若 f ( x + a ) 为偶函数 , 则 f ( x ) 的图象关于直线 x=a 对称 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE   指数函数 y=a x 对数函数 y=log a x 图象 性质 当 01 时 , 函数在 R 上单调递增 当 01 时 , 函数在 (0,+∞) 上单调递增 00 时 ,01 01 时 ,y<0; 当 00 a>1, 当 x>0 时 ,y>1; 当 x<0 时 ,01, 当 x>1 时 ,y>0; 当 0 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 ) . 利用导数研究函数单调性的应用 :(1) 利用导数判断函数的图象 . (2) 利用导数解不等式 . (3) 求参数的取值范围 : ①y=f ( x ) 在 ( a , b ) 上单调 , 则 ( a , b ) 是相应单调区间的子集 .② 若函数单调递增 , 则 f' ( x )≥0; 若函数单调递减 , 则 f' ( x )≤0 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 2 . 如何判断函数的极值 ? 如何确定函数的最值 ? 当 f' ( x 0 ) = 0 时 , 若在 x 0 附近左侧 f' ( x ) > 0, 右侧 f' ( x ) < 0, 则 f ( x 0 ) 为函数 f ( x ) 的极大值 ; 若在 x 0 附近左侧 f' ( x ) < 0, 右侧 f' ( x ) > 0, 则 f ( x 0 ) 为函数 f ( x ) 的极小值 . 将函数 y=f ( x ) 在 [ a , b ] 上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 . 返 Z 知识整合 ZHISHI ZHENGHE 3 . 利用导数可以解决哪些不等式问题 ? (1) 利用导数证明不等式 : 证明 f ( x ) g ( x ) 对一切 x ∈ I 恒成立 ⇔ I 是 f ( x ) >g ( x ) 的解集的子集 ⇔[ f ( x ) -g ( x )] min > 0( x ∈ I ); ② ∃ x ∈ I , 使 f ( x ) >g ( x ) 成立 ⇔ I 与 f ( x ) >g ( x ) 的解集的交集不是空集 ⇔[ f ( x ) -g ( x )] max > 0( x ∈ I ); ③ 对 ∀ x 1 , x 2 ∈ I , f ( x 1 )≤ g ( x 2 )⇔ f ( x ) max ≤ g ( x ) min ; ④ 对 ∀ x 1 ∈ I ,∃ x 2 ∈ I , f ( x 1 )≥ g ( x 2 )⇔ f ( x ) min ≥ g ( x ) min . 返 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 函数是一条主线 , 贯穿于整个高中数学 , 导数是重要的解题工具 , 是解决函数问题的利器 , 因此 , 函数与导数在高考数学中的地位不言而喻 . 本专题内容也是高考中重要的考点之一 , 从近年高考的命题情况来看 , 本专题在高考分值中占 20% 左右 , 试题的易、中、难比例相当 , 选择题、填空题和解答题均有考查 . 一、选择题和填空题的命题特点 ( 一 ) 考查函数图象的判断及简单应用 . 试题难度中档 , 综合考查函数的解析式、定义域、值域及单调性、奇偶性等性质的综合 . 命题特点 1 .(2018· 全国 Ⅱ 卷 · 理 T3 改编 ) 函数 f(x)= 的图象大致为 ( 　　 ). B 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 f(x) 的定义域为 (-∞,0)∪(0,+∞), 且 f(-x)= =-f(x),∴f(x) 是奇函数 , 其图象关于原点对称 , 排除 A; 又当 x>0 时 , 5 x > 1 > 5 -x ,∴f(x)>0, 排除 D;f(2)>1, 排除 C. 故选 B. K 考向分析 KAOXIANG FENXI 2.(2017· 全国 Ⅰ 卷 · 理 T8 改编 ) 函数 y= 的部分图象大致为 ( 　　 ). A 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 因为函数为奇函数 , 所以其图象关于原点对称 , 所以选项 C,D 错误 ; 又当 x=0 时 ,y=0, 所以选项 B 错误 . 故选 A. K 考向分析 KAOXIANG FENXI ( 二 ) 考查函数的基本性质及简单应用 . 试题难度中档 , 综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性及图象的推理能力等 . 3.(2018 年 · 全国 Ⅱ 卷 · 理 T11 改编 ) 已知 f(x) 是定义域为 R 的奇函数 , 满足 f(1-x)=f(1+x). 若 f(1)=2, 则 f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2018)=( 　　 ). 　　　　　　　　　 A.-2018 B.0 C.2 D.50 C 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 f(x) 是奇函数 , 且 f(1-x)=f(1+x), ∴f(1-x)=f(1+x)=-f(x-1),f(0)=0, ∴f(x+2)=-f(x), ∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x), 即函数 f(x) 是周期为 4 的周期函数 . ∵f(1)=2, ∴f(2)=f(0)=0,f(3)=-f(1)=-2,f(4)=f(0)=0, ∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0-2+0=0, ∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2018)=504[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(2017)+f(2018)=f(1)+f(2)=2+0=2. 故选 C. K 考向分析 KAOXIANG FENXI ( 三 ) 考查基本初等函数的性质及应用 . 试题难度较大 , 综合考查基本初等函数的性质与图象 . 4.(2018· 全国 Ⅲ 卷 · 文 T16 改编 ) 已知函数 f(x)= log 2 ( -x ) +2,f(a)=3, 则 f(-a)= 　　　　 .  1 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 因为 f(x)= log 2 ( -x ) +2, 所以 f(x)+f(-x)= log 2 ( -x ) + 2 + log 2 [ - ( -x )] + 2 = log 2 (1 +x 2 -x 2 ) +4=4. 因为 f(a)=3, 所以 f(-a)=4-f(a)=4-3=1. K 考向分析 KAOXIANG FENXI 5.(2018· 全国 Ⅰ 卷 · 文 T13 改编 ) 已知函数 f(x)= log 3 ( x 2 +a ), 若 f(2)=1, 则 a= 　　　　 . -1 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 ∵f(2)=1,∴ log 3 (4 +a ) =1,∴4+a=3,∴a=-1. K 考向分析 KAOXIANG FENXI 6 . (2017· 全国 Ⅱ 卷 · 文 T8 改编 ) 函数 y= ln( -x 2 + 2 x+ 3) 的单调递减区间是 ( 　　 ) . A . ( - 1,1] B . [1,3) C . (-∞,1] D . [1,+∞) B 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 令 t=-x 2 + 2 x+ 3, 由 t> 0, 求得 - 1 0 时 , 由于 y= 4 x-x 2 在 ( -∞ ,2) 上单调递增 , 在 (2, +∞ ) 上单调递减 , 且 y=a (10 x- 2 + 10 -x+ 2 ) 在 ( -∞ ,2) 上单调递减 , 在 (2, +∞ ) 上单调递增 , 所以函数 y= 4 x-x 2 的图象的最高点为 A (2,4), y=a (10 x- 2 + 10 -x+ 2 ) 的图象的最低点为 B (2,2 a ), 由题意可知点 A 与点 B 重合时满足条件 , 即 2 a= 4, 解得 a= 2, 符合条件 . 故选 C . K 考向分析 KAOXIANG FENXI ( 五 ) 考查导数的几何意义及简单的导数计算 . 导数的几何意义一直是高考的热点和重点 , 试题综合考查导数的计算及直线方程的知识 , 难度较小 . 8 . (2018· 全国 Ⅰ 卷 · 理 T5 改编 ) 设函数 f ( x ) =x 3 + ( a+ 1) x 2 +ax. 若 f ( x ) 为奇函数 , 则曲线 y=f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 　　　　 .  y=-x 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 因为函数 f ( x ) 是奇函数 , 所以 a+ 1 = 0, 解得 a=- 1, 所以 f ( x ) =x 3 -x , f' ( x ) = 3 x 2 - 1, 所以 f' (0) =- 1, 所以曲线 y=f ( x ) 在点 (0,0) 处的切线方程为 y=-x. K 考向分析 KAOXIANG FENXI 二、解答题的命题特点 在全国卷中 , 函数与导数的综合试题一般为第 21 题 , 是全卷的压轴题 . 试题难度较大 , 综合性强 , 主要考查函数单调性的判断 , 函数零点个数的判断 , 极 ( 最 ) 值的应用 , 恒成立问题 , 不等式的证明等 . 1 . (2018· 全国 Ⅰ 卷 · 文 T21 改编 ) 已知函数 f ( x ) =a e x + ln x+ 1 . (1) 设 x= 2 是 f ( x ) 的极值点 , 求 a , 并求 f ( x ) 的单调区间 ; (2) 证明 : 当 a ≤ - 时 , f ( x )≤0 . (1) 在 (0,2) 上单调递增 , 在 (2,+∞) 上单调递减 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 (1) f ( x ) 的定义域为 (0, +∞ ), f' ( x ) = e a x + . 由题设知 , f' (2) = 0, 所以 a=- . 从而 f ( x ) =- e x +ln x +1, 则 f' ( x ) =- e x + . 当 0 0; 当 x> 2 时 , f' ( x ) < 0 . 所以 f ( x ) 在 (0,2) 上单调递增 , 在 (2,+ ∞ ) 上单调递减 . (2) 当 a ≤ - 时 , f ( x )≤ - +ln x +1 . 设 g ( x ) =- +ln x +1, 则 g' ( x ) =- + . 当 0 0; 当 x> 1 时 , g' ( x ) < 0 . 所以 x= 1 是 g ( x ) 的最大值点 . 故当 x> 0 时 , g ( x )≤ g (1) = 0 . 因此 , 当 a ≤ - 时 , f ( x )≤0 . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 2 . (2017· 全国 Ⅰ 卷 · 文 T21 改编 ) 已知函数 f ( x ) = e x (e x -a ) -a 2 x , 其中参数 a ≤0 . (1) 讨论 f ( x ) 的单调性 ; (2) 若 f ( x )≥0, 求 a 的取值范围 . 答案 解析 K 考向分析 KAOXIANG FENXI 解析 ▶ 　 　 (1) f' ( x ) = e2 2 x - ea x -a 2 = (e2 x +a )e( x -a ) . ① 若 a= 0, 则 f ( x ) = e 2 x , 其在 R 上单调递增 . ② 若 a< 0, 则由 f' ( x ) = 0, 得 x= ln . 当 x ∈ 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ 时 , f' ( x ) > 0 . 故 f ( x ) 在 上单调递减 , 在 上单调递增 . (2) ① 当 a= 0 时 , f ( x ) = e 2 x ≥0 恒成立 . ② 若 a< 0, 则由 (1) 得 , 当 x= ln 时 , f ( x ) 取得最小值 , 最小值为 f =a 2 , 故当且仅当 a 2 ≥0, 即 a ≥ - 2 时 , f ( x )≥0 . 综上 , a 的取值范围是 [ - 2 ,0] . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 1 . 识别函数图象的常用方法 :(1) 直接法 : 直接求出函数的解析式并画出其图象 . (2) 特例排除法 , 例如 , 根据已知函数的图象或已知函数的解析式 , 取特殊点 , 判断各选项的图象是否经过该特殊点 . (3) 性质 ( 单调性、奇偶性、过定点等 ) 验证法 . (4) 较复杂函数的图象 , 常借助导数这一工具 , 先对原函数进行求导 , 再利用导数判断函数的单调性、极值或最值 , 从而对选项进行筛选 . 2 . 函数性质综合问题的常见类型及解题策略 :(1) 单调性与奇偶性结合 . 解决此类问题要注意函数单调性及奇偶性的定义 , 以及奇、偶函数图象的对称性 . (2) 周期性与奇偶性结合 . 此类问题多考查求值 , 常利用奇偶性及周期性进行交换 , 将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解 . (3) 周期性、奇偶性与单调性结合 . 解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间 , 然后利用奇偶性和单调性求解 . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 规律方法 3 . 对于函数零点 ( 方程的根 ) 的确定问题 , 高考常从以下几个方面进行考查 :(1) 函数零点值大致所在区间的确定 ;(2) 零点个数的确定 ;(3) 两个函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定 . 解决此类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法 , 尤其是方程两边对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解 . 4 . 利用导数的几何意义解题主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转化 , 关键是求出切点的坐标 . 5 . 利用导数研究函数的单调性 :(1) 已知函数解析式求单调区间 , 实质上是求 f' ( x ) > 0, f' ( x ) < 0 的解集 , 求单调区间应遵循定义域优先的原则 ;(2) 含参函数的单调性要分类讨论 , 通过确定导数的符号判断函数的单调性 ;(3) 注意两种表述 “ 函数 f ( x ) 在 ( a , b ) 上为减函数 ” 与 “ 函数 f ( x ) 的减区间为 ( a , b )” 的区别 . 6 . 利用导数研究函数极值、最值的方法 :(1) 若求极值 , 则先求方程 f' ( x ) = 0 的根 , 再检查 f' ( x ) 在方程根的左右函数值的符号 ;(2) 若已知极值大小或存在情况 , 则转化为已知方程 f' ( x ) = 0 根的大小或存在情况来求解 ;(3) 求函数 f ( x ) 在闭区间 [ a , b ] 上的最值时 , 在得到极值的基础上 , 结合区间端点的函数值 f ( a ), f ( b ) 与 f ( x ) 的各极值进行比较得到函数的最值 . K 考向分析 KAOXIANG FENXI 1 . 函数 f ( x ) = + lg(3 x+ 1) 的定义域是 ( 　　 ) . 　　　　　　　　　 A . B . C . D . A 答案 解析 微专题 01 函数的基本性质与基本初等函数 数 返 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 若函数 f ( x ) 有意义 , 则 所以 - log 2 3 > 0, ∴f (log 2 5) 0 且 a ≠1), 若 f ( x ) 在 R 上是增函数 , 则 a 的取值范围 是 　　　　 .  [2,+∞) 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 若 f ( x ) 在 R 上是增函数 , 则有 ∴a ≥2 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . 已知奇函数 f ( x ) 为 R 上的减函数 , 若 f (3 a 2 ) +f (2 a- 1)≥0, 则 a 的取值范围是 　　　　 .  答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 若 f (3 a 2 ) +f (2 a- 1)≥0, 则 f (3 a 2 )≥ -f (2 a- 1), 已知函数 f ( x ) 为奇函数 , 则不等式等价于 f (3 a 2 )≥ f ( - 2 a+ 1), 又函数 f ( x ) 在 R 上单调递减 , 则 3 a 2 ≤ - 2 a+ 1, 即 3 a 2 + 2 a- 1≤0, 所以 a 的取值范围是 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 3 】 　 (1) 已知定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 : 对任意实数 x 都有 f ( x+ 3) =f ( x- 3), f ( -x ) =f ( x ), 且当 x ∈[ - 3,0] 时 , f ( x ) = lo (6 +x ), 则 f (2018) 的值为 ( 　　 ) . 　　　　　　　　　　　 A .- 3 B .- 2 C . 2 D . 3 (2) 已知函数 f ( x ) 是奇函数 , 当 x> 0 时 , f ( x ) =a x ( a> 0 且 a ≠1), 且 f (lo 4) =- 3, 则 a 的值为 　　　　 .  答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 3   ▶ 　 会综合利用函数的基本性质 典型例题 解析 ▶ 　 (1) 对任意实数 x 都有 f ( x+ 3) =f ( x- 3), 则函数 f ( x ) 的周期是 6, 又 f ( -x ) =f ( x ), 所以函数 f ( x ) 为偶函数 , 则 f (2018) =f (2), 根据奇偶性得到 f (2) =f ( - 2) =- 2 . 故选 B . (2) ∵ 奇函数 f ( x ) 满足 f (lo 4) =- 3, 而 lo 4 =- 2 < 0, ∴f ( - 2) =- 3, 即 f (2) = 3 . 又 ∵ 当 x> 0 时 , f ( x ) =a x ( a> 0 且 a ≠1), ∴f (2) =a 2 = 3, 解得 a= . K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 函数的奇偶性、周期性及单调性是函数的三大性质 , 在高考中常常将它们综合在一起命题 , 其中奇偶性多与单调性结合 , 而周期性多与抽象函数结合 , 并结合奇偶性求函数值 . 函数的奇偶性体现的是一种对称关系 , 而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律 . 因此 , 在解题时 , 往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性 , 即实现区间的转换 , 再利用单调性解决相关问题 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 1 . 已知偶函数 f ( x ) 在 [0, +∞ ) 上单调递增 , 若 f (2) =- 2, 则满足 f ( x- 1)≥ - 2 的 x 的取值范围是 ( 　　 ) . A . ( -∞ , - 1)∪(3, +∞ ) B . ( -∞ , - 1]∪[3, +∞ ) C.[ - 1,3] D . ( -∞ , - 2]∪[2, +∞ ) B 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 由题意知偶函数 f ( x ) 在 [0, +∞ ) 上单调递增 , 若 f (2) =- 2, 则 f ( x- 1)≥ - 2⇔ f ( x- 1)≥ f (2)⇔ f ( |x- 1 | )≥ f (2), 即 |x- 1 | ≥2, 解得 x ≤ - 1 或 x ≥3 . 故选 B . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . 设函数 f ( x ) 是以 2 为周期的奇函数 , 已知当 x ∈(0,1) 时 , f ( x ) = 2 x , 则 f ( x ) 在 (2017,2018) 上是 ( 　　 ) . A . 增函数 , 且 f ( x ) > 0 B . 减函数 , 且 f ( x ) < 0 C . 增函数 , 且 f ( x ) < 0 D . 减函数 , 且 f ( x ) > 0 C 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 ∵ 函数 f ( x ) 的周期是 2, ∴ 函数 f ( x ) 在 (2017,2018) 上的单调性和 ( - 1,0) 上的单调性相同 . ∵ 当 x ∈(0,1) 时 , f ( x ) = 2 x 为增函数 , 函数 f ( x ) 为奇函数 , ∴ 当 x ∈( - 1,0) 时 , f ( x ) 为增函数 . ∵ 当 x ∈(0,1) 时 , f ( x ) = 2 x > 0, ∴ 当 x ∈( - 1,0) 时 , f ( x ) < 0, ∴ 当 x ∈(2017,2018) 时 , f ( x ) < 0, 即 f ( x ) 在 (2017,2018) 上是增函数 , 且 f ( x ) < 0, 故选 C . K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 4 】 　 (1) 若 a , b , c 满足 2 a = 3, b= log 2 5,3 c = 2, 则 ( 　　 ) . A .c log 2 3 > log 2 2 = log 3 3 > log 3 2, 因此 b>a>c , 故选 A . (2) 由指数函数的性质可得 ,1 b>c. 又 ∵f ( x ) =x 3 + 3 x 在 R 上单调递增 , ∴f ( c ) c>a B .c>b>a C .b>a>c D .a>b>c A 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 e∵ - 1 1, c= e ln x =x ∈(e - 1 ,1), ∴b>c>a. 故选 A . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . 设函数 f ( x ) 定义在实数集上 , f (2 -x ) =f ( x ), 且当 x ≥1 时 , f ( x ) = ln x , 则有 ( 　　 ) . A .f 0, f (3) = log 2 3 - > 1 - = > 0, ∴f (1)· f (2) < 0, ∴ 函数 f ( x ) = log 2 x- 的零点在区间 (1,2) 内 , 故选 C . J 基础检测 JICHU JIANCE 3 . 已知函数 f ( x ) = 有两个不同的零点 , 则实数 a 的取值范围是 ( 　　 ) . A . [ - 1,0) B . (1,2] C . (1, +∞ ) D . (2, +∞ ) C 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 当 x ≤2 时 , 由 -x 2 + 4 x= 0, 得 x= 0; 当 x> 2 时 , 令 f ( x ) = log 2 x-a= 0, 得 x= 2 a . 又函数 f ( x ) 有两个不同的零点 , ∴ 2 a > 2, 解得 a> 1, 故选 C . J 基础检测 JICHU JIANCE 4 . 某企业为节能减排 , 用 9 万元购进一台新设备用于生产 , 第一年需运营费用 2 万元 , 从第二年起 , 每年运营费用均比上一年增加 3 万元 , 该设备每年生产的收入均为 21 万元 , 设该设备使用了 n ( n ∈N * ) 年后 , 盈利总额达到最大值 ( 盈利额等于收入减去成本 ), 则 n 等于 ( 　　 ) . A . 6 B . 7 C . 8 D . 7 或 8 B 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 盈利总额为 21 n- 9 - =- n 2 + n- 9, 由于对称轴为直线 n= , 所以当 n= 7 时 , 盈利总额取最大值 , 故选 B . J 基础检测 JICHU JIANCE A 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 1   ▶ 　 会求函数的定义域及函数值 典型例题 【例 1】 　 函数 y= sin x+ ln |x| 在区间 [ - 3,3] 上的图象大致为 ( 　　 ) . 解析 ▶ 　 设 f ( x ) = sin x+ ln |x| , 当 x> 0 时 , f ( x ) = sin x+ ln x , 则 f' ( x ) = cos x+ 1 x. 当 x ∈(0,1) 时 , f' ( x ) > 0, 即函数 f ( x ) 在 (0,1) 上为单调递增函数 , 排除 B; 当 x= 1 时 , f (1) = sin 1 > 0, 排除 D; 因为 f ( -x ) = sin( -x ) + ln |-x|=- sin x+ ln |x| , 所以 f ( -x )≠ ±f ( x ), 所以函数 f ( x ) 为非奇非偶函数 , 排除 C . 故选 A . K 考能探究 K AONENG TANJIU B 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 2】 　 函数 y= sin x (1 + cos 2 x ) 在区间 [ - 2,2] 上的图象大致为 ( 　　 ) . 解析 ▶ 　 函数 y= sin x (1 + cos 2 x ) 的定义域为 [ - 2,2], 其关于原点对称 , 且 f ( -x ) = sin( -x )(1 + cos 2 x ) =- sin x (1 + cos 2 x ) =-f ( x ), 则 f ( x ) 为奇函数 , 其图象关于原点对称 , 排除 D; 当 0 0, 排除 C; 又 2sin x cos 2 x= 0, 可得 x= π2 或 x=- π2 或 x= 0, 排除 A, 故选 B . K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 函数图象的辨识主要从以下几个方面入手 :(1) 函数图象的对称性 ;(2) 函数图象的单调性 ;(3) 特殊点 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU D 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 1 . 函数 f ( x ) = 的图象大致是 ( 　　 ) . 解析 ▶ 　 当 x ≥0 时 , f ( x ) = 2 x - 1, 根据指数函数 g ( x ) = 2 x 的图象向下平移一个单位 , 即可得到函数 f ( x ) 的图象 . 当 x< 0 时 , f ( x ) =-x 2 - 2 x , 根据二次函数的图象与性质 , 可得到相应的图象 . 综上 , 函数 f ( x ) 的图象为选项 D 中的图象 . K 考能探究 K AONENG TANJIU D 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . 函数 f ( x ) = 的图象大致是 ( 　　 ) . 解析 ▶ 　 因为 f ( -x ) = 与 f ( x ) = 不相等 , 所以函数 f ( x ) = 不是偶函数 , 其图象不关于 y 轴对称 , 所以可排除 B,C . 代入 x= 2, 得 f ( x ) < 0, 可排除 A . 故选 D . K 考能探究 K AONENG TANJIU D 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 2   ▶ 　 会利用函数图象解决函数的零点问题 典型例题 【例 3 】 　 已知函数 f ( x ) 满足 f ( x+ 1) =f ( x- 1), 且 f ( x ) 是偶函数 , 当 x ∈[ - 1,0] 时 , f ( x ) =x 2 , 若在区间 [ - 1,3] 内 , 函数 g ( x ) =f ( x ) - log a ( x+ 2) 有 4 个零点 , 则实数 a 的取值范围是 ( 　　 ) . A . (1,5) B . (1,5] C . (5, +∞ ) D . [5, +∞ ) 解析 ▶ 　 由题意可知函数 f ( x ) 是周期为 2 的偶函数 , 结合当 x ∈[ - 1,0] 时 , f ( x ) =x 2 , 绘制函数图象如图所示 , K 考能探究 K AONENG TANJIU 函数 g ( x ) 有 4 个零点 , 则函数 f ( x ) 与函数 y= log a ( x+ 2) 的图象在区间 [ - 1,3] 内有 4 个交点 , 结合函数图象可得 ,log a (3 + 2)≤1, 解得 a ≥5, 即实数 a 的取值范围是 [5, +∞ ) . C 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 4 】 　 定义在 R 上的奇函数 f ( x ), 当 x ≥0 时 , f ( x ) = 则关于 x 的函数 F ( x ) =f ( x ) -a (0 2000, 可得 lg 1 . 3 +n lg 1 . 12 > lg 2, 得 n× 0 . 05 > 0 . 19, n> 3 . 8, n ≥4, 即 4 年后 , 到 2021 年科研经费超过 2000 万元 , 故选 B . K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 与实际应用相结合的问题题型是高考命题的一个方向 , 解决此类问题的一般程序 : ⇒ ⇒ ⇒ . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 在标准状况下 , 人体血液中氢离子的物质的量浓度 ( 单位 :mol/L, 记作 c (H + )) 和氢氧根离子的物质的量浓度 ( 单位 :mol/L, 记作 c (OH - )) 的乘积等于常数 10 - 14 . 已知 pH 的定义为 pH =- lg c (H + ), 健康人体血液的 pH 保持在 7 . 35 ~ 7 . 45 之间 , 那么健康人体血液中的 可以为 ( 　　 ) . ( 参考数据 :lg 2≈0 . 30,lg 3≈0 . 48) A . B . C . D . C 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　　 ∵c H( + )· c OH( - ) = 10 - 14 , ∴ =c 2 (H + ) × 10 14 . ∵ 7 . 35 <- lg c (H + ) < 7 . 45, ∴ 10 - 7 . 45 , ∴ 排除 D 项 . ∵ 0 . 7 > lg 3 > lg 2, ∴ 10 0 . 7 > 3 > 2,10 - 0 . 7 < < , ∴ 排除 A 、 B 项 . 故选 C . K 考能探究 K AONENG TANJIU D 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 微专题 03 导数及其应用 返 1 . 如图 , 函数 y=f ( x ) 的图象在点 P 处的切线方程为 x-y+ 2 = 0, 则 f (1) +f' (1) = ( 　　 ) . A . 1 B . 2 C . 3 D . 4 解析 ▶ 　 由条件知 (1, f (1)) 在直线 x-y+ 2 = 0 上 , 且 f' (1) = 1, ∴f (1) +f' (1) = 3 + 1 = 4, 故选 D . J 基础检测 JICHU JIANCE 2 . 已知函数 f ( x ) =x 3 +ax 2 +bx-a 2 - 7 a 在 x= 1 处取得极大值 10, 则 的值为 ( 　　 ) . A .- B .- 2 C .- 2 或 - D . 2 或 - A 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 由题意知 f' ( x ) = 3 x 2 + 2 ax+b , 则 f' (1) = 0, f (1) = 10, 即 解得 或 经检验 满足题意 , 故 =- , 故选 A . J 基础检测 JICHU JIANCE 3 . 对于 R 上可导的任意函数 f ( x ), 若满足 ≤0, 则必有 ( 　　 ) . A .f (0) +f (2) > 2 f (1) B .f (0) +f (2)≤2 f (1) C .f (0) +f (2) < 2 f (1) D .f (0) +f (2)≥2 f (1) A 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 当 x< 1 时 , f' ( x ) < 0, 此时函数 f ( x ) 单调递减 ; 当 x> 1 时 , f' ( x ) > 0, 此时函数 f ( x ) 单调递增 . 即当 x= 1 时 , 函数 f ( x ) 取得极小值同时也取得最小值 f (1) . 所以 f (0) >f (1), f (2) >f (1), 则 f (0) +f (2) > 2 f (1) . 故选 A . J 基础检测 JICHU JIANCE 4 . 若函数 y=- x 3 +ax 有三个单调区间 , 则 a 的取值范围是 　　　　 .  (0,+∞) 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 y'=-x 2 +a , 若 y=- x 3 +ax 有三个单调区间 , 则方程 -x 2 +a= 0 应有两个不等实根 , Δ= 4 a> 0, 故 a 的取值范围是 (0, +∞ ) . J 基础检测 JICHU JIANCE 【例 1 】 　 (1) 已知曲线 f ( x ) = 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为 1, 则实数 a 的值为 ( 　　 ) . A . B .- C .- D . (2) 曲线 f ( x ) =x 2 + ln x 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 　　　　 .  答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 1   ▶ 　 会应用导数的几何意义 典型例题 解析 ▶ 　 (1) 对函数 f ( x ) = 求导 , 可得 f' ( x ) = . 因为曲线 f ( x ) = 在点 (1, f (1)) 处切线的斜率为 1, 所以 f' (1) = = 1, 得 a= , 故选 D . (2) 因为 f' ( x ) = 2 x+ , 所以曲线 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线斜率为 f' (1) = 2 + = 3 . 因为 f (1) = 1, 所以切线方程为 y- 1 = 3( x- 1), 即 3 x-y- 2 = 0 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 1 . 求曲线 y=f ( x ) 的切线方程的三种类型及方法 :(1) 已知切点 P ( x 0 , y 0 ), 求 y=f ( x ) 过点 P 的切线方程 : 先求出切线的斜率 f' ( x 0 ), 由点斜式写出方程 . (2) 已知切线的斜率 k , 求 y=f ( x ) 的切线方程 : 设切点 P ( x 0 , y 0 ), 通过方程 k=f' ( x 0 ) 解得 x 0 , 再由点斜式写出方程 . (3) 已知切线上一点 ( 非切点 ), 求 y=f ( x ) 的切线方程 : 设切点 P ( x 0 , y 0 ), 利用导数求得切线斜率 f' ( x 0 ), 然后由斜率公式求得切线斜率 , 列方程 ( 组 ) 解得 x 0 , 再由点斜式或两点式写出方程 . 2 . 利用切线 ( 或方程 ) 与其他曲线的关系求参数 : 已知过某点的切线方程 ( 斜率 ) 或其与某直线平行、垂直 , 利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程 ( 组 ) 或函数求解 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 1 . 设曲线 y= e x 在点 (0,1) 处的切线与曲线 y= ( x> 0) 上点 P 处的切线垂直 , 则点 P 的坐标为 　　　　 .  (1,1) 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 ∵ 函数 y e= x 的导函数为 y' e= x , ∴ 曲线 y= e x 在点 (0,1) 处的切线的斜率 k 1 = e 0 = 1 . 设 P 的坐标为 ( x 0 , y 0 )( x 0 > 0), ∵ 函数 y= 的导函数为 y'=- , ∴ 曲线 y= ( x> 0) 在点 P 处的切线的斜率 k 2 =- , 由题意知 k 1 k 2 =- 1, 即 1· =- 1, 解得 = 1, 又 x 0 > 0, ∴x 0 = 1 . ∵ 点 P 在曲线 y= ( x> 0) 上 , ∴y 0 = 1, 故点 P 的坐标为 (1,1) . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . 已知曲线 y=x+ ln x 在点 (1,1) 处的切线与曲线 y=ax 2 + ( a+ 2) x+ 1 相切 , 则 a= 　　　　 .   8 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 ( 法一 ) 令 f ( x ) =x+ ln x , 求导得 f' ( x ) = 1 + , 则 f' (1) = 2 . 又 f (1) = 1, ∴ 曲线 y=x+ ln x 在点 (1,1) 处的切线方程为 y- 1 = 2( x- 1), 即 y= 2 x- 1 . 设直线 y= 2 x- 1 与曲线 y=ax 2 + ( a+ 2) x+ 1 相切的切点为 P ( x 0 , y 0 ), 则当 x=x 0 时 , y'= 2 ax 0 +a+ 2 = 2, 得 a (2 x 0 + 1) = 0, ∴a= 0 或 x 0 =- . 又 a + ( a+ 2) x 0 + 1 = 2 x 0 - 1, 即 a +ax 0 + 2 = 0, 当 a= 0 时 , 显然不满足此方程 , ∴x 0 =- , 此时 a= 8 . ( 法二 ) 求出曲线 y=x+ ln x 在点 (1,1) 处的切线方程为 y= 2 x- 1 . 由 得 ax 2 +ax+ 2 = 0, ∴Δ=a 2 - 8 a= 0, ∴a= 8 或 a= 0( 显然不成立 ) . K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 2 】 　 (1) 函数 f ( x ) =x 2 ln x 的单调递减区间为 ( 　　 ) . 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A . (0, ) B . C . D . (2) 若函数 f ( x ) = ln x+ax 2 - 2 在 内存在单调递增区间 , 则实数 a 的取值范围是 ( 　　 ) . A . ( -∞ , - 2] B . C . D . ( - 2, +∞ ) 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 2   ▶ 　 会利用导数解决函数的单调性问题 典型例题 解析 ▶ 　 (1) 函数 f ( x ) 的定义域为 (0, +∞ ), 由题意得 f' ( x ) = 2 x ln x+x=x (2ln x+ 1), 令 f' ( x ) < 0, 解得 0 g =- 2, 所以 a>- 2 . 故选 D . K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 利用导数研究函数的单调性 :(1) 已知函数解析式求单调区间 , 实质上是求 f' ( x ) > 0, f' ( x ) < 0 的解集 , 求单调区间应遵循定义域优先的原则 ;(2) 含参函数的单调性要分类讨论 , 通过确定导数的符号判断函数的单调性 ;(3) 注意两种表述 “ 函数 f ( x ) 在 ( a , b ) 上为减函数 ” 与 “ 函数 f ( x ) 的减区间为 ( a , b )” 的区别 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 1 . 已知函数 f ( x ) = + ln x , 若函数 f ( x ) 在 [1, +∞ ) 上为增函数 , 则正实数 a 的取值范围为 　　　　 .  [1,+∞) 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 ∵f ( x ) = + ln x , ∴f' ( x ) = ( a> 0) . ∵ 函数 f ( x ) 在 [1, +∞ ) 上为增函数 , ∴f' ( x ) = ≥0 对任意的 x ∈[1, +∞ ) 恒成立 , ∴ax- 1≥0 对任意的 x ∈[1, +∞ ) 恒成立 , 即 a ≥ 对任意的 x ∈[1, +∞ ) 恒成立 , ∴a ≥1 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . 已知函数 f ( x ) = x 2 - 2 a ln x+ ( a- 2) x. (1) 当 a=- 1 时 , 求函数 f ( x ) 的单调区间 . (2) 是否存在实数 a , 使函数 g ( x ) =f ( x ) -ax 在 (0, +∞ ) 上单调递增 ? 若存在 , 求出 a 的取值范围 ; 若不存在 , 说明理由 . 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 当 a=- 1 时 , f ( x ) = x 2 + 2ln x- 3 x , 则 f' ( x ) =x + - 3 = = . 当 0 2 时 , f' ( x ) > 0, f ( x ) 单调递增 ; 当 1 0 时 , 求函数 f ( x ) 的单调递增区间 ; (2) 当 a< 0 时 , 求函数 f ( x ) 在 上的最小值 . 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由函数 f ( x ) =ax 2 + (1 - 2 a ) x- ln x , 可得 f' ( x ) = 2 ax+ (1 - 2 a ) - = . 令 f' ( x ) > 0, ∵a> 0, x> 0, ∴ > 0, ∴x- 1 > 0, 得 x> 1, ∴f ( x ) 的单调递增区间为 (1, +∞ ) . (2) 由 (1) 可得 f' ( x ) = . 已知 a< 0, 令 f' ( x ) = 0, 得 x 1 =- , x 2 = 1 . ① 当 - > 1, 即 - 0, 因此 f ( x ) 在 上是增函数 , ∴f ( x ) 的最小值为 f = - a+ ln 2 . 综上 , 函数 f ( x ) 在 上的最小值为 f ( x ) min = K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 利用导数研究函数极值、最值的方法 :(1) 若求极值 , 则先求方程 f' ( x ) = 0 的根 , 再检查 f' ( x ) 在方程根的左右两边函数值的符号 . (2) 若已知极值大小或存在情况 , 则将问题转化为已知方程 f' ( x ) = 0 根的大小或存在情况来求解 . (3) 求函数 f ( x ) 在闭区间 [ a , b ] 上的最值时 , 在得到极值的基础上 , 结合区间端点的函数值 f ( a ), f ( b ) 与 f ( x ) 的各极值进行比较得到函数的最值 . (4) 研究函数的极值或最值时应注意的问题 : ① 利用导数研究函数的极值和最值时 , 应先考虑函数的定义域 ; ② 导数值为 0 的点不一定是函数的极值点 , 它是函数在该点取得极值的必要不充分条件 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 已知 f ( x ) = ln x+ . (1) 求 f ( x ) 的单调区间和极值 ; (2) 若对任意 x> 0, 均有 x (2ln a- ln x )≤ a 恒成立 , 求正数 a 的取值范围 . 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 (1) f' ( x ) = - = , x ∈(0, +∞ ) . ① 若 a ≤0, 则 f' ( x ) > 0, f ( x ) 在 (0, +∞ ) 上单调递增 , 无极值 . ② 若 a> 0, 当 x ∈(0, a ) 时 , f' ( x ) < 0, f ( x ) 在 (0, a ) 上单调递减 ; 当 x ∈( a , +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0, f ( x ) 在 ( a , +∞ ) 上单调递增 . 故 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 有极小值 , 无极大值 , f ( x ) 的极小值为 f ( a ) = ln a+ 1 . (2) 若对任意 x> 0, 均有 x (2ln a- ln x )≤ a 恒成立 , 则对任意 x> 0, 均有 2ln a ≤ + ln x 恒成立 , 由 (1) 可知 f ( x ) 的最小值为 ln a+ 1, 故问题转化为 2ln a ≤ln a+ 1, 即 ln a ≤1, 解得 0 0, 则函数 g ( x ) =xf ( x ) + 1( x> 0) 的零点个数为 ( 　　 ) . A . 0 B . 1 C . 0 或 1 D . 无数个 A 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 因为 g' ( x ) =f ( x ) +xf' ( x ) > 0, 所以函数 g ( x ) 在 (0, +∞ ) 上为增函数 . 因为 g (0) > 0, 所以 g ( x ) > 0, 故函数 g ( x ) =xf ( x ) + 1( x> 0) 的零点个数为 0 . J 基础检测 JICHU JIANCE 4 . 做一个无盖的圆柱形水桶 , 若要使其体积是 27π dm 3 , 且用料最省 , 则圆柱的底面半径为 　　　　 dm .  3 答案 解析 J 基础检测 JICHU JIANCE 解析 ▶ 　 设圆柱的底面半径为 R dm, 母线长为 l dm, 则 V= π R 2 l= 27π, 所以 l= , 要使用料最省 , 只需使圆柱形水桶的表面积最小 . S 表 = π R 2 + 2π Rl= π R 2 + 2π· , 所以 S' 表 = 2π R- . 令 S' 表 = 0, 得 R= 3, 则当 R= 3 时 , S 表 最小 . J 基础检测 JICHU JIANCE 【例 1 】 　 已知函数 f ( x ) = - 2ln x ( a ∈R, a ≠0) . (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性 ; (2) 若函数 f ( x ) 有最小值 , 记为 g ( a ), 关于 a 的方程 g ( a ) +a- - 1 =m 有三个不同的实数根 , 求实数 m 的取值范围 . 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 能力 1   ▶ 　 会利用导数研究函数的零点问题 典型例题 解析 ▶ 　 (1) f' ( x ) = - ( x> 0), 当 a< 0 时 , f' ( x ) < 0, 则 f ( x ) 在 (0, +∞ ) 上单调递减 ; 当 a> 0 时 , f' ( x ) = , 所以 f ( x ) 在 (0, ) 上单调递减 , 在 ( , +∞ ) 上单调递增 . (2) 由 (1) 知 a> 0, f ( x ) min =f ( ) = 1 - ln a , 即 g ( a ) = 1 - ln a , 故方程 g ( a ) +a- - 1 =m 为 m=a- ln a- ( a> 0), 令 F ( a ) =a- ln a- ( a> 0), 则 F' ( a ) = 1 - + = , 所以 F ( a ) 在 和 上是单调递增的 , 在 上是单调递减的 , 所以 F ( a ) 极大值 =F =- + ln 3, F ( a ) 极小值 =F = - ln 2 + ln 3, 依题意得 - ln 2 + ln 3 0) 在区间 (0,1) 和 (2, +∞ ) 上均单调递增 , 在 (1,2) 上单调递减 , 则函数 f ( x ) 的零点个数为 ( 　　 ) . 　　　　　　　　 A . 0 B . 1 C . 2 D . 3 B 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 由题意可得 f' ( x ) = 2 ax+b+ , 则 解得 所以 f ( x ) =a ( x 2 - 6 x+ 4ln x ), 则极大值 f (1) =- 5 a< 0, 极小值 f (2) =a (4ln 2 - 8) < 0, 又 f (10) =a (40 + 4ln 10) > 0, 结合函数图象可得该函数只有 1 个零点 . 故选 B . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . ( 广西 2018 届高三第二次联合调研 ) 已知函数 f ( x ) = ln( x+a ) -x ( a ∈R), 直线 l : y=- x+ ln 3 - 是曲线 y=f ( x ) 的一条切线 . (1) 求 a 的值 . (2) 设函数 g ( x ) =x e x - 2 x-f ( x-a ) -a+ 2, 证明 : 函数 g ( x ) 无零点 . 1 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 (1) 由题意得 f' ( x ) = - 1 . 设切点为 P ( x 0 , y 0 ), 则 解得 ∴a= 1 . (2) 由 (1) 知 g ( x ) =x e x - 2 x-f ( x- 1) - 1 + 2 =x e x - ln x-x. 则 g' ( x ) = ( x+ 1)e x - - 1 = ( x e x - 1) . 令 G ( x ) =x e x - 1, 则 G' ( x ) = ( x+ 1)e x . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 ∵ 当 x> 0 时 , G' ( x ) > 0, ∴G ( x ) 在 (0, +∞ ) 上单调递增 . 又 G (0) =- 1 < 0, G (1) = e - 1 > 0, ∴G ( x ) 存在唯一零点 c ∈(0,1), 且当 x ∈(0, c ) 时 , G ( x ) < 0, 当 x ∈( c , +∞ ) 时 , G ( x ) > 0, ∴ 当 x ∈(0, c ) 时 , g' ( x ) < 0, 当 x ∈( c , +∞ ) 时 , g' ( x ) > 0, ∴g ( x ) 在 (0, c ) 上单调递减 , 在 ( c , +∞ ) 上单调递增 , ∴g ( x )≥ g ( c ) . ∵G ( c ) =c e c - 1 = 0,0 0, ∴g ( x )≥ g ( c ) > 0, ∴ 函数 g ( x ) 无零点 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 2 】 　 (2018 年天津市南开中学高三模拟考试 ) 已知 f ( x ) = e x -a ln x-a , 其中常数 a> 0 . (1) 当 a= e 时 , 求函数 f ( x ) 的极值 . (2) 当 0 1 时 , f' ( x ) > 0, f ( x ) 在 (1, +∞ ) 上单调递增 . 所以 f ( x ) 有极小值 , 极小值为 f (1) = 0, 没有极大值 . (2) 若 0 , 由 f ( x )≥0 恒成立 , 得 a ≤ 恒成立 , 令 φ ( x ) = , 则 φ' ( x ) = . 令 g ( x ) = ln x+ 1 - , 则 g' ( x ) = + , K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 　 由 g' ( x ) > 0, 得 g ( x ) 在 上单调递增 . 又因为 g (1) = 0, 所以 φ' ( x ) 在 上为负 , 在 (1, +∞ ) 上为正 , 所以 φ ( x ) 在 上单调递减 , 在 (1, +∞ ) 上单调递增 . 所以 φ ( x ) min =φ (1) = e . 所以当 0 时 , a ≤ 恒成立 . 综上所述 , 当 0 0), 则 h' ( x ) = . 当 0 0, 所以 h ( x ) 在 (0,1) 上单调递增 ; 当 x> 1 时 , h' ( x ) < 0, 所以 h ( x ) 在 (1, +∞ ) 上单调递减 . 所以 h ( x ) = ( x> 0) 的最大值为 h (1) = , 即 ≤ , 所以 ≤e, 所以 f ( x ) = e x - eln x ≥ , 即 e 2 x- 2 - e x- 1 ln x-x ≥0 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 　 利用导数证明不等式 f ( x ) >g ( x ) 在区间 D 上恒成立的基本方法是先构造函数 h ( x ) =f ( x ) -g ( x ), 然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数 h ( x ) > 0, 其中找到函数 h ( x ) =f ( x ) -g ( x ) 的零点是解题的突破口 . 方法归纳 K 考能探究 K AONENG TANJIU 已知函数 f ( x ) = . (1) 若曲线 y=f ( x ) 在 x= 2 处的切线过原点 , 求实数 a 的值 ; (2) 若 1 x 3 +x 2 . 参考数据 :e≈2 . 7 . 1 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 变式训练 解析 ▶ 　 (1) 因为 f ( x ) = , 所以 f' ( x ) = = , 由题意知 , 曲线 y=f ( x ) 在 x= 2 处的切线过原点 , 则切线斜率 k=f' (2) = , 即 = , 整理得 = , 所以 a= 1 . (2) 由 1 0, 所以 f ( x ) >x 3 +x 2 ⇔ -x 2 -x> 0 . 设 g ( x ) = -x 2 -x , K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 则 g' ( x ) = - 2 x- 1, 由 x> 0 且 a e a+ 1 - ( a+ 1)( a+ 2) . 设 t=a+ 1, 则 t ∈(2,3), 设 h ( t ) = e t -t ( t+ 1), 则 h' ( t ) = e t - 2 t- 1, 令 φ ( t ) = e t - 2 t- 1, 则 φ' ( t ) = e t - 2, 易知当 t ∈(2,3) 时 , φ' ( t ) > 0, 所以 h' ( t ) 在 (2,3) 上单调递増 , 所以 h' ( t ) = e t - 2 t- 1 > e 2 - 2 × 2 - 1 > 0, 所以 h ( t ) 在 (2,3) 上单调递増 , 所以 h ( t ) > e 2 - 6 > 0, 所以 e t -t ( t+ 1) > 0, 即 e a+ 1 - ( a+ 1)( a+ 2) > 0, 所以当 x ∈( a , a+ 1) 时 , g ( x ) > 0, 即当 x ∈( a , a+ 1) 时 , f ( x ) >x 3 +x 2 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 【例 3 】 　 (2018 年河南省巩义市高中毕业班模拟考试试卷 ) 已知函数 f ( x ) =x ln x , g ( x ) = ( -x 2 +ax- 3)e x ( a 为实数 ) . (1) 当 a= 5 时 , 求函数 g ( x ) 的图象在 x= 1 处的切线方程 ; (2) 求 f ( x ) 在区间 [ t , t+ 2]( t> 0) 上的最小值 ; (3) 若存在两个不等实数 x 1 , x 2 ∈ , 使方程 g ( x ) = 2e x f ( x ) 成立 , 求实数 a 的取值范围 . 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 典型例题 能力 3   ▶ 　 会利用导数解决不等式的恒成立 ( 存在性 ) 问题 解析 ▶ (1) 当 a= 5 时 , g ( x ) = ( -x 2 + 5 x- 3)e· x , 所以 g (1) = e, g' ( x ) = ( -x 2 + 3 x+ 2e) x , 故切线的斜率为 g' (1) = 4e, 所以切线方程为 y- e = 4e( x- 1), 即 y= 4e x- 3e . (2) 因为 f' ( x ) = ln x+ 1, 令 f' ( x ) = 0, 得 x= , 所以 f' ( x ), f ( x ) 的变化情况如表 所示 , K 考能探究 K AONENG TANJIU x f' ( x ) - 0 + f ( x ) ↘ 极小值 ↗ 当 t ≥ 时 , 在区间 [ t , t+ 2] 上 , f ( x ) 为增函数 , 所以 f ( x ) min =f ( t ) =t ln t ; 当 0 a- , 求正数 a 的取值范围 . 解析 ▶ (1) f' ( x ) = +a- 2 x=- ( x> 1), 当 - 2≤ a ≤0 时 , f' ( x ) < 0, f ( x ) 在 (1, +∞ ) 上单调递减 . 当 a<- 2 时 , 若 x>- , 则 f' ( x ) < 0; 若 1 0 . ∴f ( x ) 在 上单调递减 , 在 上单调递增 . 当 0 1 时 , 若 x>a , 则 f' ( x ) < 0, 若 1 0 . ∴f ( x ) 在 ( a , +∞ ) 上单调递减 , 在 (1, a ) 上单调递增 . 综上可知 , 当 - 2≤ a ≤1 时 , f ( x ) 在 (1, +∞ ) 上单调递减 ; 当 a<- 2 时 , f ( x ) 在 上单调递减 , 在 上单调递增 ; 当 a> 1 时 , f ( x ) 在 ( a , +∞ ) 上单调递减 , 在 (1, a ) 上单调递增 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ (2) ∵a> 0, ∴ 当 x>a 时 , f' ( x ) < 0; 当 0 0 . ∴f ( x ) max =f ( a ) =a 2 ln a+a. ∵ ∃ x 0 ∈(0, +∞ ), f ( x 0 ) >a- , ∴a 2 ln a+a>a- , 即 a 2 ln a+ > 0, 设 g ( x ) =x 2 ln x+ , 则 g' ( x ) = 2 x ln x+x=x (2ln x+ 1), 当 x> 时 , g' ( x ) > 0; 当 0 f ( x ) 有解 , 则 a>f ( x ) min ; 若 a 0, 得 0 1 . 所以 g ( x ) 在 (0,1) 上单调递增 , 在 (1, +∞ ) 上单调递减 . (2) 当 k= 1 时 , f ( x )≥ g ( x ) 恒成立 , 即 ax e x ≥ln x+x+ 1 恒成立 . 因为 x> 0, 所以 a ≥ . 令 h ( x ) = , 则 h' ( x ) = . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 令 p ( x ) =- ln x-x , 则 p' ( x ) =- - 1 < 0, 故 p ( x ) 在 (0, +∞ ) 上单调递减 , 且 p = 1 - > 0, p (1) =- 1 < 0, 则存在 x 0 ∈ , 使得 p ( x 0 ) =- ln x 0 -x 0 = 0, 故 ln x 0 +x 0 = 0, 即 x 0 = . 当 x ∈(0, x 0 ) 时 , p ( x ) > 0, h' ( x ) > 0; 当 x ∈( x 0 , +∞ ) 时 , p ( x ) < 0, h' ( x ) < 0 . ∴h ( x ) 在 (0, x 0 ) 上单调递增 , 在 ( x 0 , +∞ ) 上单调递减 , ∴h ( x ) max =h ( x 0 ) = = 1, 故 a 的取值范围是 [1, +∞ ) . K 考能探究 K AONENG TANJIU 2 . ( 广西 2018 届高三下学期第二次模拟 ) 已知函数 f ( x ) = ln(1 +x ) - ln(1 -x ) -k ( x 3 - 3 x )( k ∈R) . (1) 当 k= 3 时 , 求曲线 y=f ( x ) 在原点 O 处的切线方程 ; (2) 若 f ( x ) > 0 对 x ∈(0,1) 恒成立 , 求 k 的取值范围 . 答案 解析 K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ (1) 当 k= 3 时 , f' ( x ) = + - 9( x 2 - 1), ∴f' (0) = 11, 又 f (0) = 0, ∴ 曲线 y=f ( x ) 在原点 O 处的切线方程为 y= 11 x. (2) 由题意得 f' ( x ) = , 当 x ∈(0,1) 时 ,(1 -x 2 ) 2 ∈(0,1) . 若 k ≥ - , 则 2 + 3 k (1 -x 2 ) 2 > 0, 即 f' ( x ) > 0 . ∴f ( x ) 在 (0,1) 上单调递增 , 从而 f ( x ) >f (0) = 0 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 解析 ▶ 若 k<- , 令 f' ( x ) = 0, 得 x= ∈(0,1) . 当 x ∈ 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ 时 , f' ( x ) > 0 . ∴f ( x ) min =f 0, h ( x ) 是增函数 ; 当 x= 80 时 , h ( x ) 取得极小值 h (80) = 11 . 25 . 由题意知该极值是最小值 . 故当汽车以 80 千米 / 时的速度匀速行驶时 , 从甲地到乙地耗油最少 , 最少为 11 . 25 升 . K 考能探究 K AONENG TANJIU 延时符 谢 谢 观 赏