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(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用講義 理(重點(diǎn)生含解析).doc

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(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用講義 理(重點(diǎn)生含解析).doc

專題三 數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 奇函數(shù)的定義及利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T5 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T13 利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)值T14 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性T21(1) 2017 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性T21(1) 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值T11 _______ 利用導(dǎo)數(shù)的極值點(diǎn)求參數(shù)T21(1) 2016 ________ 導(dǎo)數(shù)的計算與幾何意義、直線方程、斜率計算公式T16 函數(shù)的奇偶性、利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T15 利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)T21(1) 縱向 把握 趨勢 卷Ⅰ3年3考,涉及導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及討論函數(shù)的單調(diào)性,其中利用導(dǎo)數(shù)求切線方程難度偏小,而用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性難度偏大.預(yù)計2019年仍會以解答題的形式考查函數(shù)單調(diào)性的討論 卷Ⅱ3年4考,涉及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、幾何意義以及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值,題型為選擇、填空題,難度適中.預(yù)計2019年高考會考查利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性,難度偏大 卷Ⅲ3年3考,涉及導(dǎo)數(shù)公式及導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用,題型多為填空題.預(yù)計2019年仍會考查導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用,另外,要重點(diǎn)關(guān)注利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 橫向 把握 重點(diǎn) 1.高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查,多在選擇題、填空題中出現(xiàn),難度較小. 2.高考重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題,多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn),難度中等,有時也出現(xiàn)在解答題第一問. 3.近幾年全國卷對定積分及其應(yīng)用的考查極少,題目一般比較簡單,但也不能忽略. 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 [題組全練] 1.(2018全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)=x3+(a-1)x2+ax,若f (x)為奇函數(shù),則曲線y=f (x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為(  ) A.y=-2x         B.y=-x C.y=2x D.y=x 解析:選D ∵f (x)=x3+(a-1)x2+ax, ∴f ′(x)=3x2+2(a-1)x+a. 又∵f (x)為奇函數(shù),∴f (-x)=-f (x)恒成立, 即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立, ∴a=1,∴f ′(x)=3x2+1,∴f ′(0)=1, ∴曲線y=f (x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=x. 2.過點(diǎn)(0,-1)的直線l與曲線y=ln x相切,則原點(diǎn)到l的距離為(  ) A.1 B. C. D. 解析:選C 設(shè)切點(diǎn)為(x0,ln x0). 由y=ln x,得y′=, 所以直線l的斜率k=y(tǒng)′|x=x0=, 所以切線方程為y-ln x0=(x-x0), 即y=x+ln x0-1. 因?yàn)榍芯€過點(diǎn)(0,-1), 則-1=ln x0-1, 即x0=1, 所以切線方程為y=x-1, 即x-y-1=0, 所以原點(diǎn)到l的距離d==,故選C. 3.(2018唐山模擬)曲線y=與其在點(diǎn)(0,-1)處的切線及直線x=1所圍成的封閉圖形的面積為(  ) A.1-ln 2 B.2-2ln 2 C.2ln 2-1 D.ln 2 解析:選C 因?yàn)閥=,所以y′=′=,則曲線y=在(0,-1)處的切線的斜率k=2,切線方程為y=2x-1,則曲線y=與其在點(diǎn)(0,-1)處的切線及直線x=1所圍成的封閉圖形的面積S=2x-1-dx=2x-1-1+dx=[x2-2x+2ln(x+1)] =2ln 2-1. 4.(2018全國卷Ⅲ)曲線y=(ax+1)ex在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=________. 解析:∵y′=(ax+a+1)ex,∴當(dāng)x=0時,y′=a+1, ∴a+1=-2,解得a=-3. 答案:-3 5.已知曲線y=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切,則a=________. 解析:由y=x+ln x,得y′=1+,則曲線y=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線斜率為2,故切線方程為y=2x-1,與y=ax2+(a+2)x+1聯(lián)立,得ax2+ax+2=0,顯然a≠0,所以由Δ=a2-8a=0?a=8. 答案:8 [系統(tǒng)方法] 1.求過切點(diǎn)切線問題的基本思路 設(shè)曲線在(x0,y0)處的切線為l,則根據(jù) 2.過非切點(diǎn)的切線的求法 設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)(x0,f (x0)),先求出在x=x0處的切線方程,然后把所過點(diǎn)的坐標(biāo)代入即求出x0,從而得出切線方程. 3.由曲線的切線求參數(shù)的方法 已知曲線在某點(diǎn)處的切線求參數(shù)的關(guān)鍵是用“方程思想”來破解,先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),從而求出在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值;再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件,建立關(guān)于參數(shù)的方程,通過解方程求出參數(shù)的值. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 [多維例析] 角度一 討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)單調(diào)區(qū)間  已知函數(shù)f (x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e是自然對數(shù)的底數(shù). (1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)討論函數(shù)h(x)=g(x)-af (x)(a∈R)的單調(diào)性. [解] (1)g′(x)=(ex)′(cos x-sin x+2x-2)+ex(cos x-sin x+2x-2)′=ex(cos x-sin x+2x-2-sin x-cos x+2)=2ex(x-sin x). 記p(x)=x-sin x, 則p′(x)=1-cos x. 因?yàn)閏os x∈[-1,1],所以p′(x)=1-cos x≥0,所以函數(shù)p(x)在R上單調(diào)遞增. 而p(0)=0-sin 0=0,所以當(dāng)x<0時,p(x)<0,g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x>0時,p(x)>0,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增. 綜上,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞). (2)因?yàn)閔(x)=g(x)-af (x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x), 所以h′(x)=2ex(x-sin x)-a(2x-2sin x) =2(x-sin x)(ex-a). 由(1)知,當(dāng)x>0時, p(x)=x-sin x>0;當(dāng)x<0時,p(x)=x-sin x<0. 當(dāng)a≤0時,ex-a>0, 所以x>0時,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增; x<0時,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減. 當(dāng)a>0時,令h′(x)=2(x-sin x)(ex-a)=0,解得x1=ln a,x2=0. ①若0<a<1,則ln a<0, 所以x∈(-∞,ln a)時,ex-a<0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增; x∈(ln a,0)時,ex-a>0,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減; x∈(0,+∞)時,ex-a>0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增. ②若a=1,則ln a=0,所以x∈R時,h′(x)≥0,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增. ③若a>1,則ln a>0, 所以x∈(-∞,0)時,ex-a<0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增; x∈(0,ln a)時,ex-a<0,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減; x∈(ln a,+∞)時,ex-a>0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增. 綜上所述, 當(dāng)a≤0時,函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)0<a<1時,函數(shù)h(x)在(-∞,ln a),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln a,0)上單調(diào)遞減; 當(dāng)a=1時,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>1時,函數(shù)h(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,ln a)上單調(diào)遞減. [類題通法] 討論含參函數(shù)的單調(diào)性,其本質(zhì)就是討論導(dǎo)函數(shù)符號的變化情況,所以討論的關(guān)鍵是抓住導(dǎo)函數(shù)解析式中的符號變化部分.討論時要考慮參數(shù)所在的位置及參數(shù)取值對導(dǎo)函數(shù)符號的影響,一般來說需要進(jìn)行四個層次的分類: (1)最高次冪的系數(shù)是否為0; (2)導(dǎo)函數(shù)是否有變號零點(diǎn); (3)導(dǎo)函數(shù)的變號零點(diǎn)是否在函數(shù)定義域或指定區(qū)間內(nèi); (4)導(dǎo)函數(shù)的變號零點(diǎn)之間的大小關(guān)系. 角度二 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍  已知函數(shù)f (x)=+ax+b(a,b∈R). (1)若函數(shù)f (x)在R上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解] (1)f ′(x)=+a=, 設(shè)g(x)=1-x+aex,由題意知g(x)≥0在R上恒成立,即1-x+aex≥0在R上恒成立. 由ex>0,分離參數(shù)可得a≥在R上恒成立. 設(shè)h(x)=,則h′(x)=, 由h′(x)>0,得x<2;由h′(x)<0,得x>2, 所以h(x)在(-∞,2)上單調(diào)遞增,在(2,+∞)上單調(diào)遞減, 所以h(x)max=h(2)=,故a≥. 所以a的取值范圍為. (2)函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào),則函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減. ①若函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào)遞增,則f ′(x)=≥0在(-1,3)上恒成立,即1-x+aex≥0在(-1,3)上恒成立,所以a≥在(-1,3)上恒成立. 設(shè)h(x)=,則h′(x)=,所以h(x)在(-1,2)上單調(diào)遞增,在(2,3)上單調(diào)遞減, 所以h(x)max=h(2)=(x∈(-1,3)),故a≥. 所以a的取值范圍為,+∞. ②若函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào)遞減,則f ′(x)=≤0在(-1,3)上恒成立,即1-x+aex≤0在(-1,3)上恒成立,所以a≤在(-1,3)上恒成立. 設(shè)h(x)=,則h′(x)=,所以h(x)在(-1,2)上單調(diào)遞增,在(2,3)上單調(diào)遞減. 又h(-1)==-2e,h(3)==. 顯然-2e<,所以h(x)>h(-1)=-2e(x∈(-1,3)), 所以a的取值范圍為(-∞,-2e]. 綜上,a的取值范圍為(-∞,-2e]∪. [類題通法] 由含參函數(shù)單調(diào)性求解參數(shù)范圍問題的2個關(guān)注點(diǎn) (1)準(zhǔn)確把握函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)符號之間的關(guān)系:若可導(dǎo)函數(shù)f (x)在區(qū)間M上單調(diào)遞增,則f ′(x)≥0在區(qū)間M上恒成立;若可導(dǎo)函數(shù)f (x)在區(qū)間M上單調(diào)遞減,則f ′(x)≤0在區(qū)間M上恒成立. (2)注意參數(shù)在導(dǎo)函數(shù)解析式中的位置,先嘗試分離參數(shù),將問題的求解轉(zhuǎn)化為求解對應(yīng)函數(shù)的最值問題;若不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性無法利用導(dǎo)數(shù)解決,則可以直接轉(zhuǎn)化為求解含參函數(shù)的最值問題. [綜合訓(xùn)練] 1.已知a∈R,函數(shù)f (x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)). (1)當(dāng)a=2時,求函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若函數(shù)f (x)在(-1,1)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍; (3)函數(shù)f (x)是否為R上的單調(diào)減函數(shù)?若是,求出a的取值范圍?若不是,請說明理由. 解:(1)當(dāng)a=2時,f (x)=(-x2+2x)ex, 所以f ′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令f ′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, 因?yàn)閑x>0,所以-x2+2>0, 解得-<x<. 所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,). (2)因?yàn)楹瘮?shù)f (x)在(-1,1)上單調(diào)遞增, 所以f ′(x)≥0對x∈(-1,1)都成立. 因?yàn)閒 ′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex =[-x2+(a-2)x+a]ex, 所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0對x∈(-1,1)都成立. 因?yàn)閑x>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0, 則a≥==(x+1)-對x∈(-1,1)都成立. 令g(x)=(x+1)-, 則g′(x)=1+>0. 所以g(x)=(x+1)-在(-1,1)上單調(diào)遞增. 所以g(x)<g(1)=(1+1)-=. 所以a≥,所以a的取值范圍是. (3)若函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞減,則f ′(x)≤0對x∈R都成立,即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0對x∈R都成立. 因?yàn)閑x>0,所以x2-(a-2)x-a≥0對x∈R都成立. 所以Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,這是不可能的. 故函數(shù)f (x)不可能在R上單調(diào)遞減. 2.(2018合肥質(zhì)檢)已知f (x)=ln(2x-1)+(a∈R). (1)討論f (x)的單調(diào)性; (2)若f (x)≤ax恒成立,求a的值. 解:(1)f (x)的定義域?yàn)椋? f ′(x)=-=. 令g(x)=2x2-2ax+a, 若2x2-2ax+a=0的根的判別式Δ=4a2-8a≤0, 即當(dāng)0≤a≤2時,對任意x∈,g(x)≥0恒成立, 即當(dāng)x∈時,f ′(x)≥0恒成立, ∴f (x)在上單調(diào)遞增. 若2x2-2ax+a=0的根的判別式Δ>0,即當(dāng)a>2或a<0時,函數(shù)g(x)圖象的對稱軸為直線x=. ①當(dāng)a<0時,<0,且g=>0. ∴對任意x∈,g(x)>0恒成立, 即對任意x∈,f ′(x)>0恒成立, ∴f (x)在上單調(diào)遞增. ②當(dāng)a>2時,>1,且g=>0. 記g(x)=0的兩根分別為x1,x2,且x1=(a-)>,x2=(a+). ∴當(dāng)x∈∪(x2,+∞)時,g(x)>0,當(dāng)x∈(x1,x2)時,g(x)<0. ∴當(dāng)x∈∪(x2,+∞)時,f ′(x)>0,當(dāng)x∈(x1,x2)時,f ′(x)<0. ∴f (x)在和(x2,+∞)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減. 綜上,當(dāng)a≤2時,f (x)在上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>2時,f (x)在和,+∞上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)f (x)≤ax恒成立等價于對任意x∈,f (x)-ax≤0恒成立. 令h(x)=f (x)-ax=ln(2x-1)+-ax, 則h(x)≤0=h(1)恒成立, 即h(x)在x=1處取得最大值. h′(x)=. 由h′(1)=0,得a=1. 當(dāng)a=1時,h′(x)=, ∴當(dāng)x∈時,h′(x)>0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時,h′(x)<0. ∴當(dāng)a=1時,h(x)在上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而h(x)≤h(1)=0,符合題意. ∴a=1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 [多維例析] 角度一 求函數(shù)的極值或最值  已知函數(shù)f (x)=-1. (1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間及極值; (2)設(shè)m>0,求函數(shù)f (x)在區(qū)間[m,2m]上的最大值. [解] (1)因?yàn)楹瘮?shù)f (x)的定義域?yàn)?0,+∞),且f ′(x)=, 由得0<x<e;由得x>e. 所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞),且f (x)極大值=f (e)=-1,無極小值. (2)①當(dāng)即0<m≤時,函數(shù)f (x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞增, 所以f (x)max=f (2m)=-1; ②當(dāng)m<e<2m,即<m<e時, 函數(shù)f (x)在區(qū)間(m,e)上單調(diào)遞增,在(e,2m)上單調(diào)遞減,所以f (x)max=f (e)=-1=-1; ③當(dāng)m≥e時,函數(shù)f (x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞減, 所以f (x)max=f (m)=-1. 綜上所述,當(dāng)0<m≤時,f (x)max=-1;當(dāng)<m<e時,f (x)max=-1;當(dāng)m≥e時,f (x)max=-1. [類題通法] 求函數(shù)f (x)在閉區(qū)間上最值的策略 (1)若所給的閉區(qū)間[a,b]不含有參數(shù),則只需對函數(shù)f (x)求導(dǎo),并求f ′(x)=0在區(qū)間[a,b]內(nèi)的根,再計算使導(dǎo)數(shù)等于零的根的函數(shù)值,把該函數(shù)值與f (a),f (b)比較,其中最大的一個是最大值,最小的一個是最小值. (2)若所給的閉區(qū)間[a,b]含有參數(shù),則需對函數(shù)f (x)求導(dǎo),通過對參數(shù)分類討論,判斷函數(shù)的單調(diào)性,從而得到函數(shù)f (x)的最值. 角度二 已知函數(shù)的極值或最值求參數(shù)  已知函數(shù)f (x)=ax2-(a+2)x+ln x,其中a∈R. (1)當(dāng)a=1時,求曲線y=f (x)在點(diǎn)(1,f (1))處的切線方程; (2)當(dāng)a>0時,若f (x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為-2,求a的取值范圍. [解] (1)當(dāng)a=1時,f (x)=x2-3x+ln x(x>0), 所以f ′(x)=2x-3+=, 所以f (1)=-2,f ′(1)=0. 所以切線方程為y+2=0. (2)函數(shù)f (x)=ax2-(a+2)x+ln x的定義域?yàn)?0,+∞), 當(dāng)a>0時,f ′(x)=2ax-(a+2)+==, 令f ′(x)=0,解得x=或x=. ①當(dāng)0<≤1,即a≥1時, f (x)在[1,e]上單調(diào)遞增. 所以f (x)在[1,e]上的最小值為f (1)=-2,符合題意; ②當(dāng)1<<e,即<a<1時,f (x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增, 所以f (x)在[1,e]上的最小值為f <f (1)=-2,不合題意; ③當(dāng)≥e,即0<a≤時,f (x)在[1,e]上單調(diào)遞減, 所以f (x)在[1,e]上的最小值為f (e)<f (1)=-2,不合題意. 綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1,+∞). [類題通法] 已知函數(shù)在閉區(qū)間上最值求參數(shù)的方法 主要采取分類討論的思想,將導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)與所給區(qū)間進(jìn)行比較,利用導(dǎo)數(shù)的工具性得到函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性,從而可求其最值,判斷所求的最值與已知條件是否相符,從而得到參數(shù)的取值范圍. [綜合訓(xùn)練] 1.已知函數(shù)f (x)=x3-3x2. (1)求曲線y=f (x)在點(diǎn)P(1,-2)處的切線方程; (2)若函數(shù)g(x)=2f (x)+3(1-a)x2+6ax(a>1)在[1,2]上的值域?yàn)閇p(a),q(a)],求φ(a)=q(a)-p(a)的最小值. 解:(1)因?yàn)閒 (x)=x3-3x2,所以f ′(x)=3x2-6x, 所以曲線y=f (x)在點(diǎn)P(1,-2)處的切線的斜率為f ′(1)=-3, 所以切線方程為y-(-2)=-3(x-1), 即3x+y-1=0. (2)因?yàn)間(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax, 所以g′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令g′(x)=0,得x=1或x=a, 若1<a<2, 當(dāng)x∈(1,a)時,g′(x)<0,所以g(x)在(1,a)上單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(a,2)時,g′(x)>0,所以g(x)在(a,2)上單調(diào)遞增. ①若g(1)≤g(2),即1<a≤,此時q(a)=g(2)=4,p(a)=g(a)=-a3+3a2, 所以φ(a)=4-(-a3+3a2)=a3-3a2+4, 因?yàn)棣铡?a)=3a2-6a=3a(a-2)<0, 所以φ(a)在上單調(diào)遞減, 所以當(dāng)a∈時,φ(a)的最小值為φ=. ②若g(1)>g(2),即<a<2, 此時q(a)=g(1)=3a-1,p(a)=g(a)=-a3+3a2, 所以φ(a)=3a-1-(-a3+3a2) =a3-3a2+3a-1, 因?yàn)棣铡?a)=3a2-6a+3=3(a-1)2≥0, 所以φ(a)在上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)a∈時,φ(a)>. 若a≥2, 當(dāng)x∈[1,2]時,g′(x)≤0,所以g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減, 所以q(a)=g(1)=3a-1,p(a)=g(2)=4, 所以φ(a)=3a-1-4=3a-5(a≥2), 所以φ(a)在[2,+∞)上的最小值為φ(2)=1. 綜上,φ(a)的最小值為. 2.已知函數(shù)f (x)=x2-3x+. (1)若a=4,討論f (x)的單調(diào)性; (2)若f (x)有3個極值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)因?yàn)閍=4時,f (x)=x2-3x+, 所以f ′(x)=2x-3-===(x≠0), 令f ′(x)>0,得x>2;令f ′(x)<0,得x<0或0<x<2. 所以f (x)在(-∞,0),(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增. (2)由題意知,f ′(x)=2x-3-=(x≠0), 設(shè)函數(shù)g(x)=2x3-3x2-a, 則原條件等價于g(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有3個零點(diǎn),且3個零點(diǎn)附近的左、右兩側(cè)的函數(shù)值異號, 又g′(x)=6x2-6x=6x(x-1), 由g′(x)>0,得x>1或x<0;由g′(x)<0,得0<x<1. 故g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 故原條件等價于g(x)在(-∞,0),(0,1),(1,+∞)上各有一個零點(diǎn),令g(0)=-a>0,得a<0, 當(dāng)a<0時,-<0,g(-)=2(-)3-3(-a)-a=2a(+1)<0, 故a<0時,g(x)在(-∞,0)上有唯一零點(diǎn); 令g(1)=-1-a<0,解得a>-1, 故-1<a<0時,g(x)在(0,1)上有唯一零點(diǎn); 又-1<a<0時,g(2)=4-a>0,所以g(x)在(1,+∞)上有唯一零點(diǎn). 綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-1,0). 重難增分 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 [典例細(xì)解]    (2015全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f (x0)<0,則a的取值范圍是(  ) A. B. C. D. [學(xué)解題] 法一:直接法(學(xué)生用書不提供解題過程) 若a≤0,則對任意負(fù)整數(shù)m,有f (m)=em(2m-1)-a(m-1)<0,不符合題中唯一要求,故必有0<a<1.由于f ′(x)=ex(2x+1)-a,易知當(dāng)x≤-1時f ′(x)≤-e-1-a<0,當(dāng)x≥1時f ′(x)≥3e-a>0,故f (x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增. 注意到f (1)=e>0,所以在(1,+∞)內(nèi)不存在正整數(shù)x0使得f (x0)<0. 又f (0)=-1+a<0,這樣我們就找到了,那個唯一的整數(shù)x0就是0.則滿足題意的充要條件是f (-1)≥0,即a≥,故a的取值范圍是. 法二:分離參數(shù)法(學(xué)生用書不提供解題過程) f (x)<0?(x-1)a>ex(2x-1). 當(dāng)x>1時,有a>>1,這與題設(shè)矛盾,舍去; 當(dāng)x<1時,有a<. 記g(x)=, 則g′(x)= =(x<1). 當(dāng)x<0時,g′(x)>0;當(dāng)0<x<1時,g′(x)<0, 故g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,作出函數(shù)y=g(x)的大致圖象如圖所示. 由題意知,存在唯一的整數(shù)x0使得f (x0)<0,即a<g(x0),由圖易知a的取值范圍是=g(-1)≤a<1,選D. 法三:幾何直觀法(學(xué)生用書提供解題過程) 設(shè)g(x)=ex(2x-1),y=ax-a,由題意知存在唯一的整數(shù)x0,使得g(x0)在直線y=ax-a的下方. 因?yàn)間′(x)=ex(2x+1),所以當(dāng)x<-時,g′(x)<0;當(dāng)x>-時,g′(x)>0,所以當(dāng)x=-時,g(x)min=-2e, 因?yàn)間(0)=-1<0,g(1)=e>0,直線y=ax-a恒過點(diǎn)(1,0),且斜率為a,畫出函數(shù)的大致圖象如圖所示, 故-a>g(0)=-1,g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得≤a<1. 法四:特殊值探路(學(xué)生用書提供解題過程) 注意到f (0)=a-1<0,故x0=0.又x0唯一,故解得a≥,所以≤a<1(*). 這是a需滿足的必要條件. 求導(dǎo)得f ′(x)=ex(2x+1)-a.當(dāng)x≤-1時,f ′(x)<-a<0,f (x)在(-∞,-1]上單調(diào)遞減,有f (x)≥f (-1)≥0;當(dāng)x≥1時,f ′(x)≥3e-a>0,f (x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,有f (x)≥f (1)>0.可見(*)式也是充分的. 于是,a的取值范圍就是≤a<1,選D. [答案] D [啟思維] 本題考查了含參函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式的綜合問題,含參數(shù)的函數(shù)問題是高考中的難點(diǎn),通常有以下兩種解題策略. (1)數(shù)形結(jié)合:利用導(dǎo)數(shù)先研究函數(shù)的圖象與性質(zhì),再畫出該函數(shù)的草圖,結(jié)合圖象確定參數(shù)范圍,若原函數(shù)圖象不易做,?;癁橐粋€函數(shù)存在一點(diǎn)在另一個函數(shù)上方,用圖象解. (2)參變分離:轉(zhuǎn)化為參數(shù)小于某個函數(shù)(或參數(shù)大于某個函數(shù)),則參數(shù)小于該函數(shù)的最大值(大于該函數(shù)的最小值),再構(gòu)造函數(shù)求解即可,要注意應(yīng)用分類討論思想.    (2015全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f ′(x)是奇函數(shù)f (x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f (-1)=0,當(dāng)x>0時,xf ′(x)-f (x)<0,則使得f (x)>0成立的x的取值范圍是(  ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) [解析] 令g(x)=(x≠0),則g′(x)=,當(dāng)x>0時,xf ′(x)-f (x)<0,∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù),且g(1)=f (1)=-f (-1)=0. ∵f (x)為奇函數(shù),∴g(x)為偶函數(shù), ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示. 當(dāng)x>0時,由f (x)>0,得g(x)>0,由圖知0<x<1, 當(dāng)x<0時,由f (x)>0,得g(x)<0,由圖知x<-1, ∴使得f (x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1). [答案] A [啟思維] 本題考查了導(dǎo)數(shù)運(yùn)算的逆運(yùn)算,通過xf ′(x)-f (x)<0構(gòu)造函數(shù)g(x)=,然后利用函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性結(jié)合圖象求解. [知能升級] 解決抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)問題常見構(gòu)造函數(shù)的方法 (1)對于不等式xf ′(x)+f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf (x); (2)對于不等式xf ′(x)-f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=(x≠0); (3)對于不等式f ′(x)+f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=exf (x); (4)對于不等式f ′(x)-f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=. [增分訓(xùn)練] 1.已知函數(shù)f (x),對?x∈R,都有f (-x)+f (x)=x2,在(0,+∞)上,f ′(x)<x,若f (4-m)-f (m)≥8-4m,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(  ) A.[-2,2]        B.[2,+∞) C.[0,+∞) D.(-∞,-2]∪[2,+∞) 解析:選B 因?yàn)閷?x∈R,都有f (-x)+f (x)=x2,所以f (0)=0, 設(shè)g(x)=f (x)-x2, 則g(-x)=f (-x)-x2, 所以g(x)+g(-x)=f (x)-x2+f (-x)-x2=0, 又g(0)=f (0)-0=0, 所以g(x)為奇函數(shù),且f (x)=g(x)+x2, 所以f (4-m)-f (m)=g(4-m)+(4-m)2-=g(4-m)-g(m)+8-4m≥8-4m,則g(4-m)-g(m)≥0,即g(4-m)≥g(m). 當(dāng)x>0時,g′(x)=f ′(x)-x<0, 所以g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù), 又g(x)為奇函數(shù), 所以4-m≤m,解得m≥2. 2.(2019屆高三南昌模擬)已知函數(shù)f ′(x)是函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù),f (1)=,對任意實(shí)數(shù)x,都有f (x)-f ′(x)>0,則不等式f (x)<ex-2的解集為(  ) A.(-∞,e) B.(1,+∞) C.(1,e) D.(e,+∞) 解析:選B 設(shè)g(x)=, 則g′(x)==. ∵對任意實(shí)數(shù)x,都有f (x)-f ′(x)>0, ∴g′(x)<0,即g(x)為R上的減函數(shù). g(1)==, 由不等式f (x)<ex-2, 得<e-2=,即g(x)<g(1). ∵g(x)為R上的減函數(shù), ∴x>1,∴不等式f (x)<ex-2的解集為(1,+∞). 故選B. 3.設(shè)f (x)=x3-mx2+2nx+1的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x),函數(shù)f ′(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱,若f (x)在[1,π]上恒有f (x)≥1,則實(shí)數(shù)n的取值范圍為(  ) A. B. C. D.[π,+∞) 解析:選C 依題意f ′(x)=3x2-2mx+2n,又已知函數(shù)f ′(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱,所以-=,解得m=2,所以f (x)=x3-2x2+2nx+1,因?yàn)閒 (x)在[1,π]上恒有f (x)≥1,所以n≥-(x2-2x)在[1,π]上恒成立,因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=-(x2-2x)在[1,π]上單調(diào)遞減,即函數(shù)g(x)=-(x2-2x)在[1,π]上的最大值為g(1)=,所以實(shí)數(shù)n的取值范圍為,故選C. [專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P169) 一、全練保分考法——保大分 1.函數(shù)f (x)=excos x的圖象在點(diǎn)(0,f (0))處的切線方程是(  ) A.x+y+1=0        B.x+y-1=0 C.x-y+1=0 D.x-y-1=0 解析:選C 依題意,f (0)=e0cos 0=1,因?yàn)閒 ′(x)=excos x-exsin x,所以f ′(0)=1,所以切線方程為y-1=x-0,即x-y+1=0,故選C. 2.已知函數(shù)f (x)=x2-5x+2ln x,則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(  ) A.和(1,+∞) B.(0,1)和(2,+∞) C.和(2,+∞) D.(1,2) 解析:選C 函數(shù)f (x)=x2-5x+2ln x的定義域是(0,+∞),且f ′(x)=2x-5+==.由f ′(x)>0,解得0<x<或x>2,故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,+∞). 3.(2018石家莊模擬)已知f (x)=,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),則(  ) A.f (2)>f (e)>f (3) B.f (3)>f (e)>f (2) C.f (e)>f (2)>f (3) D.f (e)>f (3)>f (2) 解析:選D 由f (x)=,得f ′(x)=,令f ′(x)=0,解得x=e,當(dāng)x∈(0,e)時,f ′(x)>0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時,f ′(x)<0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞減,故f (x)在x=e處取得最大值f (e),f (2)-f (3)=-==<0, ∴f (2)<f (3),則f (e)>f (3)>f (2),故選D. 4.(2019屆高三廣州調(diào)研)已知直線y=kx-2與曲線y=xln x相切,則實(shí)數(shù)k的值為(  ) A.ln 2 B.1 C.1-ln 2 D.1+ln 2 解析:選D 由y=xln x知y′=ln x+1,設(shè)切點(diǎn)為(x0,x0ln x0),則切線方程為y-x0ln x0=(ln x0+1)(x-x0),因?yàn)榍芯€y=kx-2過定點(diǎn)(0,-2),所以-2-x0ln x0=(ln x0+1)(0-x0),解得x0=2,故k=1+ln 2,選 D. 5.已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x),滿足f ′(x)>f (x),且f (x+3)為偶函數(shù),f (6)=1,則不等式f (x)>ex的解集為(  ) A.(-2,+∞) B.(0,+∞) C.(1,+∞) D.(4,+∞) 解析:選B 因?yàn)閒 (x+3)為偶函數(shù), 所以f (3-x)=f (x+3), 因此f (0)=f (6)=1. 設(shè)h(x)=,則原不等式即h(x)>h(0). 又h′(x)==, 依題意f ′(x)>f (x),故h′(x)>0, 因此函數(shù)h(x)在R上是增函數(shù), 所以由h(x)>h(0),得x>0.故選B. 6.已知定義在R上的函數(shù)y=f (x)滿足f (-x)=-f (x),當(dāng)x∈(0,2]時,f (x)=ln x-ax,當(dāng)x∈[-2,0)時,f (x)的最小值為3,則a的值等于(  ) A.e2 B.e C.2 D.1 解析:選A 因?yàn)槎x在R上的函數(shù)y=f (x)滿足f (-x)=-f (x), 所以y=f (x)為奇函數(shù),其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱, 因?yàn)楫?dāng)x∈[-2,0)時,f (x)的最小值為3, 所以當(dāng)x∈(0,2]時,f (x)=ln x-ax的最大值為-3. 又f ′(x)=(0<x≤2), 所以當(dāng)0<x<時,f ′(x)>0; 當(dāng)<x≤2時,f ′(x)<0; 所以函數(shù)f (x)=ln x-ax在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減, 故f (x)max=f =ln-a=-3,解得a=e2. 7.若函數(shù)f (x)=ln x-ax2-2x存在單調(diào)遞減區(qū)間,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 解析:f ′(x)=-ax-2=,由題意知f ′(x)<0有實(shí)數(shù)解,∵x>0,∴ax2+2x-1>0有實(shí)數(shù)解.當(dāng)a≥0時,顯然滿足;當(dāng)a<0時,只需Δ=4+4a>0,∴-1<a<0.綜上知a>-1. 答案:(-1,+∞) 8.已知函數(shù)f (x)=ex-mx+1的圖象為曲線C,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________. 解析:函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=ex-m,設(shè)切點(diǎn)為(x0,ex0-mx0+1),即切線斜率k= e x0-m,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則滿足(e x0-m)e=-1, 即e x0-m=-有解, 即m=e x0+有解, ∵e x0+>,∴m>. 答案: 9.已知x0為函數(shù)f (x)=(ea)x+3x的極值點(diǎn),若x0∈(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 解析:f′(x)=aeax+3,則f′(x0)=3+aeax0=0,由于eax0>0,則a<0,此時x0=ln.令t=-,t>0,則x0=-ln t,構(gòu)造函數(shù)g(t)=-ln t(t>0),g′(t)=-ln t-=-(ln t+1),當(dāng)0<t<時,g′(t)>0,g(t)為增函數(shù),且g(t)>0恒成立,當(dāng)t>時,g′(t)<0,g(t)為減函數(shù),g(t)max=g=,且g(e)=-,因此當(dāng)x0∈時,0<t≤e,即0<-≤e,a≤-,故實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 答案: 10.(2019屆高三長春模擬)已知函數(shù)f (x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R)在點(diǎn)A(2,f (2))處的切線方程為9x-y-16=0. (1)求函數(shù)f (x)的解析式; (2)若過點(diǎn)M(2,m)(m≠2)可作曲線y=f (x)的三條切線,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解:(1)因?yàn)閒 (x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R), 所以f ′(x)=3ax2+2bx-3. 根據(jù)題意,得 即 解得所以f (x)=x3-3x. (2)設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0)(x0≠2),則y0=x-3x0. 因?yàn)閒 ′(x0)=3x-3, 所以切線的斜率為3x-3, 則3x-3=, 即2x-6x+6+m=0. 因?yàn)檫^點(diǎn)M(2,m)(m≠2)可作曲線y=f (x)的三條切線, 所以方程2x-6x+6+m=0有三個不同的實(shí)根, 設(shè)函數(shù)g(x)=2x3-6x2+6+m,則函數(shù)g(x)有三個零點(diǎn),且g′(x)=6x2-12x, 令g′(x)=0,得x=0或x=2. g′(x),g(x)隨x的變化而變化的情況如下表: x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞) g′(x) + 0 - 0 + g(x)  極大值  極小值  若函數(shù)g(x)有三個零點(diǎn), 則需即解得-6<m<2. 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-6,2). 11.(2018成都模擬)已知函數(shù)f (x)=(ax-1)ln x+. (1)若a=2,求曲線y=f (x)在點(diǎn)(1,f (1))處的切線l的方程; (2)設(shè)函數(shù)g(x)=f ′(x)有兩個極值點(diǎn)x1,x2,其中x1∈(0,e],求g(x1)-g(x2)的最小值. 解:(1)當(dāng)a=2時,f (x)=(2x-1)ln x+, 則f ′(x)=2ln x+x-+2, f ′(1)=2,f (1)=, ∴切線l的方程為y-=2(x-1),即4x-2y-3=0. (2)函數(shù)g(x)=aln x+x-+a,定義域?yàn)?0,+∞), 則g′(x)=1++=,令g′(x)=0,得x2+ax+1=0,其兩根為x1,x2, 且x1+x2=-a,x1x2=1, 故x2=,a=-. g(x1)-g(x2)=g(x1)-g=aln x1+x1-+a-=2+2aln x1=2-2ln x1, 令h(x)=2-2ln x. 則[g(x1)-g(x2)]min=h(x)min, 又h′(x)=, 當(dāng)x∈(0,1]時,h′(x)≤0, 當(dāng)x∈(1,e]時,h′(x)<0, 即當(dāng)x∈(0,e]時,h(x)單調(diào)遞減, ∴h(x)min=h(e)=-, 故[g(x1)-g(x2)]min=-. 12.(2018鄭州模擬)已知函數(shù)f (x)=ln x-x,g(x)=mx3-mx(m≠0). (1)求曲線y=f (x)在點(diǎn)(1,f (1))處的切線方程; (2)若對任意的x1∈(1,2),總存在x2∈(1,2),使得f (x1)=g(x2),求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解:(1)易知切點(diǎn)為(1,-1),f ′(x)=-1,切線的斜率k=f ′(1)=0,故切線方程為y=-1. (2)設(shè)f (x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)锳,g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)锽,則由題意可得A?B. ∵f (x)=ln x-x, ∴f ′(x)=-1=<0在(1,2)上恒成立, ∴函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減, ∴值域A為(ln 2-2,-1). 又g′(x)=mx2-m=m(x+1)(x-1), 當(dāng)m>0時,g′(x)>0在x∈(1,2)上恒成立, 則g(x)在(1,2)上是增函數(shù),此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為, 則 解得m≥-(ln 2-2)=3-ln 2. 當(dāng)m<0時,g′(x)<0在x∈(1,2)上恒成立, 則g(x)在(1,2)上是減函數(shù),此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為, 則解得m≤(ln 2-2)=ln 2-3. ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ∪. 二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分 1.已知函數(shù)f (x)=xsin x,x1,x2∈,且f (x1)<f (x2),那么(  ) A.x1-x2>0 B.x1+x2>0 C.x-x>0 D.x-x<0 解析:選D 由f (x)=xsin x得f ′(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),當(dāng)x∈時,f ′(x)>0,即f (x)在上為增函數(shù),又f (-x)=-xsin(-x)=xsin x,因而f (x)為偶函數(shù),∴當(dāng)f (x1)<f (x2)時,有f (|x1|)<f (|x2|),∴|x1|<|x2|,x-x<0,故選D. 2.(2018西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)=ln x-ax2,若f (x)恰有兩個不同的零點(diǎn),則a的取值范圍為(  ) A. B. C. D. 解析:選C 函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0,+∞),f ′(x)=-2ax=.當(dāng)a≤0時,f ′(x)>0恒成立,函數(shù)f (x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則函數(shù)f (x)不存在兩個不同的零點(diǎn).當(dāng)a>0時,由f ′(x)=0,得x=,當(dāng)0<x<時,f ′(x)>0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞增,當(dāng)x>時,f ′(x)<0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞減,所以f (x)的最大值為f =ln-a2=-ln 2a-,于是要使函數(shù)f (x)恰有兩個不同的零點(diǎn),則需滿足-ln 2a->0,即ln 2a<-1,所以0<2a<,即0<a<,所以a的取值范圍是,故選C. 3.已知函數(shù)f (x)=x+xln x,若m∈Z,且f (x)-m(x-1)>0對任意的x>1恒成立,則m的最大值為(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:選B 法一:因?yàn)閒 (x)=x+xln x,且f (x)-m(x-1)>0對任意的x>1恒成立,等價于m<在(1,+∞)上恒成立, 等價于m<min(x>1). 令g(x)=(x>1),所以g′(x)=.易知g′(x)=0必有實(shí)根,設(shè)為x0,則x0-2-ln x0=0,且g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,此時g(x)min=g(x0)===x0,因此m<x0,令h(x)=x-2-ln x,可得h(3)<0,h(4)>0,又m∈Z,故m的最大值為3.故選B. 法二:f (x)>m(x-1)在(1,+∞)上恒成立, 而f ′(x)=2+ln x,得f (x)在(0,e-2)上單調(diào)遞減,在(e-2,+∞)上單調(diào)遞增, 由圖象可知,過點(diǎn)(1,0)的直線y=m(x-1)必在f (x)的圖象下方,設(shè)過點(diǎn)(1,0)且與f (x)的圖象相切的直線的斜率為k,則m<k. 此時設(shè)切點(diǎn)為(x0,x0+x0ln x0), 則有k=2+ln x0=, 可得x0-ln x0-2=0,令g(x)=x-ln x-2, 顯然g(e)<0,g(e2)>0,所以e<x0<e2,所以1<ln x0<2,3<k<4,又m<k,且m∈Z,因此m的最大值為3. 故選B. 4.不等式[b-(a-2)]2+[ln b-(a-1)]2≥m2-m對任意的b>0,a∈R恒成立,則實(shí)數(shù)m的最大值為(  ) A. B.2 C.e D.3 解析:選B [b-(a-2)]2+[ln b-(a-1)]2等價于點(diǎn)P(b,ln b)與點(diǎn)Q(a-2,a-1)距離的平方,易知點(diǎn)P,Q分別在曲線C:y=ln x及直線l:y=x+1上. 令f (x)=ln x,則f ′(x)=,令f ′(x)=1,得x=1,故與直線l平行且與曲線C相切的直線l′與曲線C的切點(diǎn)為(1,0),所以|PQ|min==,所以m2-m≤2,解得-1≤m≤2,所以m的最大值為2.故選B. 5.設(shè)函數(shù)f (x)=ex+a+x,g(x)=ln(x+3)-4e-x-a,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),若存在實(shí)數(shù)x0,使得f (x0)-g(x0)=2成立,則實(shí)數(shù)a的值為(  ) A.-2+ln 2 B.1+ln 2 C.-1-ln 2 D.2+ln 2 解析:選D 由已知得f (x)-g(x)=ex+a+x-ln(x+3)+4e-x-a, 設(shè)h(x)=ex+a+4e-x-a,u(x)=x-ln(x+3), 所以h(x)=ex+a+4e-x-a≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)ex+a=2時等號成立. u′(x)=1-=(x>-3), 令u′(x)>0,得x>-2; 令u′(x)<0,得-3<x<-2,所以u(x)在(-3,-2)上單調(diào)遞減,在(-2,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=-2時,u(x)取得最小值為-2. 若存在實(shí)數(shù)x0,使得f (x0)-g(x0)=2成立,則當(dāng)x=-2時,ex+a=2成立,所以e-2+a=2,解得a=2+ln 2. 6.設(shè)點(diǎn)M(x1,f (x1))和點(diǎn)N(x2,g(x2))分別是函數(shù)f (x)=ex-1-(x-1)2和g(x)=x-1圖象上的點(diǎn),且x1≥1,x2>0,若直線MN∥x軸,則M,N兩點(diǎn)間的距離的最小值為(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:選A 設(shè)h(x1)=|MN|,由題意知h(x1)=x2-x1,x1≥1, 由MN∥x軸可得g(x2)=f (x1), 即x2=ex1-1-(x1-1)2+1, 所以h(x1)=x2-x1=ex1-1-(x1-1)2-x1+1,h′(x1)=e x1-1-x1,h″(x1)=e x1-1-1, 因?yàn)閔″(x1)≥h″(1)=0, 所以h′(x1)在[1,+∞)上是增函數(shù), 所以h′(x1)≥h′(1)=0, 因此h(x1)在[1,+∞)上是增函數(shù),所以h(x1)≥h(1)=1,故選A. 7.若對任意的x∈,e為自然對數(shù)的底數(shù),總存在唯一的y∈[-1,1],使得ln x-x+1+a=y(tǒng)2ey成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(  ) A. B. C. D. 解析:選B 設(shè)f (x)=ln x-x+1+a, 則f ′(x)=-1=. 因?yàn)閤∈,所以f ′(x)≥0,f (x)在上單調(diào)遞增,所以f (x)∈. 設(shè)g(y)=y(tǒng)2ey,y∈[-1,1], 則g′(y)=y(tǒng)(y+2)ey. 由g′(y)<0,得-1≤y<0; 由g′(y)>0,得0<y≤1. 所以函數(shù)g(y)在[-1,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增,且g(-1)=<g(1)=e. 對任意的x∈,總存在唯一的y∈[-1,1],使得ln x-x+1+a=y(tǒng)2ey成立,等價于f (x)的值域是g(y)的不含極值點(diǎn)的單值區(qū)間的子集, 故?,所以<a≤e.故選 B. 8.已知函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x>0時,f (-x)+f (x+3)=0;當(dāng)x∈(0,3)時,f (x)=,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),且e≈2.72,則方程6f (x)-x=0在[-9,9]上的解的個數(shù)為(  ) A.4 B.5 C.6 D.7 解析:選D 依題意,當(dāng)x∈(0,3)時,f ′(x)=,令f ′(x)=0得x=e,故函數(shù)f (x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,3)上單調(diào)遞減,故在區(qū)間(0,3)上,f (x)max=f (e)=1.又函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x>0時,f (-x)+f (x+3)=0,即f (x+3)=f (x),f (0)=0.由6f (x)-x=0,得f (x)=.在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y=f (x)與y=在區(qū)間[-9,9] 上的圖象如圖所示.由圖可知,函數(shù)y=f (x)與y=的圖象有7個交點(diǎn),即方程6f (x)-x=0的解的個數(shù)為7.故選D.

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本文((通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用講義 理(重點(diǎn)生含解析).doc)為本站會員(sh****n)主動上傳,裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。 若此文所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請立即通知裝配圖網(wǎng)(點(diǎn)擊聯(lián)系客服),我們立即給予刪除!

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