2018届高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数与方程及函数的应用课件理

由于 2e2������0 − 所以 f(x0)=
������
������
������ 0
=0,
2 2 ������ 2 ������
2������ 0
+2ax0+aln ≥2a+aln .
������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
解题心得研究函数零点或方程根的情况,可以通过导数研究函数 的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象 判断函数零点或方程根的情况.
4
3
4
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)无零点.
当 x=1 时,若 a≥- ,
则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 h(x)的零点 ; 若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{ f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零 点.
-4-
(2)
������ '(������ 0 ) e ������ 0
=
2 3
2 即������0 -x0= (t-1)2,
2
������ '(������ 0 ) 2 ������0 -x0, ������ 0 e 2 3
= (t-1)2,
3
2
令 g(x)=x -x- (t-1)2,则问题转化为当 1<t<4 时 , 求方程 g(x)=x -x- (t-1)2= 0 在 [-2,t ]上的解的个数 .

1 ∴f(x)＝x2.根据图象特征可知选 C.
1 (2)因为函数 y＝x2的定义域为[0，＋∞)，且在定义域内为增函
数，
所以不等式等价于2mm2＋＋m1≥－01，≥0， 2m＋1＞m2＋m－1.
解 2m＋1≥0，得 m≥－12；
－ 解 m2＋m－பைடு நூலகம்≥0，得 m≤
25－1或 m≥
5－1 2.
解 2m＋1＞m2＋m－1，得－1＜m＜2，
解析：含参数的二次函数问题，将区间上恒成立转化为只需区间 端点处成立，作出二次函数图象，根据条件结合图象列出关于 m 的 不等式组求解．
要满足 f(x)＝x2＋mx－1＜0，对于任意 x∈[m，m＋1]，都有 f(x)
＜0，只需ff（（mm＋）1＜）0＜，0， 即m（2m＋＋m12－）12＋＜m0，（m＋1）－1＜0，解得－ 22＜m＜0.
(3)当 a＝－1 时，f(|x|)＝x2－2|x|＋3 ＝xx22＋ －22xx＋ ＋33＝ ＝（ （xx＋ －11） ）22＋ ＋22， ，xx≤ ＞00， ， 其图象如图所示，
又∵x∈[－4，6]，∴f(|x|)在区间[－4，－1)和[0，1)上为减函数， 在区间[－1，0)和[1，6]上为增函数．
综上 52－1≤m＜2.
答案：(1)C (2)D
1．对于幂函数 y＝xα的图象与性质应注意以下两个方面： (1)α 的正负：α＞0 时，图象过原点和(1，1)，在第一象限的图象 上升；α＜0 时，图象不过原点，过(1，1)，在第一象限的图象下降． (2)曲线在第一象限的凹凸性，α＞1 时，曲线下凸；0＜α＜1 时， 曲线上凸；α＜0 时，曲线下凸． 2．在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函 数，利用其单调性进行比较．

＝x－1，因而 f(x)的图像恒在 y＝x－1 的下方，则当 x∈(0，1]
时，函数 f(x)的图像上任意两点连线的斜率均不小于 1，即
f（m）m－－nf（n）≥1，故mn mnmn≥em－n.
回顾 (1)本题考查利用导数研究曲线的切线、不等式的证明 等，考查考生的化归与转化思想．本题以函数 f(x)＝lnxx为原型函 数，入手点简单，但所涉及的问题有一定的高度，特别是第(2) 问不等式的证明，需经过多次转化．如果不善于转化或转化错误 则满盘皆输．
(2)若在[1，e](e＝2.718…)上存在一点 x0，使得 x0＋x10<mf(x0) 成立，
则构造函数 h(x)＝x＋1x－mf(x)＝x＋1x－mlnx＋mx 在[1，e]上 的最小值小于零．
h′(x)＝1－x12－mx －xm2 ＝x2－mxx－2 m－1＝（x＋1）（x2x－m－1）.(6 分) 令 h′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝m＋1，
调研一 切线、恒成立
lnx＋k (2016·江 西 七 校 二 次 联 考 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ ex
(k∈R，e 是自然对数的底数)，f′(x)为 f(x)的导函数． (1)当 k＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； e－2＋1 (2)若 f′(1)＝0，试证明：对任意的 x>0，f′(x)< x2＋x 恒成
①当 m＋1≥e 时，即 m≥e－1 时，h(x)在[1，e]上单调递减， (8 分)
所以 h(x)的最小值为 h(e)，由 h(e)＝e＋1＋e m－m<0 可得 m>ee2－＋11，
因为ee2－＋11>e－1，所以 m>ee2－＋11；(10 分) ②当 m＋1≤1，即 m≤0 时，h(x)在[1，e]上单调递增， 所以 h(x)最小值为 h(1)，由 h(1)＝1＋1＋m<0 可得 m<－2； (11 分)

核心知识
考点精题
-6-
对点训练1设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数 1 f'(x)= ������ ,g(x)=f(x)+f'(x). (1)求g(x)的单调区间和最小值;
(2)讨论 g(x)与 g
1 ������
的大小关系;
1 ������
(3)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0成立?若存在,求 出x0的取ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ范围;若不存在,请说明理由.
难点突破 |f(x1)-f(x2)|≤e-1⇔|f(x1)-f(x2)|max≤e-1⇔|f(x)max-f(x)min|
������(������) ≤ 0, e������ -������ ≤ e-1, ������(1)-������(0) ≤ e-1, ≤e-1⇔ ⇔ -������ ⇔ ⇒g(t) ������ (������ ) ≤ 0 ������(-1)-������(0) ≤ e-1 e + ������ ≤ e-1, ������(������) ≤ 0, 的单调性 ⇒ 的 m 范围 . ������(-������) ≤ 0
得 h'(x)=-
������ (������ +2)2
e ������ (������ +1)2
,根据导数的正负讨论单调性求得最值,相比作差法
构造函数分类讨论的方法,达到了事半功倍的效果.
核心知识
考点精题
-4-
核心知识
考点精题
-5-
故当x≥-2时,F(x)≥0, 即f(x)≤kg(x)恒成立. ②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2). 从而当x>-2时,F'(x)>0, 即F(x)在(-2,+∞)单调递增. 而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. ③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0. 从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k的取值范围是[1,e2]. 解题心得用导数解决满足函数不等式条件的参数范围问题,一般 都需要构造函数,然后对构造的函数求导,一般导函数中都含有参 数,通过对参数讨论确定导函数的正负,由导函数的正负确定构造 函数的单调性,再由单调性确定是否满足函数不等式,由此求出参 数范围.

一、选 择题
二、填 空题
核心知识
考点精题 考点精题
-6-
2.(2017全国Ⅱ,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点, 则f(x)的极小值为( A ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
一、选 择题
二、填 空题
核心知识
考点精题 考点精题
-7-
解析: 由题意可得, f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f'(-2)=0.所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如 下表: x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞)
解析: ∵函数 f(x)=ln(e +e )+x ,∴f'(x)=
2 x -x
核心知识
考点精题 考点精题
-11-
e ������ -e-������ e ������ +e -������
+2x,
当x=0时,f'(x)=0,f(x)取最小值, 当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减, ∵f(x)=ln(ex+e-x)+x2是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增, ∴f(2x)>f(x+3)等价于|2x|>|x+3|, 整理,得x2-2x-3>0,解得x>3或x<-1, ∴使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞). 故选D.

3.函数的零点问题
(1)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.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).

(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log

(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg

由零点存在定理，知存在 x0∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.

[回扣问题 4] 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，则使得 f(x)<0 的 x 的取值范围是________．
解析：∵f(x)是偶函数，
∴f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
∵f(x)<0，f(2)＝0.所以 f(|x|)<f(2)．
又∵f(x)在(－∞，0]上是减函数， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数， ∴|x|<2，所以－2<x<2. 答案：(－ 对称
4.方程的根与函数的零点． (1)方程的根与函数零点的关系： 方程 f(x)＝0 有实数根⇔函数 y＝f(x)的图象与 x 轴有
交点⇔函数 y＝f(x)有零点．
(2)函数零点的存在性： 如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的 一条曲线，并且 f(a)·f(b)<0，那么函数 f(x)在区间(a，b) 内至少有一个零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这 个 c 也就是方程 f(x)＝0 的实数根．
[回扣问题 5] 对于函数 f(x)定义域内任意的 x，都有 f(x＋2)＝－f（1x），若当 2<x≤3 时，f(x)＝x，则 f(2 017) ＝________．
解析：易知 y＝f(x)的最小正周期 T＝4， ∴f(2 017)＝f(1)＝－f（13）＝－13. 答案：－13
6．求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符 号“∪”和“或”连接，可用“和”连接或用“，”隔开， 单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替．
溯源回扣二 函数与导数
环节一：牢记概念公式，避免卡壳
1．函数的奇偶性、周期性． (1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，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)．

答案：A
3热点追踪
热点考向一 导数在方程中的应用 [典例 1] 已知函数 f(x)＝x2－(a＋4)x－2a2＋5a＋3(a∈R)． (1)当 a＝3 时，求函数 f(x)的零点； (2)若方程 f(x)＝0 的两个实数根都在区间(－1,3)上，求实数 a 的取值范围．
[自主解答] (1)当 a＝3 时，f(x)＝x2－7x.令 f(x)＝0，则 x2 －7x＝0，解得 x＝0 或 x＝7，所以函数 f(x)的零点为 x＝0，x＝ 7.
所以
g′(x)＝0
有唯一解
x0＝logba－llnn
a b.
令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋
bx(ln b)2，
从而对任意 x∈R，h′(x)>0，所以 g′(x)＝h(x)是(－∞，＋ ∞)上的单调增函数．
于是当 x∈(－∞，x0)时，g′(x)<g′(x0)＝0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>g′(x0)＝0. 因而函数 g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上 是单调增函数．
[方法规律] 利用导数解决不等式问题的类型 (1)不等式恒成立：基本思路就是转化为求函数的最值或函 数值域的端点值问题． (2)比较两个数的大小：一般的思路是把两个函数作差后构 造一个新函数，通过研究这个函数的函数值与零的大小确定所比 较的两个数的大小． (3)证明不等式：对于只含有一个变量的不等式都可以通过 构造函数，然后利用函数的单调性和极值解决．
令 h′(x)<0 得 x>e，所以 h(x)在(e，＋∞)上是减函数，
所以 h(x)max＝h(e)＝1e.
所以
1 a>e.

因为 f(x)存在零点，所以k1－2ln k≤0，从而 k≥e.(8 分)
当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f( e)＝0，(10 分)
所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e)上的唯一零点．
当 k＞e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f(1)＝12＞0，f( e) ＝e－2 k＜0， 所以 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点． 综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零 点．(12 分)
①当 a＋1＞0 时，即 a＞－1 时，在(0,1＋a)上 h′(x)＜0，在(1＋a， ＋∞)上 h′(x)＞0， 所以 h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增； ②当 a＋1≤0，即 a≤－1 时，在(0，＋∞)上 h′(x)＞0，所以， 函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增． (3)在[1，e]上存在一点 x0，使得 f(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存 在一点 x0，使得 h(x0)＜0，即函数 h(x)＝x＋1＋x a－aln x 在[1，e] 上的最小值小于零．
①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故 g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)单调递增，因此 g(x)＞0； ②当 a＞2 时，令 g′(x)＝0 得 x1＝a－1－ a－12－1，x2＝a－1 ＋ a－12－1. 由 x2＞1 和 x1x2＝1 得 x1＜1，故当 x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x) 在(1，x2)单调递减，因此 g(x)＜g(1)，即 g(x)＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．
类型三 学会规范 [例 3] (本题满分 12 分)设函数 f(x)＝x22－kln x，k＞0. (1)求 f(x)的单调区间和极值． (2)证明若 f(x)有零点，则 f(x)在区间(1， e)上仅有一个零点．