高三二轮复习决胜高考压轴题导数的应用【优秀课件】

当 a≤1 时，函数单调递增，不成立；
当 a>1 时，函数在0，a－1 1上单调递增，在a－1 1，＋∞上单 调递减；
有且只有两个整数 x1，x2 使得 f(x1)>0，且 f(x2)>0，故 f(2)>0 且 f(3)≤0，
即 ln 2＋2－ 2a＋a>0，∴a<ln 2＋2；ln 3＋3－3a＋a≤0， ∴a≥ln 32＋3，故选 C.
π π
又
gπ6>gπ3，所以cfo6sπ6>cfo3sπ3，即
π f6>
3fπ3，故 C 正确；
π π
又
gπ4>gπ3，所以cfo4sπ4>cfo3sπ3，即
π f4>
2fπ3，故 D 正确；故选
CD. 【答案】 (2)CD
(3)[2020·山东济宁质量检测]已知函数 f(x)＝ln x＋(1－a)x＋
∴切线的方程为：y－31x30－x20＋53＝(x20－2x0)(x－x0)，
又直线过定点－1，13，
∴13－31x30－x02＋53＝(x20－2x0)(－1－x0)， 得 x30－3x0－2＝0，(x30－x0)－2(x0＋1)＝0， 即(x0＋1)(x02－x0－2)＝0，解得：x0＝2 或－1， 故可做两条切线，故选 C.
x <0
在0，π2上恒成立，
因此函数 g(x)＝cfoxsx在0，π2上单调递减，
π π
因此
g6π>g4π，即cfo6sπ6>cfo4sπ4，即
π f6>
26fπ4，故
A
错；
又 f(0)＝0，所以 g(0)＝cfo0s0＝0，所以 g(x)＝cfoxsx≤0 在0，π2上 恒成立，

|1－1－2| 2 ＝ 2，故选 B．
解析 答案
3．(2020·湖南省雅礼中学高三 5 月质检)已知奇函数 f(x)的定义域为 R， 且当 x<0 时，f(x)＝ln (1－3x)，则曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 ________.
答案 －34 解析 由题意得，奇函数 f(x)的图象关于原点对称，∴f′(1)＝f′(－ 1)．当 x<0 时，f′(－1)＝－34，则 f′(1)＝－34.即曲线 y＝f(x)在点(1，f(1)) 处的切线斜率为－34.
解析
3．设 f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.若 f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，
则 a 的取值范围为________.
答案 解析
a＞－19 由 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，当 x∈23，＋∞时，
f′(x)的最大值为 f′23＝29＋2a；令29＋2a＞0，得 a＞－19，所以，当 a＞－19
exx－1 (0<x≤1)，可得 g′(x)＝ x2 ，
解析
在 x∈(0,1]，g′(x)≤0，可得 g(x)在(0,1]上单调递减，可得 g(x)有最小 值 g(1)＝e，故 C 正确；x1x2＝x1ex1，设 h(x)＝xex(0<x≤1)，可得 h′(x)＝(x ＋1)ex>0，即 h(x)在(0,1]上单调递增，可得 h(x)有最大值 e，故 D 正确．故 选 CD．
第二编 讲专题
专题二 函数与导数 第2讲 导数及其应用
「考情研析」 1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的 一个热点． 2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见 题型.
1
PART ONE

若 a<0，则当 x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′x>0； 当 x∈a3，0时，f′x<0.故 f (x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在3a，0单调递减.
(2)满足题设条件的 a，b 存在.
①当 a≤0 时，由(1)知，f (x)在[0,1]单调递增，
所以 f (x)在区间[0,1]的最小值为 f (0)＝b，最大值为f1＝2－a＋b.
x
x
x
质知，
gx
ln x x
与
y
ln
a
有两个交点时，满足 0
ln
a
1 e
，则，1
a
1
ee
.
复|习|策|略
例例43. 事实证明，存在正实数 a, b a b，使得 ab ba ，请你写出所有符合条件的a 的取
值范围
.
降级转换
解析： ab ba bln a a ln b ln a ln b ，由于 a b ，且函数 f x ln x
f
xmax
f e
1 e
，设 gx x2
2ex a ，
则
gxmin
ge
a
e2
，
ln x x
x2
2ex
a
有实数解
a
e2
1 e
，
所以，实数
a
的取值范围是
,
e2
1 e
.
最值点一样
·· ··
复|习|策|略
2015全国 І 卷12
2018安徽一模12 2015全国1卷21(2)
复|习|策|略
此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b＝－1,2－a＋b＝1，
即 a＝0，b＝－1.

当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减. 由(2)知 1<cl－n c1<c，故 0<x0<1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，g(x)>0.
∴当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
热点三 不等式恒成立、存在性问题 考法1 不等式恒成立问题 【例3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).
(2)证明 由(1)知，函数f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.
∴当
x≠1
时，ln
x<x－1.故当
x∈(1，＋∞)时，ln
x<x－1，ln1x<1x－1，即
x－1 1< ln x <x.
(3)证明 由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx， c－1
则 g′(x)＝c－1－cxln c.令 g′(x)＝0，解得 x0＝lnlnlncc .
所以 h(x)在0，12)>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.
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：
x
(－∞，－2) －2 －2，－23 －23
f′(x)
＋
0
－
0
f(x)
c
c－3227
－23，＋∞ ＋
∴当 c>0 且 c－3227<0 时，f(－4)＝c－16<0，f(0)＝c>0，存在 x1∈(－4，－2)，x2∈ －2，－23，x3∈－23，0，使得 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.