创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 上篇 专题整合突破 专题一 函数与导数、不等式 第1讲 函数、

2013江苏专题导数2012-2013铁富高中二轮复习专题一函数与导数第4课时导数（1）备考方向：导数作为研究函数的重要工具，同时也是学习高等数学的基础，一直受到命题者的青睐.2008年考了2小题，并在17题中进行了考查运用导数求三角函数的最值；2009年考了2小题，都是考查三次函数的导数，显然重复；2010年第8题和压轴题都考查了导数；2011年12题和19题；2012年14题和18题.可以看出江苏高考每年都会出现两题考查导数的几何意义或者导数的四则运算以及利用导数研究极值、单调性等.预测在2013年的高考题中：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性或者极值、最值. 3、利用导数研究陌生函数的图像性质。

本课时教学目标：导数的几何意义（切线问题）一、基础回顾练习1．(09·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C：y＝x3－10x＋3上，且在第二象限内，已知曲线C在点P处的切线的斜率为2，则点P的坐标为________2．(10·江苏)函数y＝x2(x>0)的图象在点(a k，a2k)处的切线与x轴交点的横坐标为a k＋1，k为正整数，a1＝16，则a1＋a3＋a5＝________3.（08江苏）直线12y x b=+是曲线()ln0y x x=>的一条切线，则实数b＝4．若函数f(x)＝e x－2x－a在R上有两个零点，则实数a的取值范围是________5．(11江苏)在平面直角坐标系xOy中，已知点P是函数f(x)＝e x(x>0)的图象上的动点，该图象在P处的切线l交y轴于点M，过点P作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是________．二、典例解析例1设函数f(x)＝ax＋1x＋b(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，并求出此定值．例 2 (12·泰州中学期中)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－3x(a ，b ∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＋2＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x 1，x 2都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c ，求实数c 的最小值；(3)若过点M(2，m)(m ≠2)可作曲线y ＝f(x)的三条切线，求实数m 的取值范围．例3.设t ＞0 ，已知函数f (x)＝x 2(x －t)的图象与x 轴交于A 、B 两点．（1）求函数f (x)的单调区间；（2）设函数y ＝f(x)在点P(x 0，y 0)处的切线的斜率为k ，当x 0∈(0，1]时，k ≥－12恒成立，求t 的最大值； （3）有一条平行于x 轴的直线l 恰好与函数y ＝f(x)的图象有两个不同的交点C ，D ，若四边形ABCD 为菱形，求t 的值．三、课后练习：1.已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的解析式为________ 2．若方程ln x －2x －a ＝0有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围是________．3.(2012·南通调研)设P 是函数y ＝x(x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________4.设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与y 轴的交点的纵坐标为y n ，令b n ＝2y n ，则b 1·b 2·…·b 2 010的值为________5.已知函数y ＝f(x)在定义域⎝⎛⎭⎫－32，3上可导，其图象如图，记y ＝f(x)的导函数y ＝f ′(x)，则不等式xf ′(x)≤0的解集是________6.曲边梯形由曲线y ＝e x ，y ＝0，x ＝1，x ＝5所围成，过曲线y ＝e x ，x ∈[1,5]上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，这时点P 的坐标是________7.设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________8.(2012·无锡一中)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2，a ∈R.(1)若a<0时，试求函数y ＝f(x)的单调递减区间；(2)若a ＝0，且曲线y ＝f(x)在点A ，B(A ，B 不重合)处切线的交点位于直线x ＝2上，证明：A ，B 两点的横坐标之和小于4；2012-2013铁富高中二轮复习专题一 函数与导数第5课时 导数（2）解答题中出现导数的几率非常大，导数的考查思路比较清晰，把导数作为工具仅限于理论上的分析和实践中的应用，考查导数有时会跟分类讨论、数形结合、函数与方程联系一起综合考查，特别是利用导数解决函数最值问题的实际操作，更是层出不穷，所以在平时的学习当中，注重函数模型化的识别.本课时教学目标：利用导数求函数单调区间、极值、最值及研究陌生函数图像性质。

第2讲 函数与方程及函数的应用一、填空题1．若函数f (x )＝x 2＋2x ＋a 没有零点，则实数a 的取值范围是________． 解析 由题意知即为方程x 2＋2x ＋a ＝0无实数解，即4－4a ＜0，解得a ＞1.答案 (1，＋∞)2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x －1，x ≤1，1＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为________．解析 当x ≤1时，由f (x )＝2x －1＝0，解得x ＝0；当x >1时，由f (x )＝1＋log 2 x ＝0，解得x ＝12，又因为x >1，所以此时方程无解．综上，函数f (x )的零点只有0.答案 03．(2014·苏州模拟)函数f (x )对一切实数x 都满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，并且方程f (x )＝0有三个实根，则这三个实根的和为________．解析 函数图象关于直线x ＝12对称，方程f (x )＝0有三个实根时，一定有一个是12，另外两个关于直线x ＝12对称，其和为1，故方程f (x )＝0的三个实根之和为32. 答案324．已知函数f (x )对任意的x ∈R 满足f (－x )＝f (x )，且当x ≥0时，f (x )＝x 2－ax ＋1.若f (x )有4个零点，则实数a 的取值范围是________．解析 由函数f (x )对任意的x ∈R 满足f (－x )＝f (x )得该函数是偶函数，所以若f (x )有4个零点，则当x ≥0时，f (x )＝x 2－ax ＋1有2个零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(－a )2－4＞0，a2＞0，解得a ＞2，则实数a 的取值范围是(2，＋∞)．答案 (2，＋∞)5．一块形状为直角三角形的铁皮，两直角边长分别为40 cm 、60 cm ，现要将它剪成一个矩形，并以此三角形的直角为矩形的一个角，则矩形的最大面积是________cm 2.解析 设直角边为40 cm 和60 cm 上的矩形边长分别为x cm 、y cm ，则40－x 40＝y 60，解得y ＝60－32x .矩形的面积S ＝xy ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫60－32x ＝－32(x －20)2 ＋600，当x＝20时矩形的面积最大，此时S ＝600.答案 6006．已知函数f (x )＝－x 2－2x ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x，x ＞0，x ＋1，x ≤0，(1)g [f (1)]＝________；(2)若方程g [f (x )]－a ＝0的实数根的个数有4个，则a 的取值范围是________． 解析 (1)利用解析式直接求解得g [f (1)]＝g (－3)＝－3＋1＝－2；(2)令f (x )＝t ，则g (t )＝a ，要使原方程有4解，则方程f (x )＝t 在t ＜1时有2个不同解，即函数y ＝g (t )，t ＜1与y ＝a 有两个不同的交点，作出函数y ＝g (t )，t ＜1的图象，由图象可知1≤a ＜54时，函数y ＝g (t )，t ＜1与y ＝a 有两个不同的交点，即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54.答案 (1)－2 (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，547．(2014·广州测试)已知函数f (x )＝2ax 2＋2x －3.如果函数y ＝f (x )在区间[－1,1]上有零点，则实数a 的取值范围为____________．解析 若a ＝0，则f (x )＝2x －3.f (x )＝0⇒x ＝32∉[－1,1]，不合题意，故a ≠0. 下面就a ≠0分两种情况讨论：(1)当f (－1)·f (1)≤0时，f (x )在[－1,1]上至少有一个零点，即(2a －5)(2a －1)≤0， 解得12≤a ≤52.(2)当f (－1)·f (1)＞0时，f (x )在[－1,1]上有零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a f (1)≤0或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a f (－1)≤0，－1＜－12a ＜1，f (－1)·f (1)＞0，解得a ＞52.综上，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞8. (2013·南师附中模拟)如图，线段EF 的长度为1，端点E 、F 在边长不小于1的正方形ABCD 的四边上滑动，当E 、F 沿着正方形的四边滑动一周时，EF 的中点M 所形成的轨迹为G ，若G 的周长为l ，其围成的面积为S ，则l －S 的最大值为________．解析设正方形的边长为a(a≥1)，当E、F沿着正方形的四边滑动一周时，EF的中点G的轨迹如图，是由半径均为12的四段圆弧、长度均为a－1四条线段围成的封闭图形，周长l＝π＋4(a－1)，面积S＝a2－14π，所以l－S＝－a2＋4a＋54π－4，a≥1，由二次函数知识得当a＝2时，l－S取得最大值5π4.答案5π4二、解答题9．设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同零点，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.∴函数f(x)的零点为3和－1.(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同实根．∴b2－4a(b－1)>0恒成立，即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4(4a)<0⇒a2－a<0，所以0<a<1.因此实数a的取值范围是(0,1)．10. 如图，在C城周边已有两条公路l1，l2在点O处交汇．已知OC＝(2＋6)km，∠AOB＝75°，∠AOC＝45°，现规划在公路l1，l2上分别选择A，B两处为交汇点(异于点O)直接修建一条公路通过C城．设OA＝x km，OB＝y km.(1)求y关于x的函数关系式并指出它的定义域；(2)试确定点A，B的位置，使△OAB的面积最小．解(1)因为△AOC的面积与△BOC的面积之和等于△AOB的面积，所以12x(2＋6)sin 45°＋12y(2＋6)·sin 30°＝12xy sin 75 °，即22x(2＋6)＋12y(2＋6)＝6＋24xy，所以y＝22xx－2(x＞2)．(2)△AOB的面积S＝12xy sin 75°＝6＋28xy＝3＋12×x2x－2＝3＋12(x－2＋4 x－2＋4)≥3＋12×8＝4(3＋1)．当且仅当x＝4时取等号，此时y＝4 2.故OA＝4 km，OB＝4 2 km时，△OAB面积的最小值为4(3＋1) km2. 11．(2014·南京、盐城模拟)如图，现要在边长为100 m的正方形ABCD内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x2m的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围；(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，100－2x ≥60，1002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎨⎧x ≥9，x ≤20，－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9,15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫－125x 4＋43x 3－12x 2＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2， 则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6.由f ′(x )＝0解得x ＝0(舍去)或x ＝10或x ＝15，列表如下：所以当故当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．。

专题一 函数与导数、不等式 第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题练习 文一、填空题1.(2016·苏州调研)函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________.解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x≤0，解得0＜x ≤1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1]. 答案 (0，1]2.已知函数f (x )＝4ln x ＋ax 2－6x ＋b (a ，b 为常数)，且x ＝2为f (x )的一个极值点，则a 的值为________.解析 由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f ′(x )＝4x＋2ax －6，∴f ′(2)＝2＋4a －6＝0，即a ＝1.答案 13.已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是____________.解析 f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x.令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.答案 [1，＋∞)4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为________.解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案 －235.若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是________. 解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，由于k ≥1x ，而0＜1x＜1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞).答案 [1，＋∞)6.(2016·泰州期末)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0，1)内有最小值，则a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ).当a ≤0时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，1)内单调递增，无最小值. 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a ).当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减，所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)内有最小值. 答案 (0，1)7.已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得a ＞3或a ＜－ 3.答案 (－∞，－3)∪(3，＋∞)8.(2016·北京卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1).由f ′(x )＞0得x ＜－1，由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0. ∴f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减， ∴f (x )最大值为f (－1)＝2.若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 综上，f (x )最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的图象如图. 由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值.且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 二、解答题9.(2016·北京卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间. 解 (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x ，由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号.令g (x )＝1－x ＋ex －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增. 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞). 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞). 10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0，1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域.(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x－（x －2）e x（x ＋2）2＝x 2e x（x ＋2）2≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增. 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0.(2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ). 由(1)知f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈( 0，2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增.因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e xa－a （x a ＋1） x 2a＝e xa ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a＝exax a ＋2.于是h (a )＝e x a x a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0，e xx ＋2单调递增.所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24. 因为e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 11.设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围. 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x－kx ＞0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，函数y ＝f (x )单调递减，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数y ＝f (x )单调递增.所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞).(2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减， 故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x－kx ，x ∈[0，＋∞). 因为g ′(x )＝e x－k ＝e x－e ln k，当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x－k ＞0，y ＝g (x )单调递增. 故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )＜0，函数y ＝g (x )单调递减.x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增.所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k ).函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0，g （ln k ）＜0，g （2）＞0，0＜ln k ＜2，解得e ＜k ＜e22，综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22.。

基函数9导数.不箸式函数、函数与方程及函数的应用一、填空题1.(2015-宿迁调研模拟)函数几= 的定义域为________ ・) -- 仪>0,解析要使函数= 有意义，则仁 j 解得0GW1,即函11 一尤三0,数定义域是(0, 1].答案(0, 1]2.(2015-苏北四市调研)已知函数^=log2(^-1)4(1, 2)上单调递增，则a的取值范围为 _______ .解析根据复合函数的单调性及对数函数的定义域求解.因为y=log2(or-l) 在(1, 2)上单调递增，所以u = ax~\在(1, 2)单调递增，且恒大于0,即仏>0,[Q—120答案[1, +°°)3.(2015-苏、锡、常、镇模拟)若cz=log3兀，方=log76, c=log2<).8,则°, b, c 由小到大的顺序为 _______ ・解析因为a=log3兀>1, 0</?=log76<l, c=log20.8<0,故c<b<a.答案c<b<a4.已知函数/U) = |兀一2|+1, g{x)=kx.若方程/U)=g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是 _______ ・解析由y(x)=g(x), .\\x—2\+l=kx f即\x—2\=kx— 1,所以原题等价于函数y=\x~2\与y=^—1的图象有2个不同交点.如图：:.y=kx — \在直线y=x —\与歹=尹一 1之间,答案则a 的值为 _______ ・解析 首先讨论1 —d, 1+d 与1的关系，当G<0时，1 —d>l, 1+dVl,所 以/(1一a)=—(1一Q )—2a=一1一a ；夬1+d)=2(l+a)+a=3a+2.因为/(I —a)=/(l +o),所以一 1 —Q =3Q +2,3所以 d=—才.当 a>0 时，1—aVl, l+a>l,所以/(I —6i)=2( 1—d)+d = 2—a ； /(l+d)=—(l+<7)—2a=—3a —1.因为夬1 — Q )=/(1+Q ),所以 2~a= —3d — 1,3 3所以«=—2(舍去).综上，满足条件的Q=—才.5. (2011-江苏卷)己知实数占0,函数的=答案\2x—a,兀WO,7. (2015-南师附中模拟)若函数J ［x)=\A 、八 有两个不同的零点，则实数a lnx, %>0的取值范围是 _______ ・解析 当兀>0时，由^x)=lnx=0,得兀=1.因为函数fix)有两个不同的零点，则当兀W0时，函数yu )=2，—Q 有一个零点，令 7(兀)=0 得 d=2',因为 0<2X <2°=1,所以 OVdWl,所以实数Q 的取值范围是OVdWl.答案(0, 1］ 8. 已知函数y=j ［x)是R 上的偶函数，对VxER 都有人兀+4)=/(兀)+人2)成立.当X1，%2^［0, 2］,且兀|北兀2时，都<0,给出下列命题：X\ _兀2① A2) = 0；② 直线兀=—4是函数y=f(x)图象的一条对称轴；③ 函数y=J(x)在［一4, 4］上有四个零点；(4)/(2 014) = 0.其中所有正确命题的序号为 ________ ・解析 令兀=一2,得夬一2+4)=夬一2)+夬2),解得夬一2) = 0,因为函数几r) 为偶函数，所以^2)=0,①正确；因为几一4+兀)=夬一4+兀+4)=/(兀)，几一 4 一兀)=./(—4—兀+4)=/(—x)=/(x),所以4+x)=/(—4—%),即 x=~4 是函 数/U)的一条对称轴，②正确；当出£［0, 2］,且尤1工兀2时，都有二、解答题9. 已知函数/U)= —x 2+2ex+m — 1, g(x) =x+_(x>0).(1) 若g(x)=m 有实根，求加的取值范围；(2) 确定m 的取值范围，使得g(x)—/U) = 0有两个相异实根.f （兀1 ） —f （兀2）2解(1)・・・兀>0, ：.g(x)=x+—^2y[e1=2e fX等号成立的条件是x=e.故g(Q的值域是[2e, +->),因而只需加$2e,则g(x)=m就有实根.故m^[2e, +°°)・⑵若g(x)—/(兀)=0有两个相异的实根，即gd)=./U)中函数g⑴与几r)的图象有两个不同的交点，2e作出g(x)=x+—(x>0)的大致图象.=—忝+2ex+加一1=—(x_e)2+m_ 1 +e2.其对称轴为x=e,开口向下，最大值为m—1+e2.故当m~ 1 +e2>2e,即m>— e2+2e+1 时,g(Q与/U)有两个交点，即g(x)—Kx) = 0有两个相异实根.m的取值范围是(一e?+2e+1, + °°).10•请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A,B, C, D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E, F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设=x(cm).1 求兀的取值范围;(运算中迈取1.4)⑴某广告商要求包装盒的侧面积S(cn?)最大，试问兀应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装 盒的高与底面边长的比值.解 设包装盒的高为/z cm,底面边长为a cm.(l)S=4aA=8x(30-x)=-8(x~15)1 2+l 800,所以当兀=15 时，S 取得最大值.(2)V= crh=2^2(+ 30x 2), W=6他(20~x).由W=0,得兀=0(舍)或兀=20.当 %e (0, 20)吋，F>0；当%e (20, 30)时，V f<0.所以当兀=20时，伙取得极大值，也是最大值.此时即包装盒的高与底面边长的比值为g 11.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”.以正方形 的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m (兀不小于9)的扇形花坛，以正 方形的中心为圆心建一个半径为$2^的圆形草地.为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m,绕岛行驶的路宽均不小于10 m.2 若屮间草地的造价为Q 元/n?,四个花坛的造价为責俶元/n?,其余区域的由已知得h= =寸^(30—x),0<x<30.心9,100—2兀 260, 10()V2-2x-2x|x 2^2X 10,Q9, 解得｛兀020, 即9WxW15.、一 2O0W15,所以兀的取值范围是[9, 15]・⑵记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得=讣兀(-+扌X 3 - 12x 2^ +12X 104 由/W = 0解得兀=0（舍去）或x=10或x=15, 列表如下：9(9, 10) 10 (10, 15) 15 /（X ） —0 + 0 夬兀）极小值 /所以当x= 10时，y 取最小值. 故当兀=10时，可使“环岛”的整体造价最低.3造价为晋元/n?, 当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低? （1）由题意得・<y=aX 兀X +^^X7l%2 + 10°—兀X则 f(x)=—余^+4,—24%答案一寸6.___________________ 已知函数/(x)=x3+x,对任意的m^[—2, 2],夬处一2)+/(兀)<0恒成立，则兀的取值范围是・解析于⑴=3/+1>0,・・・心)在R上为增函数.又/W为奇函数，由处一2)+夬兀)<0知，夬加兀一2)勺(一兀)・.\mx~2<—x9即mx+x—2<0,令g(加)=iwc + x — 2 ,由m ^ [ — 2 , 2]知g(加)<0恒成立，可得[g ( —2)=—兀一2<0, 2\ /、Z. -2<X<T.〔g (2) =3x-2<0, 3<0,说明函数./(兀)在［0, 2］上是单调递减函数，又/(2) = 0,因此函数人无)在［0, 2］上只有一个零点，由偶函数知函数几兀)在［一2, 0］上也只有一个零点，由夬兀+4)=夬兀)，知函数的周期为4,所以函数夬兀)在(2, 4］与［-4, —2)上也单调，因此，函数在［—4, 4］上只有2个零点，③错；对于④，因为函数的周期为4,即有A2)=A6)=X10)=-=A2 014)=0,④正确. 答案①②④。

第5讲导数与实际应用及不等式问题高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(2)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高.作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.真题感悟(2014·江苏卷)已知函数f(x)＝e x＋e－x，其中e是自然对数的底数.(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－x30＋3x0)成立.试比较e a －1与a e－1的大小，并证明你的结论.(1)证明因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋e x＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数.(2)解由条件知m(e x＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立.令t＝e x(x>0)，则t>1，所以m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋1对任意t>1成立.因为t－1＋1t－1＋1≥2（t－1）·1t－1＋1＝3，所以－1t－1＋1t－1＋1≥－13，当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立.因此实数m的取值范围是(－∞，－1 3].(3)解令函数g(x)＝e x＋1e x－a(－x3＋3x)，则g ′(x )＝e x－1e x ＋3a (x 2－1).当x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0.所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立，当且仅当最小值g (1)<0.故e ＋e －1－2a <0，即a >e ＋e －12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1，则h ′(x )＝1－e －1x .令h ′(x )＝0，得x ＝e －1，当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数； 当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数. 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1).注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时， h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0.当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0. 所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立. ①当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e⊆(1，e)时，h (a )<0， 即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1； ②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0， 即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e时，e a －1<a e －1； 当a ＝e 时，e a －1＝a e －1； 当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1.考 点 整 合1.解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域，其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答.2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可. (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解.3.常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造.对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解.4.不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]).(2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，b]).(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.热点一导数在实际问题中的应用【例1】 (2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型. (1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5). 将其分别代入y ＝ax 2＋b， 得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b＝2.5，解得⎩⎨⎧a ＝1 000，b ＝0.(2)①由(1)知，y ＝1 000x 2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1 000t 2，设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2 000x 3，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t 3(x －t )， 由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20].②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t 5.令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数.从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值， 所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3.答：当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米.探究提高 在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去.【训练1】 某经销商计划销售一款新型的空气净化器，经市场调研发现以下规律：当每台净化器的利润为x (单位：元，x ＞0)时，销售量q (x )(单位：百台)与x 的关系满足：若x 不超过20，则q (x )＝1 260x ＋1；若x 大于或等于180，则销售量为零；当20≤x ≤180时，q (x )＝a －b x (a ，b 为实常数). (1)求函数q (x )的表达式；(2)当x 为多少时，总利润(单位：元)取得最大值，并求出该最大值. 解 (1)当20≤x ≤180时，由⎩⎨⎧a －b ·20＝60，a －b ·180＝0，得⎩⎨⎧a ＝90，b ＝3 5.故q (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1 260x ＋1，0＜x ≤20，90－35x ，20＜x ＜180，0，x ≥180.(2)设总利润f (x )＝x ·q (x )，由(1)得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧126 000xx ＋1，0＜x ≤20，9 000x －3005·x x ，20＜x ＜180，0，x ≥180，当0＜x ≤20时，f (x )＝126 000x x ＋1＝126 000－126 000x ＋1， 又f (x )在(0，20]上单调递增，所以当x ＝20时，f (x )有最大值120 000. 当20＜x ＜180时，f (x )＝9 000x －3005·x x ，f ′(x )＝9 000－4505·x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝80.当20＜x ＜180时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当80＜x ＜180时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 所以当x ＝80时，f (x )有最大240 000. 当x ≥180时，f (x )＝0.综上，当x ＝80时，总利润取得最大值240 000元. 热点二 导数与不等式问题 [微题型1] 利用导数证明不等式【例2－1】 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋bx e x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e xln x ＋2x e x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x －2e . 设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x . 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0.故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x ). 所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e . 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1.探究提高 (1)证明f (x )≥g (x )或f (x )≤g (x )，可通过构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，将上述不等式转化为求证h (x )≥0或h (x )≤0，从而利用求h (x )的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f (x )min ≥g (x )max 或f (x )max ≤g (x )min 来证明不等式. (2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明. [微题型2] 利用导数解决不等式恒成立问题 【例2－2】 (1)已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R . ①讨论函数f (x )的单调区间；②若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围. (2)设f (x )＝x ln xx ＋1，若对∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)恒成立，求m 的取值范围. 解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ，当a ≤0时，f ′(x )＜0恒成立，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上， f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a ＞0时，f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. ②因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，解得a ＝1，经检验可知满足题意.由已知f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2， 即1＋1x －ln xx ≥b 对∀x ∈(0，＋∞)恒成立， 令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2，易得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2. 所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.(2)f (x )＝x ln xx ＋1，∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)， 即ln x ≤m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x .设g (x )＝ln x －m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －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 －m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2＝－mx 2＋x －m x 2.①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－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2. 当Δ≤0，即m ≥12时，g ′(x )≤0.所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，g (x )max ＝g (1)＝0， 即不等式成立；当0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0的两根分别为x 1＝1－1－4m 22m ＜1，x 2＝1＋1－4m 22m＞1. 当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，g (x )＞g (1)＝0，与要求矛盾. 综上所述，m ≥12.探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意(着眼于“恒”字，寻找反例即可).(2)对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.[微题型3] 利用导数解决不等式能成立问题【例2－3】 (2015·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －ax (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x－x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x 2.①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0， 则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③若a ≥e ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae .(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值.由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x . 当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1， 即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 . 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g (x )≤m 恒成立，则g (x )max ≤m ；若g (x )≥m 恒成立，则g (x )min ≥m ；若g (x )≤m 有解，则g (x )min ≤m ；若g (x )≥m 有解，则g (x )max ≥m .【训练2】 (2016·四川卷)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减. 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a. 此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0， 所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增.又由s (1)＝0，有s (x )>0，从而当x >1时，g (x )>0. 当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a>1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立. 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立. 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min .(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论. (3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h (x ).(3)利用导数研究h (x )的单调性或最值. (4)根据单调性及最值，得到所证不等式. 3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 (1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题； (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题； (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.一、填空题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＜0时，f ′(x )＞0，且f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为________.解析 如图所示，根据图象得不等式f (x )＜0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，122.若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为________. 解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x 恒成立. 设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ， 则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2(x ＞0).当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案 (－∞，4]3.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是________. 解析 ∵2x (x －a )＜1，∴a ＞x －12x . 令f (x )＝x －12x ， ∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围为(－1，＋∞). 答案 (－1，＋∞)4.(2015·全国Ⅱ卷改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________.解析令F(x)＝f（x）x，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝xf′（x）－f（x）x2，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝f（x）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝f（x）x在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).答案(－∞，－1)∪(0，1)5.已知不等式e x－x＞ax的解集为P，若[0，2]⊆P，则实数a的取值范围是________. 解析由题意知不等式e x－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立.当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立.当x∈(0，2]时，原不等式即a＜e xx－1，令g(x)＝e xx－1，则g′(x)＝e x（x－1）x2，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝e－1，故a的取值范围为(－∞，e－1).答案(－∞，e－1)6.设函数f(x)＝3sin πxm.若存在f(x)的极值点x0满足x2＋[f(x0)]2＜m2，则m的取值范围是________.解析∵f(x)＝3sin πxm的极值为±3，即[f(x0)]2＝3.又|x0|≥|m| 2，∴x 20＋[f (x 0)]2≥m 24＋3，∴m 24＋3＜m 2， 解得m ＞2或m ＜－2. 答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)7.已知函数f (x )＝ln x －a ，若f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )＝ln x －a ，且f (x )＜x 2在(1，＋∞)上恒成立，∴a ＞ln x －x 2，x ∈(1，＋∞).令h (x )＝ln x －x 2，有h ′(x )＝1x －2x .∵x ＞1，∴1x －2x ＜0，∴h (x )在(1，＋∞)上为减函数， ∴当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜h (1)＝－1，∴a ≥－1. 答案 [－1，＋∞)8.(2015·南师附中调研)已知函数f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋43，直线l ：9x ＋2y ＋c ＝0，若当x ∈[－2，2]时，函数y ＝f (x )的图象恒在直线l 下方，则c 的取值范围是________.解析 根据题意知13x 3－x 2－3x ＋43＜－92x －c 2在x ∈[－2，2]上恒成立，则－c 2＞13x 3－x 2＋32x ＋43，设g (x )＝13x 3－x 2＋32x ＋43，则g ′(x )＝x 2－2x ＋32，则g ′(x )＞0恒成立，所以g (x )在[－2，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝3，则c ＜－6. 答案 (－∞，－6) 二、解答题9.(2016·南通调研)已知函数f (x )＝x 2e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤4 e2.(1)解f′(x)＝x(x＋2)e x.令f′(x)＝x(x＋2)e x＝0，则x1＝－2，x2＝0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表∞).(2)证明由(1)知f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)，所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最大值＝f(－2)＝4e2.因为当x∈(－∞，－2]时，f(x)＞0，f(0)＝0，所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最小值＝f(0)＝0.所以f(x)最大值－f(x)最小值＝4e2.所以对∀x1，x2∈(－∞，0]，都有f(x1)－f(x2)≤f(x)最大值－f(x)最小值＝4 e2.10.如图，现要在边长为100 m的正方形ABCD内建一个交通“环岛”.以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x2 m的圆形草地.为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x的取值范围；(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，100－2x ≥60，1002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎨⎧x ≥9，x ≤20，－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9，15].(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得 y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11× ⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫－125x 4＋43x 3－12x 2＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2， 则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6.由f ′(x )＝0解得x ＝0(舍去)或x ＝10或x ＝15， 列表如下：所以当x 故当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低.11.(2016·苏北四市调研)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数). (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞m ln a恒成立，求实数m的取值范围.解f′(x)＝1x＋2x－a.(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝1x＋2x－a＝2x2－ax＋1x＝2⎝⎛⎭⎪⎫x－a42＋1－a28x.因为0＜a≤2，所以1－a28＞0，而x＞0，即f′(x)＝2x2－ax＋1x＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞m ln a恒成立，即m＜1－a ln a恒成立.记g(a)＝1－aln a(1＜a＜2)，则g′(a)＝－a ln a－1＋aa（ln a）2.令M(a)＝－a ln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a＜0，所以M(a)在(1，2)上单调递减，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，所以g(a)＝1－aln a在a∈(1，2)上单调递减，所以m≤g(2)＝12ln2-＝－log2e，即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].。

常考问题3 导数的简单应用[真题感悟]1．(2012·南京、盐城模拟)函数f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x (x ∈R)的单调减区间为________． 解析 f ′(x )＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x ＋1)e x＝(x 2＋3x ＋2)e x ＜0，解得－2＜x ＜－1，故函数f (x )的减区间为(－2，－1)．答案 (－2，－1)(或闭区间)2．(2013·广东卷)若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k )处的切线平行于x 轴，则k ＝________.解析 ∵y ′＝k ＋1x，∴y ′|x ＝1＝k ＋1＝0，∴k ＝－1. 答案 －13．(2013·江西卷)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________. 解析 设e x ＝t ，则x ＝ln t (t >0)，∴f (t )＝ln t ＋t ，∴f ′(t )＝1t＋1， ∴f ′(1)＝2.答案 24．(2013·新课标全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图象关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值是________．解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝f (－4)，f (－1)＝f (－3)， 即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－15×(16－4a ＋b )，0＝9－3a ＋b ，解得a ＝8，b ＝15， 所以f (x )＝(1－x 2)(x 2＋8x ＋15)，则f ′(x )＝－4(x ＋2)(x 2＋4x －1)．令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－2－5或x ＝－2＋5，当x <－2－5时，f ′(x )>0；当－2－5<x <－2时，f ′(x )<0；当－2<x <－2＋5时，f ′(x )>0；当x >－2＋5时，f ′(x )<0，所以当x ＝－2－5时，f (x )极大值＝16；当x ＝－2＋5时，f (x )极大值＝16，所以函数f (x )的最大值为16.答案 16[考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.。

高考数学二轮复习专题汇总1专题一：集合、函数、导数与不等式。

此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。

每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算，属于容易题;二是在解答题中进行综合考查，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等，此题具有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合。

2专题二：数列、推理与证明。

数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题，主要考查等差等比数列的通项与求和，与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。

3专题三：三角函数、平面向量和解三角形。

平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。

近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。

平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的知识交汇点，它与三角函数、解析几何都可以整合。

4专题四：立体几何。

注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算，用空间向量解决点线面的问题是重点。

5专题五：解析几何。

直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。

近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色：一是融“综合性、开放性、探索性”为一体;二是向量关系的引入、三角变换的渗透和导数工具的使用。

我们在注重基础的同时，要兼顾直线与圆锥曲线综合问题的强化训练，尤其是推理、运算变形能力的训练。

6专题六：概率与统计、算法与复数。

要求具有较高的阅读理解和分析问题、解决问题的能力。

高考对算法的考查集中在程序框图，主要通过数列求和、求积设计问题。

高考数学二轮复习策略1.加强思维训练，规范答题过程解题一定要非常规范，俗语说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以大家要形成良好的思维品质和学习习惯，务必将解题过程写得层次分明结构完整。