2018届高三数学(文)二轮复习课件：思想3

2018 年高考数学二轮复习 第三篇 方法应用篇 专题 3.6 等价转化法（测）理2０1８年高考数学二轮复习 第三篇 方法应用篇 专题 3.6 等价转化法(测） 理编辑整理：尊敬的读者朋友们: 这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对 文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(20１8 年高考数学二轮复习 第 三篇 方法应用篇 专题３．6 等价转化法(测)理)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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12018 年高考数学二轮复习 第三篇 方法应用篇 专题 3.6 等价转化法（测）理方法六 等价转化法总分 _＿_＿_＿＿ 时间 _＿＿____ 班级 ＿＿__＿__ 学号 ＿______ 得分_______（一） 选择题（１２*5=60 分)1。

【201６高考新课标 3】若 tan 3 ,则 cos2 2sin 2 (）4(Ａ） 64 25【答案】Ａ（B） 48 25(Ｃ） １（D) 16 25【解析】由tan 3 4，得sin 3 , cos 54 5或 sin3 5, cos4 5,所以cos22 sin216 25412 2564 25,故选 A.2。

若 的定义域为 ，恒成立,,则的解集为（ )A.B.C。

D。

【答案】B点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一,它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中。

某些 数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系,抓住其本质， 那么运用函数的单调性解题,能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全22018 年高考数学二轮复习 第三篇 方法应用篇 专题 3.6 等价转化法（测）理面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的。

思想3.1 函数与方程思想1． 函数与方程思想的含义(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等．(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．方程的思想是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题．方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系．2． 和函数与方程思想密切关联的知识点(1)函数与不等式的相互转化．对函数y ＝f (x )，当y >0时，就化为不等式f (x )>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式．(2)数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要．(3)在三角函数求值中，把所求的量看作未知量，其余的量通过三角函数关系化为未知量的表达式，那么问题就能化为未知量的方程来解．(4)解析几何中的许多问题，例如直线与二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论．(5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决. 【热点分类突破】类型一 函数与方程思想在数列中的应用例1 ．【2018河南林州一中调研】设{}n a 是公比大于1的等比数列, n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知37S =，且123,,1a a a - 成等差数列. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若421log ,1,2,3......n n b a n +== ，求和:12233411111......n nb b b b b b b b -++++.例2 知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1n n P a a n N +∈，在直线10x y -+=上．⑴求数列{}n a 的通项公式； ⑵若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…（n N ∈，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； ⑶设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得()()12311n n S S S S S g n -++++=-⋅…对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．试题分析：（1）将点）（1,+n n a a P 代入直线01=--y x 得到11=-+n n a a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，再由11=a 得到}{n a 的通项公式；（2）由（1）可得nnn n n f 22211)(+++++=， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ，0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ；（3）由（1）及nS n b n n 1312111++++=⇒= ，)2(11≥=-∴-n n S S n n ，即1)1(11+=----n n n S S n nS ，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS )2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ，最后将该式整理即可得出n n g =)(．试题解析：⑴ 点）（1,+n n a a P 在直线01=--y x 上，即11=-+n n a a ，且11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，)2(1)1(1≥=⋅-+=∴n n n a n ，11=a 也满足，n a n =∴，⑵ n n n n n f 22211)(+++++=，∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ， 0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ．⑶ n S n b n n 1312111++++=⇒= ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ，即1)1(11+=----n n n S S n nS ，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS )2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立．【规律总结】(1)等差(比)数列中各有5个基本量，建立方程组可“知三求二”；(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的解析式，因此在解决数列问题时，应注意用函数的思想求解． 【举一反三】已知等比数列{}n a 的公比1q >，12a =且1a ，2a ，38a -成等差数列．数列{}n b 的前n 项和为n S ，且28n S n n =-．（1）分别求出数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式； （2）设n n nb c a =，若n c m £，对于n *"蜰恒成立，求实数m 的最小值．类型二 函数与方程思想在方程中的应用例3已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，若方程()2123f x x x +=+-的零点分别为12,,...,n x x x ，则12n x x x +++=（ ）A ．nB ．n - C.2n - D ．3n - 【答案】B【解析】函数()f x 是定义在R 上的偶函数,所以函数()f x 的图象关于y 轴对称，函数()1f x +的图象是由函数()f x 的图象向左平移1个单位得到的，所以函数()1f x +的对称轴为直线1x =-，且函数2()23g x x x =+-的对称轴也是直线1x =-，所以方程()2123f x x x +=+-零点关于直线1x =-对称，所以有12n x x x n +++=-，故选B.【规律总结】研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题，通常有两种处理思路：一是分离参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域；二是换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．【举一反三】 定义域为R 的函数|1|251,0,()44,0x x f x x x x -⎧-≥⎪=⎨++<⎪⎩若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，则m =（ ）A ．6B ．4或6C ．6或2D ．2【答案】D类型三 函数与方程思想在不等式中的应用例4【2018河南名校联考】已知函数()xf x e ax =-.（1）当2a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）若存在[],0,2m n ∈，且1m n -≥，使得()()1f m f n =，求证： 11ae e ≤≤-. 试题分析：（1）求函数的单调区间，转化为求函数导数值大于零或小于零的不等式的解；（2）根据题意对a 进行分类讨论，当0a ≤时显然不行， 0a >时，不能有(),ln ,m n a ∈+∞，设02m n ≤<≤，则由0ln 2m a n ≤<<≤即可，利用单调性即可证出.因为()f x 在(),ln m a 上单调递减，在()ln ,a n 上单调递增，且()()1f m f n =，所以当m x n ≤≤时， ()()()f x f m f n ≤=.由02m n ≤<≤， 1m n -≥，可得[]1,m n ∈，故()()()1f f m f n ≤=， 又()f x 在(),ln a -∞上单调递减，且0ln m a ≤<，所以()()0f m f ≤， 所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤，即21{2e a e a e a-≤-≤-，解得21e a e e -≤≤-，所以11ae e ≤≤-. 【规律总结】根据所证不等式的结构特征构造相应的函数，研究该函数的单调性是解决这一类问题的关键，体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想． 【举一反三】已知函数()ln f x ax x =+,其中a ∈R ． （Ⅰ）若()f x 在区间[1,2]上为增函数，求a 的取值范围； （Ⅱ）当e a =-时，证明：()20f x +≤； （Ⅲ）当e a =-时，试判断方程类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用例5【2018广西柳州摸底联考】已知过抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 的直线交抛物线于()()112212,,,()A x y B x y x x <两点，且6AB =. （1）求该抛物线C 的方程；（2）已知抛物线上一点(),4M t ，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且M D M E ⊥，判断直线DE 是否过定点？并说明理由.试题分析：（1）利用点斜式设直线直线AB 的方程,与抛物线联立方程组,结合韦达定理与弦长公式求AB ,再根据6AB =解得2p =.（2）先设直线DE 方程x my t =+, 与抛物线联立方程组,结合韦达定理化简MD ME ⊥，得48t m =+或44t m =-+,代入DE 方程可得直线DE 过定点()8,4-()()()2212121212343216y y y y y y y y =-++-++ 22161232160t m t m =--+-=即2212321616t t m m -+=+，得： ()()226421t m -=+，∴()6221t m -=±+，即48t m =+或44t m =-+，代人①式检验均满足0∆>，∴直线DE 的方程为： ()4848x my m m y =++=++或()44x m y =-+.∴直线过定点()8,4-（定点()4,4不满足题意，故舍去）.【规律总结】1、在高中数学的各个部分，都有一些公式和定理，这些公式和定理本身就是一个方程，如等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等，当题目与这些问题有关时，就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量；2. 当问题中涉及一些变化的量时，就需要建立这些变化的量之间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数思想．【举一反三】【2018江西南昌摸底联考】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>2.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线:l y kx m =+与椭圆C 交于,M N 两点， O 为坐标原点，若54OM ON k k ⋅=，求原点O 到直线l 的距离的取值范围.215204k <≤，∵原点O 到直线l的距离d =()22222259411141k m d k k k -===-++++，又∵215204k <≤，∴2807d ≤<，∴原点O 到直线l的距离的取值范围是0,7⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决；方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决；函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是在动中求解，研究运动中的等量关系.。

一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过一轮复习，同学们大都掌握了基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题，而二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用，提高数学素养的关键时期，为进一步突出重点，攻破难点，提高二轮复习的时效性，建议专题复习时，处理好以下3点：第1点　归纳常考知识，构建主干体系由于二轮复习时间较短，复习中不可能面面俱到，这就需要我们依据《考试大纲》和《考试说明》，结合全国卷近五年的高考试题进行主干网络体系的构建，并紧紧抓住高考的“热点”，有针对性地训练．例如：“三角函数”在高考中的主要考点是什么？回顾近三年的高考试题，不难发现，三角函数一般会考两类题：一类题考查解三角形(正弦定理、余弦定理、面积公式)，一类题考查三角变换(和(差)角公式、倍角公式、辅助角公式、三角函数的图象与性质)．【例1】　(2016·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝，△ABC 的面积为，求△ABC 的周长．7332注：本书所有主观题附规范解答及评分细则[解] (1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ，2分即2cos C sin(A ＋B )＝sin C ，故2sin C cos C ＝sin C.4分可得cos C ＝，所以C ＝．6分12π3(2)由已知得ab sin C ＝.12332又C ＝，所以ab ＝6．8分π3由已知及余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7，故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25．10分所以△ABC 的周长为5＋．12分7【名师点评】　边角互化是利用正、余弦定理解题的有效途径，合理应用定理及其变形可化繁为简，提高运算效率，如本题也可以利用结论“a cos B ＋b cos A ＝c ”直接得出cos C ＝.12【例2】　已知函数f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 22x .(1)求f (x )的最小正周期；(2)若函数y ＝g (x )的图象是由y ＝f (x )的图象先向右平移个单位长度，再向上平移1个π8单位长度得到的，当x ∈时，求y ＝g (x )的单调递增区间和最小值．[0，π4][解题指导]　f (x )f (x )＝A sin(ωx ＋φ)y ＝g (x )―――――――→三角恒等变换 ――――→平移变换 求g (x )的单调递增区间和最小值．[解]　f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 22x＝2sin 2x cos 2x ＋cos 22x －sin 22x＝sin 4x ＋cos 4x ＝sin ．2分2(4x ＋π4)(1)函数f (x )的最小正周期为T ＝＝．4分2π4π2(2)由题意，知g (x )＝sin ＋1＝sin ＋1．6分2[4(x －π8)＋π4]2(4x －π4)令－＋2k π≤4x －≤＋2k π(k ∈Z )，π2π4π2解得－＋π≤x ≤＋π(k ∈Z )．8分π16k 23π16k2当k ＝0时，得－≤x ≤.π163π16故当x ∈时，函数g (x )的单调递增区间是，10分[0，π4][0，3π16]显然g (x )的单调递减区间是，易知g (x )min ＝g (0)＝0．12分(3π16，π4]【名师点评】　利用和(差)角公式、倍角公式、辅助角公式将含有多个不同的三角函数式转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式，再利用三角函数的性质求其单调区间、最值等问题．通过上述两例，我们可以发现高考对“三角函数”考什么、如何考等问题，明确地构建出了本部分知识的主干知识体系．总之，对主干知识的确定有两种途径：第一，跟着老师去复习，一般来说，老师对主干知识的把握比较准确；第二，自己多看、多做近几年的高考题，从而感悟高考考什么，怎么考，进而能使自己把握主干知识，从而进行针对性地二轮复习．第2点　回避“套路”解题，强化思维训练“思维”是数学的体操，从近几年来看，高考试题稳中有变，变中求新．其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大试题的思维量，倡导理性思维．因此，在复习备考时，应回避用“套路”解题，强化通过多观察、多分析、多思考来完成解题．3【例3】　(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上，且MN⊥l，则M到直线NF的距离为( )52A. B．233C．2D．3[解题指导]　求直线MF的方程→求出点M，N的坐标→△MNF为等边三角形→求出点M到直线NF的距离C　[抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1.由直线方程的点斜式可得直线3MF的方程为y＝(x－1)．联立得方程组Error!解得Error!或Error!∵点M在x轴的上方，3∴M(3,2)．∵MN⊥l，3∴N(－1,2)．1＋1 2＋ 0－23 2∴|NF|＝＝4，3＋1 2＋ 23－23 2|MF|＝|MN|＝＝4.∴△MNF是边长为4的等边三角形．∴点M 到直线NF 的距离为2.3故选C.]【名师点评】　本题在求出点M ，N 的坐标后，求出直线MF 的方程，然后利用点到直线的距离公式求解．本题解法跳出常规，敏锐地判断出△MNF 为等边三角形，从而直接得出答案．从以上典例我们可以看出，考能力不是考解题套路，而是考动手操作、深入思考、灵活运用的能力(即分析问题和解决问题的能力)，考生需要通过眼、手、脑高度的配合才能完成解题．因此，在二轮专题复习中，把握考查方向，强化思维训练非常重要．第3点　注重知识交汇，强化综合运用在知识交汇处命题是一个永恒不变的规律．分析高考试题，我们不难发现，几乎所有的试题都是在“联系”上做“文章”，如果我们对数学知识的掌握是孤立的，那么在解题时，条件与条件之间、条件与结论之间就很难联系在一起，也就很难找到解决问题的有效策略．因此，我们在经历了一轮基础性复习之后，关注知识点间的联系，强化综合成为二轮专题复习的重要策略．【例4】　(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜2.[解题指导]　求f ′(x )讨论函数f (x )的单调性求a――――――→结合a 的取值 ――――――――→图象的变化趋势 的取值范围x 1＋x 2＜2⇔f (x 1)＞f (2－x 2)证明结论．――――→转化思想 ―――→构造法 [解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．1分①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．2分②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln ，则f (b )＞(b －2)＋a (b －1)2＝aa 2a 2＞0，故f (x )存在两个零点．4分(b 2－32b )③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在(1，＋∞)e2内单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．若a ＜－，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；e 2当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．6分又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．8分(2)证明：不妨设x 1＜x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2)，即f (2－x 2)＜0.9分故当x ＞1时，g (x )＜0.11分从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0，故x 1＋x 2＜2．12分【名师点评】　本题以函数的零点为载体，融导数、不等式于其中，重点考查了学生的分类讨论思想和等价转化及推理论证能力．复习该部分知识时，要强化函数、方程、不等式三者间的内在联系，突现导数解题的工具性．由本例可以看出，在二轮专题复习中，我们务必要密切关注知识之间的相互联系，在强化综合中，加强思维灵活性训练，从而提高分析问题和解决问题的能力，回避偏题、难题、怪题和旧题．总体来说，在二轮专题复习中，我们要做到“三个强化，三个淡化，一个渗透”，即强化主干知识，淡化细枝末节；强化基础能力，淡化题型套路；强化综合应用，淡化“偏、难、怪、旧”，渗透数学思想．。

第3讲 导数及其应用1.导数的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． 3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一 导数的几何意义1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同． 例 1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( )A ．2x ＋y －1＝0B ．2x －y ＋1＝0C ．x －2y ＋2＝0D ．x ＋2y －2＝0答案 B 解析 因为y ′＝x －1－(x ＋1)(x －1)2＝－2(x －1)2，故切线的斜率k ＝－12，即所求直线的斜率k ＝2，方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0.故选B.(2)(2017届成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1－1也相切，则t ln 4e 2t 的值为( ) A ．4e 2B ．8eC ．2D ．8答案 D解析 曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx. 当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t ，化简为y ＝t4x ＋1.①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)，y ′|0x x =＝e01x +＝t 4，x 0＝ln t4－1， 那么y 0＝e01x +－1＝t4－1， 切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫t 4－1＝t 4⎝⎛⎭⎪⎫x －ln t4＋1，化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2－1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t 2－1＝1⇔ln t 4＝2t －8t，即t ＝4，那么t ln 4e 2t＝4ln e 2＝8，故选D.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)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进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为________． 答案 3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0解析 f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3－2＝1，则a ＝1，点P 的坐标为()1，1， 若P 为切点，y ′＝3x 2，曲线y ＝x 3在点P 处切线的斜率为3，切线方程为y －1＝3(x －1)，即 3x －y －2＝0；若P 不为切点，设曲线y ＝x 3的切线的切点为(m ，n )，曲线y ＝x 3的切线的斜率k ＝3m 2，则n －1m －1＝3m 2.又n ＝m 3，则m ＝－12，n ＝－18，得切线方程为y ＋18＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即3x －4y ＋1＝0.∴过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0.(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f (x )＝ln x 与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D. (－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e ，∴a ∈(ln 12e ，＋∞)，故选A.热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0. 2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x . (1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)， 单调递减区间是(0,1)． (2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数， 则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x－2x 2.∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝0，∴a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数， 则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a 的取值范围为[0，＋∞)．思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，＋∞ C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18 D. (－2，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝1x＋2ax ，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则f ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有解， 即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2min.又g (x )＝－12x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上是单调递增函数， 所以g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2， 所以a >－2. 故选D.(2)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 构造函数F (x )＝f (x )sin x. 则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以有F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3⇒3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故选D.热点三 利用导数求函数的极值、最值1．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．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2017届云南大理州统测)设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln(1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c＋a ＋1x－2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln(1－x )＝lnx1－x. 令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 从而G (x )min ＝G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12＝－ln 2. (2)由(1)中c ＝－ln 2， 得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x－2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x－(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x－(a ＋1)， 则g ′(x )＝ax (2＋x )e x>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 因为g (x 0)＝ax 20·e 0x －(a ＋1)＝0，所以ax 20·ex ＝a ＋1，即a ·e 0x ＝a ＋1x 20， 因为对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立， 所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e 0x ＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·ex ＝a ＋1，所以x 20·ex ＝a ＋1a>1. 又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e 0x ≤e，所以1<a ＋1a ≤e，故a ≥1e －1. 思维升华 (1)求函数f (x )的极值，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．跟踪演练3 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2，在x ＝1处取得极值16.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f ′(x )≤k ln(x ＋1)成立(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，求实数k 的最小值．解 (1)由题设可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ， ∵f (x )在x ＝1处取得极值16，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝16，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝16，解得a ＝－13，b ＝12，经检验知，a ＝－13，b ＝12满足题设条件．(2)由(1)得f (x )＝－13x 3＋12x 2，∴f ′(x )＝－x 2＋x ，∴－x 2＋x ≤k ln(x ＋1)在[0，＋∞)上恒成立， 即x 2－x ＋k ln(x ＋1)≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 设g (x )＝x 2－x ＋k ln(x ＋1)，则g (0)＝0，g ′(x )＝2x －1＋kx ＋1＝2x 2＋x ＋k －1x ＋1，x ∈[0，＋∞)，设h (x )＝2x 2＋x ＋k －1，①当Δ＝1－8(k －1)≤0，即k ≥98时，h (x )≥0，∴g ′(x )≥0，g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (0)＝0，即当k ≥98时，满足题设条件．②当Δ＝1－8(k －1)>0，即k <98时，设x 1，x 2是方程2x 2＋x ＋k －1＝0的两个实根，且x 1<x 2，由x 1＋x 2＝－12可知，x 1<0，由题设可知，当且仅当x 2≤0，即x 1·x 2≥0，即k －1≥0，即k ≥1时，对任意的x ∈[0，＋∞)有h (x )≥0，即g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，∴当1≤k <98时，也满足条件，综上，k 的取值范围为[1，＋∞)，∴实数k 的最小值为1.真题体验1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①，③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2＞0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由ex －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x；②f (x )＝x 2；③f (x )＝3－x；④f (x )＝cos x . 答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]＞0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )＞0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)＞0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意．故填①.4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案 y ＝x ＋1解析 ∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1，∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．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( ) A ．－23 B ．－2C ．－2或－23 D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A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 ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2017届河北省衡水中学六调)已知函数f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，则其导函数f ′(x )的图象大致是( )答案 C解析 ∵f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，∴f ′(x )＝12x 2cos x ＋cos x,∴f ′(－x )＝12(－x )2cos(－x )＋cos(－x )＝12x 2cos x ＋cos x ＝f ′(x )，∴其导函数f ′(x ) 为偶函数，图象关于y 轴对称，故排除A ，B ，又f ′(0)＝1，排除D ，故选C.2．(2017届山西省怀仁县第一中学期末)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a e －x的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln 2B ．－ln 2C.ln 22 D ．－ln 22答案 A解析 对f (x )＝e x ＋a e －x 求导，得f ′(x )＝e x －a e －x.又f ′(x )是奇函数，故f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故有f ′(x )＝e x－e －x，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e 0x －ex -＝32，得e 0x ＝2或e 0x＝－12(舍去)，得x 0＝ln 2，故选A. 3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F (x )＝xf (x )，f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0成立，若a ＝20.1·f (20.1)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f⎝⎛⎭⎪⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >a >b C ．c >b >a D ．a >c >b 答案 C解析 F (－x )＝(－x )f (－x )＝－xf (x )＝－F (x )，即函数F (x )是奇函数，并且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0，即当x ∈(－∞，0]时，F (x )是单调递减函数，所以在R 上函数F (x )是单调递减函数，a ＝F (20.1)，b ＝F (ln 2)，c ＝F ⎝⎛⎭⎪⎫log 218，20.1>1,0<ln 2<1，log 218＝－3，所以20.1>ln 2>log 218，所以a <b <c ，故选C.4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3C ．a >－13 D ．a <－13答案 B解析 y ′＝a e ax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax＝－3，∵e ax>0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax<1，要使a e ax＝－3，则a <－3，故选B.5．(2017届河北省衡水中学调研)已知函数f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－5，若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)－g (x 2)≥2成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，－1]答案 A解析 g (x )＝x 3－x 2－5 ，g ′(x )＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23 ，由上表可知，g (x ) 在x ＝2 处取得最大值， 即g ()x max ＝g (2)＝－1，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立，等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立，记u (x )＝x －x 2ln x ，所以a ≥u ()x max ，u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，1－x >0,2x ln x <0 ， 则u ′(x )>0，所以u (x ) 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0，则u ′(x )<0， 所以u (x )在()1，2 上单调递减．故当x ＝1时，函数u (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上取得最大值u (1)＝1 ， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞) ，故选A.6.(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x －y ＋1＝0与曲线y ＝ln x ＋a 相切，则a 的值为___. 答案 2解析 y ＝ln x ＋a 的导数为y ′＝1x，设切点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝ln x 0＋a .又切线方程x －y ＋1＝0的斜率为1，即1x 0＝1，解得x 0＝1，则y 0＝2，a ＝y 0－ln x 0＝2.7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 解析 原题等价于方程f ′(x )－3＝0有两个大于零的实数根． 因为f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，所以f ′(x )＝2x 2－2x ＋a ，所以f ′(x )－3＝0，即2x 2－2x ＋a －3＝0， 设g (x )＝2x 2－2x ＋a －3，要使方程g (x )＝0有两个大于零的实数根需要满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，g (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－4×2×(a －3)>0，a －3>0，解得3<a <72.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72. 8．(2017届重庆模拟)已知x ＝0是函数f (x )＝(x －2a )·(x 2＋a 2x ＋2a 3)的极小值点，则实数a 的取值范围是__________． 答案 a >2或a <0解析 因为f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4，所以令f ′(x )＝3x 2＋2(a 2－2a )x ＝3x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋2(a 2－2a )3＝0，可得函数f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4的两个极值点分别为x ＝0，x ＝－2(a 2－2a )3，由题意得2(a 2－2a )3>0，即a 2－2a >0，解得a <0或a >2.9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′.定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上是凹函数． 已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3， 令f ″(x )>0，得x >12.10．已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )． (1)解 易得f ′(x )＝－x －(1－a )ex，由已知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.(2)证明 若a ＝0，则f (x )＝xex .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e 0x ＝(1－x )e 0x－(1－x 0)e xe 0x x +. 设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x，x ∈R ，则φ′(x )＝－ex －(1－x 0)e x，∵x 0<1，∴φ′(x )<0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0， ∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0， ∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴当x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．B 组 能力提高11．(2017届衡阳期末)函数f (x )在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f (x )>0；②2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则( ) A.14<f (1)f (2)<12 B. 116<f (1)f (2)<18 C. 13<f (1)f (2)<12D. 18<f (1)f (2)<14答案 D 解析 令g (x )＝f (x )x 2，x ∈(0，＋∞)， g ′(x )＝xf ′(x )－2f (x )x 3，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )， ∴f (x )>0，g ′(x )>0，∴函数g (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增， ∴g (1)<g (2)，即4f (1)<f (2)，f (1)f (2)<14. 令h (x )＝f (x )x 3，x ∈(0，＋∞)， h ′(x )＝xf ′(x )－3f (x )x 4，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递减， ∴h (1)>h (2)，即f (1)>f (2)8，18<f (1)f (2)， 故选D.12．(2017届湖南长沙雅礼中学月考)已知实数a ，b 满足2a 2－5ln a －b ＝0，c ∈R ，则(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值为( ) A.12 B.22C.322D.92答案 C解析 用x 代换a ，用y 代换b ，则x ，y 满足2x 2－5ln x －y ＝0，即y ＝2x 2－5ln x ，以x 代换c ，可得点(x ，－x )，满足x ＋y ＝0，所以求解(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值即为求解曲线y ＝2x 2－5ln x 上的点到直线x ＋y ＝0的距离的最小值，设直线x ＋y ＋m ＝0与曲线y ＝2x 2－5ln x 相切于点P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝4x －5x ，则f ′(x 0)＝4x 0－5x 0＝－1，解得x 0＝1，所以切点P (1,2)，所以点P 到直线x ＋y ＝0的距离为d ＝|1＋2|12＋12＝322， 故选C.13．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x.由题意知，f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，∵x >0，∴ax －1<0，在区间(0,2)上，f ′(x )>0； 在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是(0,2)， 单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫2，1a .③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫1a，2.(3)由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max ， 由已知，得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a ，由a >12可知，ln a >ln 12>ln 1e ＝－1，∴2ln a >－2，即－2ln a <2， ∴－2－2ln a <0，∴f (x )max <0， 综上所述，a >ln 2－1.。