最新高考数学专题复习word版课件高考一.docx

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最新高考数学专题复习word版课件高考一

1．（2015·课标全国Ⅱ）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（　　）

A．（－∞，－1）∪（0,1）

B．（－1,0）∪（1，＋∞）

C．（－∞，－1）∪（－1,0）

D．（0,1）∪（1，＋∞）

答案　A

解析　因为f（x）（x∈R）为奇函数，f（－1）＝0，所以f

（1）＝－f（－1）＝0.当x≠0时，令g（x）＝，则g（x）为偶函数，且g

（1）＝g（－1）＝0.则当x＞0时，g′（x）＝′＝＜0，故g（x）在（0，＋∞）上为减函数，在（－∞，0）上为增函数．所以在（0，＋∞）上，当0＜x＜1时，g（x）＞g

（1）＝0⇔＞0⇔f（x）＞0；在（－∞，0）上，当x＜－1时，g（x）＜g（－1）＝0⇔＜0⇔f（x）＞0.综上，使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（－∞，－1）∪（0,1），选A.

2．若函数f（x）＝kx－lnx在区间（1，＋∞）上单调递增，则k的取值范围是（　　）

A．（－∞，－2]B．（－∞，－1]

C．[2，＋∞）D．[1，＋∞）

答案　D

解析　由于f′（x）＝k－，f（x）＝kx－lnx在区间（1，＋∞）上单调递增⇔f′（x）＝k－≥0在（1，＋∞）上恒成立．

由于k≥，而0<<1，所以k≥1.

即k的取值范围为[1，＋∞）．

3．函数f（x）＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是（　　）

A．0B．1C．2D．无数个

答案　A

解析　函数定义域为（0，＋∞），

且f′（x）＝6x＋－2＝，

由于x>0，g（x）＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，

所以g（x）>0恒成立，故f′（x）>0恒成立，

即f（x）在定义域上单调递增，无极值点．

4．（2015·课标全国Ⅰ）已知函数f（x）＝ax3＋x＋1的图象在点（1，f

（1））处的切线过点（2,7），则a＝________.

答案　1

解析　f′（x）＝3ax2＋1，f′

（1）＝1＋3a，f

（1）＝a＋2.

（1，f

（1））处的切线方程为y－（a＋2）＝（1＋3a）（x－1）．

将（2,7）代入切线方程，得7－（a＋2）＝1＋3a，

解得a＝1.

5．设函数f（x）＝，g（x）＝，对任意x1，x2∈（0，＋∞），不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是________．

答案　[1，＋∞）

解析　因为对任意x1，x2∈（0，＋∞），

不等式≤恒成立，所以≥.

因为g（x）＝，

所以g′（x）＝e2－x（1－x）．

当00；当x>1时，g′（x）<0，

所以g（x）在（0,1]上单调递增，在[1，＋∞）上单调递减．

所以当x＝1时，g（x）取到最大值，即g（x）max＝g

（1）＝e.

又f（x）＝e2x＋≥2e（x>0）．

当且仅当e2x＝，即x＝时取等号，故f（x）min＝2e.

所以＝＝，应有≥，

又k>0，所以k≥1.

题型一　利用导数研究函数性质

例1　（2015·课标全国Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx＋a（1－x）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当f（x）有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－a.

若a≤0，则f′（x）＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增．

若a＞0，则当x∈时，f′（x）＞0；当x∈时，f′（x）＜0.所以f（x）在上单调递增，在上单调递减．

（2）由

（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）无最大值；

当a＞0时，f（x）在x＝取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.

因此f＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.

令g（a）＝lna＋a－1，则g（a）在（0，＋∞）上单调递增，

g

（1）＝0.

于是，当0＜a＜1时，g（a）＜0；当a＞1时，g（a）＞0.

因此，a的取值范围是（0,1）．

思维升华　利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f（x）的单调性，可转化为不等式f′（x）≥0或f′（x）≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．

　已知a∈R，函数f（x）＝（－x2＋ax）ex（x∈R，e为自然对数的底数）．

（1）当a＝2时，求函数f（x）的单调递增区间；

（2）若函数f（x）在（－1,1）上单调递增，求a的取值范围．

解　

（1）当a＝2时，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，因为ex>0，

所以－x2＋2>0，解得－

所以函数f（x）的单调递增区间是（－，）．

（2）因为函数f（x）在（－1,1）上单调递增，

所以f′（x）≥0对x∈（－1,1）都成立．

因为f′（x）＝（－2x＋a）ex＋（－x2＋ax）ex

＝[－x2＋（a－2）x＋a]ex，

所以[－x2＋（a－2）x＋a]ex≥0对x∈（－1,1）都成立．

因为ex>0，所以－x2＋（a－2）x＋a≥0对x∈（－1,1）都成立，

即a≥＝

＝（x＋1）－对x∈（－1,1）都成立．

令y＝（x＋1）－，则y′＝1＋>0.

所以y＝（x＋1）－在（－1,1）上单调递增，

所以y<（1＋1）－＝.即a≥.

因此a的取值范围为a≥.

题型二　利用导数研究不等式问题

例2　已知f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3.

（1）对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；

（2）证明：

对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>－成立．

（1）解　∀x∈（0，＋∞），有

2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，

设h（x）＝2lnx＋x＋（x>0），

则h′（x）＝，

①当x∈（0,1）时，h′（x）<0，h（x）单调递减，

②当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，h（x）单调递增，

所以h（x）min＝h

（1）＝4.

因为对一切x∈（0，＋∞），

2f（x）≥g（x）恒成立，

所以a≤h（x）min＝4.

（2）证明　问题等价于证明

xlnx>－（x∈（0，＋∞））．

f（x）＝xlnx（x∈（0，＋∞））的最小值是－，

当且仅当x＝时取到，设m（x）＝－（x∈（0，＋∞）），则m′（x）＝，易知m（x）max＝m

（1）＝－，

当且仅当x＝1时取到．

从而对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>－成立．

思维升华　

（1）恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．

（2）证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．

　已知函数f（x）＝＋，曲线y＝f（x）在点（1，f

（1）处的切线方程为x＋2y－3＝0.

（1）求a，b的值；

（2）证明：

当x>0，且x≠1时，f（x）>.

（1）解　f′（x）＝－.

由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点（1,1），

故即

解得a＝1，b＝1.

（2）证明　由

（1）知f（x）＝＋，

所以f（x）－＝.

考虑函数h（x）＝2lnx－（x>0），

则h′（x）＝－＝－.

所以当x≠1时，h′（x）<0.而h

（1）＝0，故当x∈（0,1）时，h（x）>0，可得h（x）>0；

当x∈（1，＋∞）时，h（x）<0，可得h（x）>0.

从而当x>0，且x≠1时，f（x）－>0.

即f（x）>.

题型三　利用导数研究函数零点或图象交点问题

例3　设函数f（x）＝lnx＋，m∈R.

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，f（x）的极小值；

（2）讨论函数g（x）＝f′（x）－零点的个数．

解　

（1）由题设，当m＝e时，f（x）＝lnx＋，

则f′（x）＝，由f′（x）＝0，得x＝e.

∴当x∈（0，e），f′（x）<0，f（x）在（0，e）上单调递减，

当x∈（e，＋∞），f′（x）>0，f（x）在（e，＋∞）上单调递增，

∴当x＝e时，f（x）取得极小值f（e）＝lne＋＝2，

∴f（x）的极小值为2.

（2）由题设g（x）＝f′（x）－＝－－（x>0），

令g（x）＝0，得m＝－x3＋x（x>0）．

设φ（x）＝－x3＋x（x≥0），

则φ′＝－x2＋1＝－（x－1）（x＋1），

当x∈（0,1）时，φ′（x）>0，φ（x）在（0,1）上单调递增；

当x∈（1，＋∞）时，φ′（x）<0，φ（x）在（1，＋∞）上单调递减．

∴x＝1是φ（x）的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ（x）的最大值点．

∴φ（x）的最大值为φ

（1）＝.

又φ（0）＝0，结合y＝φ（x）的图象（如图），

可知

①当m>时，函数g（x）无零点；

②当m＝时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当0

④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点．

综上所述，当m>时，函数g（x）无零点；

当m＝或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当0

思维升华　用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合思想画草图确定参数范围．

　（2015·贵州省六校联盟第一次联考）已知函数f（x）＝2lnx－x2＋ax（a∈R）．

（1）当a＝2时，求f（x）的图象在x＝1处的切线方程；

（2）若函数g（x）＝f（x）－ax＋m在[，e]上有两个零点，求实数m的取值范围．

解　

（1）当a＝2时，f（x）＝2lnx－x2＋2x，f′（x）＝－2x＋2，切点坐标为（1,1），切线的斜率k＝f′

（1）＝2，则切线方程为y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.

（2）g（x）＝2lnx－x2＋m，

则g′（x）＝－2x＝.

∵x∈[，e]，

∴当g′（x）＝0时，x＝1.

当0；

当1

故g（x）在x＝1处取得极大值g

（1）＝m－1.

又g（）＝m－2－，g（e）＝m＋2－e2，

g（e）－g（）＝4－e2＋<0，

则g（e）

∴g（x）在[，e]上的最小值是g（e）．

g（x）在[，e]上有两个零点的条件是

解得1

∴实数m的取值范围是（1,2＋]．

（时间：

70分钟）

1．（2015·重庆）设函数f（x）＝（a∈R）．

（1）若f（x）在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若f（x）在[3，＋∞）上为减函数，求a的取值范围．

解　

（1）对f（x）求导得

f′（x）＝

＝，

因为f（x）在x＝0处取得极值，所以f′（0）＝0，即a＝0.

当a＝0时，f（x）＝，f′（x）＝，故f

（1）＝，f′

（1）＝，从而f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程为y－＝（x－1），化简得3x－ey＝0.

（2）由

（1）知f′（x）＝.

令g（x）＝－3x2＋（6－a）x＋a，

由g（x）＝0解得x1＝，

x2＝.

当x＜x1时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，故f（x）为减函数；

当x1＜x＜x2时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，故f（x）为增函数；

当x＞x2时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，故f（x）为减函数．

由f（x）在[3，＋∞）上为减函数，知x2