创新设计】（全国通用）2017届高考数学二轮复习 教师用书 专题一至专题三 文

1、第第 1 1 讲讲函数图象与性质及函数与方程函数图象与性质及函数与方程高考定位1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性；2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解，综合性强；3.以基本初等函数为依托， 考查函数与方程的关系、 函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.真 题 感 悟1.(2016北京卷)下列函数中，在区间(1，1)上为减函数的是()A.y11xB.ycosxC.yln(x1)D.y2x解析y11x与yln(x1)在区间(1，1)上为增函数；ycosx在区间(1，1)上不是单调函数；y2x12x

2、在(1，1)上单调递减.答案D2.(2016全国卷)函数y2x2e|x|在2，2上的图象大致为()解析令f(x)2x2e|x|(2x2)，则f(x)是偶函数，又f(2)8e2(0，1)，故排除A，B；当x0 时，令g(x)2x2ex，则g(x)4xex，而当x0，14 时，g(x)0，值域为y|y0，所以与其定义域和值域分别相同的函数为y1x，故选 D.答案D4.(2016四川卷)若函数f(x)是定义在 R R 上的周期为 2 的奇函数，当 0 x0，4x1，x0的零点个数是_.解析(1)法一函数f(x)2xx32 在区间(0， 1)内的零点个数即函数y12x2 与y2x3的图象在区间(0，1

3、)内的交点个数.作图(图略)，可知在(0，)内最多有一个交点，故排除 C，D 项；当x0 时，y11y20，当x1 时，y10y21，因此在区间(0，1)内一定会有一个交点，所以 A 项错误.选 B.法二因为f(0)1021，f(1)21321，所以f(0)f(1)0.又函数f(x)在(0，1)内单调递增，所以f(x)在(0，1)内的零点个数是 1.(2)当x0 时，作函数ylnx和yx22x的图象，由图知，当x0 时，f(x)有两个零点；当x0 时，由f(x)0 得x14，综上，f(x)有三个零点.答案(1)B(2)3探究提高函数零点(即方程的根)的确定问题， 常见的有函数零点值大致存在区间

4、的确定；零点个数的确定； 两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、 三角函数式等较复杂的函数零点问题， 常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.微题型 2由函数的零点(或方程的根)求参数【例 32】 (1)(2016山东卷)已知函数f(x)|x|，xm，x22mx4m，xm，其中m0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)b有三个不同的根，则m的取值范围是_.(2)已知函数f(x)|x2|1，g(x)kx.若方程f(x)g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是()A.0，12B

5、.12，1C.(1，2)D.(2，)解析(1)如图，当xm时，f(x)|x|.当xm时，f(x)x22mx4m，在(m，)为增函数.若存在实数b，使方程f(x)b有三个不同的根，则m22mm4m|m|.又m0，m23m0，解得m3.(2)由f(x)g(x)，|x2|1kx，即|x2|kx1，所以原题等价于函数y|x2|与ykx1 的图象有 2 个不同交点.如图：ykx1 在直线yx1 与y12x1 之间，12k1，故选 B.答案(1)(3，)(2)B探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(

6、3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【训练 3】 (1)已知二次函数f(x)x2bxa的部分图象如图所示，则函数g(x)exf(x)的零点所在的区间是()A.(1，0)B.(0，1)C.(1，2)D.(2，3)(2)(2016海淀二模)设函数f(x)2xa，x1，4（xa） （x2a） ，x1.若a1，则f(x)的最小值为_；若f(x)恰有 2 个零点，则实数a的取值范围是_.解析(1)由函数f(x)的图象可知，0f(0)a1，f(1)1ba0，所以 1b2.又f(x)2xb，所以g(x)ex2xb，所以g(x)ex20，即g(x)在 R R 上单调递增，又g(0)

7、1b0，g(1)e2b0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，故选 B.(2)当a1 时，f(x)2x1，x1，4（x1） （x2） ，x1.当x1 时，f(x)2x1(1，1)，当x1 时，f(x)4(x23x2)4x32214 1，f(x)min1.由于f(x)恰有 2 个零点，分两种情况讨论：当f(x)2xa，x1 没有零点时，a2 或a0.当a2 时，f(x)4(xa)(x2a)，x1 时，有 2 个零点；当a0 时，f(x)4(xa)(x2a)，x1 时无零点.因此a2 满足题意.当f(x)2xa，x1 有一个零点时， 0a2.f(x)4(xa)(

8、x2a)，x1 有一个零点，此时a1, 2a1，因此12a1.综上知实数a的取值范围是a|12a0，0或x1m0，解，得m1：解，得m0.综上所述，m的取值范围是(，01.10.已知函数f(x)x22lnx，h(x)x2xa.(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x)f(x)h(x)，若函数k(x)在1，3上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，令f(x)2x2x0，得x1.当x(0，1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，所以函数f(x)在x1 处取得极小值为 1，无极大值.(2)k(x)f(x)h(x)x2lnxa(x0)，所以k(x)

9、12x，令k(x)0，得x2，所以k(x)在1，2)上单调递减，在(2，3上单调递增，所以当x2 时，函数k(x)取得最小值，k(2)22ln 2a，因为函数k(x)f(x)h(x)在区间1，3上恰有两个不同零点.即有k(x)在1，2)和(2，3内各有一个零点，所以k（1）0，k（2）0，k（3）0，即有1a0，22ln 2a0，32ln 3a0，解得 22ln 2b0，0c1，则()A.logaclogbcB.logcalogcbC.accb解析取a4，b2，c12，逐一验证可得 B 正确.答案B2.(2015湖南卷)若实数a，b满足1a2bab，则ab的最小值为()A. 2B.2C.2 2

10、D.4解析由1a2bab，知a0，b0，由于1a2b22ab，当且仅当b2a时取等号.ab2 2ab，ab2 2.故选 C.答案C3.(2015陕西卷)设f(x)lnx，0ab，若pf(ab)，qfab2，r12(f(a)f(b)，则下列关系式中正确的是()A.qrpB.qrpC.prqD.prq解析0ab，ab2ab，又f(x)lnx在(0，)上为增函数，故fab2f(ab)，即qp.又r12(f(a)f(b)12(lnalnb)ln(ab)12f(ab)p.故prq.选 C.答案C4.(2016全国卷)若x，y满足约束条件xy10，xy30，x30，则zx2y的最小值为_.解析画出可行域，

11、数形结合可知目标函数的最小值在直线x3 与直线xy10 的交点(3，4)处取得，代入目标函数zx2y得到最小值为5.答案5考 点 整 合1.简单分式不等式的解法(1)f（x）g（x）0(0)f(x)g(x)0(0)；(2)f（x）g（x）0(0)f(x)g(x)0(0)且g(x)0.2.(1)解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：对二次项系数与 0的大小进行讨论； 在转化为标准形式的一元二次不等式后， 对判别式与 0 的大小进行讨论；当判别式大于 0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论.(2)四个常用结论ax2bxc0(a0)恒成立的条件是a0，0.ax2bxc0(a

12、0)恒成立的条件是a0，0.af(x)恒成立af(x)max.af(x)恒成立af(x)min.3.利用基本不等式求最值已知x，yR R，则(1)若xyS(和为定值)，则当xy时，积xy取得最大值S24xyxy22S24 ；(2)若xyP(积为定值)，则当xy时，和xy取得最小值 2P(xy2xy2P).4.二元一次不等式(组)和简单的线性规划(1)线性规划问题的有关概念：线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等.(2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤： 画出可行域； 根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；求出目标函数的最大值或者最小值.5.不等式的证明不等式的证明要注意和

13、不等式的性质结合起来，常用的方法有：比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、反证法，还要结合放缩和换元的技巧.热点一利用基本不等式求最值微题型 1基本不等式的简单应用【例 11】 (1)已知向量a a(3，2)，b b(x，y1)，且a ab b，若x，y均为正数，则3x2y的最小值是()A.53B.83C.8D.24(2)已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得aman4a1，则1m4n的最小值为_.解析(1)a ab b，3(y1)2x0，即 2x3y3.x0，y0，3x2y3x2y13(2x3y)13669yx4xy13(1226)8.当且仅当

14、3y2x时取等号.(2)设正项等比数列an的公比为q，则q0，a7a62a5，a5q2a5q2a5，q2q20，解得q2 或q1(舍去).amana12m1a12n14a1，平方得 2mn21624，mn6，1m4n161m4n(mn)165nm4mn16(54)32，当且仅当nm4mn，即n2m，亦即m2，n4 时取等号.答案(1)C(2)32探究提高在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.微题型 2带有约束条件的基本不等式问题【

15、例 12】 (1)已知两个正数x，y满足x4y5xy，则xy取最小值时，x，y的值分别为()A.5，5B.10，52C.10，5D.10，10(2)(2016郑州模拟)设x，y为实数，若 4x2y2xy1，则 2xy的最大值是_.解析(1)x0，y0，x4y5xy2 4xy5，即xy4xy50，可求xy25.当且仅当x4y时取等号，即x10，y52.(2)4x2y2xy1，(2xy)23xy1，即(2xy)2322xy1，(2xy)2322xy221，解之得(2xy)285，即 2xy2 105.等号当且仅当 2xy0，即x1010，y105时成立.答案(1)B(2)2 105探究提高在利用基

16、本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，或对约束条件中的一部分利用基本不等式，构造不等式进行求解.【训练 1】 (1)(2016广州模拟)若正实数x，y满足xy1xy，则x2y的最小值是()A.3B.5C.7D.8(2)(2015山东卷)定义运算“ ” ：xyx2y2xy(x，yR R，xy0)，当x0，y0 时，xy(2y)x的最小值为_.解析(1)由xy1xy，得yx1x1，又y0，x0，x1.x2yx2x1x1x212x1x24x13(x1)4x1347，当且仅当x3 时取“”.(2)由题意，得xy(2y)xx2y2xy（2y）2x22yxx22y22xy2x22y22xy 2

17、，当且仅当x 2y时取等号.答案(1)C(2) 2热点二含参不等式恒成立问题微题型 1分离参数法解决恒成立问题【例 21】 (1)关于x的不等式x4x1a22a0 对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围为_.(2)已知x0，y0，xy3xy，且不等式(xy)2a(xy)10 恒成立，则实数a的取值范围是_.解析(1)设f(x)x4x，因为x0，所以f(x)x4x2x4x4，当且仅当x2 时取等号.又关于x的不等式x4x1a22a0 对x(0，)恒成立，所以a22a14，解得1a3，所以实数a的取值范围为(1，3).(2)要使(xy)2a(xy)10 恒成立， 则有(xy)21a(xy)， 由于

18、x0，y0， 即a(xy)1xy恒成立.由xy3xy，得xy3xyxy22，即(xy)24(xy)120，解得xy6 或xy2(舍去).设txy，则t6，(xy)1xyt1t.设f(t)t1t，则在t6 时，f(t)单调递增，所以f(t)t1t的最小值为 616376，所以a376，即实数a的取值范围是，376 .答案(1)(1，3)(2)，376探究提高一是转化法， 即通过分离参数法， 先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对xD恒成立，再转化为f(a)g(x)max(或f(a)g(x)min)；二是求最值法，即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题.微题型 2函数法解决恒成

19、立问题【例 22】 (1)已知f(x)x22ax2，当x1，)时，f(x)a恒成立，则a的取值范围为_.(2)已知二次函数f(x)ax2x1 对x0，2恒有f(x)0.则实数a的取值范围为_.解析(1)法一f(x)(xa)22a2，此二次函数图象的对称轴为xa，当a(，1)时，结合图象知，f(x)在1，)上单调递增，f(x)minf(1)2a3.要使f(x)a恒成立，只需f(x)mina，即 2a3a，解得3a1；当a1，)时，f(x)minf(a)2a2，由 2a2a，解得2a1.1a1.综上所述，所求a的取值范围为3，1.法二设g(x)f(x)a，则g(x)x22ax2a0 在1，)上恒成

20、立，即4a24(2a)0 或0，a1，g（1）0，解得3a1.(2)法一函数法.若a0，则对称轴x12a0，故f(x)在0，2上为增函数，且f(0)1，因此在x0，2上恒有f(x)0 成立.若a0，则应有f(2)0，即 4a30，a34.34a0.综上所述，a的取值范围是34，0(0，).法二分离参数法.当x0 时，f(x)10 成立.当x0 时，ax2x10 变为a1x21x，令g(x)1x21x1x12 .当1x12时，g(x)，34 .a1x21x，a34.又a0，a的取值范围是34，0(0，).答案(1)3，1(2)34，0(0，)探究提高参数不易分离的恒成立问题，特别是与二次函数有关

21、的恒成立问题的求解，常用的方法是借助函数图象根的分布，转化为求函数在区间上的最值或值域问题.【训练 2】若不等式x2ax10 对于一切a2， 2恒成立， 则x的取值范围是_.解析因为a2，2，可把原式看作关于a的一次函数，即g(a)xax210，由题意可知g（2）x22x10，g（2）x22x10，解之得xR R.答案R R热点三简单的线性规划问题微题型 1已知线性约束条件，求目标函数最值【例 31】 (2016全国卷)设x，y满足约束条件2xy10，x2y10，x1，则z2x3y5 的最小值为_.解析可行域为一个三角形ABC及其内部，其中A(1，0)，B(1，1)，C(1，3)，直线z2x3

22、y5 过点B时取最小值10.答案10探究提高线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.微题型 2线性规划中的含参问题【例 32】 (1)(2016成都诊断)变量x，y满足约束条件xy0，x2y20，mxy0.若z2xy的最大值为 2，则实数m等于()A.2B.1C.1D.2(2)(2015山东卷)已知x，y满足约束条件xy0，xy2，y0，若zaxy的最大值为 4，则a()A.3B.2C.2D.3解

23、析(1)由图形知A23，23 ，B22m1，2m2m1 ，O(0，0).只有在B点处取最大值 2，242m12m2m1.m1.(2)不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A(2，0)，由xy0，xy2，得B(1，1).由zaxy，得yaxz.当a2 或3 时，zaxy在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax0，不满足题意，排除 C，D；当a2 或 3 时，zaxy在A(2，0)处取得最大值，2a4，a2，排除 A，故选 B.答案(1)C(2)B探究提高对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是已知时， 目标函数中的参数往往与直线斜率有关， 解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.

24、(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可.【训练 3】 (1)(2016江苏卷)已知实数x，y满足x2y402xy20，3xy30则x2y2的取值范围是_.(2)已知x，y满足yx，yx2，xa，且目标函数z2xy的最小值为 1，则实数a的值是()A.34B.12C.13D.14解析(1)已知不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示， 则(x，y)为阴影部分内的动点，x2y2表示原点到可行域内的点的距离的平方.解方程组3xy30，x2y40，得A(2，3

25、).由图可知(x2y2)min|2|2212245，(x2y2)max|OA|2223213.(2)依题意，不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分)，观察图象可知，当目标函数z2xy过点B(a，a)时，zmin2aa3a；因为目标函数z2xy的最小值为 1，所以 3a1，解得a13，故选 C.答案(1)45，13(2)C1.多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法.2.基本不等式除了在客观题考查外，在

26、解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用.3.解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决.4.解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2016全国卷)已知a243

27、，b323，c2513，则()A.bacB.abcC.bcaD.cab解析a243316，b32339，c2513325，所以bac.答案A2.(2016浙江卷)已知a，b0 且a1，b1，若 logab1，则()A.(a1)(b1)0B.(a1)(ab)0C.(b1)(ba)0D.(b1)(ba)0解析由a，b0 且a1，b1，及 logab1logaa可得：当a1 时，ba1，当 0a1 时，0ba1，代入验证只有 D 满足题意.答案D3.(2016太原模拟)若点A(m，n)在第一象限， 且在直线x3y41 上， 则mn的最大值是()A.3B.4C.7D.12解析因为点A(m，n)在第一象

28、限，且在直线x3y41 上，所以m，nR R，且m3n41，所以m3n4(m3n42)2当且仅当m3n412，即m32，n2 时，取“”，所以m3n412214，即mn3，所以mn的最大值为 3.答案A4.已知当x0 时，2x2mx10 恒成立，则m的取值范围为()A.2 2，)B.(，2 2C.(2 2，)D.(，2 2)解析由 2x2mx10，得mx2x21，因为x0，所以m2x21x2x1x.而 2x1x（2x）1（x） 2（2x）1（x）2 2.当且仅当2x1x，即x22时取等号，所以m2 2.答案C5.(2016唐山模拟)已知函数f(x)x22x，x0，x22x，x0，若f(a)f(

29、a)2f(1)，则实数a的取值范围是()A.0，1B.1，0C.1，1D.1，0解析f(a)f(a)2f(1)a0，（a）22（a）a22a23或a0，（a）22（a）a22a23即a0，a22a30或a0，a22a30，解得 0a1，或1a0.故1a1.答案C二、填空题6.设目标函数zxy，其中实数x，y满足x2y0，xy0，0yk.若z的最大值为 12，则z的最小值为_.解析作出不等式组所表示的可行域如图所示， 平移直线xy0，显然当直线过点A(k，k)时，目标函数zxy取得最大值，且最大值为kk12， 则k6， 直线过点B时目标函数zxy取得最小值，点B为直线x2y0 与y6 的交点，即

30、B(12，6)，所以zmin1266.答案67.(2016合肥二模)当a0 且a1 时，函数f(x)loga(x1)1 的图象恒过点A，若点A在直线mxyn0 上，则 4m2n的最小值为_.解析函数f(x)的图象恒过点A(2，1)，2m1n0，即 2mn1，4m2n2 4m2n2 22mn2 2，当且仅当 2mn12时等号成立.答案2 28.(2016全国卷)某高科技企业生产产品 A 和产品 B 需要甲、 乙两种新型材料.生产一件产品 A 需要甲材料 1.5 kg，乙材料 1 kg，用 5 个工时；生产一件产品 B 需要甲材料 0.5 kg，乙材料 0.3 kg，用 3 个工时，生产一件产品

31、A 的利润为 2 100 元，生产一件产品 B 的利润为900 元.该企业现有甲材料 150 kg，乙材料 90 kg，则在不超过 600 个工时的条件下，生产产品 A、产品 B 的利润之和的最大值为_元.解析设生产 A 产品x件，B 产品y件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，得线性约束条件为1.5x0.5y150，x0.3y90，5x3y600，x0，xN N*，y0，yN N*目标函数z2 100 x900y.作出可行域为图中阴影部分(包括边界)内的参数点，顶点为(60，100)，(0，200)，(0，0)，(90，0)，在(60，100)处取得最大值，zmax2 10060

32、900100216 000(元).答案216 000三、解答题9.已知f(t)log2t，t 2，8，对于f(t)值域内的所有实数m，不等式x2mx42m4x恒成立，求x的取值范围.解易知f(t)12，3，由题意，令g(m)(x2)mx24x4(x2)m(x2)20 对m12，3恒成立.所以只需g12 0，g（3）0即可，即12（x2）（x2）20，3（x2）（x2）20 x2 或x1.故x的取值范围是(，1)(2，).10.已知函数f(x)2xx26.(1)若f(x)k的解集为x|x3，或x2，求k的值；(2)对任意x0，f(x)t恒成立，求t的取值范围.解(1)f(x)kkx22x6k0.

33、由已知x|x3，或x2是其解集，得kx22x6k0 的两根是3，2.由根与系数的关系可知(2)(3)2k，即k25.(2)因为x0，f(x)2xx262x6x22 666，当且仅当x 6时取等号.由已知f(x)t对任意x0 恒成立，故t66，即t的取值范围是66，.11.(1)解关于x的不等式x22mxm10；(2)解关于x的不等式ax2(2a1)x20.解(1)原不等式对应方程的判别式(2m)24(m1)4(m2m1).当m2m10，即m1 52或m1 52时，由于方程x22mxm10 的两根是mm2m1，所以原不等式的解集是x|xmm2m1，或xmm2m1；当0，即m1 52时，不等式的解

34、集为x|xR R，且xm；当0，即1 52m1 52时，不等式的解集为 R R.综上，当m1 52或m1 52时，不等式的解集为x|xmm2m1，或xmm2m1；当m1 52时，不等式的解集为x|xR R，且xm；当1 52m1 52时，不等式的解集为 R R.(2)原不等式可化为(ax1)(x2)0.当a0 时，原不等式可以化为a(x2)x1a0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x2)x1a0.因为方程(x2)x1a0 的两个根分别是 2，1a，所以当 0a12时，21a，则原不等式的解集是x|2x1a；当a12时，原不等式的解集是 ；当a12时，1a2，则原不等式的解集是x|1ax2.

35、当a0 时，原不等式为(x2)0，解得x2，即原不等式的解集是x|x2.当a0 时，原不等式可以化为a(x2)x1a0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x2)x1a0，由于1a2，故原不等式的解集是x|x1a或x2.综上，当 0a12时，不等式解集为x|2x12时，不等式解集为x|1ax2.当a0 时，不等式解集为x|x2.第第 3 3 讲讲导数与函数的单调性、极值、最值问题导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求法或讨论，以及考查函数极值、最值的求法，综合考查与范围有关的问题.真 题 感 悟(2016山东卷)设f(x)xlnxax2(2a1)x

36、，aR R.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1 处取得极大值.求实数a的取值范围.解(1)由f(x)lnx2ax2a.可得g(x)lnx2ax2a，x(0，)，则g(x)1x2a12axx.当a0 时，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0 时，x0，12a时，g(x)0 时，函数g(x)单调递增，x12a，时，g(x)0，函数g(x)单调递减.所以当a0 时，g(x)的单调递增区间为(0，)；当a0 时，g(x)的单调增区间为0，12a，单调减区间为12a，.(2)由(1)知，f(1)0.当a0 时，f(x)单调递增，所以当x(0，1)时

37、，f(x)0，f(x)单调递减，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)在x1 处取得极小值，不合题意.当 0a12时，12a1，由(1)知f(x)在0，12a内单调递增.可得当x(0，1)时，f(x)0，x1，12a时，f(x)0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在1，12a内单调递增.所以f(x)在x1 处取得极小值，不合题意.当a12时，12a1，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，)内单调递减.所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意.当a12时，012a1，当x12a，1时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)

38、单调递减.所以f(x)在x1 处取极大值，符合题意 .综上可知，实数a的取值范围为a12.考 点 整 合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法： 设函数yf(x)在某个区间内可导， 如果f(x)0， 则yf(x)在该区间为增函数；如果f(x)0，则yf(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.2.极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f(x)0，右侧f(x)

39、0，那么f(x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号， 而不是f(x)0.此外， 函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.3.闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一利用导数研究函数的单调性微题型 1求解含参函数的单调区间【例 11】 (1)(2016合肥模拟)已知函数f(x)x3ax23x.若f(x)在1，)上是增函数，求实数a的

40、取值范围；(2)已知函数g(x)ln(1x)xk2x2(k0)，讨论函数g(x)的单调性.解(1)对f(x)求导，得f(x)3x22ax3.由f(x)0 在1，)上恒成立，得a32x1x.记t(x)32x1x，当x1 时，t(x)是增函数，所以t(x)min32(11)0.所以a0.(2)g(x)x（kxk1）1x，x(1，).当k0 时，g(x)x1x，所以在区间(1，0)上，g(x)0；在区间(0，)上，g(x)0.故g(x)的单调递增区间是(1，0)，单调递减区间是(0，).当 0k1 时，由g(x)x（kxk1）1x0，得x10，x21kk0，所以在区间(1， 0)和1kk，上，g(x

41、)0； 在区间0，1kk上，g(x)0.故g(x)的单调递增区间是(1，0)和1kk，单调递减区间是0，1kk.当k1 时，g(x)x21x0，故g(x)的单调递增区间是(1，).当k1 时，g(x)x（kxk1）1x0，得x11kk(1，0)，x20，所以在区间1，1kk和(0，)上，g(x)0，在区间1kk，0上，g(x)0.故g(x)的单调递增区间是1，1kk和(0，)，单调递减区间是1kk，0.探究提高讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下， 这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分

42、类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的， 千万不要忽视了定义域的限制.微题型 2已知函数的单调区间求参数范围【例 12】 (2016广东湛江二模)已知函数f(x)x22alnx.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2)处的切线斜率为 1，求实数a的值；(2)若函数g(x)2xf(x)在1，2上是减函数，求实数a的取值范围.解(1)f(x)2x2ax2x22ax.由已知f(2)1，解得a3.(2)由g(x)2xx22alnx，得g(x)2x22x2ax.由函数g(x)为1，2上的单调减函数，则g(x)0 在1，2

43、上恒成立，即2x22x2ax0 在1，2上恒成立，即a1xx2在1，2上恒成立.令h(x)1xx2，在1，2上h(x)1x22x1x22x0，所以h(x)在1，2上为减函数，h(x)minh(2)72.所以a72.探究提高已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f(x)0(或f(x)0)，x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f(x)不恒等于 0 的参数的范围.【训练 1】 已知函数f(x)(ax2x)lnx12ax2x(aR R).(1)当a0 时，求曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程(e2.718)；(2)求函数f(x)的

44、单调区间.解(1)当a0 时，f(x)xxlnx，f(x)lnx，所以f(e)0，f(e)1.所以曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程为yxe，即xye0.(2)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)(ax2x)1x(2ax1)lnxax1(2ax1)lnx.当a0 时，2ax10，若x(0，1)，则f(x)0，若x(1，)，则f(x)0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.当 0a12时，若x(0，1)或x12a，则f(x)0，若x1，12a，则f(x)0，所以函数f(x)在(0，1)，12a，上单调递增，在1，12a上单调递减.当a12时，f(x)0 且

45、仅f(1)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增.当a12时，若x0，12a或x(1，)，则f(x)0，若x12a，1，则f(x)0，所以函数f(x)在0，12a，(1，)上单调递增，在12a，1上单调递减.综上，当a0 时，函数f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，)；当 0a12时，函数f(x)的增区间为(0，1)，12a，减区间为1，12a.当a12时，函数f(x)的增区间为(0，)；当a12时，函数f(x)的增区间为0，12a，(1，)，减区间为12a，1.热点二利用导数研究函数的极值【例 2】 设函数f(x)ln(x1)a(x2x)，其中aR R.讨论函数f(x)极值点的个数

46、，并说明理由.解由题意知，函数f(x)的定义域为(1，)，f(x)1x1a(2x1)2ax2axa1x1.令g(x)2ax2axa1，x(1，).当a0 时，g(x)1，此时f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；当a0 时，a28a(1a)a(9a8).()当 0a89时，0，g(x)0，f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点；()当a89时，0，设方程 2ax2axa10 的两根为x1，x2(x1x2)，因为x1x212，所以x114，x214.由g(1)10，可得1x114.所以当x(1，x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(x1，

47、x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.()当a0 时，0，由g(1)10，可得x11.当x(1，x2)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点.综上所述，当a0 时，函数f(x)有一个极值点；当 0a89时，函数f(x)无极值点；当a89时，函数f(x)有两个极值点.探究提高极值点的个数，一般是使f(x)0 方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借

48、助导函数的性质及图象研究.【训练 2】 设函数f(x)ax32x2xc.(1)当a1，且函数图象过 (0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在 R R 上无极值点，求a的取值范围.解由题得f(x)3ax24x1.(1)函数图象过(0，1)，有f(0)c1.当a1 时，f(x)3x24x1.令f(x)0，解得x13或x1；令f(x)0，解得13x1.所以函数在，13 和(1，)上单调递增，在13，1上单调递减，极小值是f(1)13212111.(2)若f(x)在 R R 上无极值点， 则f(x)在 R R 上是单调函数， 即f(x)0 或f(x)0 恒成立.当a0 时，f(x)4x1，显然

49、不满足条件；当a0 时，f(x)0 或f(x)0 恒成立的充要条件是(4)243a10，即 1612a0，解得a43.综上，a的取值范围为43，.热点三利用导数研究函数的最值【例 3】 (2016武汉二模)设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x11 43a3，x21 43a3，x1x2.所以f(x)3(xx1)(xx2).当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(x1，

50、x2)内单调递增.(2)因为a0，所以x10.当a4 时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调递增.所以f(x)在x0 和x1 处分别取得最小值和最大值.当 0a4 时，x21，由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增， 在x2， 1上单调递减， 所以f(x)在xx21 43a3处取得最大值.又f(0)1，f(1)a，所以当 0a1 时，f(x)在x1 处取得最小值；当a1 时，f(x)在x0 处和x1 处同时取得最小值；当 1a0，则f(x)单调递增；当x(2，2)时，f(x)0，则f(x)单调递减，f(x)的极小值点为a2.答案D4.已知函数f(x)13x3ax23x1 有两个极值点

51、，则实数a的取值范围是()A.( 3，)B.(， 3)C.( 3， 3)D.(， 3)( 3，)解析f(x)x22ax3.由题意知方程f(x)0 有两个不相等的实数根，所以4a2120，解得a 3或a 3.答案D5.(2016全国卷)若函数f(x)x13sin 2xasinx在(，)上单调递增，则a的取值范围是()A.1，1B.1，13C.13，13D.1，13解析法一(特殊值法)：不妨取a1，则f(x)x13sin 2xsinx，f(x)123cos 2xcosx，但f(0)1231230，不具备在(，)单调递增，排除 A，B，D.故选 C.法二(综合法)：函数f(x)x13sin 2xas

52、inx在(，)上单调递增，f(x)123cos 2xacosx123(2cos2x1)acosx43cos2xacosx530，即acosx43cos2x53在(，)上恒成立.当 cosx0 时，恒有 053，得aR R；当 0cosx1 时，得a43cosx53cosx，令tcosx，f(t)43t53t在(0，1上为增函数，得af(1)13；当1cosx0 时，得a43cosx53cosx，令tcosx，f(t)43t53t在1，0)上为增函数，得af(1)13.综上，可得a的取值范围是13，13 ，故选 C.答案C二、填空题6.已知函数f(x)4lnxax26xb(a，b为常数)，且x2

53、 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)4x2ax6，f(2)24a60，即a1.答案17.已知函数f(x)12mx2lnx2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是_.解析f(x)mx1x20 对一切x0 恒成立，m1x22x.令g(x)1x22x，则当1x1 时，函数g(x)取最大值 1.故m1.答案1，)8.若函数f(x)2x2lnx在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是_.解析f(x)的定义域为(0，)，f(x)4x1x.由f(x)0，得x12.据题意得k112k1，k10，解得 1k32.答案

54、1，32三、解答题9.设函数f(x)3x2axex(aR R).(1)若f(x)在x0 处取得极值，确定a的值，并求此时曲线yf(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)（6xa）ex（3x2ax）ex（ex）23x2（6a）xaex，因为f(x)在x0 处取得极值，所以f(0)0，即a0.当a0 时，f(x)3x2ex，f(x)3x26xex， 故f(1)3e，f(1)3e， 从而f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y3e3e(x1)，化简得 3xey0.(2)由(1)知f(x)3x2（6a）xaex.令g(

55、x)3x2(6a)xa，由g(x)0，解得x16aa2366，x26aa2366.当xx1时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数；当x1xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为增函数；当xx2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x26aa23663，解得a92，故a的取值范围为92，.10.已知函数f(x)xlnx.(1)求函数f(x)的单调区间和最小值；(2)若函数F(x)f（x）ax在1，e上的最小值为32，求a的值.解(1)因为f(x)lnx1(x0)，令f(x)0，即 lnx1ln e1，所以xe11e，所以x1e，.同理

56、令f(x)0，可得x0，1e .所以f(x)的单调递增区间为1e，单调递减区间为0，1e .由此可知f(x)minf1e 1e.(2)F(x)xax2，当a0 时，F(x)0，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)32，所以a32 0，)，舍去.当a0 时，F(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增.当a(1，0)，F(x)在1，e上单调递增，F(x)minF(1)a32，所以a32 (1，0)，舍去.若ae，1，F(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以F(x)minF(a)ln(a)132，a ee，1；若a(，e)，F(x)在1，e上单调递减，F(x)mi

57、nF(e)1ae32，所以ae2 (，e)，舍去.综上所述a e.11.(2016洛阳统考)设函数f(x)exx2k2xlnx(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数).(1)当k0 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yf(x)的定义域为(0，).f(x)x2ex2xexx4k2x21xxex2exx3k（x2）x2（x2） （exkx）x3.由k0 可得 exkx0，所以当x(0，2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递减，x(2，)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0，2，单

58、调递增区间为2，).(2)由(1)知，k0 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k0 时，设函数g(x)exkx，x0，).因为g(x)exkexelnk，当 0k1 时，当x(0，2)时，g(x)exk0，yg(x)单调递增.故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k1 时，x(0，lnk)时，g(x)0，函数yg(x)单调递减.x(lnk，)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增.所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk).函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当g（0）0，g（lnk）0，g（2）0，0lnk2，解得 e

59、ke22，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，e22 .第第 4 4 讲讲导数与函数的切线及函数零点问题导数与函数的切线及函数零点问题高考定位在高考试题的导数压轴题中，以含指数、对数的函数为截体，考查函数零点问题、与方程的根相关的问题及函数图象的交点问题是高考命题的一个热点.真 题 感 悟(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a).()设a0，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(

60、1，)上单调递增.()设ae2， 则 ln(2a)0； 当x(ln(2a)，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln(2a)，(1，)上单调递增，在(ln(2a)，1)上单调递减.若a1， 故当x(， 1)(ln(2a)， )时，f(x)0； 当x(1，ln(2a)时，f(x)0，则由(1)知，f(x)在(，1)单调递减，在(1，)上单调递增.又f(1)e，f(2)a，取b满足b0 且ba2(b2)a(b1)2ab232b0，所以f(x)有两个零点.()设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点.()设a0， 若ae2， 则由(1)知，f(x)在(1， )单调递增.又当x1 时