2018春高考数学(文)新课标二轮复习(高考22题各个击破)课件：2.4.1

2018春高考数学(文)新课标二轮复习(高考22题各个击破)课件：2.4.1第一页，共57页。2第二页，共57页。3第三页，共57页。4第四页，共57页。5第五页，共57页。1.导数的几何意义(1)函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,即k=f'(x0).(2)函数切线问题的求解策略:用好切点“三重性”:①切点在函数图象上,满足函数解析式;②切点在切线上,满足切线方程;③切点处的导数等于切线的斜率.2.函数的导数与单调性的关系函数y=f(x)在(a,b)内可导,(1)若f'(x)>0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递增;(2)若f'(x)<0在(a,b)内恒成立,则f(x)在(a,b)内单调递减.6第六页，共57页。3.函数的导数与单调性的等价关系函数f(x)在(a,b)内可导,f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0⇔f(x)在(a,b)上为增函数.f'(x)≤0⇔f(x)在(a,b)上为减函数.4.函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)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.(3)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.5.常见恒成立不等式(1)lnx≤x-1;(2)ex≥x+1.7第七页，共57页。6.构造辅助函数的四种方法(1)移项法: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: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)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x));(4)放缩法: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.8第八页，共57页。7.函数不等式的类型与解法∀x∈D,f(x)≤k⇔f(x)max≤k;∃x∈D,f(x)≤k⇔f(x)min≤k;∀x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)max≤g(x)min;∃x∈D,f(x)≤g(x)⇔f(x)min≤g(x)max.8.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略(1)∀x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值.(2)∃x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值.(3)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值.(4)∃x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值.9第九页，共57页。(5)∃x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域与g(x)在[c,d]上的值域交集非空.(6)∀x1∈[a,b],∃x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊆g(x)在[c,d]上的值域.(7)∀x2∈[c,d],∃x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)⇔f(x)在[a,b]上的值域⊇g(x)在[c,d]上的值域.10第十页，共57页。2.4.1

导数与函数的单调性、

极值、最值第十一页，共57页。考向一考向二考向三考向四讨论、判断、证明单调性或求单调区间解题策略一

分类讨论法

例1(2017全国Ⅰ,文21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.难点突破

(1)讨论f(x)的单调性→求函数的定义域→求导函数

判断导函数的符号→确定单调区间;(2)讨论a的取值范围→求f(x)导函数→确定f(x)的单调区间→求f(x)取最小值→解不等式f(x)max≥0得a的范围→合并a的范围.12第十二页，共57页。考向一考向二考向三考向四解

(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln

a.当x∈(-∞,ln

a)时,f'(x)<0;当x∈(ln

a,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,ln

a)单调递减,在(ln

a,+∞)单调递增.13第十三页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题心得利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号,当f(x)含参数时,需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln

a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln

a)=-a2ln

a.从而当且仅当-a2ln

a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.14第十四页，共57页。考向一考向二考向三考向四对点训练1已知函数f(x)=lnx-mx(m∈R).(1)若m=1,求曲线y=f(x)在点P(1,-1)处的切线方程;(2)讨论函数f(x)在(1,e)上的单调性.所以切线的斜率为0,所以切线方程为y=-1.

令h(x)=-mx+1,h(x)是过点(0,1)的一次函数,①当m≤0时,在(1,e)上h(x)>0,f'(x)>0,所以函数f(x)在(1,e)上单调递增.②当m>0时,h(x)在(1,e)上是减函数,由h(x)的图象可知,15第十五页，共57页。考向一考向二考向三考向四所以函数f(x)在(1,e)上单调递增;

(ⅲ)当0<

≤1,即m≥1时,x∈(1,e),h(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)在(1,e)上单调递减.16第十六页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题策略二

构造函数法

例2已知函数f(x)=

(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间.17第十七页，共57页。考向一考向二考向三考向四即h(x)在(0,+∞)上是减函数.由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f'(x)>0;当x>1时,h(x)<0,从而f'(x)<0.综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).解题心得通过导数研究单调性首先要判断构造函数的导函数的正负,因此,构造函数的关键在于其导函数的零点是否易求或易估.18第十八页，共57页。考向一考向二考向三考向四对点训练2设函数f(x)=xea-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)因为f(x)=xea-x+bx,所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.解得a=2,b=e.19第十九页，共57页。考向一考向二考向三考向四(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f'(x)与1-x+ex-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(-∞,+∞).20第二十页，共57页。考向一考向二考向三考向四求函数的极值、最值解题策略一

利用单调性求

(1)若a=2,F(x)=f(x)-g(x),求F(x)的单调区间;(2)若函数g(x)=ax+b是函数f(x)=lnx-图象的切线,求a+b的最小值.难点突破

(1)求出F(x)的导数,解关于导函数的不等式,即得函数的单调区间;21第二十一页，共57页。考向一考向二考向三考向四令F'(x)>0,解得0<x<1,令F'(x)<0,解得x>1,故F(x)在(0,1)递增,在(1,+∞)递减.22第二十二页，共57页。考向一考向二考向三考向四当t∈(0,1)时,φ'(t)<0,φ(t)在(0,1)上单调递减;当t∈(1,+∞)时,φ'(t)>0,φ(t)在(1,+∞)上单调递增.即有t=1时,φ(t)取得极小值,也为最小值.则a+b=φ(t)≥φ(1)=-1,故a+b的最小值为-1.23第二十三页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题心得1.求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定极值,比较极值与定义域的端点值确定最值;2.对k<f(x)(或k>f(x))恒成立,求参数k的最值问题,若求不出f(x)的极值点,可先求极值点所在区间,再由极值点范围求极值的范围,由此得出参数的最值.24第二十四页，共57页。考向一考向二考向三考向四对点训练3(2017北京,文20)已知函数f(x)=excosx-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;解

(1)因为f(x)=excos

x-x,所以f'(x)=ex(cos

x-sin

x)-1,f'(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.25第二十五页，共57页。考向一考向二考向三考向四(2)设h(x)=ex(cos

x-sin

x)-1,则h'(x)=ex(cos

x-sin

x-sin

x-cos

x)=-2exsin

x.26第二十六页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题策略二

构造函数法

例4已知函数f(x)满足f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.=ex-(a+1)x-b≥0⇒h'(x)=ex-(a+1)⇒h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0⇒(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+1>0),令F(x)=x2-x2ln

x(x>0),27第二十七页，共57页。考向一考向二考向三考向四解

(1)由已知得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x.所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e.由于f'(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.从而,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.28第二十八页，共57页。考向一考向二考向三考向四(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.①

可得ex-(a+1)x<b,因此①式不成立.(ⅱ)若a+1=0,则(a+1)b=0.(ⅲ)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0.从而g(x)在(-∞,ln(a+1))单调递减,在(ln(a+1),+∞)单调递增.故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).b≤a+1-(a+1)ln(a+1).②

29第二十九页，共57页。考向一考向二考向三考向四因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),则h'(a)=(a+1)(1-2ln(a+1)).30第三十页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题心得本例在(2)中,通过作差将条件进行转化,通过构造函数求函数的最小值得出关于a,b的不等式,通过乘(a+1)得(a+1)b的关系式,再通过第二次构造函数求函数最大值得出结果.31第三十一页，共57页。考向一考向二考向三考向四对点训练4(2017河北邯郸二模,理21)已知函数f(x)=ax-lnx,F(x)=ex+ax,其中x>0,a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0,ln3)上具有相同的单调性,求实数a的取值范围;32第三十二页，共57页。考向一考向二考向三考向四a<0,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上单调递减,当-1<a<0时,F'(x)>0,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意.当a<-1时,由F'(x)>0,得x>ln(-a),由F'(x)<0,得0<x<ln(-a),∴F(x)的单调减区间为(0,ln(-a)),单调增区间为(ln(-a),+∞),∵f(x)和F(x)在区间(0,ln

3)上具有相同的单调性,∴ln(-a)≥ln

3,即a≤-3.综上,a的取值范围是(-∞,-3].33第三十三页，共57页。考向一考向二考向三考向四(2)∵g(x)=xeax-1-ax-ln

x,当x>e2时,p'(x)>0,当0<x<e2,p'(x)<0,从而p(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,34第三十四页，共57页。考向一考向二考向三考向四∴h(t)≥h(e2)=0,∴M的最小值为0.35第三十五页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题策略三

分类讨论法

例5已知函数f(x)=x3-2x2+(2-a)x+1,其中a∈R.(1)若a=2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.难点突破

在(2)中求得f(x)在某闭区间上的最值,因f'(x)是关于x的二次函数,判别式为Δ=8a,所以求最值分两个层次讨论,第一层次是Δ=8a≤0和Δ=8a>0,因Δ=8a≤0,f(x)没有极值点,函数单调,易求最值;当Δ=8a>0,因f(x)有两个极值点,所以第二层次讨论以这两个极值点与所给闭区间的关系进行分类.36第三十六页，共57页。考向一考向二考向三考向四解

(1)f(x)的定义域为R,且f'(x)=2x2-4x+2-a.即6x+3y-5=0.(2)方程f'(x)=0的判别式为Δ=8a.①当a≤0时,f'(x)≥0,所以f(x)在区间[2,3]上单调递增,当x变化时,f(x)和f'(x)的变化情况如下:37第三十七页，共57页。考向一考向二考向三考向四当0<a≤2时,x2≤2,此时f(x)在区间[2,3]上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是f(2)=-2a;最大值是f(3)=7-3a.当2<a<8时,x1<2<x2<3,此时f(x)在区间[2,x2)上单调递减,在区间(x2,3]上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是38第三十八页，共57页。考向一考向二考向三考向四解题心得依据题意,对参数分类,分类后相当于增加了一个已知条件,在增加条件的情况下,对参数的各个范围逐个验证是否适合题意,最后适合题意的范围即为所求范围,这个范围的最大值也就求出.当a≥8时,x1<2<3≤x2,此时f(x)在区间[2,3]上单调递减,所以f(x)在区间[2,3]上的最小值是f(3)=7-3a;最大值是f(2)=

-2a.39第三十九页，共57页。考向一考向二考向三考向四对点训练5(2017辽宁鞍山一模,文20)已知函数f(x)=lnx-

ax2+x,a∈R.(1)当a=0时,求函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)令g(x)=f(x)-ax+1,求函数g(x)的极值;(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明x1+x2≥

.(1)解

当a=0时,f(x)=ln

x+x,则f(1)=1,所以切点为(1,1),又f'(x)=+1,则切线斜率f'(1)=2,故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.40第四十页，共57页。考向一考向二考向三考向四41第四十一页，共57页。考向一考向二考向三考向四(3)证明

当a=-2时,f(x)=ln

x+x2+x,x>0,可知φ(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,∴φ(t)≥φ(1)=1,∴(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,42第四十二页，共57页。考向一考向二考向三考向四证明函数有最值并求最值范围解题策略

零点分布法

例6(2017湖南邵阳一模,文21)已知函数f(x)=xlnx-x2,直线l:y=(k-2)x-k+1,且k∈Z.(1)若∃x0∈[e,e2],使得f(x0)>0成立,求实数a的取值范围;(2)设a=0,当x>1时,函数f(x)的图象恒在直线l的上方,求k的最大值.解,可用求导的方法判断h'(x)的单调性,再根据零点存在性定理求h(x)的极值点x0的范围,进而求出最值h(x0)的范围,从而求出k的最大整数值即可.43第四十三页，共57页。考向一考向二考向三考向四令g'(x)>0,解得0<x<e,令g'(x)<0,解得x>e,∴g(x)在x∈(0,e)上递增,在x∈[e,e2]上递减,44第四十四页，共57页。考向一考向二考向三考向四(2)由题意可知xln

x>x(k-2)-k+1在x∈(1,+∞)上恒成立,∴φ(x)在x∈(1,+∞)上递增,又φ(3)=1-ln

3<0,φ(4)=2-ln

4>0,∴存在唯一实数x0∈(3,4),使得φ(x0)=0,即x0-ln

x0-2=0,∴ln

x0=x0-2.∴h(x)在x∈(1,x0)上递减,在x∈(x0,+∞)上递增,45第四十五页，共57页。考向一考向二考向三考向四∴k<h(x)min,又k∈Z,∴k的最大值为4.解题心得在证明函数f(x)有最值及求最值范围时,若f'(x)=0解不出,可运用零点存在性定理求出极值点t存在的范围,从而用t表示出最值,此时最值是关于t的函数,通过函数关系式求出最值的范围.46第四十六页，共57页。考向一考向二考向三考向四对点训练6已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x+2)2(x>0).(1)若f(x)是(0,+∞)的单调递增函数,求实数a的取值范围;(2)当a∈

时,求证:函数f(x)有最小值,并求函数f(x)最小值的取值范围.47第四十七页，共57页。考向一考向二考向三考向四解

(1)由题意,得f'(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a,∵函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立.∴ex+(x-2)ex+2ax+4a≥0,即g(x)在(0,+∞)上递减,48第四十八页，共57页。考向一考向二考向三考向四(2)∵f'(x)=ex+(x-2)ex+2ax+4a,∴[f'(x)]'=x·ex+2a>0,∴y=f'(x)在(0,+∞)上单调递增,又f'(0)=4a-1<0,f'(1)=6a>0,∴存在t∈(0,1)使f'(t)=0,∴x∈(0,t)时,