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高三一轮总复习理科数学新课标专题突破1


高三一轮总复习数学· 新课标(理科)

高三一轮总复习数学· 新课标(理科)

类型 1 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的单调性是高考的热点,多与一元二 次不等式相联系,根据导数与函数单调性的关系,研究函数 的单调性,实际上就是讨论导函数 f′(x)的函数值正负的问 题.

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理科)

【典例1】 mx2(m∈R).

(2014· 石家庄模拟)已知函数f(x)=ln

x+

(1)求函数f(x)的单调区间; (2)若A、B是函数f(x)图象上不同的两点,且直线AB的斜 率恒大于1,求实数m的取值范围. 【思路点拨】 (1)求f′(x),分m≥0和m<0两种情况求

解; f?a?-f?b? (2)设A(a,f(a)),B(b,f(b)),则 >1恒成立.构 a-b 造函数g(x)=f(x)-x,则g(x)在(0,+∞)上为增函数,转化为 g′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立求解.

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1 【规范解答】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= x 1+2mx2 +2mx= . x 当m≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当m<0时,由f′(x)=0得x=
? 当x∈ ? ?0, ?

1 - . 2m 1? ? - ? 2m?

? 1? ? ? - ? 时,f′(x)>0,f(x)在 ?0, 2m? ?

上单调递增;

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当x∈
? ? ? ?

? ? ? ?

? 1 ? - ,+∞? 2m ?

时,f′(x)<0,f(x)在

? 1 ? - ,+∞?上单调递减. 2m ?

综上所述,当m≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
? ? 当m<0时,f(x)在?0, ? ? 在? ? ?

1? ? - ?上单调递增, 2m?

? 1 ? - ,+∞?上单调递减. 2m ?

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(2)依题意,设A(a,f(a)),B(b,f(b)),不妨设a>b>0, f?a?-f?b? 则kAB= >1恒成立, a-b 即f(a)-f(b)>a-b恒成立, 即f(a)-a>f(b)-b恒成立, 令g(x)=f(x)-x=ln x+mx2-x, 则g(x)在(0,+∞)上为增函数,

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2mx2-x+1 1 所以g′(x)= +2mx-1= ≥0对x∈(0,+∞) x x 恒成立, 所以2mx2-x+1≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
?1 1? 1 1 1 2 ? ? 即2m≥- 2+ =- x -2 +4对x∈(0,+∞)恒成立, x x ? ?

1 因此m≥8.
?1 ? 即实数m的取值范围是?8,+∞?. ? ?

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【反思启迪】 1.本题(2)中把直线AB的斜率恒大于1转 化为函数g(x)=f(x)-x在(0,+∞)上是增函数是解题的关 键. 2.判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值等问 题,最终归结到判断f′(x)的符号问题上,而f′(x)>0或 f′(x)<0,最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问 题.

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1+x -ax 变式训练1 设函数f(x)= e . 1-x (1)写出定义域及f′(x)的解析式; (2)设a>0,讨论函数y=f(x)的单调性; (3)若对任意x∈(0,1),恒有f(x)>1成立,求实数a的取值 范围.

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【解】 (1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),f′(x) ax2+2-a -ax = e . ?1-x?2 (2)①当0<a≤2时,f′(x)≥0,所以f(x)在(-∞,1), (1,+∞)上为增函数; a-2 2 ②当a>2时,由f′(x)>0得ax +2-a>0,x> a a-2 或x<- , a ? ? ? ? a - 2 a - 2 ? ? ? ? ∴f(x)在 ?-∞,- , , 1 ? ? ? ,(1,+∞) a ? ? a ? ?
? ? 上是增函数,在?- ?

a-2 , a

a-2? ? ?上是减函数. a ?

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(3)①当0<a≤2时,由(1)知,对任意x∈(0,1),恒有f(x) >f(0)=1; ②当a>2时,由(1)知,f(x)在
? 数,在 ? ? ? ? ? ?0, ?

a-2? ? ? 上是减函 a ? a-2 ∈(0,1), a

? 1 a -2 ? ,1?上是增函数,取x0=2 a ?

则f(x0)<f(0)=1; 1+x ③当a≤0时,对任意x∈(0,1),恒有 >1且e-ax≥1, 1-x 1+x -ax 得f(x)= e >1. 1-x 综上,当且仅当a∈(-∞,2]时,对任意x∈(0,1)恒有f(x) >1成立.

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类型2

利用导数求函数的极值或最值 利用导数研究函数的极值或最值是近两年高考的

热点,通过f′(x)=0的根与函数极值点的联系,求函数的极 值或求参数的值(范围),通过函数极值和函数在相应区间端 点函数值的比较确定函数的最值.

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【典例2】

(2013· 重庆高考)设f(x)=a(x-5)2+6ln x,其

中x∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点 (0,6). (1)确定a的值; (2)求函数f(x)的单调区间与极值.

【思路点拨】 (1)借助导数求出切线方程,代入已知点 即可求得字母取值;(2)首先确定函数的定义域,对函数求导 并求出极值点,讨论函数的单调性以便进一步确定函数的极 值,同时需要注意极值点两端的导函数值的符号.

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【规范解答】 (1)因为f(x)=a(x-5)2+6ln x, 6 故f′(x)=2a(x-5)+ . x 令x=1,得f(1)=16a,f′(1)=6-8a,所以曲线y=f(x) 在点(1,f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1). 1 由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a-6,故a=2.

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1 (2)由(1)知,f(x)=2(x-5)2+6ln x(x>0), 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+ = . x x 令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3. 当0<x<2或x>3时,f′(x)>0,故f(x)在(0,2),(3,+∞)上 为增函数;当2<x<3时,f′(x)<0,故f(x)在(2,3)上为减函 数. 9 由此可知,f(x)在x=2处取得极大值f(2)=2+6ln 2 , 在x=3处取得极小值f(3)=2+6ln 3.

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【反思启迪】

“最值”与“极值”的区别和联系

(1)“最值”是整体概念,是比较整个定义域或区间内的 函数值得出的,具有绝对性;而“极值”是个局部概念,是 比较极值点附近函数值得出的,具有相对性. (2)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一 个,而函数的极值可能不止一个,也可能一个没有.

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(3)极值只能在区间内部取得,而最值可以在区间的端点 处取得. (4)有极值的未必有最值,有最值的未必有极值;极值有 可能成为最值,最值只要不在端点必定是极值.

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x 变式训练2 已知函数f(x)=(x-k) e . k
2

(1)求f(x)的单调区间; 1 (2)若对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤ e ,求k的取值 范围.

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【解】 (1)由f(x)=(x-k) ek,得 1 2 2 x f′(x)= (x -k )ek, k 令f′(x)=0,得x=± k, 若k>0,当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:
x f′(x) f(x) (-∞,-k) + -k 0 4k2e- 1 (-k, k) k (k,+ ∞) - 0 0 +

2

x

所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单调 递减区间是(-k,k).

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若k<0,当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:
x f′(x) f ( x) (-∞, k) k (k,- k) - 0 0 + -k 0 4k2e- 1 (-k,+∞) -

所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞),单调 递增区间是(k,-k).

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4k2 e .

k+1 1 (2)当k>0时,因为f(k+1)=e > , e k 1 所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤e. 当k<0时,由(1)知f(x)在(0,+∞)上的最大值是f(-k)= 1 4k2 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ 等价于f(-k)= ≤ , e e e 1 解得-2≤k<0. 1 故当?x∈(0,+∞),f(x)≤ 时,k的取值范围是 e

? 1 ? ?- ,0?. ? 2 ?

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类型 3 利用导数研究函数的零点问题 利用导数研究函数的零点问题是近两年高考命题的亮 点,求解时应把函数的零点存在性定理、函数的单调性、极 值点等综合起来考虑,最后数形结合求得结果.

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【典例3】 数.

已知函数f(x)=ex(x2+ax-a),其中a是常

(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方 程; (2)若存在实数k,使得关于x的方程f(x)=k在[0,+∞)上 有两个不相等的实数根,求k的取值范围. 【思路点拨】 (1)先求切点、切线斜率,再求切线方

程; (2)利用导数判断函数f(x)在[0,+∞)上的变化情况,数 形结合求解.

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【规范解答】

(1)由f(x)=ex(x2+ax-a)可得

f′(x)=ex[ x2+(a+2)x]. 当a=1时,f(1)=e,f′(1)=4e. 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=4e(x -1),即y=4ex-3e. (2)令f′(x)=ex[x2+(a+2)x]=0, 解得x=-(a+2)或x=0. 当-(a+2)≤0,即a≥-2时,在区间[0,+∞)上, f′(x)≥0, 所以f(x)是[0,+∞)上的增函数, 所以方程f(x)=k在[0,+∞)上不可能有两个不相等的实 数根.

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当-(a+2) 况如下表:
x f′(x) f(x) 0 0 -a

>0,即a<-2时,f′(x),f(x)随x的变化情

(0,-(a+2)) - (a+2) (-(a+2),+∞) - 0 a+4 ea + 2 +

由上表可知函数f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-(a+2)) a+4 = a+2 . e

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因为函数f(x)是(0,-(a+2))上的减函数,是(-(a+2), +∞)上的增函数,且当x≥-a时,有f(x)≥e a(-a)>-a,


又f(0)=-a. 所以要使方程f(x)=k在[0,+∞)上有两个不相等的实数
?a+4 ? ? 根,k的取值范围是? a+2 ,-a? . ? ?e ?

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【反思启迪】

1.在解答本题(2)时应判断f(x)>f(0)是否

成立,这是容易忽视的地方. 2.该类问题的求解,一般利用导数研究函数的单调 性、极值等性质,并借助函数图象,根据零点或图象的交点 情况,建立含参数的方程(或不等式)组求解,实现形与数的 和谐统一.

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变式训练3

已知函数f(x)=|ax-2|+bln x(x>0).

(1)若a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求b的取值 范围; 1 (2)若a≥2,b=1,求方程f(x)= 在(0,1]上解的个数. x
【解】 (1)f(x)=|x-2|+bln x
?-x+2+bln x?0<x<2?, ? =? ? ?x-2+bln x?x≥2?.

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b ①当0<x<2时,f(x)=-x+2+bln x,f′(x)=-1+ . x b 由条件,得-1+ ≥0恒成立,即b≥x恒成立.∴ b≥2. x b ②当x≥2时,f(x)=x-2+bln x,f′(x)=1+ ,由条 x b 件,得1+ ≥0恒成立, x 即b≥-x恒成立.∴b≥-2. 综合①②得b的取值范围是[2,+∞).

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1 (2)令g(x)=|ax-2|+ln x- , x 2? 1? ? 0<x< ?, ?-ax+2+ln x- x? a? ? 即g(x)=? ? ? 2 1 ?ax-2+ln x- ?x≥ ?. x? a? ? 2 1 1 当0<x< 时,g(x)=-ax+2+ln x- ,g′(x)=-a+ a x x 1 + 2. x 2 1 a a a2 a?a-2? ∵0<x< ,∴ >2.则g′(x)>-a+2+ 4 = 4 ≥0. a x

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? 2? 即g′(x)>0,∴g(x)在?0, ?上是递增函数. a? ?

2 1 1 1 当x≥ 时,g(x)=ax-2+ln x- ,g′(x)=a+ + 2>0. a x x x
?2 ? ∴g(x)在?a,+∞?上是递增函数. ? ?

2 又因为函数g(x)在x= 有意义, a ∴g(x)在(0,+∞)上是递增函数.
?2? ∵g?a?=ln ? ?

2 a - ,而a≥2, a 2

?2? 2 ∴ln ≤0,则g? ?<0. a ?a?

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∵a≥2,∴g(1)=a-3. 当a≥3时,g(1)=a-3≥0,∴g(x)=0在(0,1]上解的个数 为1. 当2≤a≤3时,g(1)=a-3<0, ∴g(x)=0在(0,1]上无解,即解的个数为0.

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类型 4 利用导数研究与不等式有关的问题 常见题型及转化方法: (1)不等式恒成立问题 ,转化为函数的最值问题; (2)证明不等式,转化为证明函数的单调性问题; (3)证明不等式,转化为函数的最小值大于最大值问题.

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ln x+k 【典例4】 (2012· 山东高考)已知函数f(x)= (k为 ex 常数,e=2.718 28?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; (3)设g(x)=xf′(x),其中f′(x)为f(x)的导函数,证明: 对任意x>0,g(x)<1+e-2.

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【思路点拨】 (1)利用f′(1)=0求解; (2)求f′(x),解不等式f′(x)>0,f′(x)<0; (3)当x≥1时,利用f′(x)<0证明,当0<x<1时,先根据不 等式放缩得到g(x)<1-xln x-x,再证1-xln x-x<1+e2. 1 -ln x-k x 【规范解答】 (1)f′(x)= , ex
1-k 由已知,f′(1)= e =0,∴k=1.

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1 -ln x-1 x (2)由(1)知,f′(x)= . ex 1 1 1 设k(x)= -ln x-1,则k′(x)=- 2- <0, x x x 即k(x)在(0,+∞)上是减函数, 由k(1)=0知,当0<x<1时,k(x)>0,从而f′(x)>0, 当x>1时,k(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,+∞).

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(3)证明
-2

由(2)可知,当x≥1时,g(x)=xf′(x)≤0<1+e

,故只需证明g(x)<1+e-2在0<x<1时成立即可. 当0<x<1时,ex>1,且g(x)>0, 1-xln x- x ∴g(x)= <1-xln x-x. ex 设F(x)=1-xln x- x,x∈(0,1), 则F′(x)=-(ln x+2), 当x∈(0,e 2)时,F′(x)>0,当x∈(e 2,1)时,
- -

F′(x)<0, 所以当x=e 2时,F(x)取得最大值F(e 2)=1+e 2.
- - -

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所以g(x)<F(x)≤1+e-2. 综上,对任意x>0,g(x)<1+e-2.

【反思启迪】 1.本题(3)中,根据当x>0时,ex>1,得到 g(x)<1-xln x-x,从而只需证明1-xln x-x<1+e2; 2.与不等式有关的问题最终可转化为函数的最值与0的 关系.

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变式训练4 已知函数f(x)=ax+xln 为自然对数的底数)处的切线斜率为3. (1)求实数a的值;

x的图象在点x=e(e

f?x? (2)若k∈Z,且k< 对任意x>1恒成立,求k的最大 x-1 值. 【解】 (1)因为f(x)=ax+xln x,
所以f′(x)=a+ln x+1. 因为函数f(x)=ax+xln x的图象在点x=e处的切线斜率为 3, 所以f′(e)=3,即a+ln e+1=3,所以a=1.

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(2)由(1)知,f(x)=x+xln x, f?x? 又k< 对任意x>1恒成立, x-1 x+xln x 即k< 对任意x>1恒成立. x-1 x+xln x x-ln x-2 令g(x)= ,则g′(x)= 2 , x-1 ?x-1? 令h(x)=x-ln x-2(x>1), 1 x-1 则h′(x)=1- = >0, x x 所以函数h(x)在(1,+∞)上单调递增.

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因为h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, 所以方程h(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x0,且满足 x0∈(3,4). 当1<x<x0时,h(x)<0,即g′(x)<0, 当x>x0时,h(x)>0,即g′(x)>0, x+xln x 所以函数g(x)= 在(1,x0)上单调递减, x-1 在(x0,+∞)上单调递增,

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x0?1+ln x0? 所以[g(x)]min=g(x0)= x0-1 x0?1+x0-2? = =x0∈(3,4), x0-1 所以k<[g(x)]min=x0∈(3,4), 故整数k的最大值是3.

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专题突破练(一)


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