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福建省漳浦县道周中学2014年高考数学专题复习 函数导数教案 文


福建省漳浦县道周中学 2014 年高考数学专题复习 函数导数教案 文
第一部分:函数 一、考试内容及要求 2.函数 考试内容:函数,函数的单调性; ;指数概念的扩充,有理指数幂的运算性质,指数函 数 .;对数、对数的运算性质,对数函数 . 函数的应用举例 . 考试要求:⑴了解映射的概念,理解函数的概念 . ⑵了解函数的单调性的概念,掌握判断一些简单函数的单调性的方法 .

⑶了解反函数的概念及互为反函数的函数图像间的关系,会求一些简单函数的反函数 . ⑷理解分数指数幂的概念,掌握有理指数幂的运算性质,掌握指数函数的概念、图像和性质. ⑸理解对数的概念,掌握对数的运算性质,掌握对数函数的概念、图像和性质 . ⑹能够运用函数的性质、指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题 . 二导数、 考试要求: 1、了解导数概念的实际背景。 2、理解导数的几何意义。 n 3、掌握函数 y=x (n∈N+)的导数公式,会求多项式函数的导数。 4、理解极大值、极小值、最大值、最小值的概念,并会用导数求多项式函数的单调区间、 极大值、极小值及闭区间上的最大值和最小值。 5、会利用导数求最大值和最小值的方法,解决科技、经济、社会中的某些简单实际问题。 一、函数基本性质 【10 湖北】函数 y ?

1 的定义域为( ) log 0.5 (4 x ? 3)
3 ,∞) 4
C(1,+∞) D. (

A.(

3 ,1) 4

B(

3 ,1)∪(1,+∞) 4


【11 重庆二模】 函数 A. ?1 , 2?

y?

x ?1 ?
C.

1 lg(2 ? x)

的定义域是(

B.

4? ?1,

2? ?1,
2

D.

2? ?1,

【11 唐山三模】函数 y= A. (??, ] [1, ??)

log (3x-2x )(0<a<1)的定义域为( ) a B.

1 2

1 [ ,1] 2

C. (0, )

1 2

3 (1, ) 2


D. (0, ] [1, )

1 2

3 2

【11 唐山二模】函数 y ? A. (?4, ? 1)

ln( x ? 1) ? x 2 ? 3x ? 4
B. (?4, 1)

的定义域为(

C. (?1, 1)

D. (?1,1]

1

值域: 2 单调性:构造相关函数,利用函数的单调性求值域。 3 换元法:当根式里是一次式时,用代数换元;当根式里是二次式时,用三角换元。
其他如直接法、配方法、分离常数法、换元法、不等式法了解即可。 【11 拉萨一模】函数 f ( x) ? log 2 ( x ? A.1 B.2

1 ) ( x ? 2) 的最小值 ( x?2
D.4



C.3

【11 湖南一模】求函数 y ? 1 ?

5 的值域。 2 ?1
x

【11 合肥一模】求函数 y ? x ? 2 1 ? x 的值域。 【11 江苏二模】求函数 y=x+4+ 5 ? x 的值域。
2

2) 热门考点 1——“零点”的讨论

“零点问题”三类: 1 函数的单调性 ——
2 分 段 函 数 —— 3‘交点’即‘零点’

【10 浙江】 已知 x 是函数 f(x)=2 + 则( ) A.f( x1 )<0,f( x 2 )<0 C.f( x1 )>0,f( x 2 )<0
x

x

1 的一 个零点.若 x1 ∈ (1,x 0 ) ,x 2 ∈ ( x0 , +?) , 1? x
B.f( x1 )<0,f( x 2 )>0 D.f( x1 )>0,f( x 2 )>0

【10 天津】函数 f(x)= 2 ? 3 x 的零点所在的一个区间是( ) A.(-2,-1) B.(-1,0) C.(0,1) 的零点个数为 ( D.(1,2) )A.3 B.2 C.1 D.0

【10 福建】函数 ( f x)= ?

?x 2 +2x-3,x ? 0 ?-2+ln x,x>0

【11 北京宣武一模】设函数 f ( x) ? log3 围是( ) A. (?1, ? log3 2)

x?2 ? a 在区间 (1, 2) 内有零点,则实数 a 的取值范 x
B. (0, log3 2) C. (log3 2,1) D. (1, log3 4)

【11 河北一模】对于函数 y ? f ( x) ,若将满足 f ( x) ? 0 的实数 x 叫做函数 y ? f ( x) 的零点, 则函数 f ( x) ? 2 ? x ? 2 x ? 8 的零点有 (
x 2

)

A .0 个

B. 1 个

C .2 个

D. 3 个

2

四、热门考点 2——导函数 【11 成都二模】已知 f ( x) ? x 2 ? 3xf ' (1),则f ' (2) =( )

A.1 B.2 C.4 D.8 【11 北京石景山一模】已知函数 f ( x) 的导函数 f ?( x ) 的图象如图所示,那么函数 f ( x) 的图 象最有可能的是( )

【11 江苏南通三模】已知函数 f ( x ) 的导数为 f ?( x ) ,若 f ?( x ) <0(a <x <b)且 f (b) ? 0 , 则在(a ,b)内必有( ) A. f ( x ) =0 B. f ( x ) >0 C. f ( x ) <0 D.不能确定

五、热门考点 3——“恒成立”问题 1、分离变量型 ——求给定 x 区间内值域,m/t 比最大大或最小小,取等讨论。

“恒成立”三类: 1 分离变量型 ——求值域
2 二次函数型 ——判别式、根分布 3 主 辅 变 量 ——化为一次函数 【10 天津】设函数 f(x)=x取值范围是________. 【10 河北】设函数 f ( x) ? x ?
3

1 ,对任意 x ?[1, ??),f(mx)+mf(x)<0 恒成立,则实数 m 的 x

1 2 x ? 2 x ? 5 ,若对于任意 x ∈[-1,2]都有 f ( x) ? m 成 2
) C. [7, ??) D.

立,则实数 m 的取值范围为为( A.

? ?? ? 7,

B.

? ?? ?8,

? ?? . ?9,
? ?

【补充 1】已知向量 a ? ( x2 , x ? 1), b ? (1 ? x, t ), 若函数 f ?x? ? a ? b 在区间 ? ?1,1? 上是增函 数,求 t 的取值范围.

【补充 2】已知函数 f ?x ? ? ln x , g ? x ? ?

1 2 ax ? bx , a ? 0 . 2

若 b ? 2 ,且 h?x ? ? f ?x ? ? g ?x ? 存在单调递减区间,求 a 的取值范围;
3

2、二次函数型 ——判别式、根分布分离变量型 【补充 3】已知函数 f ( x) ? x2 ? ax ? 3 ? a ⑴在 R 上 f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围。 ⑵若 x ?? ?2,2? 时, f ( x) ? 0 恒成立,求 a 的取值范围。 ⑶若 x ?? ?2,2? 时, f ( x) ? 2 恒成立,求 a 的取值范围。

【补充 4】若对任意的实数 x , sin x ? 2k cos x ? 2k ? 2 ? 0 恒成立,求 k 的取值范围。
2

【补充 5】若函数 y ?

mx2 ? 6mx ? m ? 8 在 R 上恒成立,求 m 的取值范围。

4

【补充 6】 (1)若关于 x 的不等式 x ? ax ? a ? 0 的解集为 (??,??) ,求实数 a 的取值范围;
2

(2)若关于 x 的不等式 x ? ax ? a ? ?3 的解集不是空集,求实数 a 的取值范围 a
2

3、主辅变量 ——化为一次函数 特征:给定 a 的范围,求 x 的范围 【补充 7】 对 于满足|a| ? 2 的所有实数 a,求使不等式 x2+ax+1>2a+x 恒成立的 x 的取值范围。

【补充 8 】已知函数 f ( x ) 是定义在 ??1,1 ? 上的奇函数,且 f (1) ? 1,若 a, b ???1,1? ,

a ? b ? 0 ,有

f ( a ) ? f (b ) ?0 a?b

(1)证明 f ( x ) 在 ??1,1? 上的单调性; (2)若 f ( x) ? m2 ? 2am ? 1对所有 a ???1,1? 恒成立,求 m 的取值范围。

3 ' 【补充 9】已知函数 f ? x ? ? x ? 3ax ?1, g ? x ? ? f ? ? x ? ? ax ? 5 ,其中 f ? x ? 是 f ? x ? 的导

函数. (1)对满足 ?1 ? a ? 1 的一切 a 的值,都有 g ? x ? ? 0 ,求实数 x 的取值范围; (2)设 a ? ?m ,当实数 m 在什么范围内变化时,函数 y ? f ? x ? 的图象与直线 y ? 3 只
2

有一个公共点. 六、高考真题 (09 福建)2. 下列函数中,与函数 y ? A . f ( x) ? ln x B. f ( x) ?

1 有相同定义域的是 x
C. f ( x) ?| x | D. f ( x) ? e
x

1 x

5

(09 福建)8. 定义在 R 上的偶函数 数中与

f ? x?

的部分图像如右图所示,则在

? ?2,0? 上,下列函

f ? x?
2

的单调性不同的是

A. y ? x ? 1 B. y ?| x | ?1

?2 x ? 1, x ? 0 y?? 3 ? x ? 1, x ? 0 C.
x ? ?e , x ? o y ? ? ?x ? ?e , x ? 0 D.

( 09 福建) 11. 若函数 f ? x ? 的零点与 g ? x? ? 4 ? 2 x ? 2 的零点之差的绝对值不超过
x

0.25, 则 f ? x ? 可以是 A. f ? x ? ? 4x ?1 C. f ? x ? ? ex ?1 B. f ? x ? ? ( x ?1) D. f ? x ? ? In ? x ?
2

? ?

1? ? 2?

2 ( 09 福建) 15. 若曲线 f ? x ? ? ax ? Inx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围



.

( 本小题满分 12 分)已知函数 f ( x) ? (09 福建)21. (Ⅰ)试用含 a 的代数式表示 b ; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间;

1 3 x ? ax 2 ? bx, 且 f '(?1) ? 0 3

( Ⅲ ) 令 a ? ?1 , 设 函 数 f ( x ) 在 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) 处 取 得 极 值 , 记 点

M ( x1 , f ( x1 )), N ( x2 , f ( x2 )) ,证明:线段 MN 与曲线 f ( x) 存在异于 M 、 N 的公共点;

f x)= ? (10 福建)7.函数 (
A.3 B.2

?x 2 +2x-3,x ? 0 ?-2+ln x,x>0

的零点个数为 (

)

C.1

D.0

(本小题满分 14 分) (10 福建)22.

6

已知函数 f(x)=

1 3 x ? x 2 ? ax ? b 的图像在点 P(0,f(0))处的切线方程为 y=3x-2 3
m 是[ 2, ?? ]上的增函数。 x ?1

(Ⅰ)求实数 a,b 的值; (Ⅱ)设 g(x)=f(x)+

(i)求实数 m 的最大值; (ii)当 m 取最大值时,是否存在点 Q,使得过点 Q 的直线若能与曲线 y=g(x)围成两个封 闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,说明理由。 (11 福建)8.已知函数 f ( x) ? ? A. ?3 B. ?1

?2 x

( x ? 0) .若 f (a) ? f (1) ? 0 ,则实数 a 的值等于 ? x ? 1( x ? 0)
C. 1
3 2

D. 3

10. 若 a ? 0, b ? 0 , 且函数 f ( x) ? 4 x ? ax ? 2bx ? 2 在 x ? 1 处有极值, 则 ab (11 福建) 的最大值等于 A.2 B.3 C.6 D. 9

(11 福建)22.(本小题满分 14 分) 已知 a , b 为常数,且 a ? 0 ,函数 f ( x) ? ?ax ? b ? ax ln x, f ( e) ? 2 (e=2.71828?是自 然对数的底数) . (Ⅰ) 求实数 b 的值; (Ⅱ) 求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ) 当 a ? 1 时,是否同时存在实数 m 和 M ( m ? M ),使得对每一个 ...t ? [m , M ] , 直线 y ? t 与曲线 y ? f ( x) ( x ? ? , e ? ) 都有公共点?若存在,求出最小的实数 m 和最 e 大的实数 M ;若不存在,说明理由.

?1 ? ? ?

一、函数最基本的概念——定义域与值域 定义域: 【10 湖北】A 【11 重庆二模】A 【11 唐山三模】D 【11 唐山二模】C 值 域: 【11 拉萨一模】B 【11 湖南一模】值域为: ?y | ?4 ? y ? 1?
2 【11 合肥一模】 令 t ? 1 ? x ,则 x ? 1 ? t , t ? 0 , y ? 1 ? t 2 ? 2t ? ??t ? 1? ? 2

2

7

当 t ? 0 时, t max ? 1 ? 0 2 ? 2 ? 0 ? 1

所以值域为 (??,1] 。

【11 江苏二模】分析与解答:由 y ? x ? 10x ? x 2 ? 23 = x ? 令 x ?5 ?

2 ? ? x ? 5? ,
2

2 cos? ,
2

因为 2 ? ?x ? 5? ? 0 ? 2 ? 2 cos2 ? ? 0 ? ?1 ? cos? ? 1, ? ? [0, ? ] , 则 2 ? ?x ? 5? = 2 sin ? ,
2

于是: y ?

? ? 5? ?? ? 2 sin ? ? 2 cos? ? 5 ? 2 sin?? ? ? ? 5 , ? ? ? [ , ] , 4 4 4 4? ?

?

2 ?? ? ? sin?? ? ? ? 1,所以: 5 ? 2 ? y ? 7 。 2 4? ?
B A B B B C C

三、热门考点 1——“零点”的讨论 四、热门考点 2——导函数 A

五、热门考点 3——“恒成立”问题 【10 天津】 m<-1 【解析】已知 f(x)为增函数且 m≠0,若 m>0,由复合函数的单调性可知 f(mx)和 mf(x) 均 为 增 函 数 , 此 时 不 符 合 题 意 .m<0 时 , 有

1 m 1 1 1 ? mx ? ? 0 ? 2mx ? (m ? ) ? ? 0 ? 1 ? 2 ? 2 x 2 , mx x m x m 1 2 2 因为 y ? 2x 在 x ? [1, ??) 上的最小值为 2,所以 1+ 2 ? 2 即 m >1,解得 m<-1. m mx ?
【10 河 北】 A 【解析】 f ( x) ? m 恒成立,即为 f ? x ? 的最大值<m 恒成立,

2? ? , ? ? ?1 f ' ? x ? ? 3x2 ? x ? 2 ,当 x ? ??1 ?,2 3? ?

? 时 f ? x ? 为增函数,当 x ? ? ??

2 ? , 1 时, f ? x ? ? 3 ? ?

为减函数, f ? x ? 的最大值为 f ? 2? ? 7 所以 m 的取值范围为 ? 7, ? ?? . 【补充 1】 依定义 f ( x) ? x (1 ? x) ? t ( x ? 1) ? ? x ? x ? tx ? t , 则f ?( x) ? ?3x ? 2x ? t.
2 3 2 2

f ?x ? 在区间 ?? 1,1? 上是增函数等价于 f ??x? ? 0 在区间 ?? 1,1? 上恒成立;
而 f ??x ? ? 0 在区间 ?? 1,1? 上恒成立又等价于 t ? 3x ? 2 x 在区间 ?? 1,1? 上恒成立;
2

设 g ?x? ? 3x ? 2 x, x ? ?? 1,1?
2

8

进而 t ? g ?x ? 在区间 ?? 1,1? 上恒成立等价于 t ? g max ?x ?, x ? ?? 1,1? 考虑到 g ?x? ? 3x 2 ? 2 x, x ? ?? 1,1? 在 ? ? 1, ? 上是减函数,在 ? ,1? 上是增函数, 则 g max ?x ? ? g ?? 1? ? 5 . 于是, t 的取值范围是 t ? 5 . 【补充 2】

? ?

1? 3?

?1 ? ?3 ?

1 2 1 ax2 ? 2 x ? 1 ? . 当 b ? 2时, h( x) ? ln x ? ax ? 2 x ,则 h ( x) ? ? ax ? 2 ? ? 2 x x
因为函数 h ? x ? 存在单调递减区间,所以 h?( x) ? 0 有解. 由题设可知, h?x ? 的定义域是 ?0,??? , 而 h??x ? ? 0 在 ?0,??? 上有解,就等价于 h??x ? ? 0 在区间 ?0,??? 能成立, 即a ?

1 2 1 2 ? , x ? ?0,???成立, 进而等价于 a ? u min ?x ?成立,其中 u ? x ? ? 2 ? . 2 x x x x
2

1 2 ?1 ? 由 u ? x ? ? 2 ? ? ? ? 1? ? 1 得, u min ?x ? ? ?1 . x ?x ? x
于是, a ? ?1 , 由题设 a ? 0 ,所以 a 的取值范 围是 ?? 1,0? ? ?0,??? 【补充 3】⑴ 分析: y ? f ( x) 的函数图像都在 X 轴上方,即与 X 轴没有交点。 略解: ? ? a ? 4 ?3 ? a ? ? a ? 4a ?12 ? 0 ??6 ? a ? 2
2 2

a ? a2 ? ⑵ f ( x) ? ? x ? ? ? ? a ? 3 ,令 f ( x) 在 ? ?2,2? 上的最小值为 g (a) 。 2? 4 ?
1 当?

2

? a 不存在。
2 当 ?2 ? ?

a 7 ? ?2 ,即 a ? 4 时, g (a) ? f (?2) ? 7 ? 3a ? 0 ? a ? 又 a?4 2 3
a a a2 ? 2 ,即 ?4 ? a ? 4 时, g (a ) ? f ( ) ? ? ? a ? 3 ? 0 ??6 ? a ? 2 又 2 2 4

?4 ? a ? 4 ??4 ? a ? 2 a 3 当 ? ? 2 , 即 a ? ?4 时 , g ( a)? 2 ??7 ? a ? ?4 总上所述, ?7 ? a ? 2 。

f ( 2?)

? 7a? ? 0 a ? ?7



a ? ?4

⑶解法一:分析:题目中要证明 f ( x) ? a 在 ? ?2,2? 上恒成立,若把 a 移到等号的左边,则

9

把原题转化成左边二次函数在区间 ? ?2,2? 时恒大于等于 0 的问题。 略解: f ( x) ? x2 ? ax ? 3 ? a ? 2 ? 0 ,即 f ( x) ? x2 ? ax ? 1 ? a ? 0 在 ? ?2,2? 上成立。 ⑴ ? ? a2 ? 4 ?1 ? a ? ? 0 ??2 ? 2 2 ? a ? ?2 ? 2 2

?? ? a 2 ? 4(1 ? a) ? 0 ? f (2) ? 0 ? ? ⑵ ? f (?2) ? 0 ? ?5 ? a ? ?2 2 ? 2 ? ?? a ? 2或 ? a ? ?2 ? ? 2 2
综上所述, ? 5 ? a ? 2 2 ? 2 。 解法二: (利用根的分布情况知识) ⑴当 ?

—2

2

a 5 ? ?2 ,即 a ? 4 时, g (a) ? f (?2) ? 7 ? 3a ? 2 ? a ? ? ? 4, ?? ? 2 3
?2 ? ?

? a 不存在。
3 , 2

⑵ 当

a a a2 ? 2 , 即 ?4 ? a ? 4 时 , g ( a ? ) f ( ? ? ) ?a? ? 2 2 4

-2 2 ? 2 ? a ? 2 2 ? 2 ? ?4 ? a ? 2 2 ? 2
⑶当 ?

a ? 2 ,即 a ? ?4 时, g (a) ? f (2) ? 7 ? a ? 2 ,? a ? ?5 2

??5 ? a ? ?4

综上所述 ? 5 ? a ? 2 2 ? 2 。 此题属于含参数二次函数,求最值时,轴变区间定的情形

【补充 4】解法一:原不等式化为 cos x ? 2k cos x ? 2k ? 1 ? 0
2
2 2 令 t ? cos x ,则 t ? 1 ,即 f (t ) ? t ? 2kt ? 2k ? 1 ? ? t ? k ? ? k ? 2k ? 1 在 t ? ? ?1,1? 上恒 2

大于 0。 ⑴若 k ? ?1 ,要使 f (t ) ? 0 ,即 f (?1) ? 0 , k ? ?

1 ? k 不存在 2

2 ⑵ 若 ?1 ? k ? 1 , 若 使 f (t )? 0, 即 f ( k )? ? k ? 2 k ? 1 ? 0 ?1 ? 2 ? k ? 1 ? 2

?1 ? 2 ? k ? 1
⑶若 k ? 1 ,要使 f (t ) ? 0 ,即 f (1) ? 0 , k ? 1
2

由⑴,⑵,⑶可知,? k ? 1 ? 2 。

解法二: f (t ) ? t ? 2kt ? 2k ? 1 ? 0 ,在 ??1,1? 上恒成立。 ⑴ ? ? k 2 ? 2k ?1 ? 0

?1? 2 ? k ? 1? 2
10

? ? ? k 2 ? 2k ? 1 ? 0 ? ? f (1) ? 0 ⑵? ?k ? 1? 2 ? f ( ?1) ? 0 ? ? k ? 1或k ? ?1
2

由⑴, ⑵可知, k ? 1 ? 2 。

【补充 5】分析:该题就转化为被开方数 mx ? 6mx ? m ? 8 ? 0 在 R 上恒成立问题,并且注 意对二次项系数的讨论。 略解: 要使 y ? 恒成立。

mx2 ? 6mx ? m ? 8 在 R 上恒成立,即 mx2 ? 6mx ? m ? 8 ? 0 在 R 上

1 m ? 0 时, 8 ? 0 ? m ? 0 成立 2

? ?m ? 0 m ? 0 时, ? ,? 0 ? m ? 1 2 ? ?? ? 36m ? 4 ? m ? 8 ? ? 32m ? m ? 1? ? 0

由 1 , 2 可知, 0 ? m ? 1 【补充 6】 (1) ? f ?x ? ? 0 在 ?? ?,??? 上恒成立 ? f min ?x ? ? 0 , 即 f min ?x ? ? ?

4a ? a 2 ? 0, 解得 ? 4 ? a ? 0 4

(2) ? f ?x ? ? ?3 在 ?? ?,??? 上能成立 ? f min ?x ? ? ?3 , 即 f min ?x ? ? ?

4a ? a 2 ? ?3, 解得 a ? ?6 或 a ? 2 . 4
2

【补充 7】原不等式转化为(x-1)a+x -2x+1>0, 2 设 f(a)= (x-1)a+x -2x+1,则 f(a)在[-2,2]上恒大于 0,故有:

?x 2 ? 4x ? 3 ? 0 ?x ? 3或x ? 1 ? f (?2) ? 0 ? 即 解得: ? ? 2 ? ? ? f (2) ? ?x ? 1或x ? ?1 ?x ? 1 ? 0
【补充 8】分析: 。 (1) 简证:任取 x1, x2 ???1,1? 且 x1 ? x2 ,则 ? x2 ?? ?1,1?

∴x<-1 或 x>3.

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?0 x1 ? x2

?? x1 ? x2 ?? f ( x1) ? f (?x2 ) ? ? 0



f ( x) 是奇函数

?? x1 ? x2 ?? f ( x1) ? f ( x2 ) ? ? 0
(2) 解:

? f ( x) 在 ??1,1? 上单调递增。

f ( x) ? m2 ? 2am ? 1 对所有 x ???1,1? , a ???1,1? 恒成立,即 fmax ? f (1) ? 1 ?m2 ? 2am ? 1 ? 1 ?m2 ? 2am ? 0
11

m2 ? 2am ? 1 ? fmax ,

1 ? a?? ? ? g (?1) ? 1 ? 2a ? 0 ? 2 ?? 即 g (a) ? ?2am ? m2 ? 0 在 ??1,1? 上恒成立。? ? ? g (1) ? 1 ? 2a ? 0 ?a ? 1 ? ? 2
1 1 ?? ? a ? 。 2 2
【补充 9】

六、高考真题 (09 福建)2. A. (09 福建)8.

? ?2,0? 上函数单调递减。

C。

11. f ? x ? ? 4x ?1 的零点为 x= (09 福建) 的零点为 x=0, f ? x ? ? In ? x ? 零点 x ? (0,

1 2 x , f ? x ? ? ( x ?1) 的零点为 x=1, f ? x ? ? e ?1 4

? ?

3 1 1? ? 的零点为 x= 2 . 因为 g(0)= -1,g( 2 )= 1,所以 g(x)的 2?

1 x ), 又函数 f ? x ? 的零点与 g ? x? ? 4 ? 2 x ? 2 的零点之差的绝对值不超过 2

0.25,只有 f ? x ? ? 4x ?1 的零点适合,故选 A。 (09 福建)15.由题意该函数的定义域 x ? 0 ,由 f
?

? x ? ? 2ax ?

1 。因为存在垂直于 y 轴 x

12

的切线,故此时斜率为 0 ,问题转化为 x ? 0 范围内导函数 f

?

? x ? ? 2ax ?

1 存在零点。 x

解法 1 (图像法)再将之转化为 g ? x ? ? ?2ax 与 h ? x ? ?

1 存在交点。当 a ? 0 不符合 x

题意,当 a ? 0 时,如图 1,数形结合可得显然没有交点,当 a ? 0 如图 2,此时正好有一个 交点,故有 a ? 0 应填 ? ??,0 ? 或是 ?a | a ? 0? 。

解法 2 (分离变量法)上述也可等价于方程 2ax ?

1 ? 0 在 ? 0, ?? ? 内有解,显然可得 x

a??

1 ? ? ??, 0 ? 2x2

(09 福建)21.解法一: (Ⅰ)依题意,得 f '( x) ? x ? 2ax ? b
2

由 f '(?1) ? 1 ? 2a ? b ? 0 得 b ? 2a ? 1 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f ( x) ?
2

1 3 x ? ax 2 ? (2a ? 1) x 3

故 f '( x) ? x ? 2ax ? 2a ?1 ? ( x ? 1)( x ? 2a ?1) 令 f '*( x) ? 0 ,则 x ? ?1 或 x ? 1 ? 2a ①当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 当 x 变化时, f '( x) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x)
f ( x)

(??,1 ? 2a)
+ 单调递增

(?2a, ?1)
— 单调递减

(?1 ? ?)
+ 单调递增
13

由此得,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) ,单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) ②由 a ? 1 时,1 ? 2a ? ?1 ,此时, f '( x) ? 0 恒成立,且仅在 x ? ?1 处 f '( x) ? 0 ,故函数

f ( x) 的单调区间为 R
③当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 ,同理可得函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) , 单调减区间为 (?1,1 ? 2a) 综上: 当 a ? 1 时, 函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) , 单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) ; 当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 R; 当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) ,单调减区间为 (?1,1 ? 2a) (Ⅲ)当 a ? ?1 时,得 f ( x) ?
3

1 3 x ? x 2 ? 3x 3

由 f '( x) ? x ? 2x ? 3 ? 0 ,得 x1 ? ?1, x2 ? 3 由(Ⅱ)得 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) ,单调减区间为 (?1,3) 所以函数 f ( x ) 在 x1 ? ?1.x2 ? 3 处取得极值。 故 M (?1, ).N (3, ?9) 所以直线 MN 的方程为 y ? ?

5 3

8 x ?1 3

1 ? y ? x 2 ? x 2 ? 3x ? ? 3 3 2 由? 得 x ? 3x ? x ? 3 ? 0 8 ? y ? ? x ?1 ? 3 ?
令 F ( x) ? x ? 3x ? x ? 3
3 2

易得 F (0) ? 3 ? 0, F (2) ? ?3 ? 0 , 而 F ( x ) 的图像在 (0, 2) 内是一条连续不断的曲线, 故 F ( x ) 在 (0, 2) 内存在零点 x0 ,这表明线段 MN 与曲线 f ( x ) 有异于 M , N 的公共点 解法二: ( Ⅲ ) 当 a ? ?1 时 , 得 f ( x ) ?

1 3 x ? x 2 ? 3x , 由 f ' ( x ? ) 2 x ? 2x? 3? , 0得 3x
14

x1 ? ?1, x2 ? 3
由 (Ⅱ) 得 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) , 单调减区间为 (?1,3) , 所以函数 f ( x ) 在 x1 ? ?1, x2 ? 3 处取得极值,故 M (?1, ), N (3, ?9) 所以直线 MN 的方程为 y ? ?

5 3

8 x ?1 3

1 3 ? y ? x ? x 2 ? 3x ? ? 3 3 2 由? 得 x ? 3x ? x ? 3 ? 0 8 ? y ? ? x ?1 ? 3 ?
解得 x1 ? ?1, x2 ? 1.x3 ? 3

? x1 ? ?1 ? x2 ? 1 ? x3 ? 3 ? ? ?? 5 ? 11 ? y1 ? , ? y2 ? ? , ? y3 ? ?9 ? 3 ? 3 ?
所以线段 MN 与曲线 f ( x ) 有异于 M , N 的公共点 (1, ?

11 ) 3

(10 福建)7.B 【解析】当 x ? 0 时,令 x ? 2 x ? 3 ? 0 解得 x ? ?3 ;
2

当 x ? 0 时,令 ?2 ? ln x ? 0 解得 x ? 100 ,所以已知函数有两个零点,选 C。 (10 福建)22.

15

(11 福建)8.A

10.D

16

17


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