2017年高考数学基础突破 导数与积分（打包9套）.zip

12017 年高考数学基础突破——导数与积分第 1 讲 变化率与导数【知识梳理】1．函数 在 x＝ x0处的导数()yf(1)定义：称函数 在 x＝ x0处的瞬时变化率 为()yf 000()(limlimx xfxfy函数 在 x＝ x0处的导数，记作 或 ，即()yf ()f0|y．00()limlixxff x【基础考点突破】考点 1．求平均变化率【例 1】若一质点按规律 运动，则在时间段 2～2.1 中，平均速度是 ( )28stA．4 B．4.1 C．0.41 D．－1.1【归纳总结】求函数的平均变化率的步骤:（1）求函数的增量 ；（2）计算平均变化率21()()fxfx21)(fx考点 2 瞬时速度与瞬时变化率【例 2】自由落体运动的公式为 s＝ s(t)＝ gt2(g＝10 m/s 2)，若12v＝ ，则下列说法正确的是( )s 1＋ Δ t － s 1Δ tA． v 是在 0～1 s 这段时间内的速度B． v 是 1 s 到(1＋Δ t)s 这段时间内的速度C．5Δ t＋10 是物体在 t＝1 s 这一时刻的速度D．5Δ t＋10 是物体从 1 s 到(1＋Δ t)s 这段时间内的平均速度【例 3】某物体作直线运动，其运动规律是 s＝ t2＋ (t 的单位是秒， s 的单位是米)，则它3t在 4 秒末的瞬时速度为( )A. 米/秒 B． 米/秒 C．8 米/秒 D． 米/秒12316 12516 674考点 3．定义法求函数的导数【例 4】.求函数 y＝ x＋ 在 x＝1 处的导数1x2【归纳小结】1．求导方法简记为：一差、二化、三趋近．2．求函数在某一点导数的方法有两种：一种是直接求出函数在该点的导数；另一种是求出导函数，再求导数在该点的函数值，此方法是常用方法．变式训练 1．用定义求函数 f(x)＝ x2在 x＝1 处的导数．【例 5】 （ ）xff2)()(lim00xA. B. C. D. )(210f)(0f )(20xf )(-0xf【基础练习巩固】1．已知物体位移公式 s＝ s(t)，从 t0到 t0＋Δ t 这段时间内，下列说法错误的是( )A．Δ s＝ s(t0＋Δ t)－ s(t0)叫做位移增量 B． ＝ 叫做Δ sΔ t s t0＋ Δ t － s t0Δ t这段时间内物体的平均速度C． 不一定与 Δ t 有关 D． 叫做这段时间内物体的平Δ sΔ t lim Δ t→ 0Δ sΔ t均速度2．设函数 ，当自变量 由 改变到 时，函数的改变量 为（ ）xfyx0x0 yA． B． C． D．0ff00xfxf3．某地某天上午 9：20 的气温为 23.40℃，下午 1：30 的气温为 15.90℃，则在这段时间内气温变化率为（℃/ min） （ ）3A. B. C. D. 03.03.-03.03.-4．.函数 y＝ x3在 x＝1 处的导数为( )A．2 B．－2 C．3 D．－35．已知点 P(x0， y0)是抛物线 y＝3 x2＋6 x＋1 上一点，且 f′( x0)＝0，则点 P 的坐标为( )A．(1,10) B．(－1，－2) C．(1，－2) D．(－1,10)6．设 ，若 ，则 的值（ ）4)(af)'faA．2 B．－2 C．3 D．－37．函数 在 处有增量 ，则 在 到 上的平均832xy15.0xxf1x变化率是 8．一小球沿斜面自由滚下，其运动方程是 s(t)＝ t2(s 的单位：米， t 的单位：秒)，则小球在 t＝5 时的瞬时速度为________．9．某物体按照 s(t)＝3 t2＋2 t＋4( s 的单位：m)的规律作直线运动，求自运动开始到 4 s时物体运动的平均速度和 4 s 时的瞬时速度．10．求函数 f(x)= 在 附近的平均变化率，并求出在该点处的导数． 21x11．若 ，求 ．2)1(xf()f412． 是二次函数，方程 有两个相等的实根，且 ，求)(xfy0)(xf 2)(xf的表达式．52017 年高考数学基础突破——导数与积分第 1 讲 变化率与导数（教师版）【知识梳理】1．函数 在 x＝ x0处的导数()yf(1)定义：称函数 在 x＝ x0处的瞬时变化率 为()yf 000()(limlimx xfxfy函数 在 x＝ x0处的导数，记作 或 ，即()yf ()f0|y．00()limlixxff x【基础考点突破】考点 1．求平均变化率【例 1】若一质点按规律 运动，则在时间段 2～2.1 中，平均速度是 ( )28stA．4 B．4.1 C．0.41 D．－1.1解析： ＝ ＝ ＝ ＝4.1，故应选 B.vΔ sΔ t (8＋ 2.12)－ (8＋ 22)2.1－ 2 2.12－ 220.1【归纳总结】求函数的平均变化率的步骤:（1）求函数的增量 ；（2）计算平均变化率21()()fxfx21)(fx知识点 2 瞬时速度与瞬时变化率【例 2】自由落体运动的公式为 s＝ s(t)＝ gt2(g＝10 m/s 2)，若12v＝ ，则下列说法正确的是( )s 1＋ Δ t － s 1Δ tA． v 是在 0～1 s 这段时间内的速度B． v 是 1 s 到(1＋Δ t)s 这段时间内的速度C．5Δ t＋10 是物体在 t＝1 s 这一时刻的速度D．5Δ t＋10 是物体从 1 s 到(1＋Δ t)s 这段时间内的平均速度【解析】 由平均速度的概念知： v＝ ＝5Δ t＋10.故应选 D.s 1＋ Δ t － s 1Δ t【例 3】某物体作直线运动，其运动规律是 s＝ t2＋ (t 的单位是秒， s 的单位是米)，则它3t在 4 秒末的瞬时速度为( )A. 米/秒 B． 米/秒 C．8 米/秒 D． 米/秒12316 12516 6746【解析】∵ ＝ ＝ ＝Δ t＋8－Δ sΔ t  4＋ Δ t 2＋ 34＋ Δ t－ 16－ 34Δ t Δ t2＋ 8Δ t＋ － 3Δ t4 4＋ Δ tΔ t，316＋ 4Δ t∴ ＝8－ ＝ . 故选 B.limΔ t→ 0Δ sΔ t 316 12516考点 3．定义法求函数的导数【例 4】.求函数 y＝ x＋ 在 x＝1 处的导数1x【解析】法一 ∵Δ y＝(1＋Δ x)＋ －(1＋ )11＋ Δ x 11＝Δ x－1＋ ＝ ，∴ ＝ .11＋ Δ x  Δ x 21＋ Δ x Δ yΔ x Δ x1＋ Δ x∴ y′| x＝1 ＝ ＝ ＝0.limΔ x→ 0Δ yΔ x lim Δ x→ 0 Δ x1＋ Δ x法二 ∵Δ y＝( x＋Δ x)＋ －( x＋ )1x＋ Δ x 1x＝Δ x－ ＋ ＝ ，1x 1x＋ Δ x Δ x x2＋ x·Δ x－ 1x x＋ Δ x∴ y′＝ ＝ ＝ ＝1－ .limΔ x→ 0Δ yΔ x lim Δ x→ 0x2＋ x·Δ x－ 1x x＋ Δ x x2－ 1x2 1x2∴ y′| x＝1 ＝1－1＝0.【归纳小结】1．求导方法简记为：一差、二化、三趋近．2．求函数在某一点导数的方法有两种：一种是直接求出函数在该点的导数；另一种是求出导函数，再求导数在该点的函数值，此方法是常用方法．变式训练 1．用定义求函数 f(x)＝ x2在 x＝1 处的导数．解析：法一 Δ y＝ f(1＋Δ x)－ f(1)＝(1＋Δ x)2－1＝2Δ x＋(Δ x)2，∴ f′(1)＝ ＝ ＝ (2＋Δ x)＝2，即 f(x)limΔ x→ 0 Δ yΔ x lim Δ x→ 0 2Δ x＋  Δ x 2Δ x lim Δ x→ 0＝ x2在 x＝1 处的导数 f′(1)＝2.法二 Δ y＝ f(x＋Δ x)－ f(x)＝( x＋Δ x)2－ x2＝2Δ x·x＋(Δ x)2，∴ ＝Δ yΔ x＝2 x＋Δ x.2Δ x·x＋  Δ x 2Δ x∴ ，∴ ，即 f(x)＝ x2在 x＝1 处的导数 f′(1)0()lim()f(1)f＝2.7【例 5】 （ ）xff2)()(lim00xA. B. C. D. )(210f)(0f )(20xf )(-0xf【解析】 ，故0 0x x00li lim=()2()()fx fx选 B.【基础练习巩固】1．已知物体位移公式 s＝ s(t)，从 t0到 t0＋Δ t 这段时间内，下列说法错误的是( )A．Δ s＝ s(t0＋Δ t)－ s(t0)叫做位移增量 B． ＝ 叫做Δ sΔ t s t0＋ Δ t － s t0Δ t这段时间内物体的平均速度C． 不一定与 Δ t 有关 D． 叫做这段时间内物体的平Δ sΔ t lim Δ t→ 0Δ sΔ t均速度【解析】D 错误，应为 t＝ t0时的瞬时速度，选 D2．设函数 ，当自变量 由 改变到 时，函数的改变量 为（ ）xfyxx0 yA． B． C． D．0f0f00xfxf2. 解析】D.3．某地某天上午 9：20 的气温为 23.40℃，下午 1：30 的气温为 15.90℃，则在这段时间内气温变化率为（℃/ min） （ ）A. B. C. D. 0.03.-03.03.-【解析】B4．.函数 y＝ x3在 x＝1 处的导数为( )A．2 B．－2 C．3 D．－3【答案】C【解析】＝ ＝ ＝3 x2＋3Δ x·x＋(Δ x)Δ yΔ x  x＋ Δ x 3－ x3Δ x 3Δ x·x2＋ 3 Δ x 2·x＋  Δ x 3Δ x2，∴ ＝3 x2，∴ y′| x＝1 ＝3.limΔ x→ 0Δ yΔ x85．已知点 P(x0， y0)是抛物线 y＝3 x2＋6 x＋1 上一点，且 f′( x0)＝0，则点 P 的坐标为( )A．(1,10) B．(－1，－2) C．(1，－2) D．(－1,10)【答案】 B【解析】 Δ y＝3( x0＋Δ x)2＋6( x0＋Δ x)－3 x －6 x0＝6 x0·Δ x＋3Δ x2＋6Δ x，20∴ ＝ (6x0＋3Δ x＋6)＝6 x0＋6＝0.，∴ x0＝－1， y0＝－2.limΔ x→ 0Δ yΔ x lim Δ x→ 06．设 ，若 ，则 的值（ ）4)(af 2)1('faA．2 B．－2 C．3 D．－3【解析】A7．函数 在 处有增量 ，则 在 到 上的平均832xy15.0xxf1x变化率是 3.【答案】 17.58．一小球沿斜面自由滚下，其运动方程是 s(t)＝ t2(s 的单位：米， t 的单位：秒)，则小球在 t＝5 时的瞬时速度为________．【答案】 10 米/秒【解析】 v′(5)＝ ＝ (10＋Δ t)＝10.limΔ t→ 0s 5＋ Δ t － s 5Δ t lim Δ t→ 09．某物体按照 s(t)＝3 t2＋2 t＋4( s 的单位：m)的规律作直线运动，求自运动开始到 4 s时物体运动的平均速度和 4 s 时的瞬时速度．【解析】自运动开始到 t s 时，物体运动的平均速度 (t)＝ ＝3 t＋2＋ ，故前vs tt 4t4 s 物体的平均速度为 (4)＝3×4＋2＋ ＝15(m/s).v44由于 Δ s＝3( t＋Δ t)2＋2( t＋Δ t)＋4－(3 t2＋2 t＋4)＝(2＋6 t)Δ t＋3(Δ t)2.＝ (2＋6 t＋3·Δ t)＝2＋6 t， ∴4 s 时物体的瞬时速度为limΔ t→ 0 Δ sΔ t lim Δ t→ 02＋6×4＝26(m/s).10．求函数 f(x)= 在 附近的平均变化率，并求出在该点处的导数． 21x解析： ，xy 32)()2．0 01(1)limlim()3x xxf 11．若 ，求 ．2)('f9解析： =xffxyoo)(( xxff 22)1()()2(x2所以： f’(2)= 2)(lim0xx12．设 是二次函数，方程 有两个相等的实根，且 ，求)(xfy0)(xf 2)(xf的表达式．解析：设 ，则 解得2)()mxaf2)(2) xamxaxf，所以 。1,ma 1112017 年高考数学基础突破——导数与积分第 7 讲 导数与函数的零点【知识梳理】研究方程根或函数的零点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．【基础考点突破】考点 1. 利用导数解决函数零点问题【例 1】(2014·课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝ x3－3 x2＋ ax＋2，曲线 y＝ f(x)在点(0，2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为－2.(1)求 a；(2)证明：当 k1，函数 f(x)＝(1＋ x2)ex－ a.(1)求 f(x)的单调区间；(2)证明： f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线 y＝ f(x)在点 P 处的切线与 x 轴平行，且在点 M(m， n)处的切线与直线 OP 平行( O 是坐标原点)， 33．(2015·课标全国Ⅰ)设函数 f(x)＝e 2x－ aln x.(1)讨论 f(x)的导函数 f′( x)零点的个数；(2)证明：当 a0 时， f(x)≥2 a＋ aln .2a4．已知函数 f(x)＝ .x＋ aex(1)若 f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若 a＝0， x00.当 x≤0 时， g′( x)＝3 x2－6 x＋1－ k0， g(x)单调递增， g(－1)＝ k－10 时，令 h(x)＝ x3－3 x2＋4，则 g(x)＝ h(x)＋(1－ k)xh(x)．h′( x)＝3 x2－6 x＝3 x(x－2)， h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)h(x)≥ h(2)＝0.所以 g(x)＝0 在(0，＋∞)没有实根．综上， g(x)＝0 在 R 有唯一实根，即曲线 y＝ f(x)与直线 y＝ kx－2 只有一个交点．【例 2】（2016 年北京高考）设函数 .32()fabc（I）求曲线 在点 处的切线方程；()yfx0,（II）设 ，若函数 有三个不同零点，求 c 的取值范围；4ab()f（III）求证： 是 有三个不同零点的必要而不充分条件.23x解：（I）由 ，得 ．fxc23fxab因为 ， ，所以曲线 在点 处的切线方程为0fcby0,f．ybx5（II）当 时， ，所以 ．4ab324fxxc2384fx令 ，得 ，解得 或 ．0fx2380与 在区间 上的情况如下：,x,22,32,3f00xAcA27cA所以，当 且 时，存在 ， ，0c32714,2x,3x，使得 ．32,x1230fxff由 的单调性知，当且仅当 时，函数 有三个不同f ,7c324fxxc零点．（III）当 时， ， ，2410ab230fxab,此时函数 在区间 上单调递增，所以 不可能有三个不同零点．fx,fx当 时， 只有一个零点，记作 ．22fx 0x当 时， ， 在区间 上单调递增；0,x00,x当 时， ， 在区间 上单调递增．fxf所以 不可能有三个不同零点．fx综上所述，若函数 有三个不同零点，则必有 ．fx2410ab故 是 有三个不同零点的必要条件．230ab当 ， 时， ， 只有两个不同4c230ab232fxx点， 所以 不是 有三个不同零点的充分条件．2f6因此 是 有三个不同零点的必要而不充分条件．230abfx变式训练 2.（2016 年全国 I 卷高考）已知函数 .(I)讨论 的单调性；(II)若 有两个零点，求 的取值范围.a【解析】（Ⅰ） ．()12()1(2)x xfeae（ i ）当 时，则当 时， ；当 时，0a0f(0fx故函数 在 单调递减，在 单调递增．()fx,)(,)（ ii ）当 时，由 ，解得： 或fx1xln(2)a①若 ，即 ，则 ，ln(2)1a2eR()0xfe故 在 单调递增．)fx,②若 ，即 ，则当 时， ；当l()e(,ln2)(1,)xa()fx时，n2,1xa(0fx故函数在 ， 单调递增；在 单调递减．,ln2)a(1,)(l),③若 ，即 ，则当 时， ；l()e,1n2xa()0fx当 时， ；1,x(0fx故函数在 ， 单调递增；在 单调递减．(,1)ln2),a(,l)（Ⅱ）（i）当 时，由（Ⅰ）知，函数 在 单调递减，在 单)fx1(1,)调递增．又∵ ，取实数 满足 且 ，则(1),2)fefab0ln2ab23(1()b∴ 有两个零点．()fx（ii）若 ，则 ，故 只有一个零点．0a()2xfxe()f（iii）若 ，由（I）知，当 ，则 在 单调递增，又当 时，ax(1,)1x7，故 不存在两个零点；()0fx()fx当 ，则函数在 单调递增；在 单调递减．又当 时，2ea(ln2),a(1,ln2)a1x，故不存在两个零点．()fx综上所述， 的取值范围是 ．0,【基础练习巩固】1．若函数 f(x)＝2 x3－9 x2＋12 x－ a 恰好有两个不同的零点，则 a 可能的值为( )A．4 B．6 C．7 D．8答案 A解析 由题意得 f′( x)＝6 x2－18 x＋12＝6( x－1)( x－2)，由 f′( x)0 得 x2，由 f′( x)1，函数 f(x)＝(1＋ x2)ex－ a.(1)求 f(x)的单调区间；(2)证明： f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线 y＝ f(x)在点 P 处的切线与 x 轴平行，且在点 M(m， n)处的切线与直线 OP 平行( O 是坐标原点)，证明： m≤ －1.3a－ 2e解析：（1） f′( x)＝2 xex＋(1＋ x2)ex＝( x2＋2 x＋1)e x＝( x＋1) 2ex∀x∈R， f′( x)≥0 恒成立.∴ f(x)的单调增区间为(－∞，＋ ∞).(2)证明 ∵ f(0)＝1－ a， f(a)＝(1＋ a2)ea－ a，∵ a1，∴ f(0)2aea－ a2a－ a＝ a0，∴ f(0)·f(a)0，则 m0，∴ g(m)在(0，＋∞)上增.令 g′( x)0 时， f(x)≥2 a＋ aln .2a(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′( x)＝2e 2x－ (x0)．ax当 a≤0 时， f′( x)0， f′( x)没有零点．当 a0 时，因为 y＝e 2x单调递增， y＝－ 单调递增，所以 f′( x)在(0，＋∞)上单调ax递增．又 f′( a)0，当 b 满足 00 时， f′( x)存在唯一a4 14零点．(2)证明 由(1)，可设 f′( x)在(0，＋∞)的唯一零点为 x0，当 x∈(0， x0)时， f′( x)0.故 f(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，＋∞)上单调递增，所以当 x＝ x0时， f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)．由于 2e2x0－ ＝0，所以 f(x0)＝ ＋2 ax0＋ aln ≥2 a＋ aln .故当 a0 时， f(x)ax0 a2x0 2a 2a≥2 a＋ aln .2a4．已知函数 f(x)＝ .x＋ aex(1)若 f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若 a＝0， x00，当 xx0时， φ (x)0，当 xx0时， h′( x)0，∴ h(x)在区间(－∞， x0)上为增函数，在区间( x0，＋∞)上为减函数，∴ x∈R 时， h(x)≤ h(x0)＝0，∴ f(x)≤ g(x)．12017 年高考数学基础突破——导数与积分第 8 讲 构造函数求导与“二次求导”【知识梳理】构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．二次求导的原因是导函数无法用初等方程的求解，尤其是超越方程，使用二次求导可以化解很多一次求导函数零点“求之不得”的问题。【基础考点突破】考点 1.构造函数求导【例 1】 【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 是奇函数 的导函数，()fx()fxR，当 时， ，则使得 成立的 的取值范围(1)0fx()0fx0是（ ）A． B．(,)(,(1,),)C． D．100变式训练 1.【2015 高考福建，理 10】若定义在 上的函数 满足 ，其Rfx01f导函数 满足 ，则下列结论中一定错误的是（ ）fx1fxkA． B． C． D． 1fkf1fkf考点 2.利用导数构造函数证明不等式【例 2】 【2015 高考福建，文 22】已知函数 ．2(1)()lnxf(Ⅰ)求函数 的单调递增区间；fx（Ⅱ）证明：当 时， ；11fx2（Ⅲ）确定实数 的所有可能取值，使得存在 ，当 时，恒有k01x0(,)x．1fx3变式训练 2.【2016 高考新课标Ⅲ文数】设函数 .()ln1fx（1）讨论 的单调性；（2）证明当 时， ；（3）设 ，证()fx1,lx1c明当 时， .0,1()xc考点 3.构造函数与二次求导【例 3】设函数 (其中 ).21xfxekR(Ⅰ) 当 时,求函数 的单调区间；(Ⅱ) 当 时,求函数 在 上1kf 12kfx0,k的最大值 .M4【归纳总结】二次求导的原因是导函数无法用初等方程的求解，尤其是超越方程，使用二次求导可以化解很多一次求导函数零点“求之不得”的问题。变式训练 3.（2012 年全国卷）设函数 ．2xfea（1）求 的单调区间；（2）若 ， 为整数，且当 时，fx1k0x，求 的最大值．' 10xkk变式训练 4.（2014 年山东卷）设函数 （ 为常数，2lnxefkxk是自然对数的底数） ．2.718e（1）当 时，求函数 的单调区间；0kfx（2）若函数 在 内存在两个极值点，求 的取值范围．fx,2k5【基础练习巩固】1．设函数 满足 ， ，则 时， （ ）()fx2()()xefxf2()8ef0x()fxA．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值2．设函数 ，其中 ．()(1)lnfxax0a（1）当 时，证明不等式 ；（2）设 的最小值为 ，证0l(1)x()fx()ga明 ．()ga3． 已知函数 ，证明: 当 且 时 ．ln1()xf0x1ln()1xf64.【2016 高考新课标 2 理数】(Ⅰ)讨论函数 的单调性，并证明当 时， ； xf()e0x(2)0xe(Ⅱ)证明：当 时，函数 有最小值.设 的最小值为[0,1a2=()xeag（ ） (g，求函数 的值域．()h()h72017 年高考数学基础突破——导数与积分第 1 讲 构造函数求导与“二次求导” （学生版，后附教师版）【知识梳理】构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，属于难题．二次求导的原因是导函数无法用初等方程的求解，尤其是超越方程，使用二次求导可以化解很多一次求导函数零点“求之不得”的问题。【基础考点突破】考点 1.构造函数求导【例 1】 【2015 高考新课标 2，理 12】设函数 是奇函数 的导函数，()fx()fxR，当 时， ，则使得 成立的 的取值范围(1)0fx()0fx0是（ ）A． B．(,)(,(1,),)C． D．100【答案】A解析：记函数 ，则 ，因为当 时，()fxg2()xffg0x，故当 时， ，所以 在 上单调递减；又因为()0xff()0g(,)函数 是奇函数，故函数 是偶函数，所以 在 上单调递减，且x)x.当 时， ，则 ；当 时， ，则(1)g1()g(f1()0gx，综上所述，使得 成立的 的取值范围是 ，故选 A.0fx0fxx(,),变式训练 1.【2015 高考福建，理 10】若定义在 上的函数 满足 ，其Rfxf导函数 满足 ，则下列结论中一定错误的是（ ）fx1fxkA． B． C． D． 1fkf1fk81kf【答案】C【解析】由已知条件，构造函数 ，则 ，故函数()gxfkx''()0gfxk在 上单调递增，且 ，故 ，所以 ，()gxR10k1()01()1，所以结论中一定错误的是 C，选项 D 无法判断；构造函数1fk，则 ，所以函数 在 上单调递增，且 ，()hx''()1hxf()hxR0k所以 ，即 ， ，选项 A,B 无法判断，故选 C．(0)kk()1fk考点 2.利用导数构造函数证明不等式【例 2】 【2015 高考福建，文 22】已知函数 ．2()()lnxf(Ⅰ)求函数 的单调递增区间；fx（Ⅱ）证明：当 时， ；11fx（Ⅲ）确定实数 的所有可能取值，使得存在 ，当 时，恒有k0x0(1,)x．fx【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ） ．150,2,1【解析】 （I） ， ．21xfx0,x由 得 解得 ．0f21052故 的单调递增区间是 ．fx5,（II）令 ， ．则有 ．F1fx0,x21Fx当 时， ，所以 在 上单调递减，故当 时，1,xF1, 9，即当 时， ．F10x1x1fx（III）由（II）知，当 时，不存在 满足题意．k0当 时，对于 ，有 ，则 ，从而不存在kxfxkx1fxk满足题意．01x当 时，令 ， ，则有kG1xfkx0,．21x由 得， ．0210xk解得 ， ．14kx22141kx当 时， ，故 在 内单调递增．2,G0x,从而当 时， ，即 ，x11fxk综上， 的取值范围是 ．k,变式训练 2.【2016 高考新课标Ⅲ文数】设函数 .()ln1fx（1）讨论 的单调性；（2）证明当 时， ；（3）设 ，证()fx1,lx1c明当 时， .0,1()xc解析：（Ⅰ）由题设， 的定义域为 ， ，令 ，解得f(0,)'1(fx'()0fx.x当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递01'()fx()f'()f()f减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 在 处取得最大值，最大值为 ，所以当 时，()f1(1)0f1x.ln1x故当 时， ， ，即 . (,)lnx1lxlnx10（Ⅲ）由题设 ，设 ，则 ，令 ，1c()1)xgxc'()1lnxgc'()0gx解得 .0lnx当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.'()0gx()0x'()0gx()由（Ⅱ）知， ，故 ，又 ，故当 时，1lnc01()11x.()0x所以当 时， . ,)()xc考点 3.构造函数与二次求导【例 3】设函数 (其中 ).21xfxekR(Ⅰ) 当 时,求函数 的单调区间；(Ⅱ) 当 时,求函数 在 上1kf 12kfx0,k的最大值 .M解析：(Ⅰ) 当 时, ,1k 21xfe12xxxxfeee令 ,得 ,0ln当 变化时, 的变化如下表:fx,00,ln2lln2,f0A极大值 A极小值 A右表可知,函数 的递减区间为 ,递增区间为 , .fx0ln2ln2(Ⅱ) ,令 ,得 ,1xxxfekeek0fx1,2lnxk令 ,则 ,所以 在 上递增,l2g10kgg2所以 ,从而 ,所以1ln0keln2ln0k所以当 时, ； 当 时, ；0,lxfx kfx所以 ，3mama1,Mfke令 ,则 ,令 ,则31khkekhke，30e11所以 在 上递减,而 ，k1213022e所以存在 使得 ,且当 时, ,当 时,0,x0x01kxk01x,所以 在 上单调递增,在 上单调递减.kk12,因为 , .708heh所以 在 上恒成立,当且仅当 时取得“ ”.0k121k综上,函数 在 上的最大值 .fxk3Me【归纳总结】二次求导的原因是导函数无法用初等方程的求解，尤其是超越方程，使用二次求导可以化解很多一次求导函数零点“求之不得”的问题。变式训练 3.（2012 年全国卷）设函数 ．2xfea（1）求 的单调区间；（2）若 ， 为整数，且当 时，fx1k0x，求 的最大值．' 10xkk解 （1） 的定义域为 ， ．fx,'xfea若 ，则 ， 在 上单调递增；若 ，则当0a' fx, 0时， ；当 时， ．故 在,lnx'0flna'fxfx上单调递减，在 上单调递增．,（2）由于 ，所以 ．1a' 11xxkfxke故当 时， 等价于 ①0x' 0f0x令 ，则 ，由（1）知函数1xge' 221xxege在 上单调递增．而 ， ，所以 在2xh0,0hhx内存在唯一的零点，故 在 内存在唯一的零点，设此零点为 ，则0,'gx,b．1b12当 时， ；当 时， ，所以 在 内0,xb'0gx,b'0gxgx0,的最小值为 ．又由 ，可得 ，所以'2e．12,3bge由于①式等价于 ，故整数 的最大值为 2．kgbk变式训练 4.（2014 年山东卷）设函数 （ 为常数，lnxefxk是自然对数的底数） ．2.718e（1）当 时，求函数 的单调区间；0kfx（2）若函数 在 内存在两个极值点，求 的取值范围．fx,2k解 （1）函数 的定义域为 ， ．由 可得f0,' 32xekfx0，所以当 时， ，函数 单调递减；当 时，0xek0,2x'fxf,，函数 单调递增．所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为'ff 0,2．2,（2）由（Ⅰ）知， 时，函数 在 内单调递减，即函数 在在 内0k()fx0,2fx0,2不存在极点，故 ．因为 ，2' 421()()xxefkx3()()xek记 ．若函数 在 内存在两个极值点，则 有两个零,(0)xgkf0, (gx点．因为 ，当 时， 在 内成立， 为单'()xe1k'()xgek0,2()调递增函数， 在 内不存在两个极值点．当 时， 在 内成f0,21'()gx,lnk立， 为单调递减函数， 在 内成立， 为单调递增函数．所以()gx'()x(ln,)k函数 的最小值为 ．ln1gk13若 在 内存在两个极值点，当且仅当 ，解得 ．()fx0,2(0)ln2lgk2ek综上， 在 内存在两个极值点时， 的取值范围为 ．()f, k2,e（ ）【基础练习巩固】1．设函数 满足 ， ，则 时， （ ）()fx2()()xefxf2()8ef0x()fxA．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值解析：由题意 ,令 ,则 ,且 ，2[()]xexf2()()gxf()xeg2()gxf因此 ．33()xgf令 ，则 ，()2()xhe 2()()2()xxeheg所以 时， ； 时， ．从而有 ，即00h()20h，所以当 时， 是单调递增的， 既无极大值也无极小值．答案()0fxx()fxfxD．2．设函数 ，其中 ．()(1)lnfxax0a（1）当 时，证明不等式 ；0l(1)x（2）设 的最小值为 ， ，证明 ．()fx()ga()0ga证明：（1）设 ， 则ln1x[,)14． 221()()(1)xx当 时， ， 在 上是增函数．00(,)所以当 时， ，即 ．所以 成x()xln10xln(1)x立．同理可证 ．所以 ．ln(1)xln(1)x（2）由已知得函数 的定义域为 ，且 ，令()f(,)1()(0)axf，得 ．当 时， ，函数 在 上单调递减；()0fx1a1,xa0fx()f,当 时， ，函数 在 上单调递增．,)()0f()f1,a所以 的最小值 ，()fx1gafln)将 代入 ，得 ，即1aln()x1l()aa.()ln所以 ，即 ．11()ln0a1()0ga3． 已知函数 ，证明: 当 且 时 ．ln1()xf0x1ln()1xf解析: 设 ，构造函数22l()(ln)hfx，则21()ln(0)gx15．22(1)()()xxg当 时可得 ，而 ，故当 时， 递减．()0g()g(0,1)x()gx所以 得 ．()1x2x当 时， ，而 ，故当 时， 递减．,()(1)(,)x()x所以 ，可得 ．()0gx20gx综上， 当 且 时 ．1ln()1f4.【2016 高考新课标 2 理数】(Ⅰ)讨论函数 的单调性，并证明当 时， ； xf()e0x(2)0xe(Ⅱ)证明：当 时，函数 有最小值.设 的最小值为[0,1a2=()xeag（ ） (g，求函数 的值域．()h()h解析：（Ⅰ） 的定义域为 .fx(,)(,)且仅当 时， ，所以22(1)' 0,()()xxeefxx'()0fx在 单调递增，因此当 时， 所以()f,,(,)1,f2(),20xxee（II） 由（I）知， 单调递增，22()(),agfxa()fxa对任意 因此，存在唯一 使得[0,1)(10,0,aff0,2]即 ，当 时， 单调递减；()fx0'gxx(),'()()fxagx当 时， 单调递增.0(),'(),()fag因此 在 处取得最小值，最小值为()x01600 0022(1)+()1() .2xxxeaefeg于是 ，由 单调递增0h()x 2()()' ,xxx所以，由 得0(,2]x0021().4xeeeha因为 单调递增，对任意 存在唯一的xe2(,]40(,]x0()[,1afx使得 所以 的值域是(),ha()ha21(,]e综上，当 时， 有 ， 的值域是[0,1)()gx()ha21(,].4e