第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件

第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件一、函數(shù)與方程的思想本章內(nèi)容為函數(shù)，有一些題目把函數(shù)的問題利用方程求解，而有的方程利用函數(shù)求解，例如討論一些方程解的情況；已知解范圍，求方程中參數(shù)的范圍等，都習(xí)慣利用函數(shù)思想.一、函數(shù)與方程的思想1.函數(shù)思想【示例1】已知關(guān)于x的方程x2＋x+m2－1＝0(m是與x無關(guān)的實(shí)數(shù))的兩個(gè)實(shí)根在區(qū)間[0,2]內(nèi)，求m的取值范圍.1.函數(shù)思想[解]

設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋＋m2－1，由圖知，方程的兩根都在區(qū)間[0,2]內(nèi)的充要條件為[解]設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋故m的取值范圍為第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件[領(lǐng)悟]

二次函數(shù)在區(qū)間(x1，x2)內(nèi)有兩個(gè)根，要考慮端點(diǎn)函數(shù)值的符號(hào)、判別式及對(duì)稱軸與x1、x2的關(guān)系，從以上三個(gè)方面列式求解.[領(lǐng)悟]二次函數(shù)在區(qū)間(x1，x2)內(nèi)有兩個(gè)根，要考慮端點(diǎn)2.方程思想【示例2】若函數(shù)f(x)＝的最大值為4，最小值為－1，求實(shí)數(shù)a，b的值.2.方程思想[解]

設(shè)去分母，得yx2－ax＋y－b＝0，y＝0顯然在函數(shù)值域[－1,4]內(nèi)；y≠0時(shí)，x∈R，∴Δ＝a2－4y(y－b)≥0，即4y2－4by－a2≤0，解得－1≤y≤4.因而方程4y2－4by－a2＝0的兩根為－1,4.由根與系數(shù)的關(guān)系，知b＝－1＋4＝3，＝－1×4.∴a＝4，b＝3或a＝－4，b＝3.[解]設(shè)去分[領(lǐng)悟]解決此問題的關(guān)鍵在于把求值域的問題與解一元二次不等式聯(lián)系在一起，最后由不等式的解集(函數(shù)的值域)確定參數(shù)a，b的值.本題屬函數(shù)定義域和值域中逆向思維解題，是一個(gè)難點(diǎn).從解法上看體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，它是解決數(shù)學(xué)綜合問題的橋梁.[領(lǐng)悟]解決此問題的關(guān)鍵在于把求值域的問題與解一元二次不等二、數(shù)形結(jié)合的思想數(shù)形結(jié)合的思想在這一章中用處最多，利用圖象研究函數(shù)的性質(zhì)，討論方程的解的個(gè)數(shù)，求一些參數(shù)的范圍等.二、數(shù)形結(jié)合的思想【示例3】已知函數(shù)f(x)＝－a2x2＋a4(a>0).(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝1恰有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍.[解]

(1)由f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a)，令f′(x)＝0得，x1＝－2a，x2＝0，x3＝a，由a>0，知－2a<0<a，則【示例3】已知函數(shù)f(x)＝當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，－2a)－2a(－2a,0)0(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－0＋f(x)極小值極大值極小值當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2a,0)與(a，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2a)與(0，a).(2)由(1)得f(x)極小值＝f(－2a)＝f(x)極小值＝f(a)＝，f(x)極大值＝f(0)＝a4，f(x)的大致圖象為：要使f(x)的圖象與直線y＝1恰有兩個(gè)交點(diǎn)，只要或a4<1.即a>或0<a<1.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2a,0)與(a，＋∞)，[領(lǐng)悟]

函數(shù)極值的主要應(yīng)用之一是求與該函數(shù)有關(guān)的方程根的問題，求解時(shí)可畫出函數(shù)的圖象幫助解題.要使y＝1與f(x)有兩個(gè)交點(diǎn)只需f(－2a)<1<f(a)或f(0)<1，即或a4<1.[領(lǐng)悟]函數(shù)極值的主要應(yīng)用之一是求與該函數(shù)有關(guān)的方程根的問三、分類討論思想一些有關(guān)指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的題目，若函數(shù)的底數(shù)沒有確定，要注意分類討論，二次函數(shù)求最值時(shí)，有時(shí)要對(duì)對(duì)稱軸及區(qū)間要進(jìn)行分類討論.三、分類討論思想【示例4】

已知函數(shù)(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處，且垂直于直線x－14y＋13＝0的切線方程，并求此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【示例4】已知函數(shù)[解]

(1)∵f(x)＝x2＋∴f′(x)＝，根據(jù)題意有f′(1)＝2－2a＝－14，解得a＝8，此時(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)是(1,17)，故所求的切線方程是y－17＝－14(x－1)，即14x＋y－31＝0.當(dāng)a＝8時(shí)，f′(x)令f′(x)>0，解得x>2，令f′(x)<0，解得x<2且x≠0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)和(0,2).[解](1)∵f(x)＝x2＋(2)由(1)知f′(x)＝2x－①若a≤1，則f′(x)>0在區(qū)間(1,2]上恒成立，f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(2)＝4＋a；②若1<a<8，則在區(qū)間(1，)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(，2)上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(1)，f(2)中的較大者，f(1)－f(2)＝1＋2a－4－a＝a－3，故當(dāng)1<a≤3時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為f(2)＝4＋a，當(dāng)3<a<8時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為f(1)＝1＋2a；(2)由(1)知f′(x)＝2x－③當(dāng)a≥8時(shí)，f′(x)<0在區(qū)間[1,2)上恒成立，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)的最大值為f(1)＝1＋2a.綜上可知，在區(qū)間[1,2]上，當(dāng)a≤3時(shí)，f(x)max＝4＋a；當(dāng)a>3時(shí)，f(x)max＝1＋2a.不等式f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立等價(jià)于在區(qū)間[1,2]上，f(x)max≤a2－2a＋4，故當(dāng)a≤3時(shí)，4＋a≤a2－2a＋4，即a2－3a≥0，解得a≤0或a＝3；當(dāng)a>3時(shí)，1＋2a≤a2－2a＋4，即a2－4a＋3≥0，解得a>3.故a的取值范圍是(－∞，0]∪[3，＋∞).③當(dāng)a≥8時(shí)，f′(x)<0在區(qū)間[1,2)上恒成立，函數(shù)f[領(lǐng)悟]

本題的(2)中首先利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值小于或等于a2－2a＋4，盡而利用分類討論思想求f(x)在[1,2]上的最大值.

[領(lǐng)悟]本題的(2)中首先利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，即函數(shù)f(x)第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件1.(2008·江西高考)若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2]，則函數(shù)g(x)

＝的定義域是(

)A.[0,1]

B.[0,1)C.[0,1)∪(1,4]D.(0,1)解析：要使g(x)有意義，則，解得0≤x<1，故定義域?yàn)閇0,1).答案：B1.(2008·江西高考)若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2.(2009·全國(guó)卷Ⅰ)已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，

則a的值為(

)A.1B.2C.－1D.－22.(2009·全國(guó)卷Ⅰ)已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(解析：設(shè)直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)的切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝1＋x0，y0＝ln(x0＋a).又

即x0＋a＝1.又y0＝ln(x0＋a)，∴y0＝0，∴x0＝－1，∴a＝2.答案：B解析：設(shè)直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)的切點(diǎn)為(x03.(2008·福建高考)已知f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時(shí)，

f(x)＝lgx.設(shè)，則(

)A.a<b<cB.b<a<cC.c<b<aD.c<a<b

3.(2008·福建高考)已知f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)解析：∵y＝f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)＝lgx，＝－(2lg2－lg5)＝1－3lg2≈0.0969，∴c<a<b.答案：D解析：∵y＝f(x)是周期為2的奇函數(shù)，答案：D4.(2009·湖南高考)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對(duì)于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝取函數(shù)f(x)＝2－|x|.當(dāng)K＝時(shí)，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(

)A.(－∞，0)B.(0，＋∞)C.(－∞，－1)D.(1，＋∞)4.(2009·湖南高考)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)解析：由f(x)＝2－|x|≤，得－|x|≤－1，∴|x|≥1.∴x≥1或x≤－1，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，fK(x)＝2－x＝()x，在(1，＋∞)上為減函數(shù)；當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，fK(x)＝2x，在(－∞，－1)上為增函數(shù).答案：C解析：由f(x)＝2－|x|≤，得－|x|≤－5.(2009·福建高考)若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)與g(x)＝4x＋2x－2的零點(diǎn)之差的絕對(duì)值不超過0.25，則f(x)可以是(

)A.f(x)＝4x－1B.f(x)＝(x－1)2C.f(x)＝ex－1D.f(x)＝ln(x－)5.(2009·福建高考)若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)與g(x)＝4解析：∵f′(x)＝4xln4＋2>0，故f(x)在R上連續(xù)且單調(diào)遞增，設(shè)g(x)＝4x＋2x－2的零點(diǎn)為x0，則解析：∵f′(x)＝4xln4＋2>0，答案：A又f(x)＝4x－1的零點(diǎn)為f(x)＝(x－1)2的零點(diǎn)為x＝1；f(x)＝ex－1的零點(diǎn)為x＝0；f(x)＝ln(x－)的零點(diǎn)為x＝故選A.答案：A又f(x)＝4x－1的零點(diǎn)為6.(2009·陜西高考)設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1,1)處的切線與

x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，令an＝lgxn，則a1＋a2＋…＋a99的

值為

.6.(2009·陜西高考)設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)解析：y′＝(n＋1)xn，曲線在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得an＝lgxn＝＝lgn－lg(n＋1)，則a1＋a2＋…＋a99＝lg1－lg2＋lg2－lg3＋…＋lg99－lg100＝－lg100＝－2.答案：－2解析：y′＝(n＋1)xn，曲線在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為7.[理](2009·江西高考)設(shè)函數(shù)

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集.7.[理](2009·江西高考)設(shè)函數(shù)解：(1)f′(x)=由f′(x)＝0，得x＝1.因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是[1，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間是(－∞，0)，(0,1].解：(1)f′(x)=(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝即(x－1)(kx－1)<0.故當(dāng)0<k<1時(shí)，解集是：當(dāng)k＝1時(shí)，解集是：?；當(dāng)k>1時(shí)，解集是：(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝[文]設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－＋6x－a.(1)對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；(2)若方程f(x)＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根，求a的取值范圍.[文]設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－＋6x－a解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6，因?yàn)閤∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，解得m≤即m的最大值為解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6，(2)因?yàn)楫?dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取極大值f(1)＝當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取極小值f(2)＝2－a，故當(dāng)f(2)>0或f(1)<0時(shí)，f(x)＝0僅有一個(gè)實(shí)根.解得a<2或(2)因?yàn)楫?dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(8.(2009·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－2a2＋

3a)ex(x∈R)，其中a∈R.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率；

(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.8.(2009·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－2解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex，故f′(1)＝3e.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為3e.(2)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex＝[(x－(a－2))(x＋2a)]ex，令f′(x)＝0，解得x＝－2a，或x＝a－2，由知，－2a≠a－2.以上分兩種情況討論：①若則－2a<a－2.解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：(－∞，－2a)－2a(－2a，a－2)a－2(a－2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：(－∞，－所以f(x)在(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，在(－2a，a－2)內(nèi)是減函數(shù).函數(shù)f(x)在x＝－2a處取得極大值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a；函數(shù)f(x)在x＝a－2處取得極小值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2.②若則－2a>a－2，所以f(x)在(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，a－2)a－2(a－2，－2a)－2a(－2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，

所以f(x)在(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，在(a－2，－2a)內(nèi)是減函數(shù).函數(shù)f(x)在x＝a－2處取得極大值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2；函數(shù)f(x)在x＝－2a處取得極小值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a.

9.(2010·新海模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝

與x＝1時(shí)都取得極值，

(1)求a，b的值與函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若對(duì)x∈[－1,2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范圍.9.(2010·新海模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0得a＝，b＝－2，f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間如下表：解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3xx1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值x(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，－)與(1，＋∞)，遞減區(qū)間為(－)；(2)f(x)＝x3－－2x＋c，x∈[－1,2]，當(dāng)x＝－時(shí)，f為極大值，而f(2)＝2＋c，則f(2)＝2＋c為最大值，要使f(x)＜c2對(duì)x∈[－1,2]恒成立，則只需要c2＞f(2)＝2＋c，得c＜－1，或c＞2.

所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，－)與(第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件一、函數(shù)與方程的思想本章內(nèi)容為函數(shù)，有一些題目把函數(shù)的問題利用方程求解，而有的方程利用函數(shù)求解，例如討論一些方程解的情況；已知解范圍，求方程中參數(shù)的范圍等，都習(xí)慣利用函數(shù)思想.一、函數(shù)與方程的思想1.函數(shù)思想【示例1】已知關(guān)于x的方程x2＋x+m2－1＝0(m是與x無關(guān)的實(shí)數(shù))的兩個(gè)實(shí)根在區(qū)間[0,2]內(nèi)，求m的取值范圍.1.函數(shù)思想[解]

設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋＋m2－1，由圖知，方程的兩根都在區(qū)間[0,2]內(nèi)的充要條件為[解]設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋故m的取值范圍為第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件[領(lǐng)悟]

二次函數(shù)在區(qū)間(x1，x2)內(nèi)有兩個(gè)根，要考慮端點(diǎn)函數(shù)值的符號(hào)、判別式及對(duì)稱軸與x1、x2的關(guān)系，從以上三個(gè)方面列式求解.[領(lǐng)悟]二次函數(shù)在區(qū)間(x1，x2)內(nèi)有兩個(gè)根，要考慮端點(diǎn)2.方程思想【示例2】若函數(shù)f(x)＝的最大值為4，最小值為－1，求實(shí)數(shù)a，b的值.2.方程思想[解]

設(shè)去分母，得yx2－ax＋y－b＝0，y＝0顯然在函數(shù)值域[－1,4]內(nèi)；y≠0時(shí)，x∈R，∴Δ＝a2－4y(y－b)≥0，即4y2－4by－a2≤0，解得－1≤y≤4.因而方程4y2－4by－a2＝0的兩根為－1,4.由根與系數(shù)的關(guān)系，知b＝－1＋4＝3，＝－1×4.∴a＝4，b＝3或a＝－4，b＝3.[解]設(shè)去分[領(lǐng)悟]解決此問題的關(guān)鍵在于把求值域的問題與解一元二次不等式聯(lián)系在一起，最后由不等式的解集(函數(shù)的值域)確定參數(shù)a，b的值.本題屬函數(shù)定義域和值域中逆向思維解題，是一個(gè)難點(diǎn).從解法上看體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，它是解決數(shù)學(xué)綜合問題的橋梁.[領(lǐng)悟]解決此問題的關(guān)鍵在于把求值域的問題與解一元二次不等二、數(shù)形結(jié)合的思想數(shù)形結(jié)合的思想在這一章中用處最多，利用圖象研究函數(shù)的性質(zhì)，討論方程的解的個(gè)數(shù)，求一些參數(shù)的范圍等.二、數(shù)形結(jié)合的思想【示例3】已知函數(shù)f(x)＝－a2x2＋a4(a>0).(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝1恰有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍.[解]

(1)由f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a)，令f′(x)＝0得，x1＝－2a，x2＝0，x3＝a，由a>0，知－2a<0<a，則【示例3】已知函數(shù)f(x)＝當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，－2a)－2a(－2a,0)0(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－0＋f(x)極小值極大值極小值當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2a,0)與(a，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2a)與(0，a).(2)由(1)得f(x)極小值＝f(－2a)＝f(x)極小值＝f(a)＝，f(x)極大值＝f(0)＝a4，f(x)的大致圖象為：要使f(x)的圖象與直線y＝1恰有兩個(gè)交點(diǎn)，只要或a4<1.即a>或0<a<1.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2a,0)與(a，＋∞)，[領(lǐng)悟]

函數(shù)極值的主要應(yīng)用之一是求與該函數(shù)有關(guān)的方程根的問題，求解時(shí)可畫出函數(shù)的圖象幫助解題.要使y＝1與f(x)有兩個(gè)交點(diǎn)只需f(－2a)<1<f(a)或f(0)<1，即或a4<1.[領(lǐng)悟]函數(shù)極值的主要應(yīng)用之一是求與該函數(shù)有關(guān)的方程根的問三、分類討論思想一些有關(guān)指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的題目，若函數(shù)的底數(shù)沒有確定，要注意分類討論，二次函數(shù)求最值時(shí)，有時(shí)要對(duì)對(duì)稱軸及區(qū)間要進(jìn)行分類討論.三、分類討論思想【示例4】

已知函數(shù)(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處，且垂直于直線x－14y＋13＝0的切線方程，并求此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【示例4】已知函數(shù)[解]

(1)∵f(x)＝x2＋∴f′(x)＝，根據(jù)題意有f′(1)＝2－2a＝－14，解得a＝8，此時(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)是(1,17)，故所求的切線方程是y－17＝－14(x－1)，即14x＋y－31＝0.當(dāng)a＝8時(shí)，f′(x)令f′(x)>0，解得x>2，令f′(x)<0，解得x<2且x≠0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)和(0,2).[解](1)∵f(x)＝x2＋(2)由(1)知f′(x)＝2x－①若a≤1，則f′(x)>0在區(qū)間(1,2]上恒成立，f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(2)＝4＋a；②若1<a<8，則在區(qū)間(1，)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(，2)上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(1)，f(2)中的較大者，f(1)－f(2)＝1＋2a－4－a＝a－3，故當(dāng)1<a≤3時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為f(2)＝4＋a，當(dāng)3<a<8時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為f(1)＝1＋2a；(2)由(1)知f′(x)＝2x－③當(dāng)a≥8時(shí)，f′(x)<0在區(qū)間[1,2)上恒成立，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)的最大值為f(1)＝1＋2a.綜上可知，在區(qū)間[1,2]上，當(dāng)a≤3時(shí)，f(x)max＝4＋a；當(dāng)a>3時(shí)，f(x)max＝1＋2a.不等式f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立等價(jià)于在區(qū)間[1,2]上，f(x)max≤a2－2a＋4，故當(dāng)a≤3時(shí)，4＋a≤a2－2a＋4，即a2－3a≥0，解得a≤0或a＝3；當(dāng)a>3時(shí)，1＋2a≤a2－2a＋4，即a2－4a＋3≥0，解得a>3.故a的取值范圍是(－∞，0]∪[3，＋∞).③當(dāng)a≥8時(shí)，f′(x)<0在區(qū)間[1,2)上恒成立，函數(shù)f[領(lǐng)悟]

本題的(2)中首先利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，即函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值小于或等于a2－2a＋4，盡而利用分類討論思想求f(x)在[1,2]上的最大值.

[領(lǐng)悟]本題的(2)中首先利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，即函數(shù)f(x)第二章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用章末大盤點(diǎn)課件1.(2008·江西高考)若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2]，則函數(shù)g(x)

＝的定義域是(

)A.[0,1]

B.[0,1)C.[0,1)∪(1,4]D.(0,1)解析：要使g(x)有意義，則，解得0≤x<1，故定義域?yàn)閇0,1).答案：B1.(2008·江西高考)若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2.(2009·全國(guó)卷Ⅰ)已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，

則a的值為(

)A.1B.2C.－1D.－22.(2009·全國(guó)卷Ⅰ)已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(解析：設(shè)直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)的切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝1＋x0，y0＝ln(x0＋a).又

即x0＋a＝1.又y0＝ln(x0＋a)，∴y0＝0，∴x0＝－1，∴a＝2.答案：B解析：設(shè)直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)的切點(diǎn)為(x03.(2008·福建高考)已知f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時(shí)，

f(x)＝lgx.設(shè)，則(

)A.a<b<cB.b<a<cC.c<b<aD.c<a<b

3.(2008·福建高考)已知f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)解析：∵y＝f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)＝lgx，＝－(2lg2－lg5)＝1－3lg2≈0.0969，∴c<a<b.答案：D解析：∵y＝f(x)是周期為2的奇函數(shù)，答案：D4.(2009·湖南高考)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對(duì)于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝取函數(shù)f(x)＝2－|x|.當(dāng)K＝時(shí)，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(

)A.(－∞，0)B.(0，＋∞)C.(－∞，－1)D.(1，＋∞)4.(2009·湖南高考)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)解析：由f(x)＝2－|x|≤，得－|x|≤－1，∴|x|≥1.∴x≥1或x≤－1，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，fK(x)＝2－x＝()x，在(1，＋∞)上為減函數(shù)；當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，fK(x)＝2x，在(－∞，－1)上為增函數(shù).答案：C解析：由f(x)＝2－|x|≤，得－|x|≤－5.(2009·福建高考)若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)與g(x)＝4x＋2x－2的零點(diǎn)之差的絕對(duì)值不超過0.25，則f(x)可以是(

)A.f(x)＝4x－1B.f(x)＝(x－1)2C.f(x)＝ex－1D.f(x)＝ln(x－)5.(2009·福建高考)若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)與g(x)＝4解析：∵f′(x)＝4xln4＋2>0，故f(x)在R上連續(xù)且單調(diào)遞增，設(shè)g(x)＝4x＋2x－2的零點(diǎn)為x0，則解析：∵f′(x)＝4xln4＋2>0，答案：A又f(x)＝4x－1的零點(diǎn)為f(x)＝(x－1)2的零點(diǎn)為x＝1；f(x)＝ex－1的零點(diǎn)為x＝0；f(x)＝ln(x－)的零點(diǎn)為x＝故選A.答案：A又f(x)＝4x－1的零點(diǎn)為6.(2009·陜西高考)設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)(1,1)處的切線與

x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，令an＝lgxn，則a1＋a2＋…＋a99的

值為

.6.(2009·陜西高考)設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(diǎn)解析：y′＝(n＋1)xn，曲線在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得an＝lgxn＝＝lgn－lg(n＋1)，則a1＋a2＋…＋a99＝lg1－lg2＋lg2－lg3＋…＋lg99－lg100＝－lg100＝－2.答案：－2解析：y′＝(n＋1)xn，曲線在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為7.[理](2009·江西高考)設(shè)函數(shù)

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集.7.[理](2009·江西高考)設(shè)函數(shù)解：(1)f′(x)=由f′(x)＝0，得x＝1.因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是[1，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間是(－∞，0)，(0,1].解：(1)f′(x)=(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝即(x－1)(kx－1)<0.故當(dāng)0<k<1時(shí)，解集是：當(dāng)k＝1時(shí)，解集是：?；當(dāng)k>1時(shí)，解集是：(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝[文]設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－＋6x－a.(1)對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；(2)若方程f(x)＝0有且僅有一個(gè)實(shí)根，求a的取值范圍.[文]設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－＋6x－a解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6，因?yàn)閤∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，解得m≤即m的最大值為解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6，(2)因?yàn)楫?dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取極大值f(1)＝當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取極小值f(2)＝2－a，故當(dāng)f(2)>0或f(1)<0時(shí)，f(x)＝0僅有一個(gè)實(shí)根.解得a<2或(2)因?yàn)楫?dāng)x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(8.(2009·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－2a2＋

3a)ex(x∈R)，其中a∈R.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率；

(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.