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2014年高考数学总复习教案:第二章 函数与导数第14课时 函数的综合应用


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第二章 函数与导数第 14 课时 函数的综合应用(对应学生用书(文)、(理)37~39 页)

考点分析

考点新知

函数是高考的热点内容,主要是以基本初等 函数为载体,考查函数的性质及有关问题, ① 能利用函数的各种性质解决如求最值、不 如单调性、奇偶性、值域和最值问题,同时 等式和方程

有关的问题,提高对函数图象的 考查函数思想与其他数学知识的综合运用. 识图、作图和用图的能力. ② 熟练利用函数的知识方法解决函数的综 合问题,注意函数与其他知识的联系,灵活 选择适当方法解决问题.

1. (必修 1P87 习题 13 改编)已知集合 A={x|33 x<6},B={x|lg(x-1)<1},则 A∩B= ________. 答案:(2-log32,11) - 解析:由 33 x<6,知 3-x<log36,即 x>3-log36, 所以 A=(2-log32,+∞). 由 lg(x-1)<1,知 0<x-1<10,即 1<x<11, 所以 B=(1,11),所以 A∩B=(2-log32,11). 2. 已知 a、b 为正实数,函数 f(x)=ax3+bx+2x 在[0,1]上的最大值为 4,则 f(x)在[-1, 0]上的最小值为________.


3 答案:- 2 解析:因为 a、b 为正实数,所以函数 f(x)是单调递增的.所以 f(1)=a+b+2=4,即 a 1 3 +b=2.所以 f(x)在[-1,0]上的最小值为 f(-1)=-(a+b)+ =- . 2 2 1 1 3. (原创)若函数 f(x)= x3- ax2+(a-1)x+1 在区间(1, 4)上是减函数, 在区间(6, +∞) 3 2 上是增函数,则实数 a 的取值范围是________. 答案:[5,7] 解析:f′(x)=x2-ax+(a-1),由题意,f′(x)≤0 在(1,4)恒成立且 f′(x)≥0 在(6,+∞) 恒成立,即 a≥x+1 在(1,4)上恒成立且 a≤x+1 在(6,+∞)上恒成立,所以 5≤a≤7. 4. (原创)已知函数 y=f(x)是偶函数,对于 x∈R 都有 f(x+6)=f(x)+f(3)成立.当 x1、x2 f(x1)-f(x2) ∈[0,3],且 x1≠x2 时,都有 >0,给出下列命题: x1-x2 ① ② ③ ④ f(3)=0; 直线 x=-6 是函数 y=f(x)的图象的一条对称轴; 函数 y=f(x)在[-9,-6]上为单调增函数; 函数 y=f(x)在[-9,9]上有 4 个零点.
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其中正确的命题是________.(填序号) 答案:①②④ 解析:令 x=-3,得 f(-3)=0,由 y=f(x)是偶函数,所以 f(3)=f(-3)=0,①正确; 因为 f(x+6)=f(x),所以 y=f(x)是周期为 6 的函数,而偶函数图象关于 y 轴对称,所以直线 x=-6 是函数 y=f(x)的图象的一条对称轴,②正确;由题意知,y=f(x)在[0,3]上为单调 增函数,所以在[-3,0]上为单调减函数,故 y=f(x)在[-9,-6]上为单调减函数,③错误; 由 f(3)=f(-3)=0,知 f(-9)=f(9)=0,所以函数 y=f(x)在[-9,9]上有个零点,④正确. 5. (2013· 宿迁一模)已知函数 f(x)=||x-1|-1|,若关于 x 的方程 f(x)=m(m∈R)恰有四个 互不相等的实根 x1,x2,x3,x4,则 x1x2x3x4 的取值范围是________. 答案:(-3,0)
?|x-1|-1,x≤0或x≥2, ? 解析:f(x)=||x-1|-1|=? 方程 f(x)=m 的解就是 y=f(x)的图 ? ?1-|x-1|,0<x<2,

象与直线 y=m 交点的横坐标,由图可知,x2=-x1,x3=2+x1,x4=2-x1,且-1<x1<0. 2 2 2 设 t=x1x2x3x4=(x2 1-2) -4,则 t=(x1-2) -4,易得-3<t<0. [备课札记]

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题型 1 已知函数解析式研究函数的性质 例 1 已知函数 f(x)=lg(1-x)+lg(1+x)+x4-2x2. (1) 求函数 f(x)的定义域; (2) 判断函数 f(x)的奇偶性; (3) 求函数 f(x)的值域. 解:(1) 由?
?1-x>0, ? ? ?1+x>0,

得-1<x<1,

所以函数 f(x)的定义域为(-1,1). (2) 由 f( - x) = lg(1 + x) + lg(1 - x) + ( - x)4 - 2( - x)2 = lg(1 - x) + lg(1 + x) + x4 - 2x2 = f(x), 所以函数 f(x)是偶函数. (3) f(x)=lg(1-x)+lg(1+x)+x4-2x2=lg(1-x2)+x4-2x2, 设 t=1-x2,由 x∈(-1,1),得 t∈(0,1]. 所以 y=lg(1-x2)+x4-2x2=lgt+(t2-1),t∈(0,1], 2 设 0<t1<t2≤1,则 lgt1<lgt2,t2 1<t2, 2 所以 lgt1+(t1 -1)<lgt2+(t2 2-1), 2 所以函数 y=lgt+(t -1)在 t∈(0,1]上为增函数, 所以函数 f(x)的值域为(-∞,0]. 备选变式(教师专享) x2+1 关于函数 f(x)=lg (x>0,x∈R),下列命题正确的是________.(填序号) |x| ① 函数 y=f(x)的图象关于 y 轴对称; ② 在区间(-∞,0)上,函数 y=f(x)是减函数; ③ 函数 y=f(x)的最小值为 lg2; ④ 在区间(1,+∞)上,函数 y=f(x)是增函数. 答案:①③④ (-x)2+1 x2+1 解析:由 f(-x)=lg =lg =f(x),知函数 f(x)为偶函数,故①正确;由 |x| |-x| 1 x2+1 x2+1 5 1 - ?,知②错误;由 f(-2)=lg =f? = |x| + ≥ 2 ,知 f(x) = lg ≥lg2,故③正确; 2 ? 2? |x| |x| |x| 1 因为函数 g(x)=x+ 在(1,+∞)上为增函数,所以 y=f(x)在(1,+∞)上也是增函数,故④ x 正确.综上所述,①③④均正确. 题型 2 函数图象与函数性质的联系 例 2 已知函数 f(x)=ax2-|x|+2a-1(a 为实常数). (1) 若 a=1,作函数 f(x)的图象; (2) 设 f(x)在区间[1,2]上的最小值为 g(a),求 g(a)的表达式;

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f(x) (3) 设 h(x)= ,若函数 h(x)在区间[1,2]上是增函数,求实数 a 的取值范围. x 解:(1) 当 a=1 时,f(x)=x2-|x|+1
?x2+x+1,x<0, ? =? 2 作图如下. ?x -x+1,x≥0. ?

(2) 当 x∈[1,2]时,f(x)=ax2-x+2a-1. 若 a=0,则 f(x)=-x-1 在区间[1,2]上是减函数,g(a)=f(2)=-3. 1 2 1 1 x- ? +2a- -1,f(x)图象的对称轴是直线 x= . 若 a≠0,则 f(x)=a? ? 2a? 4a 2a 当 a<0 时,f(x)在区间[1,2]上是减函数,g(a)=f(2)=6a-3. 1 1 当 0< <1,即 a> 时,f(x)在区间[1,2]上是增函数,g(a)=f(1)=3a-2. 2a 2 1? 1 1 1 1 当 1≤ ≤2,即 ≤a≤ 时,g(a)=f? ?2a?=2a-4a-1. 2a 4 2 1 1 当 >2,即 0<a< 时,f(x)在区间[1,2]上是减函数,g(a)=f(2)=6a-3. 2a 4

? ? 1 1 1 综上可得 g(a)=?2a-4a-1,4≤a≤2, ? . ?3a-2,a>1 2
2a-1 (3) 当 x∈[1,2]时,h(x)=ax+ -1,在区间[1,2]上任取 x1、x2,且 x1<x2, x 2a-1 ? ? 2a-1 ? 则 h(x2)-h(x1)=?ax2+ -1 - ax1+ -1 x2 x1 ? ? ? ? ax1x2-(2a-1) 2a-1? =(x2-x1)?a- =(x2-x1)· . x1x2 x1x2 ? ? 因为 h(x)在区间[1,2]上是增函数,所以 h(x2)-h(x1)>0. 因为 x2-x1>0,x1x2>0,所以 ax1x2-(2a-1)>0, 即 ax1x2>2a-1. 当 a=0 时,上面的不等式变为 0>-1,即 a=0 时结论成立. 2a-1 2a-1 当 a>0 时,x1x2> ,由 1<x1x2<4,得 ≤1,解得 0<a≤1. a a 2a-1 2a-1 1 当 a<0 时,x1x2< ,由 1<x1x2<4,得 ≥4,解得- ≤a<0. a a 2

1 6a-3,a< , 4

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1 ? 所以实数 a 的取值范围为? ?-2,1?. 备选变式(教师专享)
?x2+bx+c,x≤0, ? 设函数 f(x)=? 其中 b>0,c∈R.当且仅当 x=-2 时,函数 f(x)取得最 ?2,x>0, ?

小值-2. (1) 求函数 f(x)的表达式; (2) 若方程 f(x)=x+a(a∈R)至少有两个不相同的实数根,求 a 取值的集合. 解:(1) ∵ 当且仅当 x=-2 时,函数 f(x)取得最小值-2. b ∴ 二次函数 y=x2+bx+c 的对称轴是 x=- =-2. 2 且有 f(-2)=(-2)2-2b+c=-2,即 2b-c=6. ∴ b=4,c=2.
?x2+4x+2,x≤0, ? ∴ f(x)=? ?2,x>0. ?

(2) 记方程①:2=x+a(x>0), 方程②:x2+4x+2=x+a(x≤0). 分别研究方程①和方程②的根的情况: (ⅰ) 方程①有且仅有一个实数根 a<2,方程①没有实数根 a≥2. (ⅱ) 方程②有且仅有两个不相同的实数根, 即方程 x2+3x+2-a=0 有两个不相同的非 正实数根. 1 ?Δ=9-4(2-a)>0 ? ?a>-4 ? 1 ∴ ? ? - <a≤2; 4 ?2-a≥0 ? ? ?a≤2

方程②有且仅有一个实数根,即方程 x2+3x+2-a=0 有且仅有一个非正实数根. 1 ∴ 2-a<0 或Δ=0,即 a>2 或 a=- . 4 1 综上可知,当方程 f(x)=x+a(a∈R)有三个不相同的实数根时,- <a<2; 4 1 当方程 f(x)=x+a(a∈R)有且仅有两个不相同的实数根时,a=- 或 a=2. 4 1 ? ∴ 符合题意的实数 a 取值的集合为? ?-4,2?. 题型 3 函数的最值与不等式恒成立问题 例 3 已知 f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值; (2) 对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围;
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1 2 (3) 证明对一切 x∈(0,+∞),都有 lnx> x- 成立. e ex 1 1 0, ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈? ,+∞?时, (1) 解:f′(x)=lnx+1,当 x∈? ? e? ?e ? f′(x)>0,f(x)单调递增. 1? 1 1 1 1 ① 当 0<t<t+2< 时,t 无解;② 当 0<t< <t+2,即 0<t< 时,f(x)min=f? ? e?=-e; e e e 1 1 ③ 当 ≤t<t+2,即 t≥ 时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tlnt, e e

所以 f(x)min

?-e,0<t<e, =? 1 ?tlnt,t≥e.

1

1

(2) 解:由题意,要使 2xlnx≥-x2+ax-3 在 x∈(0,+∞)恒成立,即要使 a≤2lnx+x 3 + 恒成立. x
2 3 2 3 x +2x-3 (x+3)(x-1) 设 h(x)=2lnx+x+ (x>0),则 h′(x)= +1- 2= = . x x x x2 x2

当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 所以 x=1 时,h(x)取得极小值,也就是最小值, 即[h(x)]min=h(1)=4,所以 a≤4. x 2 (3) 证明:问题等价于证明 xlnx> x- ,x∈(0,+∞). e e 1 由(1)知,f(x)=xlnx 在(0,+∞)上最小值是- , e 1 当且仅当 x= 时取得. e x 2 设 m(x)= x- ,x∈(0,+∞), e e 则 m′(x)= 1-x , ex

1 易得[m(x)]max=m(1)=- , e 当且仅当 x=1 时取得, 1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 lnx> x- 成立. e ex 变式训练 定义在 D 上的函数 f(x),如果满足:对任意 x∈D,存在常数 M>0,都有|f(x)|≤M 成立,

?1?x+?1?x. 则称 f(x)是 D 上的有界函数,其中 M 称为函数 f(x)的上界.已知函数 f(x)=1+a· ?2? ?4?
(1) 当 a=1 时,求函数 f(x)在(-∞,0)上的值域,并判断函数 f(x)在(-∞,0)上是否为 有界函数,请说明理由; (2) 若函数 f(x)在[0,+∞)上是以 3 为上界的有界函数,求实数 a 的取值范围.
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1?x ?1?x 解:(1) 当 a=1 时,f(x)=1+? ?2? +?4? . 因为 f(x)在(-∞,0)上递减,所以 f(x)>f(0)=3,即 f(x)在(-∞,0)的值域为(3,+∞), 故不存在常数 M>0,使|f(x)|≤M 成立, 所以函数 f(x)在(-∞,0)上不是有界函数. (2) 由题意知,|f(x)|≤3 在[0,+∞)上恒成立.
x x x x 1?x x ?1? ≤2-?1? ,所以-4· ?1? ≤a≤2·2x-?1? 在[0, -3≤f(x)≤3,-4-? ≤ a · 2 - ?4? ?2? ?4? ?2? ?2?

+∞)上恒成立. 1 x 所以?-4· 2x-?2? ?

?

? ? ?max

1 x ≤a≤?2· 2x-?2? ? ,

?

? ? ?min

1 1 设 2x=t,h(t)=-4t- ,p(t)=2t- ,由 x∈[0,+∞)得 t≥1,设 1≤t1<t2,h(t1)-h(t2) t t (t2-t1)(4t1t2-1) (t1-t2)(2t1t2+1) = >0,p(t1)-p(t2)= <0,所以 h(t)在[1,+∞)上 t1t2 t1t2 递减,p(t)在[1,+∞)上递增,h(t)在[1,+∞)上的最大值为 h(1)=-5,p(t)在[1,+∞)上 的最小值为 p(1)=1,所以实数 a 的取值范围为[-5,1].

【示例】 (本题模拟高考评分标准,满分 16 分) 已知函数 f(x)=ax+x2-xlna(a>0,a≠1). (1) 当 a>1 时,求证:函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2) 若函数 y=|f(x)-t|-1 有三个零点,求 t 的值; (3) 若存在 x1、x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1,试求 a 的取值范围. 审题引导: 本题考查函数与导数的综合性质,函数模型并不复杂,(1)(2)两问是很常规 的,考查利用导数证明单调性,考查函数与方程的零点问题.第(3)问要将“若存在 x1、x2 ∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1”转化成|f(x)max-f(x)min|=f(x)max-f(x)min≥e-1 成立, 最后仍然是求值域问题,但在求值域过程中,问题设计比较巧妙,因为在过程中还要构造函 数研究单调性来确定导函数的正负. 规范解答: (1) 证明:f′(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)· lna.(2 分) 由于 a>1,故当 x∈(0,+∞)时,lna>0,ax-1>0,所以 f′(x)>0. 故函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4 分) (2) 解:当 a>0,a≠1 时,因为 f′(0)=0,且 f′(x)在 R 上单调递增,故 f′(x)=0 有唯一解 x=0.(6 分) 所以 x、f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示: x f′(x) f(x) (-∞,0) - 0 0 极小值 (0,+∞) +

又函数 y=|f(x)-t|-1 有三个零点,所以方程 f(x)=t±1 有三个根,而 t+1>t-1,所以 t-1=f(x)min=f(0)=1,解得 t=2.(10 分) (3) 解:因为存在 x1、x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1,所以当 x∈[-1,1]时, |f(x)max-f(x)min|=f(x)max-f(x)min≥e-1.(12 分) 由(2)知,f(x)在[-1,0]上递减,在[0,1]上递增,所以当 x∈[-1,1]时,f(x)min=f(0)
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=1,f(x)max=max{f(-1),f(1)}. 1 1 ? 而 f(1)-f(-1)=(a+1-lna)-? ?a+1+lna?=a-a-2lna, 1 1 2 1 ?2 -1 ≥0(当且仅当 t=1 时取等号), 记 g(t)=t- -2lnt(t>0),因为 g′(t)=1+ 2- =? ? t t t ?t 1 所以 g(t)=t- -2lnt 在 t∈(0,+∞)上单调递增,而 g(1)=0, t 所以当 t>1 时,g(t)>0;当 0<t<1 时,g(t)<0, 也就是当 a>1 时,f(1)>f(-1);当 0<a<1 时,f(1)<f(-1).(14 分) ① 当 a>1 时,由 f(1)-f(0)≥e-1 a-lna≥e-1 a≥e, ② 当 0<a<1 时,由 f(-1)-f(0)≥e-1 1 +lna≥e-1 a 1 0<a≤ , e

1 0, ?∪[e,+∞).(16 分) 综上知,所求 a 的取值范围为? ? e?

1. (2013· 南京期初)已知函数 f(x)=2x2+m 的图象与函数 g(x)=ln|x|的图象有四个交点, 则实数 m 的取值范围是________. 1 ? 答案:? ?-∞,-2-ln2? 解析:由于 f(x)与 g(x)都是偶函数,因此只需考虑当 x>0 时,函数 f(x)与 g(x)的图象有 1 两个交点即可.当 x>0 时,g(x)=lnx,令 h(x)=f(x)-g(x)=2x2-lnx+m,则 h′(x)=4x- , x 1 1 1 由 h′(x)=0,得 x= .易知当 x= 时,h(x)有极小值为 +ln2+m,要使函数 f(x)与 g(x)的图 2 2 2 1? 1 1 象在(0,+∞)内有两个交点,则 h? ?2?<0,即2+ln2+m<0,所以 m<-2-ln2. 1 2. (2013· 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,设定点 A(a,a),P 是函数 y= (x>0)图象上一 x 动点.若点 P、A 之间的最短距离为 2 2,则满足条件的实数 a 的所有值为________. 答案:-1, 10 1 x, ?,x>0,则 解析:设 P? ? x? 1 ?2 1 2 2 ? 1? PA2=(x-a)2+? ?x-a? =x +x2-2a?x+x?+2a 1 2 1 x+ ? -2a?x+ ?+2a2-2. =? ? x? ? x? 1 令 t=x+ ,则由 x>0,得 t≥2, x 所以 PA2=t2-2at+2a2-2=(t-a)2+a2-2.

?a≤2, 由 PA 取得最小值,得? 2 ?2 -4a+2a2-2=(2 2)2,

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?a>2, 或? 2 解得 a=-1 或 a= 10. ?a -2=(2 2)2,
3. (2013· 四川)设函数 f(x)= ex+x-a(a∈R,e 为自然对数的底数).若存在 b∈[0,1] 使 f(f(b))=b 成立,则 a 的取值范围是________. 答案:[1,e] 解析:若存在 b∈[0,1]使 f(f(b))=b 成立, 则 A(b,f(b)),A′(f(b),b)都在 y=f(x)的图象上. 又 f(x)= ex+x-a在[0,1]上单调递增, 所以(xA′-xA)(yA′-yA)≥0, 即(f(b)-b)(b-f(b))≥0,所以(f(b)-b)2≤0, 所以 f(b)=b,从而 f(x)=x 在[0,1]上有解, 即 ex+x-a=x 在[0,1]上有解, 所以 a=ex+x-x2,x∈[0,1], 令 φ(x)=ex+x-x2,x∈[0,1], 则 φ′(x)=ex-2x+1≥0, 所以 φ(x)在[0,1]上单调递增. 又 φ(0)=1,φ(1)=e, 所以 φ(x)∈[1,e],即 a∈[1,e].

? 1-(x-1)2,0≤x<2, 4. (2013· 南京期末)已知函数 f(x)=? 若关于 x 的方程 f(x)= ?f(x-2),x≥2.
25 kx(k>0)有且仅有四个根,其最大根为 t,则函数 g(t)= t2-6t+7 的值域为________. 24 41 ? 答案:? ?-25,-1? 解析:在直角坐标系中分别画出函数 f(x)在区间[0,2],[2,4],[4,6]上的三个半圆的 25 72 图象,最大根 t 一定在区间(3,4)内,g(t)= t2-6t+7 是二次函数,对称轴方程为 4>t= 24 25 72? 41 >3,g(t)的最小值为 g? ?25?=-25,直线 y=kx(k>0)与区间[2,4]上半圆相交,与区间[4, 6]上半圆相离,故

?y=kx, 1 2 1 1 <k < ,而 k2= 时,直线与半圆相切,由? 得(1 24 8 24 ?y= 1-(x-3)2,

1 25 25 +k2)x2-6x+8=0,取 k2= ,得 x2-6x+7=-1,t<x,所以 g(t)= t2-6t+7<-1. 24 24 24

1. 若奇函数 f(x)与偶函数 g(x)满足 f(x)+g(x)=2x,则函数 g(x)的最小值是________. 答案:1 - 解析:由 f(x)+g(x)=2x,得 f(-x)+g(-x)=2 x, 由 f(x)是奇函数,g(x)是偶函数, - ∴ -f(x)+g(x)=2 x,
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1 - ∴ g(x)= (2x+2 x), 2 ∴ g(x)≥1. 2. 设函数 f(x)= ax2+bx+c(a<0)的定义域为 D,若所有点(s,f(t))(s、t∈D)构成一个 正方形区域,则 a 的值为________. 答案:-4 解析:|x1-x2|=fmax(x), b2-4ac = a2 4ac-b2 ,|a|=2 -a,∴ a=-4. 4a
2 ? ?a -ab,a≤b, ? b= 2 设 f(x)=(2x-1) ?b -ab,a>b. ?

3. 对于实数 a 和 b, 定义运算“ ” : a

(x-1),

且关于 x 的方程为 f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1,x2,x3,则 x1、x2、x3 的 取值范围是________. 答案:?

?1- 3 ? ? ? 16 ,0?

? ?(2x-1)x,x≤0, 1 解析: 由新定义得 f(x)=? 作出函数 f(x)的图象, 由图可知, 当 0<m< 4 ?-(x-1)x,x>0. ?

时,f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1、x2、x3,不妨设 x1<x2<x3,易知 x2>0, 1 1 且 x2+x3=2× =1,∴ x2x3< . 2 4 1 ? ?(2x-1)x=4, 1- 3 1+ 3 令? 解得 x= 或 x= (舍去), 4 4 ? ?x<0, ∴ 1- 3 1- 3 <x1<0,∴ <x1x2x3<0. 4 16

4. 已知函数 f(x)=lnx-ax2+(2-a)x. (1) 讨论 f(x)的单调性; 1 ? ?1 ? 1 (2) 设 a>0,证明:当 0<x< 时,f? ? a+x?>f?a-x?; a (3) 若函数 y=f(x)的图象与 x 轴交于 A、B 两点,线段 AB 中点的横坐标为 x0,证明: f′(x0)<0. (1) 解:f(x)的定义域为(0,+∞), (2x+1)(ax-1) 1 f′(x)= -2ax+(2-a)=- . x x ① 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数. 1? 1 1 ② 若 a>0,则由 f′(x)=0 得 x= ,且当 x∈? ?0,a?时,f′(x)>0,当 x>a时,f′(x)<0. a 1? ?1 ? 所以 f(x)在? ?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上是减函数. 1 ? ?1 ? (2) 解:设函数 g(x)=f? ? a+x?-f?a-x?, 则 g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax,

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a a 2a3x2 g′(x)= + -2a= . 1+ax 1-ax 1-a2x2 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,而 g(0)=0,所以 g(x)>0. a 1 ? ?1 ? 1 故当 0<x< 时,f? ?a+x?>f?a-x?. a (3) 证明:由(1)可得,当 a≤0 时,函数 y=f(x)的图象与 x 轴至多有一个交点, 1? ?1? 故 a>0,从而 f(x)的最大值为 f? ?a?,且 f?a?>0. 1 不妨设 A(x1,0),B(x2,0),0<x1<x2,则 0<x1< <x2. a 2 ? ?1 1 ? 由(2)得 f? ?a-x1?=f? a+a-x1?>f(x1)=0. x1+x2 1 2 从而 x2> -x1,于是 x0= > . a 2 a 由(1)知,f′(x0)<0.

1. 恒成立问题的处理方法:第一步,分清参数和自变量;第二步,确定是否要分离; 第三步,构造新函数求最值;第四步,解不等式. 2. 有双重量词出现的不等式恒成立问题,先把其中一个自变量当成已知的参数,解决 一个量词,然后再解决另一个量词. 3. 证明与函数有关的不等式主要是利函数的最值和单调性来判断. 4. 方程的根的个数问题往往考查函数与方程思想和函数零点问题,需注意等价转化.

请使用课时训练(A)第 14 课时(见活页). [备课札记]

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