2019届二轮复习高考热点链接集合函数导数不等式学案（全国通用）

2019届二轮复习高考热点链接集合函数导数不等式学案（全国通用）

热点一充要条件 例1．（2018•东城区一模）已知平面向量，，均为非零向量，则“（•）=（）”是“向量，同向”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】向量，同向⇒（•）=（），反之不成立，可能向量，反向．即可判断出结论．‎ ‎【答案】B ‎【解析】向量，同向⇒（•）=（），反之不成立，可能向量，反向．‎ ‎∴“（•）=（）”是“向量，同向”的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ 变式训练1‎ ‎（2018•如皋市二模）设直线l1：x﹣my+m﹣2=0，l2：mx+（m﹣2）y﹣1=0，则“m=﹣2”是直线“l1∥l2”的　充要　条件．（从“充要”，“充分不必要”，“必要不充分”及“既不充分也不必要”中选择一个填空）‎ ‎【答案】充要学 ‎ 热点二函数的零点和导数 例2（2018•湖南三模）已知函数f（x）=lnx﹣x﹣m（m∈R）．‎ ‎（1）若函数f（x）有两个零点，求m的取值范围；‎ ‎（2）证明：当m≥﹣3时，关于x的不等式f（x）+（x﹣2）ex＜0在上恒成立．‎ ‎【分析】（Ⅰ）可得m=lnx﹣x．令g（x）=lnx﹣x，可得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，则m＜g（1）=﹣1即可，‎ ‎（Ⅱ）f（x）+（x﹣2）ex＜0，可得m＞（x﹣2）ex+lnx﹣x．设h（x）=（x﹣2）ex+lnx﹣x，x∈.，‎ ‎，设，＞0．存在x0∈（，1），μ（x0）=0，即，∴x0=﹣lnx0． =1﹣2（，又4＜1﹣2（＜﹣3即可．‎ ‎（Ⅱ）f（x）+（x﹣2）ex＜0，∴m＞（x﹣2）ex+lnx﹣x．‎ 设h（x）=（x﹣2）ex+lnx﹣x，x∈.‎ ‎，设，＞0．‎ ‎∴μ（x）在上单调递增，而0，μ（1）=e﹣1＞0．‎ ‎∴∃x0∈（，1），μ（x0）=0，即，∴x0=﹣lnx0．‎ ‎∴h（x）在（）单调递增，在（x0，1）单调递减．‎ ‎∴=1﹣2（‎ ‎∴，∴，∴﹣4＜1﹣2（＜﹣3‎ ‎∴m≥﹣3时，关于x的不等式f（x）+（x﹣2）ex＜0在上恒成立．‎ ‎【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．‎ 变式训练2‎ ‎（2018•银川模拟）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx（a∈R）．‎ ‎（1）讨论函数f（x）的定义域内的极值点的个数；‎ ‎（2）若函数f（x）在x=1处取得极值，∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求实数b的最大值．‎ ‎（2）∵函数f（x）在x=1处取得极值，‎ f′（1）=a﹣1=0，则a=1，从而f（x）=x﹣1﹣lnx．‎ 因此f（x）≥bx﹣2 即1+，‎ 令g（x）=1+﹣，则，‎ 由g′（x）≥0得x≥e2‎ 则g（x）在（0，e2）上递减，在（e2，+∞）上递增，‎ ‎，故实数b的最大值是1﹣．‎ 热点三构造函数、利用导数解决不等式问题 例3（2018•郑州二模）设函数f（x）=ax2﹣（x+1）lnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的斜率为0．‎ ‎（Ⅰ）求a的值；‎ ‎（Ⅱ）求证：当0＜x≤2时，．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导函数值为0，即可求a的值； ]‎ ‎（Ⅱ）只需证：，令g（x）=x﹣lnx，利用函数的导数判断函数的单调性求解函数的最小值以及最大值，推出结果即可．‎ 变式训练3‎ ‎（2018•杭州二模）已知函数f（x）=‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的导函数f′（x）；‎ ‎（Ⅱ）证明：f（x）＜（e为自然对数的底数）．‎ ‎【解析】：（I）∵函数f（x）=‎ ‎∴=．‎ 证明：（Ⅱ）令f'（x）==0．得，‎ 设g（x）=﹣lnx=﹣lnx，‎ 则函数g（x）在（0，+∞）单调递减，且g（）＞0，g（e）＜0，‎ 所以存在，使g（x0）=0，即，‎ 所以 x0+1﹣（2x0+1）lnx0=0，‎ 所以 f′（x）=0，且f （x）在区间（0，x0）单调递增，区间（x0，+∞）单调递减．‎ 所以 f （x）≤f （x0）==＜． ‎ 热点题目训练题 ‎1．（2018年上海）已知a∈R，则“a＞1”是“＜1”的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】a∈R，则“a＞1”⇒“＜1”，“ ＜1”⇒“a＞1或a＜0”，∴“a＞1”是“＜1”的充分非必要条件．故选A．‎ ‎2.(2018年新课标Ⅱ文)已知集合A＝{1,3,5,7},B＝{2,3,4,5},则A∩B＝( )‎ A.{3} B.{5} C.{3,5} D.{1,2,3,4,5,7}‎ ‎【答案】C ‎【解析】A∩B＝{1,3,5,7}∩{2,3,4,5}＝{3,5}.‎ ‎3．（2018•德州一模）已知命题p：∀x∈（0，+∞），x＞sinx，命题，则下列命题中的真命题为（　　）‎ A．￢q B．p∧q C．（￢p）∧q D．（￢p）∨（¬q）‎ ‎【答案】B ‎【解析】命题p：构造函数f（x）=x﹣sinx，x＞0，‎ f′（x）=1﹣cosx≥0恒成立，‎ 即f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ 又f（0）=0，则f（x）＞0，‎ 即x＞sinx成立，‎ 命题p正确；‎ 命题q：令y1=（）x，y2=logx，‎ 分别画出两个函数的图象可知，‎ 在（0，1）上有一个交点，‎ 即命题q正确；‎ 综上可知p∧q正确，‎ 故选：B．‎ ‎4．（2018•马鞍山三模）命题p：若a＞b，则a﹣1＞b﹣1，则命题p的否命题为（　　）‎ A．若a＞b，则a﹣1≤b﹣1 B．若a≥b，则a﹣1＜b﹣1‎ C．若a≤b，则a﹣1≤b﹣1 D．若a＜b，则a﹣1＜b﹣1‎ ‎【答案】C ‎5．（2018•邵阳三模）已知函数f（x）=f′（﹣2）ex﹣x2，则f′（﹣2）=（　　） ]‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】f′（x）=f′（﹣2）ex﹣2x；∴f′（﹣2）=f′（﹣2）•e﹣2﹣2•（﹣2）；‎ 解得．故选：D．‎ ‎6. （2018•宁德二模）下列曲线中，既关于原点对称，又与直线y=x+1相切的曲线是（　　）‎ A．y=x3 B．y=x2 C．y=lnx+2 D．y=‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题意，依次分析选项：‎ 对于A，y=x3为奇函数，关于原点对称，‎ 设切点坐标为（m，m3），其导数y′=3x2，‎ 若其切线的斜率为1，则有y′|x=m=3m2=1，解可得m=±，‎ 当m=时，m3=，当m=﹣时，m3=﹣，‎ 即切点的坐标为（，）或（﹣，﹣），‎ 此时切线的方程为y﹣=x﹣或y+=x+，不符合题意，‎ 对于B，y=x2+，是偶函数，不关于原点对称，不符合题意；‎ 对于C，y=lnx+2，是非奇非偶函数，不关于原点对称，不符合题意；‎ 对于D，y=﹣，为奇函数，关于原点对称，‎ 设其切点为（m，﹣），其导数为y′=，‎ 若其切线的斜率为1，则有y′|x=m==1，解可m=±，‎ 当m=时，则﹣=﹣，当m=﹣时，则﹣=，‎ 则切线的方程为y+=x﹣或y﹣=x+，‎ 即切线的方程为y=x+1或y=x﹣1； 学 ]‎ 符合题意；故选：D．‎ ‎7．（2018•桂林三模）已知函数f（x）=﹣2x3﹣x，又α，β为锐角三角形两锐角，则（　　）‎ A．f（sinα）＞f（cosβ） B．f（sinα）＜f（cosβ） C．f（sinα）＞f（sinβ） D．f（cosα）＞f（cosβ）‎ ‎【答案】B ‎8．（2018•新课标Ⅱ）已知f（x）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f（1﹣x）=f（1+x），若f（1）=2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（　　）‎ A．﹣50 B．0 C．2 D．50‎ ‎【答案】C ‎∴f（2）=f（0）=0，f（3）=f（1﹣2）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，‎ f（4）=f（0）=0，‎ 则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=2+0﹣2+0=0， 学 ]‎ 则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50）‎ ‎=f（1）+f（2）=2+0=2，‎ 故选：C．‎ ‎9．（2018•天津）已知a=log3，b=（），c=log，则a，b，c的大小关系为（　　）‎ A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b ‎【答案】D ‎【解析】∵a=log3，c=log=log35，且5，‎ ‎∴，则b=（）＜，‎ ‎∴c＞a＞b．故选：D．‎ ‎10. （2018•西宁一模）命题“∃x∈R，x2﹣（m﹣1）x+1＜0”为假命题，则实数m的取值范围为　　．‎ ‎【答案】[﹣1，3]‎ 解：命题“∃x∈R，x2﹣（m﹣1）x+1＜0”为假命题，‎ 可得∀x∈R，x2﹣（m﹣1）x+1≥0恒成立，‎ 即有△=（m﹣1）2﹣4≤0，‎ 解得﹣1≤m≤3，‎ 则实数m的取值范围为[﹣1，3]．‎ 故答案为：[﹣1，3]．‎ ‎11. （2018•铁东区一模）设a∈R，命题q：∀x∈R，x2+ax+1＞0，命题p：∃x∈[1，2]，满足（a﹣1）x﹣1＞0．‎ ‎（1）若命题p∧q是真命题，求a的范围；‎ ‎（2）（￢p）∧q为假，（￢p）∨q为真，求a的取值范围．‎ ‎12．（2018•赣州二模）设函数f（x）=（x﹣1）2+alnx有两个极值点x1，x2，且x1＜x2．‎ ‎（1）求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若对任意的x∈（x1，+∞），都有f（x）＞m成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【解析】（1）因为f（x）=（x﹣1）2+alnx，∴‎ 即，令g（x）=2x2﹣2x+a，（x＞0）‎ 则x1，x2，且x1＜x2．是方程2x2﹣2x+a=0的两个正实根．‎ 则，得0，‎ ‎（2）∵0＜x1＜x2，x1+x2=1，‎ ‎∴＜x2＜1，a=2x2﹣2x22，‎ ‎∴f（x2）=x22﹣2x2+1+（2x2﹣2x22）lnx2，‎ 令g（t）=t2﹣2t+1+（2t﹣2t2）lnt，其中 ＜t＜1，‎ 则g′（t）=2（1﹣2t）lnt，‎ 当t∈（，1）时，g′（t）＞0，‎ ‎∴g（t）在（，1）上是增函数，‎ ‎∴g（t）＞g（）=，‎ ‎∴g（t）＜g（1）=0，‎ ‎∴f（x2）的取值范围是：（ ，0）．‎ 若对任意的x∈（x1，+∞），都有f（x）＞m成立⇔m＜f（x2）min，即可 ‎∴m≤．‎ ‎13．(2018年新课标Ⅱ文)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1).‎ ‎（1）若a＝3,求f(x)的单调区间；‎ ‎（2）求证:f(x)只有一个零点.‎ ‎（2）证明:∵x2＋x＋1＝2＋＞0,∴f(x)＝0等价于－a＝0.‎ 令g(x)＝－a,则g′(x)＝≥0,‎ 仅当x＝0时,g′(x)＝0,∴g(x)在R上是增函数.‎ g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.‎ 又∵f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－＜0,f(3a＋1)＞0,‎ ‎∴f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.‎