《导数大题压轴题难点突破》(PDF)


    高考数学 2018 届◆难点突破系列
    1
    难 点 突 破
    压轴题函数导数常考题型
    点纳
    1 曲 线 ( )y f x 0x x 处 切 线 斜 率 等 0( )f x 切 线 方 程
    0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x  
    2导函数 ( )y f x 0x x 处取极值 0( ) 0f x  反成立
    3导函数 ( )f x 等式 ( )f x 0 0( )解集决定函数 ( )f x 递增(减)区间
    4函数 ( )f x 区间 I 递增(减)充条件: x I  ( )f x 0 ( 0) 恒成立( ( )f x
    恒 0)
    5函数 ( )f x (非常量函数)区间 I 单调等价 ( )f x 区间 I 极值等价转
    化方程 ( ) 0f x  区间 I 实根非二重根( ( )f x 二次函数 IR
    0  )
    6 ( )f x 区间 I 极值等价 ( )f x 区间单调函数进 ( )f x 0
    ( )f x 0 I 恒成立
    7 x I Î ( )f x 0 恒成立 min( )f x 0 x I  ( )f x 0 恒成立
    max( )f x 0
    8 0x I  0( )f x 0 max( )f x 0 0x I  0( )f x 0
    min( )f x 0
    9设 ( )f x ( )g x 定义域交集 D x D ( ) ( )f x g x 恒成立
     min( ) ( ) 0f x g x 
    10 1 1x I  2 2x I 1 2( ) ( )f x g x 恒成立 min max( ) ( )f x g x
    1 1x I  2 2x I  1 2( ) ( )f x g x min min( ) ( )f x g x
    1 1x I  2 2x I  1 2( ) ( )f x g x max max( ) ( )f x g x
    11 已 知 ( )f x 区 间 1I 值 域 A ( )g x 区 间 2I 值 域 B 高考数学 2018 届◆难点突破系列
    2
    1 1x I  2 2x I  1( )f x 2( )g x 成立 A B .
    12三次函数 f(x)两极值点仅方程 ( ) 0f x  定两等实根 1 2x x
    三次函数 f(x)没极值点方程 ( ) 0f x  两相等实根没实根.
    13证题中常等式 ① 1xe x  ② 1xe x   ③ xe ex ④ 31
    6
    xe x
    ⑤ ln +1 ( 1)x x x  ( ) ⑥ ln 1 ( 1)1 2
    x x xx
     

    2 2
    ln 1 1 ( 0 )2 2
    x xx x
      
    ⑧ 1 1 1ln ( ) 1 ( 1)2
    x x x x xx x
           ⑨ ln 11 ( 0 )x xx x
      
    二常考题型:
    题型:恒成立求参数值取值范围问题
    1 1( ) 0 1 01
    xaxf x e x x yx
        
    已知函数 处切线方程
    (Ⅰ)求 a 值 (Ⅱ) ( ) 1f x  求 x 取值范围
    2 已 知 函 数 ln( ) 1
    a x bf x x x
     
    曲 线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处 切 线 方 程
    2 3 0x y  
    (Ⅰ)求 a b 值 (Ⅱ)证明: 0x  1x  时 ln( ) 1
    xf x x
     

    3.已知函数 ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
     
    (Ⅰ)判断函数 ( )f x 单调性
    (Ⅱ)否存实数 a 关 x 等式 ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立?存求
    出 a 取值范围存试说明理
    4.已知函数 1 ln( ) xf x x
     .
    (Ⅰ)设 a >0函数 )(xf 区间 1( )2a a  存极值求实数 a 取值范围
    (Ⅱ)果 x 1 时等式
    2
    ( ) 1
    k kf x x
     
    恒成立求实数 k 取值范围.
    5.已知函数 2( ) 2 3 xf x e x x  
    (Ⅰ)求曲线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处切线方程高考数学 2018 届◆难点突破系列
    3
    (Ⅱ)果 1x  时等式 25( ) ( 3) 12f x x a x    恒成立试求实数 a 取值范围.
    6.设 ( ) lnaf x x xx
      3 2( ) 3g x x x   .
    (Ⅰ) 2a  时求曲线 ( )y f x 1x  处切线方程
    (Ⅱ)存 1 2 [02]x x  1 2( ) ( )g x g x M  成立求满足述条件整数 M
    (Ⅲ)果意 1 [ 2]2s t  ( ) ( )f s g t 成立求实数 a 取值范围.
    7设函数 ( ) xf x xe 2( ) g x ax x 
    (Ⅰ) ( )f x ( )g x 具完全相单调区间求 a 值
    (Ⅱ) 0x  时恒 ( ) ( )f x g x 求 a 取值范围
    8已知函数 ( ) xf x e ( ) 1g x x 
    (Ⅰ)判断函数 ( ) ( )f x g x 零点数说明理
    (Ⅱ) 0x  时 ( ) 1 1
    axf x x
      
    恒成立求实数 a 取值范围
    9已知函数 3 2( ) 3 1( )f x ax x a x R   
    (Ⅰ) 0a  时求函数 f(x)极值.
    (Ⅱ)设函数 '1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x    ( 1 ]( 1)x b b    果存 ( 1]a  
    意 ( 1 ]x b  ( ) 0h x  成立试求b 值.
    10设函数 2( ) ln f x a x bx a b R  
    (Ⅰ)函数 ( )f x 1x  处直线 1
    2y   相切①求实数 a b 值②求函数 ( )f x
    1 ee
     
      

    (Ⅱ ) 0b  时等式 ( )f x m x   230 12a x e      
    成立求实数
    m 取值范围
    11.已知函数 21 1( ) ln( )2 2f x ax x ax    ( a 常数 0a  )
    (Ⅰ) 1
    2x  函数 ( )f x 极值点求 a 值
    (Ⅱ)求证: 0 2a  时 ( )f x 1 2
      
    增函数
    (Ⅲ)意.. a (12)总存.. 0
    1 12x     
    等式 2
    0( ) (1 )f x m a  成立求实
    数 m 取范围高考数学 2018 届◆难点突破系列
    4
    12已知函数      3 21 2f x x a x a a x      aR  'f x  f x 导数
    (Ⅰ) 3a   时证明  y f x 区间 11 单调....函数
    (Ⅱ)设   19 1
    6 3g x x  否存实数 a 意  1 11x   存  2 02x 
       1 1 22f x ax g x   成立?存求出 a 取值范围存说明理
    13已知函数 2( ) ln ( 1)xf x a x x a a   
    (Ⅰ)求 ( )f x 单调增区间
    ( Ⅱ ) 存  1 2 11 x x   1 2( ) ( ) 1(f x f x e e a   然数)求实数
    取值 范围
    14 设函数 2( ) mxf x e x mx   .
    (Ⅰ)证明: ( )f x ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增
    (Ⅱ)意 1 2 [ 11]x x   1 2( ) ( ) 1f x f x e   求 m 取值范围.
    15.已知函数 Raxx
    axxxf  1)1ln()( .
    (Ⅰ) 0a 时求函数 )(xf 单调区间
    (Ⅱ)存 0x )(11)( Zax
    xxxf  成立求 a 值.
    16设函数 ( ) 1 xf x e 
    (Ⅰ)证明: 1 ( ) 1
    xx f x x
       

    (Ⅱ) 0 ( ) 1
    xx f x ax
      
    时 恒成立求 a 取值范围
    17已知函数 2( ) ( 1) ( 1)xf x x e x x   
    (Ⅰ)试判断方程 ( ) 0f x  根数
    (Ⅱ) ( ) (1 ) k k f x k  整数等式 恒成立 求 值
    18设函数 ( ) 2xf x e ax  
    (Ⅰ)求 ( )f x 单调区间
    (Ⅱ) 1a k 整数 0x  时 '( ) ( ) 1 0x k f x x    求 k 值高考数学 2018 届◆难点突破系列
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    题型二:导数函数切线问题
    19.已知函数 3 1 2( ) ln ( ) 2 3f x x x g x ax x e
         .
    (Ⅰ)求 ( )f x 单调增区间值
    (Ⅱ)函数 ( )y f x 函数 ( )y g x 交点处存公切线求实数 a 值
    (Ⅲ) 2(0 ]x e 时函数 ( )y f x 图象恰位两条行直线 1 l y kx
    2 l y kx m  间 1l 2l 间距离时求实数 m 值.
    20已知函数 ( ) ln( ) f x x a ax  
    (Ⅰ)求函数 ( )f x 单调区间极值
    (Ⅱ) ( 1)a   函数 '( ) ( )g x a f x 图象存 1 2P P 两点横坐标满足
    1 21 6x x    ( )g x 图象两点处切线互相垂直求 a 取值范围
    21已知函数 3 21 2 53y x x x    曲线存唯点 P 0 0( )x y 点 P 作曲线切线
    l 曲线公点 P切线l 斜率 k ______________.
    22.已知函数 2( ) xf x e ax ex a R   
    (Ⅰ)曲线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处切线行 x 轴求函数 ( )f x 单调区间
    (Ⅱ)试确定 a 取值范围曲线 ( )y f x 存唯点 P 曲线该点处切线
    曲线公点 P
    题型三:导数函数零点零点关系问题
    23已知函数 3( ) sin ( ) [0 ]2 2f x ax x a R    值  3 2
    (Ⅰ)求函数 ( )f x 解析式
    (Ⅱ)判断函数 ( )f x (0 ) 零点数加证明.
    24 已知函数 ( ) xf x x ae ( )a RÎ 两零点 1 2x x 1 2x x<
    (Ⅰ)求 a 取值范围 (Ⅱ)证明 2
    1
    x
    x
    着 a 减增
    (Ⅲ)证明 1 2x x+ 着 a 减增
    25已知函数 ( ) 2ln ( )2
    af x x x x x a a R + Î 定义域两极值点
    (Ⅰ)求 a 取值范围高考数学 2018 届◆难点突破系列
    6
    (Ⅱ)记两极值点 1 2x x 1 2x x< 已知 0  等式 1
    1 2e x xl l+ < × 恒成立求 
    取值范围
    26已知函数 ( ) ( 0)axf x x e a >
    (Ⅰ)求函数 ( )f x 单调区间
    (Ⅱ)函数 ( )f x 两零点 1 2x x 1 2x x< 试证明 1
    2
    x aex
    <
    27.已知函数 ( )f x  1
    x
    x
    e
     ( x ∈R)
    (Ⅰ)求函数 ( )f x 单调区间极值
    (Ⅱ)已知函数 ( )y g x 意 x 满足 ( ) (4 )g x f x  证明: x >2 时 ( )f x > ( )g x
    (Ⅲ)果 1x ≠ 2x 1( )f x  2( )f x 证明: 1 2x x >4.
    28.已知函数 2)1(2)(  xaexxf x)( 两零点
    (Ⅰ)求 a 取值范围
    (Ⅱ)设 x1x2 两零点证明:x1+x2<2
    29 已知函数 ( ) ( cos ) 2sin 2f x x x x    1 sin 2( ) ( ) 11 sin
    x xg x x x
     
       
    证明:(1)存唯 0 (0 )2x  0( ) 0f x 
    (2)存唯 1 ( )2x   1( ) 0g x  (1)中 0 1x x  
    30.已知函数
    2( )( ) ln
    x af x x
     (中 a 常数).
    (Ⅰ) 0a  时求函数单调区间
    (Ⅱ) 0 1a  时设函数 f(x)三极值点 1 2 3 x x x 1 2 3x x x  证明:
    1 3
    2x x
    e
      .
    31 已知 ( ) ( 1)xf x e a x   两零点
    (Ⅰ)求实数 a 取值范围
    (Ⅱ)设 1 2 1 2x x R x x  ( )f x 两零点证明: 1 2 1 2x x x x   高考数学 2018 届◆难点突破系列
    7
    32 已知  ( ) ln ( )f x x x mx m R  
    (Ⅰ) 1m  时 ( )f x 图象 1 1 处切线l 恰函数 ( 0 1)xy a a a   图象
    相切求实数 a 值
    ( Ⅱ ) 函 数 21( ) ln 2 12F x x x mx    两 极 值 点 1 2 1 2 x x x x 求 证 :
    2 1( ) 1 ( )f x f x  
    33.设函数 '( ) ln(1 ) ( ) ( ) 0f x x g x xf x x    中 ' ( )f x ( )f x 导函数.
    (Ⅰ)令 1 1( ) ( ) ( ) ( ( )) n ng x g x g x g g x n N    求 ( )ng x 表达式
    (Ⅱ) ( ) ( )f x ag x 恒成立求实数 a 取值范围
    (Ⅲ)设 n N 较 (1) (2) ( )g g g n  ( )n f n 加证明.
    34.已知函数 f(x)exkxx∈R
    (Ⅰ) k e 试确定函数 f(x)单调区间
    (Ⅱ) k>0意 x∈Rf(|x|)>0 恒成立试确定实数 k 取值范围
    (Ⅲ)设函数 F(x)f(x)+ f(x)求证:F(1)F(2)…F(n)> 1 22
    n
    ne   (n∈ N  )高考数学 2018 届◆难点突破系列
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    难 点 突 破(答案)
    压轴题函数导数常考题型
    二常考题型:
    题型:恒成立求参数值取值范围问题
    2解:(Ⅰ) 2 2
    1( ln )
    '( ) ( 1)
    x x bxf x x x
      
     

    直线 2 3 0x y   斜率 1
    2
     点 (11)

    (1) 1
    1'(1) 2
    f
    f
      
    1
    1 2 2
    b
    a b
        解 1a  1b 
    (Ⅱ)(Ⅰ)知 ln 1f ( ) 1
    xx x x
     

    2
    2
    ln 1 ( 1)( ) (2ln )1 1
    x xf x xx x x
       

    考虑函数 ( ) 2lnh x x  2 1( 0)x xx
     
    2 2 2
    2 2
    1 2 ( 1) ( 1)'( ) x x xh x x x x
         
    x  1 时 '( ) 0h x  h(1)0
    2
    2
    2
    2
    2
    (1 ) (1 ) 1( ) (1 ) 1
    (1 )
    (1 )
    (0) 1 1 1
    1 12 1 ( ) ( 1) ( ) 1 (1 )
    ( ) 0 ( ) ( 1)( 1 )
    1( 1) ( )
    x
    x
    x x
    a x ax axf x ex x
    ax a x a ex
    f a a
    x xf x e x f x ex x
    f x f x
    x f x
             
        
          
          
         
       
    1解:(1)
    已知
    ( )()
    函数 减函数
    时 0 ( ) 11
    ( 1 ) ( ) ( 1 )
    (0) 1
    0 ( ) (0) 1
    0 ( ) (0) 1
    ( ) 1 0
    xx e f xx
    x f x
    f
    x f x f
    x f x f
    f x x x x
      
        

      
       
      

    成立
    时函数 减函数


    1 时
    综合述满足 取值范围: 1高考数学 2018 届◆难点突破系列
    9
    (01)x 时 ( ) 0h x  2
    1 ( ) 01 h xx
    
    x (1+  )时 ( ) 0h x  2
    1 ( ) 01 h xx
    
    0 1x x  时 ln( ) ( ) 01
    x kf x x x
      
    ln( ) 1
    xf x x
     

    3.解:(1)  ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
      
    2
    ln(1 )1( )
    x xxf x x
      

    ( ) ln(1 )( 0)1
    xg x x xx
       

    2 2 2
    1 1 1 (1 )( ) 0(1 ) 1 (1 ) (1 )
    x x x xg x x x x x
                
     ( )y g x (0 ) 减函数 ( ) ln(1 ) (0) 01
    xg x x gx
        

    2
    ln(1 )1( ) 0
    x xxf x x
         ln(1 )( ) ( 0)xf x xx
      (0 ) 减函数
    (2)(法): ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立 ln(1 ) 0x ax    (0 ) 恒成立
    设 ( ) ln(1 ) h x x ax   (0) 0h   1( ) 1h x ax
      
    ① 0 1a  时令 1( ) 01h x ax
       
    1 1x a
     
    1(0 1)x a
      时 ' ( ) 0h x   ( ) ln(1 )h x x ax   1(0 1)a
     增函数
    1(0 1)x a
      时 ( ) ln(1 ) 0h x x ax   
    ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立
    ② 1a   0x  时 ' 1( ) 01h x ax
      
    恒成立
     ( ) ln(1 )h x x ax   (0 ) 减函数
     ln(1 ) (0) 0x ax h    (0 ) 恒成立
     ln(1 )x ax  (0 ) 恒成立
    ③ 0a  显然满足条件高考数学 2018 届◆难点突破系列
    10
    综述①②③: 1a  时 ln(1 ) (0) 0x ax h    (0 ) 恒成立
    (法二): 0x  时等式 ln(1 )x ax  恒成立
    : 0x  时等式 ln(1 )x ax
      恒成立 0x  时 ln(1 )max xa x
        
    (1)知 ln(1 )( ) xf x x
     (0 ) 减函数
     '
    '0 0 0
    ln( 1)ln( 1) 1lim lim lim 1( ) 1x x x
    xx
    x x x  
       
    (罗特法 0
    0
    型)
    1a  a 取值范围 +1
    4.解:(1) 1 ln( ) xf x x
     2
    ln( ) ( 0)xf x xx
       
    0 1x  时 ( ) 0f x  1x  时 ( ) 0f x  .
    ( )f x (01) 单调递增 (1 ) 单调递减.
    ( )f x 1x  处取极值.
    ( )f x 区间 1( )2a a  (中 0a  )存极值

    1
    1 12
    a
    a
      
    解 1 12 a  .
    (2)等式
    2
    ( ) 1
    k kf x x
     
    2( 1)(1 ln )x x k kx
        .

    x
    xxxg )ln1)(1()(  2
    ln)(
    x
    xxxg  .设 xxxh ln)( 
    xxh 11)(  .
    1x  ( ) 0h x  ( )h x [1 ) 单调递增.
    ( )h x 值 (1) 1 0h   ( ) 0g x 
    ( )g x [1 ) 单调递增 ( )g x 值 (1) 2g 
    2 2k k  解 1 2k   .
    '5 ( ) 4 3 (1) 1
    (1) 1 ( ) (1))
    1 ( 1)( 1) ( 1) 2 0
    xf x e x f e
    f e y f x f
    y e e x e x y
         
       
            
    解( )
    曲线 点(1 处切线方程
    高考数学 2018 届◆难点突破系列
    11
    2 2 2
    2
    2
    2 2
    2
    2
    5 5( ) ( ) ( 3) 1 2 3 ( 3) 12 2
    1 11 21 1 2
    1 11 ( 1) 12 2( ) ( )
    1( ) ( 1) 1 ( ) ( 1)2
    x
    x
    x
    x x
    x x
    f x x a x e x x x a x
    e x
    ax e x x a x
    e x e x x
    g x g xx x
    x e x x x x e 
              
     
         
        
     
         





    min
    11 ( ) 0 ( ) [1 ) ( ) (1) 02
    3( ) 0 ( ) [1 ) ( ) (1) 2
    3 3( ) ( ) ( ]2 2
    x x x x
    g x g x g x g e
    a g x a g x a e a e
              
           
          
     单调递增
    单调递增
    恒成立 取值范围
    6 解:(1) 2a  时 2( ) lnf x x xx
     
    2
    2'( ) ln 1f x xx
       
    (1) 2f  '(1) 1f  
    曲线 ( )y f x 1x  处切线方程 3y x  
    (2)存 1 2 [02]x x  1 2( ) ( )g x g x M  成立
    等价: 1 2 max[ ( ) ( )]g x g x M 
    考察
    3 2( ) 3g x x x  
    2 2'( ) 3 2 3 ( )3g x x x x x   

    表知: min max
    2 85( ) ( ) ( ) (2) 13 27g x g g x g    

    1 2 max max min
    112[ ( ) ( )] ( ) ( ) 27g x g x g x g x   

    满足条件整数 4M  高考数学 2018 届◆难点突破系列
    12
    (3) 1 22s t      
    ( ) ( )f s g t 恒成立  1 22x      
    min( )f x  max( )g x
    max( ) 1g x  1 22x      
    ( ) ln 1af x x xx
       恒成立  2 lna x x x  恒
    成立记 2( ) lnh x x x x  ( ) 1 2 lnh x x x x    注意 (1) 0h 
    记 ( ) 1 2 lnm x x x x   '( ) 3 2lnm x x  
    1 22x     
    '( ) 3 2ln 0m x x   
    ( ) '( ) 1 2 lnm x h x x x x    1 22
     
      
    递减
    (1) 0h  1 12x    
    时 ( ) 0h x   12x 时 ( ) 0h x 
    函数 2( ) lnh x x x x  区间 1 12
     
     
    递增区间 12 递减
    max( ) (1) 1h x h  1a 
    (3)解: 1 22s t      
    ( ) ( )f s g t 恒成立  1 22x      
    min( )f x  max( )g x
    (2)知区间 1 22
     
      
    max( ) 1g x  注意 (1)f a 1a 
    证 1a  时区间 1 22
     
      
    函数 ( ) 1f x  恒成立
    1a  1 22x     
    时 1( ) ln lnaf x x x x xx x
       

    1( ) lnh x x xx
     
    2
    1'( ) ln 1h x xx
       
    '(1) 0h 

    1[ 1)2x
    2
    1'( ) ln 1 0h x xx
        
    (12]x 2
    1'( ) ln 1 0h x xx
        

    函数
    1( ) lnh x x xx
     
    区间
    1[ 1)2 递减区间 (12]递增高考数学 2018 届◆难点突破系列
    13
    min( ) (1) 1h x h  ( ) 1h x  1a 
    1[ 2]2x
    时 ( ) 1f x  成立
    1 22s t      
    ( ) ( )f s g t 恒成立
    7解:(I) ( ) (1 )x x xf x e xe x e    
    1x 时 ( ) 0f x  )(xf )1(  单调递减
    1x 时 ( ) 0f x  )(xf )1(  单调递增
    '( ) 2 1g x ax  '( 1) 2 1 0g a     1
    2a 
    时 2
    1)1(2
    1
    2
    1)( 22  xxxxg

    显然 )(xg )1(  单调递减 )1(  单调递增 1
    2a 
    (II) )()( xgxf  0)1()()(  axexxgxf x

    令 1)(  axexF x
    '( ) xF x e a 
    0x '( ) 1xF x e a a    
    ① 1a )0( x 时 '( ) 0F x  )(xF 增函数 0)0( F
    0)(0  xFx )()( xgxf 
    ② 1a )ln0( ax  时 '( ) 0F x  )(xF 减函数 0)0( F
    )ln0( ax  时 0)( xF )()( xgxf  )()( xgxf  成立
    综 a 取值范围 ]1(
    8解(Ⅰ)令 ( ) ( ) ( ) 1xh x f x g x e x    
    ' ( ) 1xh x e 
    令 ' ( ) 0h x  0x  0x  ' ( ) 0h x  0x  ' ( ) 0h x 
     ( )h x ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增
    0x  时 ( )h x 值唯极值点
     0x  时 ( )h x 值 (0) 0h 
    0x  时 ( ) 0h x  函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  唯零点 0x 
    ( ) ( )f x g x 唯零点 0x  高考数学 2018 届◆难点突破系列
    14
    (Ⅱ)令
    ( ) ( ) 1 1
    axF x f x x
       
    ( ( ) 1)( 1) ( 1)( 1)( ) 1 1
    xf x x ax e x axF x x x
           
    令 ( ) ( 1)( 1)xH x e x ax   
    ' ( ) (2 ) 1xH x e x a   
    令 ( ) (2 ) 1xx e x a    
    ' ( ) (3 ) 0xx e x   
     ( )x [0 ) 单调递增
    ' ( )H x [0 ) 单调递增
     ' '( ) (0) 1H x H a  
    1 1a  时
    ' ( ) 0H x  ( )H x [0 ) 减函数
     ( ) (0) 0H x H   ( ) ( ) 1 01
    axF x f x x
       
    2 1a  时
    ' (0) 1 0H a  
    ' ( )H x [0 ) 单调递增
    存区间 0(0 )x
    ' ( ) 0H x  ( )H x 单调递减 ( ) (0) 0H x H 
    存区间 0(0 )x ( ) 0F x  显然
    ( ) 1 1
    axf x x
       恒成立相矛盾
    综 1a 
    (法二) ① 1a  时(Ⅰ)知 0x  1xe x 
    ( 1 )( ) 1 1 01 1 1 1
    xax ax ax x x af x e xx x x x
                
    9.解(1)f′(x)= 2 23 6 3 ( )ax x ax x a
      
    令 f′(x)=0解 x=0 x= 2
    a
     .
    0a  时 x 变化f′(x) f(x)变化情况:高考数学 2018 届◆难点突破系列
    15
    ∴ f(x)极值=f(0)=1f(x)极值=f( 2
    a
     )= 2
    4
    a
    +1
    (2) 2( ) 3 6f x ax x   1( ) ( ) (2 1) 13h x f x a x   
    ∴ 2( ) (2 1) 1h x ax a x     1 ( 1)x b b   
    1 x b   时令 2 (2 1) 1 0ax a x    …………①
      1a   ∴ ( )h x 图象开口抛物线
    闭区间值必区间端点处取
    ( 1) 0h a    ∴等式①恒成立充条件 ( ) 0h b 
    2 (2 1) 1 0ab a b   
    ∵ 1b   ∴ 1 0b   0a  ∴
    2 2 1
    1
    b b
    b a
      

      1a    关 a 等式
    2 2 1
    1
    b b
    b a
      
    成立

    2
    max
    2 1( )1
    b b
    b a
      

    2 2 11
    b b
    b
     
    2 1 0b b  
    ∴ 1 5 1 5
    2 2b     1b   1 51 2b     max
    1 5
    2b   .
    max
    2
    1( ) (1) 2
    3(2) 0 ( ) ln ( ) [0 ] (1 ] 2
    f x f
    b f x a x f x m x a x e
       
          时 等式 成立高考数学 2018 届◆难点突破系列
    16
    11解:(1) ( ) 21
    af x x aax
       
    1( ) 02f   2 2 0a a  
    解: 2a 
    (2) 0 2a  时 ( )f x 1[ )2
     增函数须 ( ) 0f x  区间 1[ )2
     恒成立
    21 2 02
    ax x a
       时 恒成立2
    21 2 (2 )( 1)0 2 02 2 2
    a a aa a a
          时-
    21 2 10 ( ) 0 ( ) [ ) 2 2
    ax x f x f xa
            时 增函数2
    2
    2

    (3) (12) 1 (1) ln( ) 1
    1 1(12) ln( ) 1 ( 1) 02 2
    1 1( ) ln( ) 1 ( 1)(1 2)2 2
    1( ) 1 2 [2 (1 2 )]1 1
    0 2 (1 2 )
    a f f a a
    a a a m a
    g a a a m a a
    ag a ma ma ma a
    m ma m
           
          
           
          
       
    1 1 1 时(2)知 (x) 值2 2 2
    问题等价意 等式 恒成立


    1) 时 '0 ( ) 0 ( )g a g a   区间(12)递减


    ( ) (1) 0
    0 ( ) 0
    2 10 ( ) [ ( 1)]1 2
    1 11 1 ( ) min 2 1 )2 2
    ( ) (1) 0 ( ) 0
    1 1 1 ( ) 0 ( ) (12)2
    g a g
    m g a
    mam g a aa m
    g am m
    g a g g a
    g a g am
     
      
       
         
      
      

    时 恒成立
    2) 时
    知 区间(1 递减
    区间 恒成立矛盾
    时 递增'1 1 1 ( ) 0 ( ) (12)2 g a g am
       时 递增高考数学 2018 届◆难点突破系列
    17
    0 1( ) (1) 0 1 41 12
    1m [ )4
    m
    g a g m
    m
         
    
    恒 满足题设求
    实数 取值范围
    12解:(1) 3a 时   3 24 3f x x x   x   23 8 3f x x x   
     11x  时  f x 单调增函数
     11   0f x  1 3x
    11 3
       
    ( )f x <0 ( )f x 减函数 1 13
     
      
    ( )f x >0 ( )f x 增函数
    出 11 ( )f x 单调函数
    (2) 02   19 1
    6 3g x x  增函数  2 02x   2
    1 63g x     

    设        2
    1 1 1 1 1 12 3 2 2 11h x f x ax x x a a x       
     1 16 2h x x    1 0h x  1
    1 3x
    意  1 11x   存  2 02x     1 2h x g x 成立需 11
     1
    1 63 h x   11 3
        
     1' 0h x  1 13
       
     1' 0h x 
    1
    1 3x 时  1h x 极值 21 1 23 3h a a       

       2 21 1 2 1 5 2h a a h a a      
     11  1h x 极值  1h x 值 21 23 a a  
    2
    2
    2
    1 2 6
    5 2 6
    1 12 3 3
    a a
    a a
    a a

       
       

        
     解 02  a
    13解:(1) ( ) ln 2 ln xf x a a x a   高考数学 2018 届◆难点突破系列
    18
    1a  时总 ' ( )f x R 增函数
    '(0) 0f  等式 ' ( ) 0f x  解集 (0 )
    函数 ( )f x 单调增区间 (0 )
    (2)存  1 2 11 x x   1 2( ) ( ) 1f x f x e   成立
    需:  11 x  时 max min( ) ( ) 1f x f x e  
    '( )f x ( )f x x 取值变化情况表:
    x  0 0  0
    '( )f x _ 0 +
    ( )f x 减函数 极值 增函数
    表知: ( )f x    10 01 单调减函数 单调增函数
    min m n( ) (0) 1 ( ) ( 1) (1) af x f f x f f   中值
    1 1(1) ( 1) ( 1 ln ) ( 1 ln ) 2ln f f a a a a aa a
              
    ' 2
    2
    1( ) 2ln ( 1)
    1 2 1( ) 1 (1 ) 0
    g a a a aa
    g a a a a
       
         

    1( ) 2lng a a aa
        (1+ )增函数
    (1) 0g  1a  时 ( ) 0 (1) ( 1)g a f f  
    max min( ) ( ) (1) (0) 1 ln 1f x f x f f e a a e       
    令函数 ' 1 1( ) ln 1 1 0ah a a a a y a a
           时
    函数 ( ) lnh a a a  (1 )a  增函数 ( ) 1h e e  a e
    综求 a 取值范围  e 
    14解 (Ⅰ) ' ( ) ( 1) 2mxf x m e x   .
    0m  ( 0)x  时 1 0mxe   ' ( ) 0f x  (0 )x  时 1 0mxe   高考数学 2018 届◆难点突破系列
    19
    ' ( ) 0f x  0m  ( 0)x  时 1 0mxe   ' ( ) 0f x  (0 )x  时
    1 0mxe   ' ( ) 0f x  .
    ( )f x ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增.
    (Ⅱ)(Ⅰ)知意 m ( )f x [ 10] 单调递减[01] 单调递增 ( )f x 0x 
    处取值.意 1 2 [ 11]x x   1 2( ) ( ) 1f x f x e   充条件:
    (1) (0) 1
    ( 1) (0) 1
    f f e
    f f e
      
        
    1
    1
    m
    m
    e m e
    e m e
          

    设函数 ( ) 1tg t e t e    ' ( ) 1tg t e  . 0t  时 ' ( ) 0g t  0t  时 ' ( ) 0g t  .
    ( )g t ( 0) 单调递减 (0 ) 单调递增. (1) 0g  1( 1) 2 0g e e    
    [ 11]t   时 ( ) 0g t  .
    [ 11]m  时 ( ) 0g m  ( ) 0g m  ①式成立.
    1m  时 ( )g t 单调性 ( ) 0g m  1me m e  
    1m   时 ( ) 0g m  1me m e    .
    综 m 取值范围[ 11] .
    15.解:(1) 1)1()(' 2
    2
    
     xx
    axxxf .

    4
    1a 时 0)(' xf )(xf )1(  单调递减.

    4
    10  a 时令 0)(' xf
    2
    411
    2
    411 axa 
    令 0)(' xf
    2
    4111 ax 
    2
    411 ax  .
    )(xf )2
    4112
    411( aa  单 调 递 增 )2
    4111( a
    )2
    411(  a 单调递减.高考数学 2018 届◆难点突破系列
    20
    ( 2 ) 原 式 等 价 12)1ln()1(  xxxax 存 0a 0x 时
    x
    xxxa 12)1ln()1(  恒成立.
    设 012)1ln()1()(  xx
    xxxxg 0)1ln(1)(' 2  xx
    xxxg
    设 0)1ln(1)(  xxxxh 01
    11)(' 
    xxh )(xh )0(  单调递增.
    0)3(0)2(  hh 根零点存性定理 )(xh )0(  唯零点设该零点
    0x )1ln(1 00  xx )32(0 x
    212)1)(1()( 0
    0
    000
    min  xx
    xxxxg Zaxa  20 a 值 5.
    16解:(1) 1 ( ) 1 1
    xx f x xx
        
    x时 仅e
    令 '( ) 1 ( ) 1g x x g x    x xe e
     '0 ( ) 0 ( ) 0 x g x g x  时 单调增函数
     0 ( ) 0 ( ) 0x g x g x  时 单调减函数
    ( ) 0 ( ) (0) 1 xg x x x R g x g e x     处达值 时
    1 ( ) 1
    xx f x x
       

    (2)题设 0 ( ) 0x f x 时
    10 1
    xa x a ax
       
    时 0 ( ) 1
    xf x ax
     
    成立
    0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01
    xa h x axf x f x x f x h xax
         
    时 令 仅
    ' ' '( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( )h x af x axf x f x af x axf x ax f x       
    ① 10 ( 1) ( )2a x x f x   时 (1)知
    ' ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) (2 1) ( ) 0h x af x axf x a x f x f x a f x       
     ( ) 0 ( ) (0) 0h x h x h   减函数 ( ) 1
    xf x ax
     
    ② 1 2a  时 易证  ( ) 1 1x xx f x e x x e       高考数学 2018 届◆难点突破系列
    21
    ' ( ) ( ) ( ) ( )
    ( ) ( ) ( ) ( )
    (2 1 ) ( )
    h x af x axf x ax f x
    af x axf x af x f x
    a ax f x
       
       
      
    '2 10 ( ) 0ax h xa
      时 ( ) (0) 0 ( ) 1
    xh x h f x ax
       

    综 a 取值范围 10 2
     
      
    17解:(1) ' 2( ) ( 1) 1xf x e x  
    记 2( ) ( 1) 1xh x e x   ' 2( ) ( 2 1)xh x e x x  
    (1 )x  时 '( ) 0h x  恒成立 ( )h x (1+ )增函数
    2(1) 1 0 (2) 3 1 0h h e     
    0 0
    0 0
    0 0
    (12) ( ) 0
    (1 ) ( ) 0 ( ) ( ) 0
    ( ) (1 ) ( )
    x h x
    x x h x x x h x
    f x x x
      
        
     

    时 时
    单调递减 单调递增
    0
    2
    0
    (1) 1 0 ( ) (1) 1 0
    (2) 2 0
    ( ) ( )
    ( ) (1 )
    f f x f
    f e
    f x x
    f x
           
      
     
    




    零点
    综述 零点
    0 0
    0
    2 2
    0 0 0 0 0 0
    (2) ( ) ( )
    ( ) ( 1) ( ) ( 1) 1 0(1 2)x x
    f x f x
    f x x e x h x e x x       
    (1)知 唯极值点唯值点

    2
    2 0
    0 0 0 02
    0 0 0
    1 1 2( ) ( 1) ( 1) 2 1 1 1
    xf x x x xx x x
                    
    0 0
    51 2 ( ) 13x f x     
    ( ) (1 ) k k f x k 整数等式 恒成立时 值2
    18解 (Ⅰ)  f x 定义域 R   xf x e a  
    0a    0f x  恒成立  f x R 总增函数
    0a  令   0f x  求 lnx a  f x 单增区间  ln a  
    令   0f x  求 lnx a  f x 单减区间  ln a高考数学 2018 届◆难点突破系列
    22
    (Ⅱ)  
    1
    x
    a
    f x e a
       
    代入    1 0x k f x x      1 1 0xx k e x    
    0x  1 0xe     1 1xx k e x     1
    1x
    xx k e
       

    1
    1x
    xk x e
      
    1 ( 0) (*)1x
    xk x xe
       
    令   1
    1x
    xg x xe
     
       
     2
    2
    1
    x x
    x
    e e x
    g x
    e
      


    (Ⅰ)知    2xh x e x    0   单调递增  
     
    1 0
    2 0
    h
    h
     

     h x  0   存唯零点  1 2 
     g x  0   存 唯 零 点   0 x  时   0g x 
     x    时   0g x   0      ming x g    0g  
    2e     1g       2 3g  
    (*)式等价  k g  整数值 2.
    题型二:导数函数切线问题
    19.解(1) ( ) ln 1f x x   ' ( ) 0f x  1x e

    ( )f x 单调增区间 1( )e
    
    1(0 )x e
     时 ( ) 0f x  ( )f x 1(0 )e
    单调减
    1( )x e
      时 ( ) 0f x  ( )f x 1( )e
     单调增
    ( )f x 值 1 1( )f e e
      .
    (2) ( ) ln 1f x x   2 1( ) 3 2g x ax  
    设公切点处横坐标 x ( )f x 相切直线方程: (ln 1)y x x x   
    ( )g x 相切直线方程: 2 31 2(3 ) 22 3y ax x ax e
        

    2
    3
    1ln 1 3 2
    22 3
    x ax
    x ax e
       
        
     
     
    解 1lnx x e
       (1)知 1x e
    
    2
    6
    ea  .高考数学 2018 届◆难点突破系列
    23
    (3)(提示:参考函数 ( )f x 图象图定义域
    (0 ) 点 10 二阶导数 '' 1( ) 02f x  
    单凹函数极值点 1
    e

    直线 1l 点 2 2( 2 )e e 时 2k  函数 ( )f x 图象恰位两条行直线间
    2k  1l 2l 间距离 2l 函数 ( )f x 图象必相切设切点横坐标 x
    ln 1k x  2k  x e (仅 2k  时等号成立)
    2 l (ln 1)y x x x    1 l (ln 1)y x x  x e 1l 2l 间 距 离
    21 (ln 1)
    xd
    x

     


    令 ( ) ln [(ln 1) ]h x x x x x x    
    ( ) ln 1 ln 1 ln lnh x x x x x       
    x x  时 ( ) 0h x  ( )h x (0 )x 单调减
    x x  时 ( ) 0h x  ( )h x 2( )x e 单调增
    ( )h x 值 ( ) 0h x  函数 ( )f x 图象均 2l 方

    2
    2( ) ln 2ln 2
    xt x x x
      

    2 2
    2 2 2 2
    2 ln 4 ln 4 2 ln 2 2 ln 2 ln 2( ) (ln 2ln 2) (ln 2ln 2)
    x x x x x x x x x x x x xt x x x x x
              

    x e 时 ( ) 0t x  x e 时 ( ) ( )t x t e
    d 时 x e 时 m e  .
    20解:函数 ( ) ln( ) f x x a ax   定义域 1( ) ( ) a f x ax a
      
    0a  时区间 ( )a  ( ) 0f x  ( )f x 单调递增极值
    0a  时令 1( ) 0f x ax a
       
    1 x a a
     
    1( )x a a a
      时 ' ( ) 0f x  函数 ( )f x 单调递增高考数学 2018 届◆难点突破系列
    24
    1( )x a a
       时 ' ( ) 0f x  函数 ( )f x 单调递减
    函数 ( )f x 极值 21( ) ln( ) 1( 0)f a a a aa
           极值
    (2)(1)知 ( 1)a   时
    2

    2
    1 1( ) ( )
    1 ( )
    a a x a ax a ag x a f x a ax a a a x ax a a
                      
    函数图象存符合求两点必须 1 2
    11 6x a xa
         
    1 5 3 102 a    
    1x a a a
        
    时 2( ) ag x ax a
      函数点 1P 处切线斜率
     1 2
    1
    ak
    x a
     


    1( )x a a
       时 2( ) ag x ax a
       函数点 2P 处切线斜率
     2 2
    2
    ak
    x a



    函数图象两点处切线互相垂直
       2 2
    1 2
    [ ] [ ] 1a a
    x a x a
       
     
       2 2 2
    1 2x a x a a   
    1 2
    10 1 6 a x a x a aa
                  1 2x a x a a    

    1 ( 1 )
    1 (6 )
    a aa
    a aa
        
        
    3 2a  
    综述求 a 取值范围 1 5( 1)2
      
    2
    0 0 0 0
    0 0
    3 2
    0 03 2
    3 2
    0 0
    ( )( 4 5)
    ( ) 1 2 5 ( )1 32 5 3
    1 2 ( 5) ( ) 03
    l y y k x x k x x
    y y k x x
    x x x k x x y
    y x x x
    x x k x y kx
          
                
         
    21解切线 方程 中
    联立 整理
    高考数学 2018 届◆难点突破系列
    25
    3 2
    0 0 0
    ' 2
    2 ' 2 2 2 '
    0 0 0 0 0 0
    1( ) 2 ( 5) ( ) ( ) 03
    ( ) 4 ( 5) 16 4 5)4 9 )
    4 5 ( ) 4 4 4( 2) 0 ( ) 0
    g x x x k x y kx g x
    g x x x k k k
    k x x g x x x x x x g x
          
          
                

     
    令 易知
    求导: ( (
    显然

    0 0
    3 2
    0 0 0 0

    1 0 2 0
    0 1 0 2 0 2
    0 1
    46(1) 0 2 ( ) 03
    2 ( 5) ( ) 0 2
    9
    (2) 0 9 ( ) 0
    2 9 2 2 2 9 2 2
    2 4
    2 4
    x y g x
    x x k x y kx x
    k
    k g x
    x k x x k x
    x x x x x x x x
    x x x
         
           

      
                   
           
        



    1方程 唯实根 符合题意3



    时 g( )0

    
     0 2 0 1
    0 9 ( )
    x x x x x
    k g x
      
     
    g( )0
    时 两零点合题意
    9k 综述
    22解:(I) ' ( ) 2 xf x e ax e   曲线 ( )y f x 点 (1 (1))f 处切线斜率 2 0k a 
    0a  ( ) xf x e ex 
    时 ' ( ) xf x e e  ' ( ) 0f x  1x 
    ( 1)x  时 ' ( ) 0f x  (1 )x  时
    ' ( ) 0f x  ( )f x 单调递减区间 ( 1) 单调递增区间 (1 ) .
    (II)设点 0 0( ( ))P x f x 曲线 ( )y f x 点 P 处切线方程

    0 0 0( )( ) ( )y f x x x f x  
    令 '
    0 0 0( ) ( ) ( )( ) ( )g x f x f x x x f x    曲线 ( )y f x 点 P 处切线曲线
    公点 P 等价函数 ( )g x 唯零点.
    0( ) 0g x  0' ' '
    0 0( ) ( ) ( ) 2 ( )xxg x f x f x e e a x x      .
    ① 0a  0x x 时 ' ( ) 0g x  0x x 时 0( ) ( ) 0g x g x 
    0x x 时 ' ( ) 0g x  0x x 时 0( ) ( ) 0g x g x  ( )g x 唯零点 0x x
    0x 具意性符合 P 唯性 0a  合题意.
    ② 0a  令 0
    0( ) 2 ( )xxh x e e a x x    0( ) 0h x  ' ( ) 2xh x e a 
    令 ' ( ) 0h x  ln( 2 )x a  记 ln( 2 )x a   x∈(-∞x*)时 ' ( ) 0h x 
    ( )h x (-∞x*)单调递减 x∈(x*+∞)时 ' ( ) 0h x  ( )h x (x*+∞)
    单调递增.
    (i) 0x x x ∈(-∞x*)时 ' ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x   x ∈(x*+∞)时
    ' ( ) ( ) ( ) 0g x h x h x   知 ( )g x R 单调递增.
    函数 ( )g x R 零点 x x
    (ii) 0x x ( )h x (x*+∞)单调递增 0( )h x =0 x ∈(x*x0)
    时 '
    0( ) ( ) ( ) 0g x h x h x   0( ) ( ) 0g x g x  取 x ∈(x*x0) ( ) 0g x  高考数学 2018 届◆难点突破系列
    26
    x ∈(-∞x*)时易知 2 ' '
    0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x     
    x xe e

     2 ' ' 2
    0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )xg x e ax e f x x f x x f x ax bx c

            
    中 '
    0( ( ))b e f x   '
    0 0 0( ) ( )xc e f x x f x

       .
    0a  必存 1x x
    2
    1 1 0ax bx c  
    1( ) 0g x  ( )g x 1( )x x 存零点. ( )g x R 少两零点.
    (iii) 0x x 易证 ( ) 0g x 
    3
    6
    x xe 

    3
    2 ' '
    0 0 0 0( ) ( ( )) ( ) ( )6
    xg x ax e f x x f x x f x      x x 时总存 x ∈(x*
    +∞)
    3
    2 ' '
    0 0 0 0( ( )) ( ) ( ) 06
    x ax e f x x f x x f x     
    时 ( ) 0g x  ( )g x (x*+∞)存零点 ( )g x R 少两零点.
    综述 0a  时曲线 ( )y f x 存唯点 (ln( 2 ) (ln( 2 ))P a f a  曲线
    该点处切线曲线公点 P
    题型三:导数函数零点零点关系问题
    23解:(I)已知 ' ( )f x = a (sin cos )x x x
    意 x∈

    2 sin cosx x x >0
    a =0 时 ( )f x =-3
    2
    合题意
    a <0x∈

    2 时 ' ( )f x <0 ( )f x

    2 单调递减
    ( )f x

    2 图象连续断
    ( )f x

    2 值 f(0)=-3
    2
    合题意
    a >0x∈

    2 时 ' ( )f x >0 ( )f x

    2 单调递增
    ( )f x

    2 图象连续 ( )f x

    2 值 f
    π
    2
    π
    2 a -3
    2
    = 3
    2
      解 a =1
    综述 ( )f x = sinx x -3
    2

    (II) ( )f x (0π)两零点.
    证明:
    (1)知 ( )f x = sinx x -3
    2
    (0)f =-3
    2
    <0 ( )2f  = 3
    2
      >0
    ( )f x [0 ]2
     图象连续断 ( )f x (0 )2
     少存零点.
    (1)知 ( )f x [0 ]2
     单调递增 ( )f x (0 )2
     仅零点.高考数学 2018 届◆难点突破系列
    27
    x∈[ ]2
      时令 ( )g x = ' ( )f x =sin cosx x x
    ( )2g  =1>0 ( )g  =-π<0 ( )g x [ ]2
      图象连续断存
    m ∈ ( )2
      ( )g m =0
    ' ( )g x = 2cos sinx x x 知 x∈ ( )2
      时 ' ( )g x <0
    ( )g x ( )2
      单调递减.
    x∈ ( )2 m 时 ( )g x > ( )g m =0 ' ( )f x >0 ( )f x ( )2 m 单调递增
    x∈[ ]2 m 时 ( )f x ≥ ( )2f  = 3
    2
      >0 ( )f x [ ]2 m 零点
    x∈( m π)时 ( )g x < ( )g m =0 ' ( )f x <0 ( )f x ( m π)单调递减.
    ( )f m >0 ( )f  <0 ( )f x [ m  ]图象连续断 ( )f x ( m
     )仅零点.
    综述 ( )f x (0 )两零点.
    24解:(Ⅰ) ( ) xf x x ae ( ) 1 xf x ae¢
    面分两种情况讨:
    (1) 0a £ 时 ( ) 0f x¢ > R 恒成立 ( )f x R 单调递增合题意
    (2) 0a > 时 ( ) 0f x¢ lnx a
    x 变化时 ( )f x¢ ( )f x 变化情况表:
    x ( ) ln a¥ ln a ( )ln a +¥
    ( )f x¢ + 0 -
    ( )f x ↗ ln 1a ↘
    时 ( )f x 单调递增区间( ) ln a¥ 单调递减区间( )ln a +¥
    函数 ( )y f x 两零点等价条件时成立:
    1° ( )ln 0f a > 2°存 ( )1 ln as Î ¥ 满足 ( )1 0f s <
    3°存 ( )2 ln as Î +¥ 满足 ( )2 0f s <
    ( )ln 0f a > ln 1 0a > 解 10 a e< < 高考数学 2018 届◆难点突破系列
    28
    时取 1 0s 满足 ( )1 ln as Î ¥ ( )1 0f s a <
    取 2
    2 2lns a a
    + 满足 ( )2 ln as Î +¥ ( )
    2 2
    2
    2 2ln 0a af s e ea a
    + <
    a 取值范围( )10e
    (Ⅱ)证明: ( ) 0xf x x ae x
    xa e

    设 ( ) x
    xg x e
    ( ) 1
    x
    xg x e
    ¢ 知 ( )g x ( )1¥ 单调递增( )1+¥ 单调递减
    ( ]0x Î ¥ 时 ( ) 0g x £ ( )0x Î +¥ 时 ( ) 0g x >
    已知 1 2x x 满足 ( )1a g x ( )2a g x ( )10a eÎ ( )g x 单调性
    ( )1 01x Î ( )2 1x Î +¥
    意 ( )1
    1 2 0 a a eÎ 设 1 2a a> ( ) ( )1 2 1g g ax x 中 1 20 1x x< < <
    ( ) ( )1 2 2g g ah h 中 1 20 1h h< < <
    ( )g x ( )01 单调递增 1 2a a> ( ) ( )1 1g gx h> 1 1x h> 类似
    2 2x h<
    1 1 0x h > 2 2 2
    1 1 1
    x h h
    x x h
    < < 2
    1
    x
    x
    着 a 减增
    (Ⅲ)证明:(法) 1
    1
    xx ae 2
    2
    xx ae 1 1ln lnx a x + 2 2ln lnx a x +
    2
    2 1 2 1
    1
    ln ln ln xx x x x x

    设 2
    1
    x tx
    1t > 2 1
    2 1

    ln
    x tx
    x x t
    ì ïïíï ïî
    解 1
    ln
    1
    tx t

    2
    ln
    1
    t tx t


    ( )
    1 2
    1 ln
    1
    t tx x t
    ++

    令 ( ) ( )1 ln
    1
    x xh x x
    +
    ( )1x Î +¥ ( ) ( )2
    12ln
    1
    x x xh x
    x
    +
    ¢

    高考数学 2018 届◆难点突破系列
    29
    令 ( ) 12lnu x x x x
    + ( )
    21xu x x
    ÷ç¢ ÷ç ÷ç
    ( )1x Î +¥ 时 ( ) 0u x¢ > ( )u x ( )1+¥ 单调递增
    意 ( )1x Î +¥ ( ) ( )1 0u x u>
    ( ) 0h x¢ > ( )h x ( )1+¥ 单调递增
    ① 1 2x x+ 着 t 增增
    (Ⅱ)知t 着 a 减增 1 2x x+ 着 a 减增
    (法二) 1
    1
    xx ae 2
    2
    xx ae 1 2
    1 2 ( )x xx x a e e
    1 2
    1 2
    x x
    x xa e e


    证明 1 2 2x x+ > 需证明 1 2( ) 2x xa e e+ >
    证:
    1 2
    1 21 2( ) 2
    x x
    x x
    e ex x e e
    + >
    妨设 1 2x x> 记 1 2t x x  0 1tt e 
    证明: 1 21
    t
    t
    et e
    +× >
    证 2 2 0tt e t   
    记  ( ) 2 2th t t e t    注意 (0) 0h  需证 ( )h x  0 增函数
    25.解:(Ⅰ) ( )' lnf x x ax 函数 ( )f x 定义域两极值点转化
    ln( ) xg x x
     函数 y a  0 两交点

    2
    1 ln( ) xg x x
      0x e 时 ' ( ) 0g x   x e  时 ' ( ) 0g x 
    ( )g x  0e 单调递增 ( )g x  e  单调递减 max
    1( ) ( )g x g e e
     
    ( )g x 零点 1 0x  时 ( )g x   x   时 ( ) 0g x 
    想 ln( ) xg x x
     函数 y a  0 两交点需 10 a e
     
    (Ⅱ) 1
    1 2e x xl l+ < × 等价 1 21 ln lnx x   
    (Ⅰ)知 1 2x x 分方程 ln 0x ax 两根 1 1 2 2ln lnx ax x ax
    原式等价 1 21 ( )a x x    高考数学 2018 届◆难点突破系列
    30
    1 200 x x   
    1 2
    1a x x


     

    1 1 2 2ln lnx ax x ax 作差 ( )1
    1 2
    2
    ln x a x xx

    1
    2
    1 2
    ln x
    xa x x
     

    原式等价
    1
    2
    1 2 1 2
    ln 1
    x
    x
    x x x x
     
     1 21
    2 1 2
    (1 )ln 0x xx
    x x x


      

    令  1
    2
    01xt tx
      等式  (1 ) 1ln 0tt t


      
     01t  恒成立
    令  (1 ) 1( ) ln th t t t


       

      
     
    22

    22
    11 (1 )( ) ( )
    t t
    h t t t t t
    
     
        

    2 1  时见 ' ( ) 0h t  ( )h t  01 单调递增 (1) 0h 
    ( ) 0h t   01 恒成立符合题意
    2 1  时见  20t  时 ' ( ) 0h t   2 1t  时 ' ( ) 0h t  ( )h t  20
    单调递增 2 1 单调递减 (1) 0h 
    ( )h t  01 恒 0符合题意舍
    综述等式 1
    1 2e x xl l+ < × 恒成立需 2 1  0  1 
    26.解:(Ⅰ) ( ) 1 axf x ae¢ 令 ( )' 0f x 1 1lnx a a

    易知函数 ( )f x 增区间 1 1 lna a
       
    减区间 1 1ln a a
       

    (Ⅱ)函数 ( )f x 两零点(Ⅰ)知 max
    1 1( ) ( ln ) 0f x f a a
      1a e

    时 1 1( ) 0f ea a
       1 2
    1 1 1lnx xa a a
      
    2 1
    1 1 1lnx x a a a
       1 2
    1 1(1 ln )x x a a
      
    1 2
    1 1 2 2( ) 0 ( ) 0ax axf x x e f x x e     
     1
    1 2
    2
    1 1[ (1 ln )] ln( )1
    2
    ax a aea x x a a
    ax
    x e e e e aex e
          高考数学 2018 届◆难点突破系列
    31
    27.解:(1)f(x) 1
    x
    x
    e
     (x∈R) ( )f x 2
    ( 1)x x
    x
    e x e
    e
      2
    x
    x
    e

    ∴x<2 时 ( )f x >0f(x)单调递增x>2 时 ( )f x <0f(x)单调递减.
    ∴f(x)极值f(2) 2
    1
    e

    (2)设 h(x)f(x)g(x) 1
    x
    x
    e
     4
    3
    x
    x
    e 

    ( )h x 2
    x
    x
    e
     4
    2
    x
    x
    e 

    4
    4
    (2 )( )x xx e e
    e
     
    x>2 时 ' ( )h x >0h(x)单调递增
    ∴h(x)>h(2)0∴f(x)>g(x).
    (3)(1)妨设 x1<2<x2 4x2<2
    ∴(2) f(x1)f(x2)>g(x2)f(4x2)
    (1)x<2 时f(x)单调递增
    ∴x1>4x2∴x1+x2>4.
    28.解:(Ⅰ) '( ) ( 1) 2 ( 1) ( 1)( 2 )x xf x x e a x x e a       .
    (i)设 0a  ( ) ( 2) xf x x e  ( )f x 零点.
    (ii)设 0a  ( 1)x  时 '( ) 0f x  (1 )x  时 '( ) 0f x  . ( )f x
    ( 1) 单调递减 (1 ) 单调递增.
    (1)f e  (2)f a 取b 满足 0b  ln 2
    ab 
    2 2 3( ) ( 2) ( 1) ( ) 02 2
    af b b a b a b b      
    ( )f x 存两零点.
    (iii)设 0a  '( ) 0f x  1x  ln( 2 )x a  .

    2
    ea   ln( 2 ) 1a  (1 )x  时 '( ) 0f x  ( )f x (1 ) 单调
    递增. 1x  时 ( ) 0f x  ( )f x 存两零点.

    2
    ea   ln( 2 ) 1a  (1ln( 2 ))x a  时 '( ) 0f x  (ln( 2 ) )x a   时
    '( ) 0f x  . ( )f x (1ln( 2 ))a 单调递减 (ln( 2 ) )a  单调递增.
    1x  时 ( ) 0f x  ( )f x 存两零点.高考数学 2018 届◆难点突破系列
    32
    综 a 取值范围 (0 ) .
    (Ⅱ)妨设 1 2x x (Ⅰ)知 1 2( 1) (1 )x x    22 ( 1)x   ( )f x ( 1)
    单调递减 1 2 2x x  等价 1 2( ) (2 )f x f x  2(2 ) 0f x  .
    22 2
    2 2 2(2 ) ( 1)xf x x e a x     2 2
    2 2 2( ) ( 2) ( 1) 0xf x x e a x    
    2 22
    2 2 2(2 ) ( 2)x xf x x e x e     .
    设 2( ) ( 2)x xg x xe x e    2'( ) ( 1)( )x xg x x e e   .
    1x  时 '( ) 0g x  (1) 0g  1x  时 ( ) 0g x  .
    2 2( ) (2 ) 0g x f x   1 2 2x x  .
    29 解:(Ⅰ) 0 2x    
    时 ( ) sin 2cos 0f x x x      函数 ( )f x 0 2
     
      
    增函数 (0) 2 0f    
    2
    ( ) 4 02 2f     存唯 0 0 2x    

    0( ) 0f x 
    (Ⅱ) 2x     
    时化简   cos 2( ) 11 sin
    x xg x x x
         
    令t x  2x     
    时 0 2t    
    记 cos 2( ) ( ) 11 sin
    t tu t g t tt
          

    0 2t    
    ( )( ) (1 sin )
    f tu t t
       (Ⅰ)  00t x 时 ( ) 0u t  0 2t x    
    时 ( ) 0u t  0 2x  
      
    ( )u t 增函数 ( ) 02u   0 2t x    

    ( ) 0u t  ( )u t 零点 0 2x  
     
    零点 00 x ( )u t 减函数 (0) 1u 
    0( ) 0u x  存 唯  0 00t x 0( ) 0u t  设 1 0 2x t       

    1 0 0( ) ( ) ( ) 0g x g t u t    存 唯 1 2x     
    1( ) 0g x  高考数学 2018 届◆难点突破系列
    33
    1 0 0 0x t t x   0 1x x   命题证
    30.解:(Ⅰ) ' ( )f x 2
    (2ln 1)
    ln
    x x
    x
     令 ' ( ) 0f x  x e .
    列表:
    x (01) 1) e ( e ) e (+
    ' ( ) 0f x    0 
    ( )f x 减 减 极值 增
    单调减区间(01) 1) e (增区间) e (+ .
    (Ⅱ)题知 ( )f x 2
    ( )(2ln 1)
    ln
    ax a x x
    x
      
    函数 )x2 (lnx+ a
    x 1 '
    2
    2( ) x ah x x
    
    ∴函数 (x) 0) 2
    a (单调递减) 2
    a (+ 单调递增
    ∵函数 f(x) 3 极值点 x1<x2<x3
    min ( ) 2ln 1 02 2
    a ah h    a 2
    e

    0< a <1 时( a )2ln a <0(1) a 1<0
    ∴函数 f(x)递增区间(x1 a )(x3+)递减区间(0x1)( a 1)(1
    x3)时函数 f(x) 3 极值点 x2 a
    ∴ 0< a <1 时x1x3 函数 )x2 (lnx+ a
    x 1两零点

    1
    1
    3
    3
    2ln 1 0
    2ln 1 0
    ax x
    ax x
       
       
    消 a 2x1lnx1x12x3lnx3x3
    令 g(x)2xlnxx ( )g x 2lnx+1 零点 x 1
    e
    x 1
    1
    e
    x 3
    ∴函数 g(x)2xlnxx 0) 1
    e
    (递减) 1
    e
    (+ 递增
    证明 x+1x 3
    2
    e
    x 3
    2
    e
    x1g)x (3g) 2
    e
    x (1高考数学 2018 届◆难点突破系列
    34
    ∵g(x1)g(x3)证 g)x (1g) 2
    e
    x(1g)x(1g) 2
    e
    x 0 (1
    构造函数 F)x (g)x(g) 2
    e
    x( F) 1
    e
    0 (
    需证明 x 0) 1
    e
    [单调递减.
    ' ( )F x 2 lnx2+ln) 2
    e
    x2+(F)x (
    22( 2 )
    02( )
    x
    e
    x x
    e



    ' ( )F x 0) 1
    e
    [单调递增 ' ( )F x < ' 1( )F
    e
    0.
    ∴ 0< a <1 时x+1x 3
    2
    e

    31 解:(Ⅰ) '( ) xf x e a x R  
    (1) 0a  时 '( ) 0f x   ( )f x R 单调递增显然成立
    (2) 0a  时 '( ) 0f x  lnx a lnx a 时 ( ) 0f x   ( )f x ( ln )a 单
    调递减 lnx a 时 ( ) 0f x   ( )f x (ln )a  单调递增 ( )f x lnx a
    时取值 x   x   时 ( )f x    (ln ) (2 ln ) 0f a a a  
    2a e 时 ( )f x 两零点
    (Ⅱ)证 1 2 1 2x x x x   证 1 2( 1)( 1) 1x x  
    已知 1
    1( 1)xe a x  2
    2( 1)xe a x  证
    1 2
    1 2 2( 1)( 1) 1
    x xex x a

       
    证 1 2 2x xe a  证 1 2 2lnx x a  证 2 12lnx a x 
    2 lnx a ( )f x (ln )a  单调递增
    需证  2 1(2ln )f x f a x  证  1 1(2ln )f x f a x 
    令  ( ) (2ln )g x f a x f x   lnx a 高考数学 2018 届◆难点突破系列
    35

     2
    2 2 2 2( ) 2 0
    xx x
    x
    x x x
    e aa a e aeg x e ae e e
              
     ( )g x ( ln )a 单调递减 ( ) (ln ) (2ln ln ) (ln ) 0g x g a f a a f a    
     (2ln ) ( )f a x f x  ( ln )a 恒成立
     1 1(2ln ) ( )f a x f x  原命题证
    32.解:(Ⅰ) '( ) ln 1 2f x x x    ' (1) 1f   切线l 方程 1y   ( 1)x 
     y x  切线l 方程 y x 
     xy a ' ln xy a a 直线 y x  xy a 图象相切切点 0
    0 xx a
    0
    0
    0
    (1)ln 1
    (2)
    x
    x
    a a
    a x
        
    2 ( )ln 1x a   ( )代入(1)
    ln1 ln ln
    ax aa a
     
    11代入(2) 1 1ln ln alna lna
        

    ln( ln ) 1a   1ln a e  1ln a e   解
    1
    ea e


    (Ⅱ)题意
    2
    ' 1 2 1( ) 2 x mxF x x mx x
         函数 ( )F x 两极点 1 2x x
    函数 2( ) 2 1h x x mx    0 两相异零点 1 2x x
    2
    1 2
    1 2
    4 4 01 0
    2 0
    mx x
    x x m
            
     1m 
    10 x x  2x x 时 ' ( ) 0F x  1 2x x x  时 ' ( ) 0F x 
     ( )F x 1(0 )x 2( )x  单调递增 ( )F x 1 2( )x x 单调递减
     1 2(1) 2 2 0 0 1h m x m x        令
    2
    2 12 1 0 2
    xx mx m x
        
    2 1( ) (ln ) (ln )2
    xf x x x mx x x     
    2
    ' 3 1( ) ln 2 2
    xf x x  

    2 2
    '3 1 1 1 3( ) ln ( ) 3 2 2
    x xs x x s x xx x
         高考数学 2018 届◆难点突破系列
    36
    1 1x  时 ' ( ) 0 ( )s x s x  1 单调递减 ( ) ( ) (1) 1 0s x s m s    
    ( )f x  1 单调递减 ( ) (1) 1 0f x f   
     21 m x  2( ) 1f x  
    ② 0 1x  时 ' ( ) 0s x  30 3x  ' ( ) 0s x  3 13 x 
    ( )s x 3(0 )3
    单调递增 3( 1)3
    单调递减
    3 3( ) ( ) ln 03 3s x s     ( )f x  01 单调递减 ( ) (1) 1f x f 
     1x   01 1( ) 1f x  
    综述 2 1( ) 1 ( )f x f x  
    33.解:题设g(x)= x
    1+x
    (x≥0).
    (1)已知g1(x)= x
    1+x
    g2(x)=g(g1(x))=
    x
    1+x
    1+ x
    1+x
    = x
    1+2x
    g3(x)= x
    1+3x

    gn(x)= x
    1+nx

    面数学纳法证明:
    ① n=1 时g1(x)= x
    1+x
    结成立.
    ②假设 n=k 时结成立 gk(x)= x
    1+kx

    gk+1(x)=g(gk(x))= gk(x)
    1+gk(x)

    x
    1+kx
    1+ x
    1+kx
    = x
    1+(k+1)x

    n=k+1 时结成立.
    ①②知结 n∈N+成立.
    (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立 ln(1+x)≥ ax
    1+x
    恒成立.
    设φ(x)=ln(1+x)- ax
    1+x
    (x≥0)
    φ′(x)= 1
    1+x
    - a
    (1+x)2
    = x+1-a
    (1+x)2
    高考数学 2018 届◆难点突破系列
    37
    a≤1 时φ′(x)≥0(仅 x=0a=1 时等号成立)
    ∴ ( )x [0+∞)单调递增φ(0)=0
    ∴ ( )x ≥0 [0+∞)恒成立
    ∴a≤1 时ln(1+x)≥ ax
    1+x
    恒成立(仅 x=0 时等号成立).
    1a  时 x∈(0a-1]φ′(x)<0∴ ( )x (0a-1]单调递减
    ∴ ( 1)a  < (0) =0 1a  时存 x>0φ(x)<0知 ln(1+x)≥ ax
    1+x
    恒成立.
    综知a 取值范围(-∞1].
    (3)题设知 g(1)+g(2)+…+g(n)=1
    2
    +2
    3
    +…+ n
    n+1

    较结果 g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
    证明:
    (方法)述等式等价1
    2
    +1
    3
    +…+ 1
    n+1
    (2)中取 a=1 ln(1+x)> x
    1+x
    x>0令 x=1
    n
    n∈N+ 1
    n+1
    n

    面数学纳法证明.
    ① n=1 时1
    2②假设 n=k 时结成立1
    2
    +1
    3
    +…+ 1
    k+1
    1
    2
    +1
    3
    +…+ 1
    k+1
    + 1
    k+2
    k+2
    k+1
    =ln(k+2)
    n=k+1 时结成立.
    ①②知结 n∈N+成立.
    (方法二)述等式等价1
    2
    +1
    3
    +…+ 1
    n+1
    (2)中取 a=1 ln(1+x)> x
    1+x
    x>0 令 x=1
    n
    n∈N+ lnn+1
    n
    > 1
    n+1

    ln 2-ln 1>1
    2
    ln 3-ln 2>1
    3
    ……ln(n+1)-ln n> 1
    n+1

    述式相加 ln(n+1)>1
    2
    +1
    3
    +…+ 1
    n+1
    结证.
    (方法三)图错误 x
    x+1
    dx 曲线 y= x
    x+1
    x=n x 轴围成曲边梯形面积
    1
    2
    +2
    3
    +…+ n
    n+1
    图中示矩形面积高考数学 2018 届◆难点突破系列
    38
    ∴1
    2
    +2
    3
    +…+ n
    n+1
    >错误 x
    x+1
    dx=错误
    1- 1
    x+1 dx=n-ln(n+1)结证.
    34.解:(1) k e ( ) xf x e ex  ( ) xf x e e  
    ( ) 0f x  1x  f(x)单调递增区间  1
    ( ) 0f x  1x  f(x)单调递减区间 1
    (2) ( ) ( )f x f x  知  f x 偶函数
      0f x  意 x R 成立等价 ( ) 0f x  意 0x  成——
    ( ) 0xf x e k    lnx k
    1 时
    2 时 单调递增 符合题意
    3 时 x 变化时 变化情况表:
     0 ( ) (ln ) lnf x f k k k k  
    题意 ∴
    综合①②实数 k 取值范围 0 k e 
    (3)∵

    ∴高考数学 2018 届◆难点突破系列
    39



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