中小学数学建模讲义

2024-06-28

中小学数学建模讲义（共5篇）

中小学数学建模讲义篇1

小学生数学竞赛

上海市小学生竞赛简介



1、小机灵杯 

2、中环杯 

3、走美杯 

4、华罗庚杯 

5、希望杯小机灵杯

 小机灵杯介绍：

 小机灵杯，是一项难度比较高的思维能力竞赛，从某种程度上来说难度较大，与中环杯相比，题目难度更深，但是灵活性没有中环杯大，中环杯的题目更具独创性，尤其是最后的图形的切拼割，更是考察学生的数学思维能力。小机灵杯的考试的题型来说，相对比较集中不零散，历年题目的类型都不会怎么改变，都是填空题型，不会对图形的切拼割进行考察。小机灵杯的复习主要还是分板块进行，不宜过高的难度，也不能太简单，主要还是要学生自己能够比较好的举一反三。

 竞赛特色：小机灵杯考试从某种程度上来说难度较大，与中环杯相比，题目难度更深，但是灵活性没有中环杯大。

 参加对象：全市各小学三至五年级学生；分三年级、四年级、五年级三个组别。

 赛程时间：初赛：每年12月；决赛：每年2月。

中环杯

 中环杯介绍

中环杯是一项难度较大的中小学数学竞赛，在江浙和上海受到广泛认可。分为初赛和复赛两个阶段，初赛主要考察奥数水平，复赛考察动手能力和思维能力等综合实力。

 参赛人群：小学四年级~中学八年级，爱好科学、数学的学生。

 竞赛时间：区选拔赛： 12月左右（四、五年级）

 市决赛： 3月左右希望杯

 希望杯

这一邀请赛自1990年以来，已经连续举行了二一届。21年来，主办单位始终坚持比赛面向多数学校、多数学生，从命题、评奖到组织工作的每个环节，都围绕着一个宗旨：激发广大中学生学习的兴趣，培养他们的自信，不断提高他们的能力和素质。希望杯不涉及初

三、高三，不与奥赛重复。其他杯赛介绍

 走美杯：走进美妙的数学花园比赛的简称。

 “走美”始创于2003年（第一届没有笔试，仅仅是活动），现在已举行过7届，“走美”作为数学竞赛中的后起之秀，凭借其新颖的考试形式以及较高的竞赛难度取得了非常迅速的发展，近年来在重点中学选拔中引起了广泛的关注。客观地说“走美”

一、二等奖对小升初作用非常大，三等奖作用不大。

 华罗庚杯：

 “华罗庚金杯”少年数学邀请赛（简称“华杯赛”）是以“华罗庚”名字命名的数学竞赛。始于1986年是纪念我国著名数学家华罗庚始创的，“华杯”数学竞赛活动至2010年以有16届。

竞赛时间安排及顺序

 小机灵杯

 2月28号左右  走美杯

 3月7号左右  中环杯  3月20日  华杯赛  4月10日  希望杯  4月11日各杯赛常考问题

 数字问题：包括奇数偶数问题、整除余数问题、质（素)数问题、数列等问题等。 逻辑推理问题：包括数阵问题、说谎问题、逻辑判断问题等。

 应用问题：路程问题、行船问题、过桥问题、盈亏问题、牛吃草问题鸡兔同笼问题等。

 几何问题：数图形个数问题、周长面积问题、立体图形问题、图形切割问题等。 其他问题：时钟问题、定义新运算问题、十进制和二进制问题、抽屉原理、分类讨论问题等。

各杯赛试题分析：

 关于流水问题：  甲、乙两个景点相距15千米，一艘观光游船从甲景点出发，抵达乙景点后立即返回，共用了3个小时。已知第三小时比第一小时少行了12千米，那么这条河的水流速度为每小时多少千米？（五年级试题） 逻辑推理问题：

 例：四对夫妻，分为四组进行围棋比赛，设A、B、C、D为男士，E、F、G、H为女士，如果比赛的对决有下面的描述：B对H，A对C的妻子，E对F的丈夫，D对A的妻子，F对H的丈夫。那么B的妻子是谁？（五年级试题） 数字运算问题：

 例：如果6*2=6+7，5*3=5+6+7，4*4=4+5+6+7,…...,那么5*5+6*5+……+10*5等于多少？（四年级试题）

 余数问题：

 例：求4321×3275+2983-19×876除以17的余数（五年级试题） 数列问题：

 例：.小青虫由幼虫长成成虫，每天长大一倍，20能长到32cm。问长到4cm时要用几天？（三年级试题） 应用问题：

 例：.乙丙三组工人参加锯圆木劳动，他们领取的分别是4米、3米和2米长的圆木，要求把这3中木材都锯成长为1米的木断，已知每组工人将一根木材锯成两段所需 

    的时间是6分钟，且甲乙丙3组最后分别锯出了28段、27段、34段，那么工作量最少的的一组共锯木多少分钟？（三年级试题）火车问题：

例：两列火车相向而行，甲车每小时行50千米，乙车每小时行58千米，两车交错时，甲车上一乘客从看见乙车的车头到车尾一共经过10秒钟，乙车全长为几米？（四年级试题）时钟问题：

例：8点——分的时候，分针与时针第一次形成75°角。（五年级试题）几何问题：

例题：下图是五个同样大小的小长方形（单位：厘米），则一个小长方形的面积是多少平方厘米？（四年级试题）

 总结：各杯赛其实是课本知识的一个延伸和拓展，参加杯赛能够使学生的思维开阔。杯赛题目难度相对较大，但是每种类型的题目都有其比较固定的方法，在学习时需要学生多加积累和总计，这些方法不仅仅用在参加竞赛上面，在以后的学习中很多地方都可以应用。

中小学数学建模讲义篇2

一、讲义的具体结构

对文本 (课本) 内容所撰写的总体概要含义, 称其为讲义。它没有固定的模式, 只要符合教学规律, 能够起到有效复习的作用就可。一般来说, 讲义可以分为这样几个部分:

(一) 知识框架

所要复习的知识结构, 以图形框架的形式展现, 使知识的联系更加紧密, 而且让人一目了然。

(二) 重难点概括

重点, 难点的呈现可以让学生知道自己对知识的掌握情况, 在复习阶段可以进行相应的侧重。

(三) 典型题例

例题的选取应尽可能体现出知识的关联性、实践性, 对学生平时易疏忽或者容易犯错的方面加以改编出现。

(四) 考试要点

主要把考纲, 特别是中考的考点写出来, 让学生对中考不再陌生, 更有针对性地来复习提高。

(五) 题组练习

可以让学生对某一知识点更加熟练地掌握, 提高自己分析与解题的能力, 特别是对题目条件变化后如何分析加以训练。

(六) 反思提高

通过写反思提高, 帮助自己总结提高。

二、讲义实例1

课题2.2一元二次方程的解法复习

(一) 学习目标

1. 理解解一元二次方程的方法之一是直接开平方法。

2. 学会用直接开平方法来解一元二次方程。

3. 解一元二次方程的另一种方法是配方法。

4. 学会用配方法来解二次项系数为1的一元二次方程。

(二) 学习重难点

1. 学习难点:熟练运用直接开平方法和配方法来解一些一元二次方程。

2. 难点:如何配方。

(三) 学案设计。

用直接开平方法解下列方程:

(四) 引出新知

1. 熟练掌握直接开平方法解一元二次方程

解方程:

2. 发现配方法解一元二次方程的一般过程。

(1) 开动脑筋:

你可以用直接开平方法解方程x2+6x+12=0吗?

(2) 运用配方法解下列一元二次方程:

(五) 运用新知, 巩固加深。

1. 练习:解下列方程:

2. 填空:

3. 用配方法解下列一元二次方程

三、讲义

实例2《相似三角形》复习讲义

(一) 全等三角形与相似三角形的联系及区别 (见附表表1) 。

(二) 相似三角形的判定方法 (见附表表2) 。

四、如何用好讲义

(一) 时间上

讲义可以在每一次阶段性考试或期末考试中采用, 对复习会有一个整体的框架把握, 使学生对知识能更好地理解与掌握, 使知识更具条理性与系统性。

(二) 题型上

可以有重点, 有难点, 有基础, 有提高, 以题组的形式出现, 达到复习的高效性。

(三) 分层上

讲义应侧重基础, 但要兼顾学生的能力考查, 故可以在基础后加一部分综合运用题, 使学生有钻研与探究空间。

(四) 内容上

前面也提到了讲义有一个一般的形式, 但是没有一个固定的格式, 故在内容上也要根据学生的掌握情况与考纲要求灵活处理。比如, “一元一次方程组的解法”以会解为主, “相似三角形”以实际运用为主, “圆与直线的位置关系”以判断为主等等。

五、完善、开发讲义

(一) 要做搜集的有心人

教师平时在上课、改作业、单元水平测试时应对学生易错的知识点及有难点的题型应进行归类、收集、整合, 并进行题目改编后编入讲义中, 以便在复习中让学生理解, 同时, 学生自己也要做好搜集工作, 把自己在纠错过程中的心得写在讲义的“复习反思”栏中, 加深印象。

(二) 要不断地更新讲义

随着社会的变革及学习的深入, 我们的讲义也应不断删除、增加、补充、拓展, 以顺应时代潮流与学生认知发展变化。

(三) 合众人之力打造讲义

应充分利用兄弟学校、各备课组以及学生共同来编写讲义, 这样可以减少工作量, 而且在知识的全面性上也会做得更好。

高中数学导数专题讲义（答案版）篇3

汇总

导数专题一、单调性问题

【知识结构】

【知识点】

一、导函数代数意义：利用导函数的正负来判断原函数单调性；

二、分类讨论求函数单调性：含参函数的单调性问题的求解，难点是如何对参数进行分类讨论，讨论的关键在于导函数的零点和定义域的位置关系.三、分类讨论的思路步骤：

第一步、求函数的定义域、求导，并求导函数零点；

第二步、以导函数的零点存在性进行讨论；当导函数存在多个零点的时，讨论他们的大小关系及与区间的位置关系（分类讨论）；

第三步、画出导函数的同号函数的草图，从而判断其导函数的符号（画导图、标正负、截定义域）；

第四步、（列表）根据第五步的草图列出，随变化的情况表，并写出函数的单调区间；

第五步、综合上述讨论的情形，完整地写出函数的单调区间，写出极值点，极值与区间端点函数值比较得到函数的最值.四、分类讨论主要讨论参数的不同取值求出单调性，主要讨论点：

1.最高次项系数是否为0；

2.导函数是否有极值点；

3.两根的大小关系；

4.根与定义域端点讨论等。

五、求解函数单调性问题的思路：

（1）已知函数在区间上单调递增或单调递减，转化为或恒成立；

（2）已知区间上不单调，转化为导函数在区间上存在变号零点，通常利用分离变量法求解参变量的范围；

（3）已知函数在区间上存在单调递增或单调递减区间，转化为导函数在区间上大于零或小于零有解.六、原函数单调性转化为导函数给区间正负问题的处理方法

（1）参变分离；

（2）导函数的根与区间端点直接比较；

（3）导函数主要部分为一元二次时，转化为二次函数根的分布问题.这里讨论的以一元二次为主。

七、求解函数单调性问题方法提炼：

（1）将函数单调增（减）转化为导函数恒成立；

（2），由（或）可将恒成立转化为（或）恒成立；

（3）由“分离参数法”或“分类讨论”，解得参数取值范围。

【考点分类】

考点一、分类讨论求解函数单调性；

【例1-1】（2015-2016朝阳一模理18）已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，都有成立，求的取值范围；

（Ⅲ）试问过点可作多少条直线与曲线相切？并说明理由．

【答案】（Ⅰ）函数的定义域为．．

（1）当时，恒成立，函数在上单调递增；

（2）当时，令，得．

当时，函数为减函数；

当时，函数为增函数．

综上所述，当时，函数的单调递增区间为．

当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）当时，即时，函数在区间上为增函数，所以在区间上，显然函数在区间上恒大于零；

（2）当时，即时，函数在上为减函数，在上为增函数，所以．

依题意有，解得，所以．

（3）当时，即时，在区间上为减函数，所以．

依题意有，解得，所以．

综上所述，当时，函数在区间上恒大于零．

（Ⅲ）设切点为，则切线斜率，切线方程为．

因为切线过点，则．

即．

………………①

令，则

．

（1）当时，在区间上，单调递增；

在区间上，单调递减，所以函数的最大值为．

故方程无解，即不存在满足①式．

因此当时，切线的条数为．

（2）当时,在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以函数的最小值为．

取，则．

故在上存在唯一零点．

取，则．

设，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．

【例1-2】（2015-2016海淀一模理18）已知函数，.（Ⅰ）求函数的最小值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

(Ⅲ)

求证：直线不是曲线的切线.【答案】（Ⅰ）函数的定义域为，当变化时，的变化情况如下表：

递减

极小值

递增

函数在上的极小值为，所以的最小值为

（Ⅱ）解：函数的定义域为，由（Ⅰ）得，所以

所以的单调增区间是，无单调减区间.（Ⅲ）证明：假设直线是曲线的切线.设切点为，则，即

又，则.所以,得，与

矛盾

所以假设不成立，直线不是曲线的切线

【练1-1】（2015-2016西城一模理18）已知函数，且.(Ⅰ)

求的值及的单调区间；

(Ⅱ)

若关于的方程存在两个不相等的正实数根，证明：.【答案】（Ⅰ）对求导，得，所以，解得.故，.令，得.当变化时，与的变化情况如下表所示：

↘

↗

所以函数的单调减区间为，单调增区间为.（Ⅱ）解：方程，即为，设函数.求导，得．

由，解得，或.所以当变化时，与的变化情况如下表所示：

↘

↗

所以函数在单调递减，在上单调递增.由，得.又因为，所以.不妨设（其中为的两个正实数根），因为函数在单调递减，且，所以.同理根据函数在上单调递增，且，可得，所以，即

.【练1-2】（2011-2012石景山一模文18）已知函数.（Ⅰ）若函数的图象在处的切线斜率为，求实数的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）

…………1分

由已知，解得.…………3分

（II）函数的定义域为.（1）当时,，的单调递增区间为；……5分

（2）当时.当变化时，的变化情况如下：

极小值

由上表可知，函数的单调递减区间是；

单调递增区间是.…………8分

（II）由得，…………9分

由已知函数为上的单调减函数，则在上恒成立，即在上恒成立.即在上恒成立.…………11分

令，在上，所以在为减函数.,所以.…………14分

【练1-3】（2015-2016朝阳期末文19）已知函数，.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试判断函数是否存在零点,并说明理由；

（Ⅲ）求函数的单调区间.【答案】函数的定义域：..（Ⅰ）当时，..有，即切点（1,3），.所以曲线在点处切线方程是，即.（Ⅱ）若，..令，得（舍），.－

＋

↘

极小值

↗

则.所以函数不存在零点.（Ⅲ）

.当，即时，－

＋

↘

极小值

↗

当，即时，的单调增区间是，；

当，即时，＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

当，即时，＋

＋

↗

＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

综上时，的单调增区间是;减区间是.当时，的单调增区间是,;减区间是.当时，的单调增区间是;

当时，的单调增区间是，;减区间是.【练1-4】（2015-2016丰台期末文20）设函数的图象与直线相切于点．

（Ⅰ）求函数的解析式；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设函数，对于,，使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）∵函数的图象与直线相切于点，∴，．

∵，∴

解得．

∴．

（Ⅱ），令，得或；

令，得．

∴的单调递增区间为，；单调递减区间为．

…8分

（Ⅲ）记在上的值域为,在上的值域为，∵对于，使得，∴．

由（Ⅱ）得：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，∴．

∵，∴．

①

当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴的最小值为或，的最大值为或．

∵，且，∴或，∴或，即或．

又∵，∴．

②

当时，在上单调递增，上单调递减，∴的最小值为或，的最大值为

．

∵，且，∴，∴，即．

综上所述：或．

【练1-5】（2015-2016朝阳二模文20）已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，若在区间上恒成立，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)

函数的定义域为,.（1）

当时，,令，解得，则函数的单调递增区间为

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为；

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（3）

当时，恒成立，所以函数的单调递增区间为.（4）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为，；

令，解得，则函数的单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（Ⅱ）依题意，在区间上.，.令得，或.若，则由得，函数在()上单调递增.由得，,函数在()上单调递减.所以，满足条件；

若，则由得，或；

由得，.函数在(),上单调递增,在上单调递减.，依题意，即，所以；

若，则.所以在区间上单调递增，不满足条件；

综上，.【练1-6】（2015-2016房山二模文19）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）,定义域为，令

极小值

所以的增区间为，减区间为。

（II）因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

【练1-7】（2015-2016朝阳一模文19）已知函数.（Ⅰ）若求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，若函数在区间上存在极值点，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)若，函数的定义域为，.则曲线在点处切线的斜率为.而，则曲线在点处切线的方程为

（Ⅱ）函数的定义域为，.（1）当时，由,且此时，可得.令，解得或，函数为减函数；

令，解得，但，所以当，时，函数也为增函数.所以函数的单调减区间为，单调增区间为，.（2）当时，函数的单调减区间为，.当时，函数的单调减区间为，.当时，由，所以函数的单调减区间为，.即当时，函数的单调减区间为，.（3）当时，此时.令，解得或，但，所以当，时，函数为减函数；

令，解得，函数为增函数.所以函数的单调减区间为，，函数的单调增区间为.…………9分

（Ⅲ）（1）当时，由（Ⅱ）问可知，函数在上为减函数，所以不存在极值点;

（2）当时，由（Ⅱ）可知，在上为增函数，在上为减函数.若函数在区间上存在极值点，则，解得或,所以.综上所述，当时，函数在区间上存在极值点.【练1-8】（2015-2016东城期末理19）已知函数．

（Ⅰ）当时，试求在处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试求的单调区间；

（Ⅲ）若在内有极值，试求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当时，，．

方程为．

（Ⅱ），．

当时，对于，恒成立，所以

Þ；

0.所以

单调增区间为，单调减区间为

．

（Ⅲ）若在内有极值，则在内有解．

令

.设,所以,当时，恒成立，所以单调递减.又因为，又当时，,即在上的值域为,所以

当时，有解.设，则，所以在单调递减.因为，,所以在有唯一解.所以有：

递减

极小值

递增

所以

当时，在内有极值且唯一.当时，当时，恒成立，单调递增，不成立．

综上，的取值范围为．

【练1-9】（2015-2016大兴期末理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当

时，所以，函数在点处的切线方程为

即：

(Ⅱ)函数的定义域为：

当时，恒成立，所以，在和上单调递增

当时，令，即：，,所以，单调递增区间为，单调减区间为.（Ⅲ）因为在上恒成立，有

在上恒成立。

所以，令，则.令则

若，即时，函数在上单调递增，又

所以，在上恒成立；

若，即时，当时，单调递增；

当时，单调递减

所以，在上的最小值为，因为所以不合题意.即时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，在上的最小值为

又因为，所以恒成立

综上知，的取值范围是.考点二、已知函数单调求参数范围；

【例2-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数,.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例2-2】（2015-2016朝阳期中文19）已知函数，．

（Ⅰ）若函数在区间上单调递减，求的取值范围；

（Ⅱ）当时，证明.【答案】（I）函数的定义域为.因为.又因为函数在单调减，所以不等式在上成立.设，则，即即可，解得.所以的取值范围是.（Ⅱ）当时，.令，得或（舍）.当变化时，变化情况如下表：

极小值

所以时,函数的最小值为.所以成立.【练2-1】（2015-2016海淀期中文18）已知函数.（Ⅰ）若曲线在点处切线的斜率为，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在区间上单调递增，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）因为，所以曲线经过点，又，所以，所以.当变化时，的变化情况如下表

极大值

极小值

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为

.（Ⅱ）

因为函数在区间上单调递增，所以对成立，只要在上的最小值大于等于0即可.因为函数的对称轴为，当时，在上的最小值为，解，得或，所以此种情形不成立

当时，在上的最小值为，解得，所以，综上，实数的取值范围是.【练2-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【练2-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

（ⅰ）令，得．

令,得，所以函数在单调递增．

令,得，所以函数在单调递减．

所以，．

所以成立．

（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．

设所以．

令，得．

令,得，所以函数在单调递增，令,得，所以函数在单调递减；

所以，即．

所以，方程没有实数解．

【练2-4】（2015-2016海淀期中理18）已知函数，曲线在点处的切线为．

（Ⅰ）若直线的斜率为，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数是区间上的单调函数，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

因为直线的斜率为

所以

令解得

所以当和时，当时，所以的单调增区间为和，单调减区间为

（Ⅱ）要使在上单调

只需或在恒成立

（1）在恒成立等价于，即

解得

（2）在恒成立，当时，即，解得（舍）或（舍）

当时，即，解得

综上所述

考点三、已知函数不单调求参数范围；

【例3-1】已知函数.当时，若在区间上不单调，求的取值范围.【答案】解法一：∵

令，解得，因为在区间上不单调，所以区间上存在极值点，所以，或

即，或

所以或

∴.解法二:∵

因为函数在区间不单调，所以函数在上存在零点.令，解得，区间长为，∴在区间上不可能有个零点.所以

即：

∵，∴，又∵，∴.【例3-2】已知函数，若在区间上不单调，求的取值范围

【答案】

考点四、已知函数存在单调区间求参数范围；

【例4-1】设函数，.若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围.【答案】解法一：

设，依题意，在区间上存在子区间使得不等式成立.注意到抛物线开口向上，所以只要，或即可

由，即，得，由，即，得，所以，所以实数的取值范围是.解法二：，依题意得，在区间上存在子区间使不等式成立.又因为，所以.设，所以小于函数在区间的最大值.又因为，由解得；

由解得.所以函数在区间上递增，在区间上递减.所以函数在，或处取得最大值.又，所以，所以实数的取值范围是.【例4-2】（2010-2011朝阳二模理18）设函数，.（Ⅰ）若，求函数在上的最小值；

（Ⅱ）若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围；

【答案】

【练4-1】已知函数，．函数在上存在单调递增区间，求的取值范围．

【答案

当时，令，解得

则在上单调递增区间，满足题意.当时

当，即时，在上单调递减(舍）

当，即，且时

令，解得：，当时，则在上单调递增区间，满足题意

当时，要使在上存在单调递增区间，则，即，解得

所以

综上所述得：的取值范围为：

解法二：

在上存在单调递增区间等价于在存在区间使成立，即存在使成立

设

当时，则

所以，的取值范围为：

考点五、两个函数在具有相同的单调性求参数范围；

【例5-1】（2012-2013西城一模文18）已知函数，其中．

（Ⅰ）求的极值；

（Ⅱ）若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）的定义域为，且

．

………………2分

①

当时，故在上单调递增．

从而没有极大值，也没有极小值．

………4分

②

当时，令，得．

和的情况如下：

↘

↗

故的单调减区间为；单调增区间为．

从而的极小值为；没有极大值．

…………6分

（Ⅱ）解：的定义域为，且

．

…………8分

③

当时，在上单调递增，在上单调递减，不合题意．

………………9分

④

当时，在上单调递减．

当时，此时在上单调递增，由于在上单调递减，不合题意．

……………11分

当时，此时在上单调递减，由于在上单调递减，符合题意．

综上，的取值范围是．

…………13分

【例5-2】已知函数，其中．若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围．

【答案】的定义域为，当，在单调递减，当时，在单调递减，单调递增,的定义域为，且

．

当时，显然，从而在上单调递增．

此时在上单调递增，符合题意．

当时，在上单调递增，在上单调递减，不合题意．

当时，令，得．

和的情况如下表：

↘

↗

当时，此时在上单调递增，由于在上单调递减，不合题意．

当时，此时在上单调递减，由于在上单调递减，符合题意．

综上，的取值范围是．

导数专题二、极值问题

【知识点】

一、函数的极值定义

函数在点附近有定义，如果对附近的所有点都有则称是函数的一个极大值，记作；如果对附近的所有点都有则称是函数的一个极小值，记作极大值与极小值统称为极值，称为极值点．

极大值与极小值统称为极值．极大值点与极小值点统称为极值点．

极值点出现在函数的驻点（导数为0的点）或不可导点处（导函数不存在，也可以取得极值，此时驻点不存在）。

可导函数的极值点必定是它的驻点。但是反过来，函数的驻点却不一定是极值点，例如,点是它的驻点，却不是它的极值点。

极值点上的导数为零或不存在，且函数的单调性必然变化。

极值问题主要建立在分类讨论的基础上，二、求函数的极值点和极值注意事项：

1.求极值或极值点，必须点明是极大还是极小。若没有另一个，要说明没有。

2.要知道如何判断是否存在极值或者极值点。

3.如果已知极值或者极值点，求参数的时候，最后结果需要检验。

4.极值点是导函数的根，如果有两个根，要在合适的时候想到伟达定理。

三、求函数极值的三个基本步骤

第一步、求导数；

第二步、求方程的所有实数根；

第三步、考察在每个根附近，从左到右，导函数的符号如何变化．如果的符号由正变负，则是极大值；如果由负变正，则是极小值．如果在的根的左右侧，的符号不变，则不是极值．

【考点分类】

考点一、分类讨论求函数极值（点）；

【例1-1】（2015-2016海淀一模文19）已知函数.(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)求函数的零点和极值；

(Ⅲ)若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】

（Ⅰ）设切线斜率为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即。

（Ⅱ）令，解得。当时，；时，所以函数零点有且只有一个，为1.令，即解得。当时，；当时，所以函数在处取得极小值，无极大值。

（Ⅲ）由（II）知，当时，；时，且在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值。且。，所以只需。所以。所以的最小值为1。

【例1-2】（2010-2011朝阳二模理18）设函数，.（Ⅰ）若，求函数在上的最小值；

（Ⅱ）若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围；

（Ⅲ）求函数的极值点.【答案】

考点二、已知函数极值（点）情况求参数范围；

【例2-1】（2015-2016朝阳一模文19）已知函数.（Ⅰ）若求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，若函数在区间上存在极值点，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)若，函数的定义域为，.则曲线在点处切线的斜率为.而，则曲线在点处切线的方程为

（Ⅱ）函数的定义域为，.（1）当时，由,且此时，可得.令，解得或，函数为减函数；

令，解得，函数为增函数.所以函数的单调减区间为，，函数的单调增区间为.…………9分

（Ⅲ）（1）当时，由（Ⅱ）问可知，函数在上为减函数，所以不存在极值点;

（2）当时，由（Ⅱ）可知，在上为增函数，在上为减函数.若函数在区间上存在极值点，则，解得或,所以.综上所述，当时，函数在区间上存在极值点.【例2-2】（2015-2016东城期末理19）已知函数．

（Ⅰ）当时，试求在处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试求的单调区间；

（Ⅲ）若在内有极值，试求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当时，，．

方程为．

（Ⅱ），．

当时，对于，恒成立，所以

Þ；

0.所以

单调增区间为，单调减区间为

．

（Ⅲ）若在内有极值，则在内有解．

令

.设,所以,当时，恒成立，所以单调递减.又因为，又当时，,即在上的值域为,所以

当时，有解.设，则，所以在单调递减.因为，,所以在有唯一解.所以有：

递减

极小值

递增

所以

当时，在内有极值且唯一.当时，当时，恒成立，单调递增，不成立．

综上，的取值范围为．

【练2-1】（2015-2016房山二模理18）已知函数

（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）设，若在区间上有两个极值点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）当时，定义域为

令，得

递增

递减

极小值

递增

（Ⅱ），因为

所以令，只需

设，若在区间上有两个极值点，则在区间上有两个零点

要使在区间上有两个零点，的唯一根必须在区间

所以令，得，且

解得：

【练2-2】已知函数，（为常数）.若函数在区间上有两个极值点，求实数的取值范围.【答案】

由题意可知，解得

所以，实数的取值范围为.【练2-3】已知函数，其中且.若函数在区间上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】在上有且仅有一个极值点，在上有且仅有一个异号零点，由二次函数图象性质可得，即，解得或，综上，的取值范围是.【练2-4】已知函数，其中且.（Ⅰ）求证：函数在点处的切线与总有两个不同的公共点；

（Ⅱ）若函数在区间上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）由已知可得.，又

在处的切线方程为.令，整理得.或，与切线有两个不同的公共点.--7分

（Ⅱ）在上有且仅有一个极值点，在上有且仅有一个异号零点，由二次函数图象性质可得，即，解得或，综上，的取值范围是.【练2-5】（2013-2014海淀二模文18）已知函数，其中且.（Ⅰ）求证：函数在点处的切线与总有两个不同的公共点；

（Ⅱ）若函数在区间上有且仅有一个极值点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）由已知可得.---------------------------------1分，---------------------------------2分

又

在处的切线方程为.---------------------------------4分

令，整理得.或，-----------------------------------5分，----------------------------------------6分

与切线有两个不同的公共点.----------------------------------------7分

（Ⅱ）在上有且仅有一个极值点，在上有且仅有一个异号零点，---------------------------9分

由二次函数图象性质可得，-------------------------------------10分

即，解得或，----------------------------12分

综上，的取值范围是.-------------------------------13分

【练2-6】（2009-2010年北京高考文18）设定函数，且方程的两个根分别为1，4。

（Ⅰ）当且曲线过原点时，求的解析式；

（Ⅱ）若在无极值点，求的取值范围。

【答案】由

得

因为的两个根分别为1,4，所以

（*）

（Ⅰ）当时，又由（*）式得

解得

又因为曲线过原点，所以

故

（Ⅱ）由于a>0,所以“在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“在（-∞，+∞）内恒成立”。

由（*）式得。

又

解

得

即的取值范围

考点三、已知函数极值求参数值；

【例3-1】已知函数.（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）是否存在实数，使得函数的极大值等于？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）的定义域为.，即

.令，解得：或.当时，故的单调递增区间是.当时，随的变化情况如下：

极大值

极小值

所以，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是.当时，随的变化情况如下：

极大值

极小值

所以，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是.（Ⅱ）当时，的极大值等于.理由如下：当时，无极大值.当时，的极大值为，令，即

解得

或（舍）.当时，的极大值为.因为，所以

.因为，所以的极大值不可能等于.综上所述，当时，的极大值等于.【例3-2】已知函数在处有极值10，求的值.【答案】

依题意得方程组

解得.当a=-3,b=3时，令得x=1.(-∞,1)

(1,+∞)

↗

无极值

↗

显然不合题意，舍去.当时，令得或.x

（1，+∞）

↗

极大值

↘

极小值

↗

在处有极小值10，合题意，∴.导数专题三、最值问题

【知识结构】

【知识点】

一、求解函数最值问题的步骤：

对于函数的最值问题主要建立在前面的极值问题的基础上；一般地，求函数在上的最大值与最小值的步骤如下：

第一步、求函数在内的极值；

第二步、将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

二、主要的问题类型：

1.分类讨论求函数最值；

2.已知函数最值情况求参数范围；

3.已知函数最值求参数值；

4.其他的情况转化为最值问题；

【考点分类】

考点一、分类讨论求函数最值；

【例1-1】（2015-2016东城一模文19）

已知函数，（1）若在处取得极值，求的值；

（2）求在区间上的最小值；

（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立.【答案】（1）定义域为，因为函数在处取得极值，所以有，解得

（2）

1）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

2）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

3）当时，-

减

极小值

增

所以在该区间的最小值为

综上所述，当时，在的最小值为1；

当时，在的最小值为.（3）由已知得，所以在时，恒有

若要证明当时，恒有成立，只需证明，即证明恒成立.令

令，有

当时，恒有，所以当时，所以，所以在时，单调递减，因此恒成立，所以，当时，恒有成立.【例1-2】（2014-2015丰台一模理18）设函数，．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：；

（Ⅲ）当时，求函数在上的最大值．

【答案】（Ⅰ）当时，，所以．

因为，即切线的斜率为，所以切线方程为，即

．

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知．

令，则．

当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以当时，函数最小值是．命题得证.（Ⅲ）因为，所以．

令，则．

当时，设，因为，所以在上单调递增，且，所以在恒成立，即．

所以当，在上单调递减；

当，在上单调递增．

所以在上的最大值等于，因为，不妨设()，所以．

由（Ⅱ）知在恒成立，所以在上单调递增．

又因为，所以在恒成立，即．

所以当时，在上的最大值为．

【练1-1】（2015-2016西城期末文19）已知函数，其中是自然对数的底数，.（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，求函数的最小值.【答案】（Ⅰ）解：因为，所以．

令，得．

当变化时，和的变化情况如下：

↘

↗

故的单调减区间为；单调增区间为．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），得的单调减区间为；单调增区间为．

所以当，即时，在上单调递增，故在上的最小值为；

当，即时，在上单调递减，在上单调递增，故在上的最小值为；

当，即时，在上单调递减，故在上的最小值为.所以函数在上的最小值为

【练1-2】（2015-2016海淀期末文18）已知函数与函数在点处有公共的切线，设.（I）

求的值

（Ⅱ）求在区间上的最小值.【答案】（I）因为所以在函数的图象上

又，所以

所以

（Ⅱ）因为，其定义域为

当时，所以在上单调递增

所以在上最小值为

当时，令，得到(舍)

当时，即时，对恒成立，所以在上单调递增,其最小值为

当时，即时,对成立，所以在上单调递减，其最小值为

当,即时,对成立,对成立

所以在单调递减,在上单调递增

其最小值为

综上，当时，在上的最小值为

当时，在上的最小值为

当时,在上的最小值为.【练1-3】（2015-2015丰台一模理18）已知函数，.(Ⅰ)若曲线在点（1，0）处的切线斜率为0，求a,b的值；

(Ⅱ)当，且ab=时，求函数的单调区间，并求函数在区间[-2，-1]上的最小值.【答案】(Ⅰ)函数h(x)定义域为{x|x≠-a}，1

则，3

h(x)在点（1，0）处的切线斜率为0，即,解得或6

(Ⅱ)记(x)=，则(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a),ab=，所以，(x≠-a)，令，得，或,因为，所以，故当，或时，当时，函数(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，,，①

当，即时,(x)在[-2,-1]单调递增,(x)在该区间的最小值为，②

当时,即,(x)在[-2,单调递减,在单调递增，(x)在该区间的最小值为，③当时,即时,(x)在[-2,-1]单调递减,(x)在该区间的最小值为，综上所述，当时，最小值为；当时，最小值为；当时，最小值为.（不综述者不扣）

【练1-4】（2013-2014延庆一模理18）已知函数.(Ⅰ)

讨论函数的单调性；

（Ⅱ）当时，求函数在区间的最小值.【答案】函数的定义域为，1

(Ⅰ)，4

（1）当时，所以在定义域为上单调递增；

（2）当时，令，得（舍去），当变化时，的变化情况如下：

此时，在区间单调递减，在区间上单调递增；

（3）当时，令，得，（舍去），当变化时，的变化情况如下：

此时，在区间单调递减，在区间上单调递增.（Ⅱ）由(Ⅰ)知当时，在区间单调递减，在区间上单调递增.（1）当，即时，在区间单调递减，所以，；

（2）当，即时，在区间单调递减，在区间单调递增，所以，（3）当，即时，在区间单调递增，所以.【练1-5】（2013-2014东城期末理18）已知，函数．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间上的最小值．

【答案】（Ⅰ）当时，，所以，.2

因此．

即曲线在点处的切线斜率为.4

又，所以曲线在点处的切线方程为，即．6

（Ⅱ）因为，所以．

令，得．

①若，则，在区间上单调递增，此时函数无最小值．

②若，当时，函数在区间上单调递减，当时，函数在区间上单调递增，所以当时，函数取得最小值．

③若，则当时，函数在区间上单调递减，所以当时，函数取得最小值．

综上可知，当时，函数在区间上无最小值；

当时，函数在区间上的最小值为；

当时，函数在区间上的最小值为．

【练1-6】（2014-2015西城二模理18）已知函数，其中．

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值．

【答案】的定义域为，且

．

当时，，所以曲线在点处的切线方程为，即

．

（Ⅱ）解：方程的判别式为．

（ⅰ）当时，所以在区间上单调递增，所以在区间

上的最小值是；最大值是．6

（ⅱ）当时，令，得，或．

和的情况如下：

↗

↘

↗

故的单调增区间为，；单调减区间为．

①

当时，此时在区间上单调递增，所以在区间

上的最小值是；最大值是．

②

当时，此时在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在区间上的最小值是

．

因为，所以

当时，在区间上的最大值是；当时，在区间上的最大值是．

③

当时，此时在区间上单调递减，所以在区间上的最小值是；最大值是．

综上，当时，在区间上的最小值是，最大值是；

当时，在区间上的最小值是，最大值是；

当时，在区间上的最小值是，最大值是．

【练1-7】（2014-2015丰台一模文19）已知函数,.(1)设函数,且求a,b的值;

(2)当a=2且b=4时,求函数的单调区间,并求该函数在区间(-2,m]

()上的最大值.【答案】(Ⅰ)函数h(x)定义域为{x|x≠-a},则,因为所以解得,或

(Ⅱ)记(x)=,则(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a),因为a=2,b=4,所以(x≠-2)，令,得,或,当,或时，当时，函数的单调递增区间为,单调递减区间为,①当-2

【练1-8】（（2013-2014大兴一模文18）已知函数.(I)求函数的单调区间;

(Ⅱ)当时,求函数在区间上的最小值.【答案】定义域为R

(Ⅰ)①当时，则的单调增区间为

②当时,解得，解得，则的单调增区间为,的单调减区间为

③当时,解得，解得，则的单调增区间为,的单调减区间为

(Ⅱ)

①当时,即

当时,在上是减函数,在上是增函数,则函数在区间[-2,0]上的最小值为

②当时,即

当时,在上是增函数,则函数在区间[-2,0]上的最小值为

综上:

当时,在区间[-2,0]上最小值为

考点二、已知函数最值情况求参数范围；

【例2-1】（（2015-2016昌平期末文20）已知函数．

(Ⅰ)

求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）设，若存在最大值，且当最大值大于时，确定实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）解：定义域为，.由题意，，所以函数在点处的切线方程为.（Ⅱ）证明：当时，可转化为

当时，恒成立.设，所以.当时，所以在上为减函数，所以，所以当时，成立.（Ⅲ）设，定义域为，所以.⑴当时，对于任意的，所以在上为增函数，所以无最大值，即不符合题意.⑵当时，令，即，则.所以，变化如下：

↗

极大值

↘

因为.所以成立，即，令，所以，即在上为增函数.又因为，所以当时，.所以，时，命题成立.综上，的取值范围为.【例2-2】（2015-2016东城一模文20）已知函数

.(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;

(Ⅱ)讨论的单调性;

(III)若存在最大值,且,求的取值范围.【答案】(Ⅰ)当时,..所以.又,所以曲线在点处的切线方程是,即.(Ⅱ)函数的定义域为,.当时,由知恒成立,此时在区间上单调递减.当时,由知恒成立,此时在区间上单调递增.当时,由,得,由,得,此时在区间内单调递增,在区间内单调递减.(III)由(Ⅱ)知函数的定义域为,当或时,在区间上单调,此时函数无最大值.当时,在区间内单调递增,在区间内单调递减,所以当时函数有最大值.最大值.因为,所以有,解之得.所以的取值范围是.【练2-1】（15-2016大兴区一模理18）已知函数，．

(Ⅰ)求函数的单调区间；

(Ⅱ)函数在区间上是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．

【答案】（I），.由，得，或.①当，即时，在上，单调递减；

②当，即时，在上，单调递增，在上，单调递减.综上所述：时，的减区间为；

时，的增区间为，的减区间为.（II）（1）当时，由（I）在上单调递减，不存在最小值；

（2）当时，若，即时，在上单调递减，不存在最小值；

若，即时，在上单调递增，在上单调递减，因为，且当时，所以时，.又因为，所以当，即时，有最小值；，即时，没有最小值.综上所述：当时，有最小值；当时，没有最小值.考点三、已知函数最值求参数值；

【例3-1】（2015-2016朝阳期中文20）已知函数(其中，),函数的导函数为，且．

(Ⅰ)若，求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)若函数在区间上的最小值为，求的值．

【答案】因为，所以．

因为，所以．

所以．

(Ⅰ)当时，时，所以曲线在点处的切线方程为．

即．

(Ⅱ)由已知得，所以．

（1）当，即时，令得，或；

令得，．

所以函数在和上单调递增，在上单调递减．

所以函数在区间上单调递增．

所以函数在区间上的最小值为．

解得．显然合题意．

（2）当时，即时，恒成立，所以函数在上单调递增．

所以函数在区间上单调递增．

所以函数在区间上的最小值为．

解得．显然不符合题意．

（3）当时，即时，令得，或；

令得，．

所以函数在和上单调递增，在上单调递减．

①若，即时，函数在区间上单调递减．

所以函数在区间上的最小值为．

解得．显然合题意．

②若，即时，函数在在上单调递减，在上单调递增．

此时，函数在区间上的最小值为．

解得．显然不合题意．

综上所述，或为所求．

【例3-2】（2015-2016朝阳期中18）已知函数(其中是常数，)，函数的导函数为，且．

(Ⅰ)若，求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)当时，若函数在区间上的最大值为，试求的值．

【答案】因为，所以．

因为，所以，即．

(Ⅰ)当时，．又，所以曲线在点处的切线方程为．

即．

(Ⅱ)由已知得．

所以．

因为，．

因为，所以．

令得，；

令得，或．

所以函数在上单调递增，在和上单调递减．

①若，即时，函数在区间上单调递增．

所以函数在区间上的最大值为．

解得．显然符合题意．此时，．

②若，即时，函数在上单调递增，在上单调递减．

所以函数在区间上的最大值为．

又因为，所以，．

所以．

不满足函数在区间上的最大值为

综上所述，为所求．

【练3-1】（2015-2016海淀一模理18）已知函数(其中为常数且)在处取得极值.(I)

当时，求的单调区间；

(II)

若在上的最大值为，求的值.【答案】（I）因为所以2

因为函数在处取得极值

当时，，随的变化情况如下表：

极大值

极小值

所以的单调递增区间为,单调递减区间为

(II)因为

令,因为在处取得极值，所以

当时，在上单调递增，在上单调递减

所以在区间上的最大值为，令，解得

当，当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增

所以最大值1可能在或处取得

而

所以，解得

当时,在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增

所以最大值1可能在或处取得

而

所以，解得，与矛盾

当时，在区间上单调递增，在单调递减，所以最大值1可能在处取得，而，矛盾

综上所述，或.【练3-2】（2013-2014朝阳一模理18）已知函数，．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在区间的最小值为，求的值．

【答案】函数的定义域是，．

（Ⅰ）（1）当时，故函数在上单调递减．

（2）当时，恒成立，所以函数在上单调递减．

（3）当时，令，又因为，解得．

①当时，所以函数在单调递减．

②当时，所以函数在单调递增．

综上所述，当时，函数的单调减区间是，当时，函数的单调减区间是，单调增区间为．

（Ⅱ）（1）当时，由（Ⅰ）可知，在上单调递减，所以的最小值为，解得，舍去．

（2）当时，由（Ⅰ）可知，①当，即时，函数在上单调递增，所以函数的最小值为，解得．

②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为，解得，舍去．

③当，即时，函数在上单调递减，所以函数的最小值为，得，舍去．

综上所述，．

导数专题四、零点问题

【知识结构】

【知识点】

一、零点的定义：定义：

一般地，如果函数在处有实数根，即，则叫做这个函数的零点.1.函数值为零时的值；

2.函数为零时，方程的解；

3.函数的图象与轴交点；

4.两个函数的交点；

二、零点问题主要包括的题型包括：

1.是否有零点；

2.判断零点个数；

3.已知零点求参数

三、函数零点的判定：

方程有实数根⇔函数的图象与轴有交点⇔函数有零点

【考点分类】

考点一、分类讨论求零点个数；

【例1-1】（2014-2015年朝阳一模理18）已知函数，．

（Ⅱ）

当时，讨论函数的零点个数.【答案】（Ⅱ）,.（1）当时，时，为减函数;时，为增函数.所以在时取得最小值.（ⅰ）当时，由于，令，则在上有一个零点；

（ⅱ）当时，即时，有一个零点；

（ⅲ）当时，即时，无零点.（ⅳ）当时，即时，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(3)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例1-2】（2012-2013石景山期末理18）已知函数是常数．

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【答案】令，.令，则在上单调递增，在上单调递减，当时，的最大值为.所以若，则无零点；若有零点，则．

若，由（Ⅰ）知有且仅有一个零点.若，单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知有且仅有一个零点（或：直线与曲线有一个交点）.若，解得，由函数的单调性得知在处取最大值，由幂函数与对数函数单调性比较知，当充分大时，即在单调递减区间有且仅有一个零点；

又因为，所以在单调递增区间有且仅有一个零点.切线方法：

综上所述，当时，无零点；

当或时，有且仅有一个零点；

当时，有两个零点.【练1-1】（2015-2016朝阳期末文19）已知函数，.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，试判断函数是否存在零点,并说明理由；

＋

↘

极小值

↗

＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

则.所以函数不存在零点.（Ⅲ）

.当，即时，－

＋

↘

极小值

↗

当，即时，＋

－

＋

↗

极大值

↘

极小值

↗

当，即时，＋

＋

↗

当，即时，综上时，的单调增区间是;减区间是.当时，的单调增区间是,;减区间是.当时，的单调增区间是;

当时，的单调增区间是，;减区间是.【练1-2】（2015-2016西城期末文20）已知函数，直线

：

.（1）求函数的极值；

（2）求证：对于任意，直线都不是曲线的切线；

（3）试确定曲线与直线的交点个数，并说明理由。

【答案】（1）（x≠0）

∴

令，得x=1，列表，得：

（0，1）

（1，+∞）

极值

∴在x=1处，有极小值为。

（2）假设是一条切线，设切点为。

∴

有

将②代入①中，得

即

不成立

∴

对于任意，直线都不是曲线的切线。

（3）解法一、令

整理得

令

∴，∴

g（x）是一个减函数。

令g（x）=0得x=-1，∴

有当x＜0时，g（x）＜2，且x，g（x）-∞；

当x＞0时，g（x）＞2，且x，g（x）+∞；

∴

当k=2时，没有交点；当k≠2时，有一个交点。

解法二、令，有，当时，恒正，即无零点。

当时，即在时恒正，无零点。

当时，为减函数，取，有；

当时，而，此时，所以有一个零点，即曲线与直线有一个交点。

当时，当时，恒正，无零点；

当时，为增函数，取，有；

当时，而，此时；

因此，在有一个零点，即曲线与直线有一个交点。

综上所述，当

时，曲线与直线没有交点；当

时，曲线与直线有一个交点。

【练1-3】（2015-2016大兴期末文19）已知函数．

（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）设实数使得恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）设，求函数在区间上的零点个数．

【答案】（Ⅰ）

曲线在点处的切线方程为

(Ⅱ)设，则

令，解得：

当在上变化时，的变化情况如下表：

↗

↘

由上表可知，当时，取得最大值

由已知对任意的，恒成立

所以，得取值范围是。

(Ⅲ)令得：

由(Ⅱ)知，在上是增函数，在上是减函数.且，所以当或时，函数在上无零点；

当或时，函数在上有1个零点；

当时，函数在上有2个零点

【练1-4】（2013-2014西城期末理18）已知函数，其中是自然对数的底数，.（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，试确定函数的零点个数，并说明理由.【答案】（Ⅰ）解：因为，所以．

………………

2分

令，得．

………………

3分

当变化时，和的变化情况如下：

↘

↗

………………

5分

故的单调减区间为；单调增区间为．…………

6分

（Ⅱ）解：结论：函数有且仅有一个零点.………………

7分

理由如下：

由，得方程，显然为此方程的一个实数解.所以是函数的一个零点.………………

9分

当时，方程可化简为.设函数，则，令，得．

当变化时，和的变化情况如下：

↘

↗

即的单调增区间为；单调减区间为．

所以的最小值.………………11分

因为，所以，所以对于任意，因此方程无实数解．

所以当时，函数不存在零点.综上，函数有且仅有一个零点.………………13分

【练1-5】（2012-2013石景山期末理18）已知函数是常数．

（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；

（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【答案】（Ⅰ）

…………………1分，所以切线的方程为，即．

…………………3分

（Ⅱ）令则

↗

最大值

↘

…………………6分，所以且，，即函数的图像在直线的下方．

…………………8分

（Ⅲ）令，.令，则在上单调递增，在上单调递减，当时，的最大值为.所以若，则无零点；若有零点，则．………………10分

若，由（Ⅰ）知有且仅有一个零点.若，单调递增，由幂函数与对数函数单调性比较，知有且仅有一个零点（或：直线与曲线有一个交点）.若，解得，由函数的单调性得知在处取最大值，由幂函数与对数函数单调性比较知，当充分大时，即在单调递减区间有且仅有一个零点；又因为，所以在单调递增区间有且仅有一个零点.综上所述，当时，无零点；

当或时，有且仅有一个零点；

当时，有两个零点.…………………13分

【练1-6】（2014-2015东城高一模理18）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；

（Ⅱ）若在区间上单调递增,求的取值范围；

（Ⅲ）讨论函数的零点个数.【答案】（Ⅰ）因为，由已知在处取得极值，所以.解得，经检验时，在处取得极小值.所以.……3分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立.即在区间上恒成立.所以.……8分

（Ⅱ）因为，所以，.令得，令，..当时，在上单调递增，时，在上单调递减.所以.综上：当时，函数无零点，当或时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.考点二、已知函数存在零点情况求参数范围；

【例2-1】（2015-2016房山二模理18）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）

令

得

变化情况

减

增

所以

函数在区间为减函数，在区间为增函数

（Ⅱ）解法一（分离参数法）：

主要的步骤如下：

1写定义域：求出函数的定义域

2分离参数：将等式转化为参数放在等号一边，等号另外一边为一个函数g（x）

3画图象：准确画出g（x）的图象

4移直线：将直线y=b的直线由上往下移动观察交点个数

下面是每一步的注意事项：

1写定义域：一定要先写出函数的定义域

2分离参数：分离参数的时候也要注意对等式变化的时候定义域的改变

3：画图像：这里涉及到画出准确函数图像的注意事项

A：首先通过求导研究函数的单调性（在定义域范围内）

B：画出各极值点

C：画断点（定义域内取不到的值的走势）-----找渐近线1

D:画正负无穷处的点----------找渐近线2

E：将各处用光滑的曲线连接起来

4：移直线：移动的时候看交点要注意所取点空心和实心。

解法一（分离参数法）：直线与曲线没有公共点，等价于

方程无实数解，不是该方程的解，所以等价

方程无解

设

则

令

得

在区间上，在区间上，在区间上

所以

在上递增，在上递减，在上递减

所以，当时，取得极大值

当无限增大时，无限趋近于1

所以的值域为

方程无解，则的取值范围为

解法二：构造新函数法（略）

解法三（转化为过某一定点直线和曲线的交点）：

因为直线与曲线没有公共点，所以方程，即无实数解

所以直线与曲线没有公共点，设过点的直线与曲线相切于点

因为，所以直线的斜率

所以直线的方程为

因为直线过点，所以，所以

因为直线与曲线无交点

所以，即

【例2-2】（2015-2016海淀期末文19）已知函数，其中.当时，求函数的单调区间和极值；

若关于的方程有解，求实数k的取值范围.【答案】由题可知函数定义域为：

当时，令得。

当变化时，和的变化如下表：

—

极小值

∴的单调递增区间为：的单调递减区间为：

∴在时存在极小值：

由题意得，方程有解即为有解，令，令得

（1）当时，令得

令得

在上单调递减，在上单调递增

∴

①当时，,函数有一个解。

②当时，且

（2）当时，恒成立，在上恒减

且当时，综上所述：。

【练2-1】（2015-2016丰台期末理18）已知函数.（Ⅰ）求函数的极值；

（Ⅱ）若存在实数，且，使得，求实数a的取值范围.【答案】（Ⅰ），令得，.x

递增

极大值

递减

极小值

递增

∴函数的极大值为；

极小值为.(Ⅱ)

若存在，使得，则

由（Ⅰ）可知，需要（如图1）或（如图2）.（图1）

（图2）

于是可得.【练2-2】（2015-2016石景山期末文20）已知函数,.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【练2-3】（2015-2016丰台二模文19）设函数．

（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）若函数在区间上存在唯一零点，求的取值范围.【答案】（Ⅰ），（1）若，则在区间上，单调递增.所以当时，的单调递增区间为，没有极值点.（2）若，令，即，解得，因为函数在区间是递增函数，所以在区间内，单调递减；在区间内,单调递增.所以当时，的单调递减区间为，的单调递增区间为所以当时，函数有极小值为.（Ⅱ）（1）当时，由（Ⅰ）可知，在上单调递增，因为，令，得.所以当时，在区间上上存在唯一零点.（2）当时，由（Ⅰ）可知，为函数的最小值点

因为，若函数在区间上上存在唯一零点，则只能是：

①，或②.由①得；由②得.综上所述，函数在区间上上存在唯一零点，则或.【练2-4】（2015-2016海淀二模文19）已知函数

（1）当时，求函数的单调区间;

（2）若关于的不等式在上有解，求的取值范围；

（3）若存在，使得既是函数的零点，又是函数的极值点，请写出此时的值.（只需写出结论）.【答案】（1）当时，令，从而和时，时

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增。

（Ⅱ）要使在上有解，只要在上的最小值小于等于.因为，令，得到.当时，即时，在区间上单调递增，为上最小值

所以有，即，解得或，所以有；

当时，即时，在区间上单调递减，在上单调递增，所以为上最小值，所以有，即，解得，所以.综上，得.法二：（Ⅱ）要使在上有解，只要在上的最小值小于等于.因为，所以当，即时

满足题意，当时，因为，令，得到，因为，所以在区间上的单调递增，所以在区间上的最小值为，所以，根据上面得到，矛盾.综上，.（Ⅲ）

【练2-5】（2015-2016丰台二模理18）设函数.（Ⅰ）当时，求函数在区间内的最大值；

（Ⅱ）若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）当时，与、之间的关系如下表：

增函数

极大值

减函数

函数在区间内只有一个极大值点，所以这个极值点也是最大值点，---4分

最大值.（Ⅱ）

（1）当时，显然在区间内没有两个零点，不合题意.(2)当时，.①当且时，函数区间上是增函数，所以函

数

区间上不可能有两个零点，所以不合题意；

②当时，在区间上与、之间的关系如下表：

增函数

极大值

减函数

因为，若函数区间上有两个零点，则，所以，化简.因为，,所以.综上所述，当时，函数在区间内有两个零点.【练2-6】（2015-2016房山一模理18）已知函数，其中

（Ⅰ）当，求函数的极大值；

（Ⅱ）若在区间上仅有一个零点，求实数的取值范围是。

【答案】（Ⅰ）a=-2时，f（1）=

–

-（-2）-1为极大值1。

（Ⅱ）

当

时，f（x）在所以f（1）=0

即-a-1=0，a=-1。或者

但无解舍

当

由f(1)=-a-1<0知

只需f（e）>0

解得

所以，f（x）在（0，1）上递增，（1，e）上递减，且

f（1）此时（0，e）上不可能有零点

综上a=-1或者

【练2-7】（2015西城二模文）已知函数，其中.（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，证明：存在实数，使得对任意的，都有成立；

（Ⅲ）当时，是否存在实数，使得关于的方程仅有负实数解？当时的情形又如何？(只需写出结论)

【答案】（Ⅰ）解：当时，函数，求导，得，………………2分

因为，………………3分

所以函数的图象在点处的切线方程为.………………4分

（Ⅱ）证明：当时，的定义域为.求导，得，………………5分

令，解得，………………6分

当变化时，与的变化情况如下表：

↗

↘

↗

………………8分

所以函数在，上单调递增，在上单调递减.又因为，当时，；当时，所以当时，；当时，.记，其中为两数，中最大的数，综上，当时，存在实数，使得对任意的实数，不等式

恒成立.………………10分

（Ⅲ）解：当与时，不存在实数，使得关于实数的方程仅

有负实数解.………………13分

考点三、已知函数不存在零点求参数范围；

【例3-1】（2015-2016石景山一模文19）已知函数．

（Ⅰ）求函数的极值；（Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）当时，方程无解，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ），令解得，易知在上单调递减，在上单调递增，故当时，有极小值

（Ⅱ）令，则，由（Ⅰ）知，所以在上单调递增，所以，所以.（Ⅲ）方程，整理得，当时，.令，则，令，解得，易得在上单调递减，在上单调递增，所以时，有最小值，而当越来越靠近时，的值越来越大，又当，方程无解，所以.【例3-2】（2013-2014海淀期末理18）已知关于的函数

（Ⅰ）当时，求函数的极值；

（Ⅱ）若函数没有零点，求实数取值范围.【答案】（Ⅰ），.------------------------------------------2分

当时，,的情况如下表：

↘

极小值

↗

所以，当时，函数的极小值为.-----------------------------------------6分

（Ⅱ）.①当时，的情况如下表：

↘

极小值

↗

--------------------------------7分

因为,------------------------------8分

若使函数没有零点，需且仅需，解得,-------------------9分

所以此时；

-----------------------------------------------10分

②当时，的情况如下表：

↗

极大值

↘

--------11分

因为,且,---------------------------12分

所以此时函数总存在零点.--------------------------------------------13分

综上所述，所求实数的取值范围是.【练3-1】（2013-2014朝阳一模文18）设函数，，记.（Ⅰ）求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）当时，若函数没有零点，求的取值范围.【答案】(I)，则函数在处的切线的斜率为.又，所以函数在处的切线方程为,即

………………4分

（Ⅱ），（）.①当时，在区间上单调递增；

②当时，令，解得；令，解得.综上所述，当时，函数的增区间是；

当时，函数的增区间是，减区间是.………………9分

（Ⅲ）依题意，函数没有零点，即无解.由（Ⅱ）知，当时，函数在区间上为增函数,区间上为减函数，由于，只需，解得.所以实数的取值范围为.…………………………………………………13分

综上所述，所求实数的取值范围是.【练3-2】（2014-2015通州期末理18）已知函数，（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）若方程没有实数根，求取值范围．

【答案】（Ⅰ）因为函数，所以…………………

1分

（1）当时，所以的递增区间是，无递减区间.……

3分

（2）当时，令，得，令，得

所以的递增区间是，递减区间是

……………………

5分

综上，当时，的递增区间是，无递减区间，当时，的递增区间是，递减区间是

（Ⅱ）（1）当时，在上显然无零点，所以方程没有实数根.……………………

6分

（2）当时，在上单调递增，因为，所以

所以在上有零点.所以方程有实数根.……………………

8分

（3）当时，的递增区间是，递减区间是，所以是的极小值，也是的最小值.所以没有实数根等价于

……………………

11分

所以所以

所以所以.……………………

12分

综上，的取值范围是

……………………

13分

考点四、证明函数零点情况；

【例4-1】（2015-2016海淀期末理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）求证：当时，关于的不等式在区间上无解.（其中）

【答案】（Ⅰ）因为,所以，当时，.令，得，所以随的变化情况如下表：

极大值

极小值

所以在处取得极大值，在处取得极小值.函数的单调递增区间为，,的单调递减区间为

（Ⅱ）证明：不等式在区间上无解，等价于在区间上恒成立，即函数在区间上的最大值小于等于1.因为，令，得.因为时，所以.当时，对成立，函数在区间上单调递减，所以函数在区间上的最大值为,所以不等式在区间上无解；

当时，随的变化情况如下表：

↘

极小值

↗

所以函数在区间上的最大值为或.此时,，所以

.综上，当时，关于的不等式在区间上无解.【例4-2】（2015-2016房山一模文19）已知函数，（I）求曲线在处的切线方程；

（II）求的单调区间

（III）设，其中，证明：函数仅有一个零点

【答案】（I）

其中，所以曲线在处的切线方程

（II）的定义域为，令，解得

令，解得

所以，的单增区间为，单减区间为

（III），定义域为

又

①

当时，恒成立，即在上单调递增

又

即

可知函数仅有一个零点

②

时，令，解得或

令，解得

所以，在，上单调递增，在上单调递减

又

又，可知在有一个零点，即函数仅有一个零点

综上所诉，函数仅有一个零点

【练4-1】（2015-2016房山一模文19）已知函数，（I）求曲线在处的切线方程；

（II）求的单调区间

（III）设，其中，证明：函数仅有一个零点

【答案】（I）

其中，所以曲线在处的切线方程

（II）的定义域为，令，解得

令，解得

所以，的单增区间为，单减区间为

（III），定义域为

又

①

当时，恒成立，即在上单调递增

又

即

可知函数仅有一个零点

②

时，令，解得或

令，解得

所以，在，上单调递增，在上单调递减

又

又，可知在有一个零点，即函数仅有一个零点

综上所诉，函数仅有一个零点

考点五、函数交点问题；

【例5-1】（2015-2016东城期末文19）已知函数，.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线的方程；

（Ⅱ）若曲线与轴有且只有一个交点，求的取值范围；

（Ⅲ）设函数，请写出曲线与最多有几个交点.（直接写出结论即可）

【答案】（Ⅰ）当时，.当时，又，所以曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）由，得.当时，此时在上单调递增.当时，当时，所以当时，曲线与轴有且只有一个交点；

当时，令，得.与在区间上的情况如下：

极大值

若曲线与轴有且只有一个交点，则有，即.解得.综上所述，当或时，曲线与轴有且只有一个交点.（Ⅲ）曲线与曲线最多有4个交点.【例5-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【练5-1】（2015-2016西城期末理18）已知函数

(,为自然对数的底数).（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴,求的值；

（Ⅱ）求函数的极值；

（Ⅲ）当时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值．

【答案】(Ⅰ)由,得.又曲线在点处的切线平行于轴,得,即,解得.(Ⅱ),①当时，为上的增函数,所以函数无极值.②当时,令,得,.,;,.所以在上单调递减,在上单调递增,故在处取得极小值,且极小值为,无极大值.综上,当时,函数无极小值

当,在处取得极小值,无极大值.(Ⅲ)当时,令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解.假设,此时，又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故.又时，知方程在上没有实数解.所以的最大值为.解法二:

(Ⅰ)(Ⅱ)同解法一.(Ⅲ)当时,.直线:与曲线没有公共点,等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程:

(*)

在上没有实数解.①当时,方程(*)可化为,在上没有实数解.②当时,方程(*)化为.令,则有.令,得,当变化时,的变化情况如下表:

递减

递增

当时，同时当趋于时,趋于,从而的取值范围为.所以当时,方程(*)无实数解,解得的取值范围是.综上,得的最大值为.【练5-2】（2014-2015丰台期末理18）已知函数．

（Ⅰ）求函数的极小值；

（Ⅱ）如果直线与函数的图象无交点，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）函数的定义域为R．

因为，所以

．

令，则．

↘

极小值

↗

所以

当时函数有极小值．

………………6分

（Ⅱ）函数．

当时，所以要使与无交点，等价于恒成立．

令，即，所以

．

①当时，满足与无交点；

②当时，而，所以，此时不满足与无交点．

③当时，令，则，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，．

由

得，即与无交点．

综上所述

当时，与无交点．

导数专题五、恒成立问题和存在性问题

【知识结构】

【知识点】

求解函数的恒成立问题和存在性问题首先转化为函数的最值问题，主要的方法提炼：

一、已知不等式恒成立，求参数取值范围：分参法；

（1）分离参数，使不等式转化为（）恒成立；

（2）求导函数；

（3）找出的最大（小）值（）；

（4）解不等式（），得出参数取值范围．

二、已知不等式恒成立，求参数取值范围：讨论法；

（1）构造新函数，使不等式转化为（）恒成立；

（2）求导函数，判断函数的单调性；

（3）找出的最小（大）值（）；

（4）解不等式（），得出参数取值范围．

【考点分类】

考点一、单变量单函数的不等式型；，即求，即求

【例1-1】（2015-2016朝阳期中文19）已知函数，．

（Ⅰ）若函数在区间上单调递减，求的取值范围；

极小值

所以时,函数的最小值为.所以成立.【例1-2】（2015-2016海淀二模理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围；

（Ⅲ）若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数的取值范围.（只需直接写出结果）．

【答案】（Ⅰ）时且，令则或；令则，递增区间为和；递减区间为。

（Ⅱ）在有解，在有解，令，则在有解，即，且，①

当即时

在上递增，在上递减，在上递增，Ⅰ．若，则，则，则在上递减，在上递增，则恒成立，满足条件。

Ⅱ．若，则，则，则在上递增，则，，又，②

当即时，在上递增，在上递增，由Ⅱ知与矛盾，③

当即时，在上递增，由Ⅱ知与矛盾，综上所述：．

（Ⅲ）。

【练1-1】（2015-2016东城一模理18）设函数，．

（Ⅰ）当时，求的单调区间；

（Ⅱ）当时，恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）求证：当时，．

【答案】（Ⅰ）当时，则，则.令得

－

↘

↗

所以

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，．

（Ⅱ）因为，所以恒成立，等价于恒成立．

设，得，当时，所以　在上单调递减，所以　时，．

因为恒成立，所以．

（Ⅲ）当时，等价于．

设，．

求导，得．

由（Ⅰ）可知，时，恒成立．

所以时，有．

所以

．

所以在上单调递增，当时，．

因此当时，．

【练1-2】（2015-2016东城二模文20）设函数

（1）若，求在区间上的最大值；

（2）设，求证：当时，过点有且只有一条直线与曲线相切；

（3）若对任意的，均有成立，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，+

单调增

极大值

单调减

所以在取得最大值，（2）设切点坐标为，有，以及

联立化简得到，易知为单调递增函数

因此，与直线有且只有一个交点，因此切点只有一个，因此，当时，过点有且只有一条直线与曲线相切。

（3）易知当时，满足条件

当时，1）当时，满足条件

2）当时，有，整理得到

因此有，因为，所以，所以

3）当时，有

令，有

设，有，当时，因此当时，所以当时，单调递增，最小值为，因此

综上所述，的取值范围为

【练1-3】（2013-2014朝阳二模理18）已知函数，.（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，当时，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）由已知得．

因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以．所以．

所以．

……………3分

（Ⅱ）函数的定义域是，．

（1）当时，成立，所以的单调增区间为．

（2）当时，令，得，所以的单调增区间是；

令，得，所以的单调减区间是．

综上所述，当时，的单调增区间为；

当时，的单调增区间是，的单调减区间是．

……………8分

（Ⅲ）当时，成立，．

“当时，恒成立”

等价于“当时，恒成立．”

设，只要“当时，成立．”

．

令得，且，又因为，所以函数在上为减函数；

令得，又因为，所以函数在上为增函数．

所以函数在处取得最小值，且．

所以．

又因为，所以实数的取值范围．

……………13分

（Ⅲ）另解：

（1）当时，由（Ⅱ）可知，在上单调递增，所以．

所以当时，有成立．

（2）当时，可得．

由（Ⅱ）可知当时，的单调增区间是，所以在上单调递增，又，所以总有成立．

（3）当时，可得．

由（Ⅱ）可知，函数在上为减函数，在为增函数，所以函数在处取最小值，且．

当时，要使成立，只需，解得．所以．

综上所述，实数的取值范围

【练1-4】（2010-2011海淀一模文18）已知函数.（Ⅰ）若，求函数的极值和单调区间；

（Ⅱ）若在区间上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（I）因为，…………………2分

当，令，得，…………………3分

又的定义域为，随的变化情况如下表：

极小值

所以时，的极小值为1

.…………………5分的单调递增区间为，单调递减区间为；

…………………6分

（II）解法一：

因为，且，令，得到，若在区间上存在一点，使得成立，其充要条件是在区间上的最小值小于0即可.…………………7分

（1）当，即时，对成立，所以，在区间上单调递减，故在区间上的最小值为，由，得，即

…………………9分

（2）当，即时，①

若，则对成立，所以在区间上单调递减，所以，在区间上的最小值为，显然，在区间上的最小值小于0不成立

…………………11分

②

若，即时，则有

极小值

所以在区间上的最小值为，由，得，解得，即.…………………13分

综上，由(1)（2）可知：符合题意.…………………14分

解法二：若在区间上存在一点，使得成立，即，因为,所以，只需

…………………7分

令，只要在区间上的最小值小于0即可

因为，令，得

…………………9分

（1）当时：

极大值

因为时，而，只要，得，即

…………………11分

（2）当时：

极小值

所以，当

时，极小值即最小值为，由，得，即.…………………13分

综上，由(1)（2）可知，有

.…………………14分

【练1-5】（2013-2014房山一模文18）

已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）若对于任意的，都有，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）∵f（x）=ex（x+1），∴f′（x）=ex（x+1）+ex=ex（x+2），∴f′（0）=e0•（0+2）=2，又f（0）=1，∴曲线曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为：

y-1=2（x-0），即2x-y+1=0；

（Ⅱ）令f′（x）=0，得x=-2，当x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下表：

（-∞，-2）

（-2，0）

f′（x）

f（x）

↘

极小值

↗

∴f（x）在（-∞，-2）上递减，在（-2，0）上递增，∴f（x）在（-∞，0）上的最小值是f（-2）=-e-2．

∴-e-2＞k，即k＜-e-2．

∴k的取值范围是（-∞，-e-2）．

【练1-6】（2015-2016朝阳二模文20）已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，若在区间上恒成立，求的取值范围.【答案】(Ⅰ)

函数的定义域为,.（5）

当时，,令，解得，则函数的单调递增区间为

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（6）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为；

令，解得，函数单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（7）

当时，恒成立，所以函数的单调递增区间为.（8）

当时，,令，解得或，则函数的单调递增区间为，；

令，解得，则函数的单调递减区间为.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（Ⅱ）依题意，在区间上.，.令得，或.若，则由得，函数在()上单调递增.由得，,函数在()上单调递减.所以，满足条件；

若，则由得，或；

由得，.函数在(),上单调递增,在上单调递减.，依题意，即，所以；

若，则.所以在区间上单调递增，不满足条件；

综上，.考点二、单变量双函数的不等式型；，构造新函数，即求；，构造新函数，即求；

【例2-1】（2015-2016昌平期末文20）已知函数．

（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）证明：当时，；

（Ⅲ）设，若存在最大值，且当最大值大于时，确定实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）解：定义域为，.由题意，，所以函数在点处的切线方程为.（Ⅱ）证明：当时，可转化为

↗

极大值

↘

因为.所以成立，即，令，所以，即在上为增函数.又因为，所以当时，.所以，时，命题成立.综上，的取值范围为.【例2-2】（2015-2016丰台一模理18）已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求证：；

（Ⅲ）若在区间上恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）设切线的斜率为

因为，切点为.切线方程为，化简得：.（Ⅱ）要证：

只需证明：在恒成立，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时

在恒成立

所以.（Ⅲ）要使：在区间在恒成立，等价于：在恒成立，等价于：在恒成立

因为==

①当时，不满足题意

②当时，令，则或（舍）.所以时，在上单调递减；

时，在上单调递增；

当时

当时，满足题意

所以，得到的最小值为

【练2-1】（2015-2016石景山一模理18）已知函数．

（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求证：当时，；

（Ⅲ）若对恒成立，求实数的最大值．

【答案】

（Ⅰ），．

所以切线方程为．

（Ⅱ）令，则，当时，设，则

所以在单调递减，即，所以………6分

所以在上单调递减，所以，所以．

（Ⅲ）原题等价于对恒成立，即对恒成立，………9分

令，则．

易知，即在单调递增，所以，所以，故在单调递减，所以．

综上所述，的最大值为

．

【练2-2】（2015-2016大兴期末文19）已知函数．

（Ⅰ）求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）设实数使得恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）设，求函数在区间上的零点个数．

【答案】（Ⅰ）

曲线在点处的切线方程为

(Ⅱ)设，则

令，解得：

当在上变化时，的变化情况如下表：

↗

↘

由上表可知，当时，取得最大值

由已知对任意的，恒成立

所以，得取值范围是。

(Ⅲ)令得：

由(Ⅱ)知，在上是增函数，在上是减函数.且，所以当或时，函数在上无零点；

当或时，函数在上有1个零点；

当时，函数在上有2个零点

【练2-3】（2015-2016东城二模理18）已知

（I）求的单调区间

（II）当时，求证：对于恒成立；

（III）若存在，使得当时，恒有成立，试求的取值范围。

【答案】（I）的定义域是，令，得：，（舍）

单调增

极大值

单调减

（II）设，由题意只需证明：即可。，可得，在上，且在单调递减，所以对于恒成立，得证。

（III）由（II）得：

当时，所以，又因为当时，所以，则此时没有满足条件的当时，令

则，令，因为，又因为，所以，存在满足题意。

综上，的取值范围是。

【练2-4】（2015-2016朝阳二模理18）已知函数，．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，若曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，试求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当时,，．

．

则，而．

所以曲线在点(1,)处的切线方程为，即．

（Ⅱ）依题意当时，曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，等价于当时，恒成立．

设，．

所以．

（1）当，即时，当时，为单调减函数，所以．

依题意应有

解得所以．

（2）若，即时，当，为单调增函数，当，为单调减函数．

由于，所以不合题意．

（3）当，即时，注意到，显然不合题意．

综上所述，．

【练2-5】（2013-2014海淀一模理18）已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【答案】，-----------------------------------2分

因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：，所以且.----------------------------------4分

解得，-----------------------------------5分

（Ⅱ）法1：

对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即∀x,R，恒成立，--------------------------------------6分

令，----------------------------------------7分

①若a=0，则，所以实数b的取值范围是；

----------------------------------------8分

②若,，由得，----------------------------------------9分的情况如下：

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，-------------------------------------------12分

所以实数b的取值范围是；

综上，实数b的取值范围是．

--------------------------------------13分

法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，-------------------------------------------6分

令，则等价于∀，恒成立，令，则，-----------------------------------------7分

由得，----------------------------------------9分的情况如下：

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，------------------------------------------12分

实数b的取值范围是．

--------------------------------------------13分

【练2-7】（2015-2016西城一模文19）已知函数，且

(Ⅰ)求的解析式

(Ⅱ)若对于任意，都有，求m的最小值

(Ⅲ)证明：函数的图像在直线的下方.【答案】对求导，得，所以，解得，所以.（Ⅱ）解：由，得，因为，所以对于任意，都有.设，则

.令，解得.当x变化时，与的变化情况如下表：

极大值

所以当时，.因为对于任意，都有成立，所以

.所以的最小值为.（Ⅲ）证明：“函数的图象在直线的下方”等价于“”，即要证，所以只要证.由（Ⅱ），得，即（当且仅当时等号成立）.所以只要证明当时，即可.设，所以，令，解得.由，得，所以在上为增函数.所以，即.所以.故函数的图象在直线的下方.【练2-8】（2015-2016东城一模文19）

已知函数，（1）若在处取得极值，求的值；

（2）求在区间上的最小值；

（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立。

【答案】（1）定义域为，因为函数在处取得极值，所以有，解得

（2）

1）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

2）当时，在单调递增，所以该区间上的最小值为

3）当时，-

减

极小值

增

所以在该区间的最小值为

综上所述，当时，在的最小值为1；

当时，在的最小值为。

（3）由已知得，所以在时，恒有

若要证明当时，恒有成立，只需证明，即证明恒成立。

令

令，有

当时，恒有，所以当时，所以，所以在时，单调递减，因此恒成立，所以，当时，恒有成立。

【练2-9】（2015-2016大兴期末理18）已知函数.（Ⅰ）当时，求函数在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）当

时，所以，函数在点处的切线方程为

即：

(Ⅱ)函数的定义域为：

当时，恒成立，所以，在和上单调递增

当时，令，即：，,所以，单调递增区间为，单调减区间为.（Ⅲ）因为在上恒成立，有

在上恒成立。

所以，令，则.令则

若，即时，函数在上单调递增，又

所以，在上恒成立；

若，即时，当时，单调递增；

当时，单调递减

所以，在上的最小值为，因为所以不合题意.即时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，在上的最小值为

又因为，所以恒成立

综上知，的取值范围是.【练2-10】（2012-2013海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；

（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.【答案】（I）当因为,…………………2分

若函数在点处的切线与函数在点

处的切线平行，所以，解得

此时在点处的切线为

在点

处的切线为

所以

…………………4分

（II）若，都有

记，只要在上的最小值大于等于0

…………………6分

则随的变化情况如下表：

极大值

…………………8分

当时，函数在上单调递减，为最小值

所以，得

所以

…………………10分

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，为最小值，所以，得

所以

………………12分

综上，………………13分

【练2-11】（2015-2016昌平期末理18）已知函数.（Ⅰ）若函数在点处的切线方程为，求切点的坐标；

（Ⅱ）求证：当时，；（其中）

（Ⅲ）确定非负实数的取值范围，使得成立.【答案】定义域为，.由题意，所以，即切点的坐标为.（Ⅱ）证明：当时，可转化为

当时，恒成立.设，所以原问题转化为当时，恒成立.所以.令，则（舍），.所以，变化如下：

↗

极大值

↘

因为，所以.当时，成立.（Ⅲ）解：，可转化为

当时，恒成立.设，所以.⑴当时，对于任意的，所以在上为增函数，所以，所以命题成立.当时，令，则，⑵当，即时，对于任意的，所以在上为增函数，所以，所以命题成立.⑶当，即时，则（舍），.所以，变化如下：

↘

极小值

↗

因为，所以，当时，命题不成立.综上，非负实数的取值范围为.考点三、双变量双函数的不等式型；；

；

。

【例3-1】（2015-2016西城二模文15）已知函数

（I）若，求a的值

（II）设，若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围

【答案】

(Ⅰ)证明：函数的定义域，由题意，有意义，所以，求导，得

所以

解得

(Ⅱ)解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值”.①当时，由得无最小值，符合题意.②当时，令，得或

随着的变化，与的变化情况如下表：

不存在极小

不存在所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.因为当时，当时，.所以.所以当时，不存在使得.综上所述：的取值范围为.【例3-2】（2015-2016海淀一模文19）已知函数.(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程；

(Ⅱ)求函数的零点和极值；

(Ⅲ)若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】

（Ⅰ）设切线斜率为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即。

（Ⅱ）令，解得。当时，；时，所以函数零点有且只有一个，为1.令，即解得。当时，；当时，所以函数在处取得极小值，无极大值。

（Ⅲ）由（II）知，当时，；时，且在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得最小值。且。，所以只需。所以。所以的最小值为1。

考点四、双变量双函数的绝对值不等式型；

（一）（1）对于任意的，，等价于且；

（2）对于任意的，，等价于或者；

（3）对于任意的，，等价于；

（二）（1）若存在，存在，使得，等价于且；

（2）若存在，存在，使得，等价于或者；

（3）若存在，存在，使得，等价于；

（三）（1）对于任意的，存在，使得，等价于且；

（2）对于任意的，存在，使得，等价于或者；

（3）对于任意的，若存在，等价于；

【例4-1】（2011-2012海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，若对任意，有成立，求实数的最小值.【答案】（Ⅰ）当时，函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是，当时，函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是，.（Ⅱ）

任意，使恒成立的实数的最小值为

【例4-1】（2016湖北理21）设是函数的一个极值点。

（Ⅰ）、求与的关系式（用表示），并求的单调区间；

（Ⅱ）、设。若存在使得成立，求的取值范围。

【答案】（Ⅰ）f

`(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a

]e3－x,由f

`(3)=0，得

－[32＋(a－2)3＋b－a

]e3－3＝0，即得b＝－3－2a，则

`(x)＝[x2＋(a－2)x－3－2a－a

]e3－x

＝－[x2＋(a－2)x－3－3a

]e3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.令f

`(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a≠－4.当a<－4时，x2>3＝x1，则

在区间（－∞，3）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数；

在区间（3，―a―1）上，f

`(x)>0，f

(x)为增函数；

在区间（―a―1，＋∞）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数。

当a>－4时，x2<3＝x1，则

在区间（－∞，―a―1）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数；

在区间（―a―1，3）上，f

`(x)>0，f

(x)为增函数；

在区间（3，＋∞）上，f

`(x)<0，f

(x)为减函数。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f

(x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f

(x)在区间[0，4]上的值域是[min(f

(0)，f

(4))，f

(3)]，而f

(0)＝－（2a＋3）e3<0，f

(4)＝（2a＋13）e－1>0，f

(3)＝a＋6，那么f

(x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a＋3）e3，a＋6].又在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a2＋，（a2＋）e4]，由于（a2＋）－（a＋6）＝a2－a＋＝（）2≥0，所以只须仅须

（a2＋）－（a＋6）<1且a>0，解得0

【例4-2】【2013届山西省第四次四校联考】已知函数

（I）若函数在上是减函数，求实数的最小值；

（2）若，使成立，求实数的取值范围.【答案】（1）因f(x)在上为减函数，故在上恒成立．…1分

所以当时，．………………2分

又，………4分

故当，即时，．

所以于是，故a的最小值为．

…………………………6分

（2）命题“若使成立”等价于

“当时，有”．

由（1），当时，．

问题等价于：“当时，有”．

………………………8分

当时，≤0,在上为减函数，则=，故．

………10分…

当0<时，>0,由于在上为增函数，故的值域为，即．

由的单调性和值域知，唯一，使，且满足：

当时，为减函数；当时，为增函数；

由=，．

所以，与矛盾，不合题意．

综上，得．

…………………………12分

【例4-3】【2013～2014年衡水中学高三上学期二调】已知函数；

（1）求函数在点处的切线方程；

（2）求函数单调递增区间；

（3）若存在，使得（是自然对数的底数），求实数的取值范围.【例4-4】（2015-2016年昌平二模理18）已知函数，且曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线.设.（I）求的值，及的关系式；

（II）求函数的单调区间；

（III）设，若对于任意，都有，求的取值范围．

【答案】（I）因为函数，所以函数，.又因为曲线与曲线在它们的交点处具有公共切线，所以，即

（II）由已知，.所以.设，所以，R，所以在上为单调递增函数.由（I）得，所以，即0是的零点.所以，函数的导函数有且只有一个零点0．

所以及符号变化如下，-

↘

极小值

↗

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（III）由（II）知当

时，是增函数.对于任意，都有等价于，等价于当时，因为，所以在上是增函数，又，所以.【练4-1】（2013房山二模理）已知函数().(Ⅰ)当时,求函数的单调区间;

(Ⅱ)当时,取得极值.（1）若,求函数在上的最小值;

（2）求证:对任意,都有.【答案】（Ⅰ）

…………1分

当时，解得或,解得

……………2分

所以单调增区间为和，单调减区间为………3分

（Ⅱ）①当时，取得极值，所以

解得（经检验符合题意）

……………4分

↗

↘

↗

所以函数在，递增，在递减.……5分

当时，在单调递减，………………6分

当时

在单调递减，在单调递增，.………………7分

当时，在单调递增，……………………8分

综上，在上的最小值

……………………9分

②令

得（舍）

因为

所以

……………11分

所以，对任意，都有

【练4-2】（2012-2013房山二模文18）已知函数在处取得极值.（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求函数在上的最小值；

（Ⅲ）求证：对任意，都有.【答案】（Ⅰ）

……………1分

由已知得即

……………2分

解得：

…………………………3分

当时，在处函数取得极小值，所以

（Ⅱ），.-

减

增

所以函数在递减，在递增.……………………4分

当时，在单调递增，.………………………5分

当时，在单调递减，在单调递增，.…………………………6分

当时，在单调递减，…………………………7分

综上

在上的最小值

………………………………………8分

（Ⅲ）由（Ⅰ）知，.令

得

因为

所以

……………11分

所以，对任意，都有

【练4-3】（2013-2014年东城零模文18）设函数

（Ⅰ）设，证明：在区间内存在唯一的零点；

（Ⅱ）设，若对任意，有，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）当

．

又当，．

．．．．．．6分

（Ⅱ）当时，．

对任意

上的最大值

与最小值之差,据此分类讨论如下：

（ⅰ），．

（ⅱ），．

（ⅲ），．

综上可知，．

．．．．．．14分

考点五、双变量双函数的等式型；

（一）对任意的，存在，使得，则的值域是值域的子集，即；

（二）存在，存在，使得，则的值域是值域有非空交集，即

【例5-1】（2015-2016丰台期末文20）设函数的图象与直线相切于点．

（Ⅰ）求函数的解析式；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设函数，对于,，使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）∵函数的图象与直线相切于点，∴，．

∵，∴

解得．

∴．

（Ⅱ），令，得或；

令，得．

∴的单调递增区间为，；单调递减区间为．

…8分

（Ⅲ）记在上的值域为,在上的值域为，∵对于，使得，∴．

由（Ⅱ）得：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，，∴．

∵，∴．

①

当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴的最小值为或，的最大值为或．

∵，且，∴或，∴或，即或．

又∵，∴．

②

当时，在上单调递增，上单调递减，∴的最小值为或，的最大值为

．

∵，且，∴，∴，即．

综上所述：或．

【例5-2】（2014-2015海淀二模文19）已知函数，其中.（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）若对任意的，总存在，使得，求实数值.【答案】（Ⅰ）

………………2分

当时，对，所以的单调递减区间为；

………………4分

当时，令，得.因为

时，；时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为.………………6分

（Ⅱ）用分别表示函数在上的最大值，最小值.当且时，由（Ⅰ）知：在上，是减函数.所以

.因为

对任意的，，所以对任意的，不存在，使得.………………8分

当时，由（Ⅰ）知：在上，是增函数，在上，是减函数.所以

.因为

对，，所以

对，不存在，使得.………………10分

当时，令.由（Ⅰ）知：在上，是增函数，进而知是减函数.所以,，.因为

对任意的，总存在，使得，即，所以

即

所以，解得.………………13分

综上所述，实数的值为.【练5-1】（2008天津文10）10．设，若对于任意的，都有满足方程，这时的取值的集合为（B）

A．

B．

C．

D．

【练5-2】（2008天津理16）设，若仅有一个常数c使得对于任意的，都有满足方程，这时，的取值的集合为

.a=2

考点六、其他的函数单调性问题、极值问题、最值问题、零点问题转化为恒成立问题和存在性问题；

【例6-1】（（2015-2016房山二模文19）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【答案】（Ⅰ）,定义域为，令

极小值

所以的增区间为，减区间为。

（II）因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

导数专题六、渐近线和间断点问题

【知识结构】

【知识点】

对于函数的渐近线问题和间断点问题是函数问题中的特殊类型，渐近线问题主要是涉及到函数在无穷处的极限值会等于定值，这样的函数类型主要类型有如下的形式；

几种特殊函数的渐近线:

1.时；

（1）（幂函数的增长快于对数函数增长）；

（2）（高阶增长快于低阶增长）；

（3）（指数函数增长快于幂函数和对数函数增长）

2.时；

（1）（高阶增长快于低阶增长）；

（2）（可转化为形式）

【考点分类】

考点一、函数的渐近线问题；

【例1-1】（2015-2016海淀一模文20）已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的零点和极值；

（Ⅲ）若对任意，都有成立，求实数的最小值.【答案】（Ⅰ）因为，.所以..因为，所以曲线在处的切线方程为...（Ⅱ）令，解得，所以的零点为..由解得，则及的情况如下：

极小值

.所以函数在时,取得极小值

.（Ⅲ）法一：

当时，.当时，..若，由（Ⅱ）可知的最小值为，的最大值为，.所以“对任意，有恒成立”等价于

即，解得.所以的最小值为1.法二：

当时，.当时，..且由（Ⅱ）可知，的最小值为，.若，令，则

而，不符合要求，所以.当时，,所以，即满足要求，综上，的最小值为1..法三：

当时，.当时，..且由（Ⅱ）可知，的最小值为，.若，即时，令则任取,有

所以对成立，所以必有成立，所以，即.而当时，,所以，即满足要求，而当时，求出的的值，显然大于1，综上，的最小值为1.【例1-2】（2016-2017海淀期中理19）已知函数.（Ⅰ）求的单调区间.（Ⅱ）求证：当时，函数存在最小值.【答案】

【例1-3】（2009-2010西城一模理19）

已知函数，其中，其中

（I）求函数的零点；

（II）讨论在区间上的单调性；

（III）在区间上，是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存

在，请说明理由．

【答案】（Ⅰ）解，得，所以函数的零点为.（Ⅱ）函数在区域上有意义，令，得，因为，所以，.当在定义域上变化时，的变化情况如下：

↗

↘

所以在区间上是增函数，在区间上是减函数.（Ⅲ）在区间上存在最小值.证明：由（Ⅰ）知是函数的零点，因为，所以，1

由知，当时，1

又函数在上是减函数，且，所以函数在区间上的最小值为，且，所以函数在区间上的最小值为，计算得.【练1-1】（2009-2010西城一模文20）已知函数其中。

（I）若函数存在零点，求实数的取值范围；

（II）当时，求函数的单调区间；并确定此时是否存在最小值，如果存在，求出最小值，如果存在，请说明理由。

【答案】（I）或；

（II），得或，在，单调增加；在单调减少，此时，存在最小值.的极小值为，根据的单调性，在区间上的最小值为.解=0，得的零点为和，结合，可得在区间和，因为，所以；

并且，即.所以，当时，存在最小值，最小值为.【练1-2】（2011-2012西城二模理19）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求曲线在原点处的切线方程；

（Ⅱ）求的单调区间；

（Ⅲ）若在上存在最大值和最小值，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）解：当时，．

由，得曲线在原点处的切线方程是．

（Ⅱ）解：．

①

当时，．

所以在单调递增，在单调递减．

当，．

②

当时，令，得，与的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间是，；单调增区间是．

③

当时，与的情况如下：

↗

↘

↗

所以的单调增区间是；单调减区间是，．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，时不合题意．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值．

设为的零点，易知，且．从而时，；时，．

若在上存在最小值，必有，解得．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值．

若在上存在最大值，必有，解得，或．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

综上，的取值范围是.【练1-3】（2008-2009海淀二模18）已知：函数（其中常数）.（Ⅰ）求函数的定义域及单调区间；

（Ⅱ）若存在实数，使得不等式成立，求a的取值范围．

【答案】（Ⅰ）函数的定义域为..由，解得.由，解得且．

∴的单调递增区间为，单调递减区间为，.（Ⅱ）由题意可知，且在上的最小值小于等于时，存在实数，使得不等式成立.若即时，x

a+1

↘

极小值

↗

∴在上的最小值为．

则，得．

若即时，在上单调递减，则在上的最小值为．

由得（舍）．

综上所述，．

例7.（12西城二模理科19）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求曲线在原点处的切线方程；

（Ⅱ）求的单调区间；

（Ⅲ）若在上存在最大值和最小值，求的取值范围．

【答案】当时，．

由，得曲线在原点处的切线方程是．

（Ⅱ）解：．

①

当时，．

所以在单调递增，在单调递减．

当，．

②

当时，令，得，与的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间是，；单调增区间是．

③

当时，与的情况如下：

↗

↘

↗

所以的单调增区间是；单调减区间是，．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，时不合题意．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值．

设为的零点，易知，且．从而时，；时，．

若在上存在最小值，必有，解得．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

当时，由（Ⅱ）得，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值．

若在上存在最大值，必有，解得，或．

所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是．

综上，的取值范围是．

考点二、函数的间断点问题；

【例2-1】（2015-2016西城二模理18）设,函数；

（1）若函数在（0，f(0)）处的切线与直线y=3x-2平行，求a的值

（2）若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围；

【答案】（Ⅰ）证明：函数的定义域，由题意，有意义，所以.求导，得.由题意，得，解得.验证知符合题意.（Ⅱ）解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值”．

①

当时，由，得无最小值，符合题意．

②

当时，令，得

或

.随着x的变化时，与的变化情况如下：

不存在0

↘

不存在↗

极大

↘

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

9分

因为当时，当时，所以只要考虑，且即可．

当时，由在上单调递减，且，得，所以存在，使得，符合题意；

同理，当时，令，得，也符合题意；

故当时，对于定义域内的任意，总存在使得成立．

③

当时，随着x的变化时，与的变化情况如下表：

不存在↘

极小

↗

不存在↘

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

因为当时，当时，所以．

所以当时，不存在使得．

综上所述，a的取值范围为.【例2-2】（2015-2016西城二模文19）已知函数

（1）若，求a的值

（2）设，若对于定义域内的任意，总存在使得，求a的取值范围

【答案】(Ⅰ)证明：函数的定义域，由题意，有意义，所以，求导，得

所以

解得

(Ⅱ)解：“对于定义域内的任意，总存在使得”等价于“不存在最小值”.①当时，由得无最小值，符合题意.②当时，令，得或

随着的变化，与的变化情况如下表：

不存在极小

不存在所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.因为当时，当时，.所以.所以当时，不存在使得.综上所述：的取值范围为.【练2-1】（2012-2013海淀期末理18）已知函数

（I）

当时,求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间.【答案】当时，又，所以在处的切线方程为

（II）

当时，又函数的定义域为

所以的单调递减区间为

当

时，令，即，解得

当时，所以，随的变化情况如下表

无定义

极小值

所以的单调递减区间为，单调递增区间为

当时，所以，随的变化情况如下表：

无定义

极大值

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，【练2-2】（2012-2013门头沟一模文16）已知函数，其中．

（Ⅰ）在处的切线与轴平行，求的值；

（Ⅱ）求的单调区间．

【答案】（Ⅰ）．

依题意，由，得．

经检验，符合题意．

（Ⅱ）①

当时，．

故的单调减区间为，；无单调增区间．

②

当时，．

令，得，．

和的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间为，；单调增区间为．

③

当时，的定义域为．

因为在上恒成立，故的单调减区间为，；无单调增区间．

【练2-3】（2012-2013西城期末理18）已知函数，其中．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）设．若，使，求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）①

当时，．

故的单调减区间为，；无单调增区间．

②

当时，．

令，得，．

和的情况如下：

↘

↗

↘

故的单调减区间为，；单调增区间为．

③

当时，的定义域为．

因为在上恒成立，故的单调减区间为，；无单调增区间．

（Ⅱ）解：因为，所以

等价于，其中．

设，在区间上的最大值为．

则“，使得

”等价于．

所以，的取值范围是．。

导数专题七、特殊值法判定超越函数的零点问题

【知识结构】

【知识点】

一、超越函数的定义

超越函数：指的是变量之间的关系不能用有限次加、减、乘、除、乘方、开方运算表示的函数。如对数函数，指数函数等就属于超越函数。

二、判断超越函数零点存在性的方法

1.图像

根据基本初等函数的图像是否存在交点判断。

2.特殊点

带入特殊点判断：如

0，1，-1，e等

3.单调性与切线

利用单调性和切线判断

4.极限

通过函数的极限判断

特殊点的取法与目的【考点分类】

考点一、利用特殊点法求解（无参数的超越函数）

含有的函数：常取等

终极目的：消参，有理化，最终简单化

【例1-1】求的零点。

【例1-2】求的零点。

考点二、取特值法解不等式（含参，可以参变分离）

【例2-1】（2015-2016朝阳一模理18）已知函数．

（Ⅲ）试问过点可作多少条直线与曲线相切？并说明理由．

解：设切点为，则切线斜率，切线方程为．

因为切线过点，则．

即．

令，则

．

当时,在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以函数的最小值为．

令>0,解得

取，则．

故在上存在唯一零点．

不等式放缩部分（解法探究）

标答

取，则

．

设，则．

当时，恒成立．

所以在单调递增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零点．

因此当时，过点P存在两条切线．

（3）当时，显然不存在过点P的切线．

综上所述，当时，过点P存在两条切线；

当时，不存在过点P的切线．…………………………………………………13分

考点三、利用切线求解；

【例3-1】（2012-2013石景山期末理18）已知函数是常数．

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【答案】令，.令，则在上单调递增，在上单调递减，当时，的最大值为.所以若，则无零点；若有零点，则．

又因为，所以在单调递增区间有且仅有一个零点.切线方法：

综上所述，当时，无零点；

当或时，有且仅有一个零点；

当时，有两个零点.考点四、利用函数放缩求解；

【例4-1】（2014-2015年朝阳一模理18）已知函数，．

（Ⅱ）

当时，讨论函数的零点个数.解：（Ⅱ）,.（1）当时，时，为减函数;时，为增函数.所以在时取得最小值.（ⅰ）当时，由于，令，则在上有一个零点；

（ⅱ）当时，即时，有一个零点；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(4)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

用分类讨论与整合思想解题,在数学解题中占据重要地位,用分类思想解题不仅可以加深对数学基础知识和基本技能的理解,而且也有助于理性思维能力的提高.但是,有时在分类讨论时,会造成解题过程的繁琐,这就要求我们在解分类讨论题目时,注意解法上的优化,对有一些题目,可以采用其它解法,使分类讨论得以避免和简化.【考点分类】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

（ⅰ）令，得．

令,得，所以函数在单调递增．

令,得，所以函数在单调递减．

所以，．

所以成立．

（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．

设所以．

令，得．

令,得，所以函数在单调递增，令,得，所以函数在单调递减；

所以，即．

所以，方程没有实数解．

【练1-1】（2015-2016东城一模理18）设函数，．

（Ⅰ）当时，求的单调区间；

（Ⅱ）当时，恒成立，求的取值范围；

（Ⅲ）求证：当时，．

【答案】（Ⅰ）当时，则，则.令得

－

↘

↗

所以

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增；

当时，．

（Ⅱ）因为，所以恒成立，等价于恒成立．

设，得，当时，所以　在上单调递减，所以　时，．

因为恒成立，所以．

（Ⅲ）当时，等价于．

设，．

求导，得．

由（Ⅰ）可知，时，恒成立．

所以时，有．

所以

．

所以在上单调递增，当时，．

因此当时，．

【练1-2】（2013-2014朝阳二模理18）已知函数，.（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设，当时，都有成立，求实数的取值范围．

【答案】（Ⅰ）由已知得．

因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以．所以．

所以．

……………3分

（Ⅱ）函数的定义域是，．

（1）当时，成立，所以的单调增区间为．

（2）当时，令，得，所以的单调增区间是；

令，得，所以的单调减区间是．

综上所述，当时，的单调增区间为；

当时，的单调增区间是，的单调减区间是．

……………8分

（Ⅲ）当时，成立，．

“当时，恒成立”

等价于“当时，恒成立．”

设，只要“当时，成立．”

．

令得，且，又因为，所以函数在上为减函数；

令得，又因为，所以函数在上为增函数．

所以函数在处取得最小值，且．

所以．

又因为，所以实数的取值范围．

……………13分

（Ⅲ）另解：

（1）当时，由（Ⅱ）可知，在上单调递增，所以．

所以当时，有成立．

（2）当时，可得．

由（Ⅱ）可知当时，的单调增区间是，所以在上单调递增，又，所以总有成立．

（3）当时，可得．

由（Ⅱ）可知，函数在上为减函数，在为增函数，所以函数在处取最小值，且．

当时，要使成立，只需，解得．所以．

综上所述，实数的取值范围

【练1-3】（2013-2014海淀一模理18）已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【答案】，-----------------------------------2分

因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：，所以且.----------------------------------4分

解得，-----------------------------------5分

（Ⅱ）法1：

对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即∀x,R，恒成立，--------------------------------------6分

令，----------------------------------------7分

①若a=0，则，所以实数b的取值范围是；

----------------------------------------8分

②若,，由得，----------------------------------------9分的情况如下：

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，-------------------------------------------12分

所以实数b的取值范围是；

综上，实数b的取值范围是．

--------------------------------------13分

法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，-------------------------------------------6分

令，则等价于∀，恒成立，令，则，-----------------------------------------7分

由得，----------------------------------------9分的情况如下：

极小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值为，------------------------------------------12分

实数b的取值范围是．

--------------------------------------------13分

【练1-4】若不等式对恒成立，求实数的取值范围．

【答案】分析：若设，由知，对应分三种情况讨论．若分离参数，则轻易解决．

解：原不等式等价于．当时，显然成立；

当时，因为，所以，则有恒成立，只需．

因为,当，即时取“=”，即，所以．

评注：对二次函数在闭区间上的最值问题是最容易引起“讨论”的．本题求解过程中求的最小值要注意验证取等号的条件．

【练1-5】（2012-2013西城第一学期期末18）已知函数，其中．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）设．若，使，求的取值范围．

【答案】分析：第二问，存在性问题，可以转化成函数在给定区间上的最值问题，但是类似这样的问题，咱们都有经验，分离变量会比较简单，但是在实际教学中，很多学生并不能很好的接受这种想法。为什么？分离变量是一种思想方法，还是一种解题技巧？

我们可以这样审视这类问题：给了一个变量的范围，求另一个变量的范围，事实上，就是两个变量的依赖关系，于是可以把所求变量表示成已知变量的函数，从函数出发看待这类问题，分离变量就自然了，于是该题就有了如下简洁的解法：

（Ⅱ）解：因为，所以

等价于，其中．

…………9分

设，在区间上的最大值为．…………11分

则“，使得

”等价于．

所以，的取值范围是．

………………13分

小结：存在性问题、恒成立问题采用分离变量的方法常常比较容易，但是这种方法的教学不能当成一种技巧进行教学，应该揭示这种解法的本质，其本质就是变量的依赖关系即函数关系，分离变量，实际上是把两个变量之间的隐函数关系，变成显函数关系，进而转化成不含参变量的函数，从而使得问题的解决避免分类讨论，变得简单。

【练1-6】（2012-2013朝阳期末18）已知函数．

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）设函数．若至少存在一个，使得成立，求实数的取值范围．

【答案】（这里的第三问也是一个存在性问题，可做练习巩固）

【练1-7】（2006天津理11）已知函数的图象与函数（且)的图象关于直线对称,记,若在区间上是增函数,则实数的取值范围是（）.A.B.C.D.【答案】

考点二、主参换位（主辅元转换），避免分类讨论；

【例2-1】设不等式对满足的一切实数都成立，求的取值范围．

【答案】分析：受思维定势影响，易看成关于的不等式．其实变换一个角度，以为变量可避免分类讨论，只要关于的函数在区间恒为负值即可．

解：由题意，可设，即在内恒成立，因为为关于的一次函数，故有．

评注：将关于的不等式转化为关于的一次不等式，虽然仍需要解关于的一元二次不等式组，但已经成功地避开了复杂的分类讨论，将问题中的参数“消灭”了．这种转变问题视角的方法，对简化运算十分有益．

【例2-2】（2012-2013通州期末19）已知函数

（Ⅰ）若函数在处有极值为10，求b的值；

（Ⅱ）若对于任意的，在上单调递增，求b的最小值．

【答案】分析：该题（Ⅱ）初步转化为

对任意，都成立

多个变量，学生感到无从下手。给了，可以把a看成自变量，于是不等式左边就是关于a的一次函数，又给出，于是进而看成关于x的二次函数，于是问题获解。

【例2-3】设，当时，恒成立，求的取值范围。

【答案】分析：该题初步转化为对任意恒成立，求的取值范围

多个变量，学生感到无从下手。给了，可以把a看成自变量，于是不等式左边就是关于a的一次函数，于是进而看成关于x的二次函数，于是问题获解。

例2-4.（2010崇文一模理）设奇函数上是增函数，且，若函数

对所有的都成立，当时，则t的取值范围是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

导数专题九、公切线解决导数中零点问题

【知识点】将题目中的零点问题，通过转化成初等函数的图形之间的位置关系问题，然后利用公切线的变化求出。

考点一、无零点

【例

1-1】（16年房山二模文科）已知函数

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【解析】因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

【练

1-1】（13年福建文）已知函数().(3)当的值时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值.【解析】当时,令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解.假设,此时，又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故.又时，知方程在上没有实数解.所以的最大值为.考点二、一个零点

【例

2-1】（13年朝阳一模理）已知函数,其中.(Ⅱ)若函数在上有且只有一个零点,求实数的取值范围.【解析】①当时,由(Ⅰ)可知,函数的单调递减区间为,在单调递增.所以在上的最小值为,由于,要使在上有且只有一个零点,需满足或解得或.②当时,由(Ⅰ)可知,(ⅰ)当时,函数在上单调递增;

且,所以在上有且只有一个零点.(ⅱ)当时,函数在上单调递减,在上单调递增;

又因为,所以当时,总有.因为,所以.所以在区间内必有零点.又因为在内单调递增,从而当时,在上有且只有一个零点.综上所述,或或时,在上有且只有一个零点

【练

2-1】（2012年房山一模18）已知函数．

（III）若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围．

【解析】当时，在区间上为增函数，在区间不可能恰有两个零点．

………10分

当时，由（II）问知，又，为的一个零点．

……11分

若在恰有两个零点，只需

即

………13分

【练

2-2】（13年昌平二模理科）已知函数

(Ⅱ)求在区间上的最小值;

(III)若在区间上恰有两个零点,求的取值范围.【解析】可知当或时,在上是单调递增或递减函数,不可能存在两个零点.当时,要使在区间上恰有两个零点,则

∴

即,此时,.所以,的取值范围为

考点三、两个零点

【例

3-1】已知函数.（III）讨论函数在区间上零点的个数.【解析】

【练

3-1】（15年海淀期末文科）已知函数.（Ⅲ）问集合（且为常数）的元素有多少个？（只需写出结论）

考点四、线上下线问题

【例

4-1】（13年北京高考理科）设L为曲线C：在点(1，0)处的切线.(I)求L的方程；

方程为

(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方.【练

4-1】（14年海淀一模理科）已知曲线.(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【解析】对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，令，则等价于∀，恒成立，令，则，由得，的情况如下：

极小值

所以的最小值为，实数b的取值范围是．

导数专题十、极值点偏移问题

【例1】已知函数有且仅有两个不同的零点，则（B）

A．当时，B.当时，C.当时，D.当时，【例2】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（D）

A．当时,B．当时,C．当时,D．当时,【例3】设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是（B）

A．当时,B．当时,C．当时,D．当时,【例4】（2010东城二模）已知函数．

(Ⅰ)

若函数在上为单调增函数，求的取值范围；

(Ⅱ)

设，且，求证：．

解：(Ⅰ)

．………………………………………3分

因为在上为单调增函数，所以在上恒成立．

即在上恒成立．

当时，由，得．

设，．

．

所以当且仅当，即时，有最小值．

所以．

所以的取值范围是．…………………………………………………………7分

(Ⅱ)不妨设，则．

要证，只需证，即证．

只需证．……………………………………………………………11分

设．

由(Ⅰ)知在上是单调增函数，又，所以．

即成立．

所以．………………………………………………………………14分

【例5】（2010天津）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；

（Ⅱ）已知函数的图像与函数的图像关于直线对称，证明：当时，.（Ⅲ）如果，且，证明：.解：f’

令f’(x)=0,解得x=1

当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表

()

f’(x)

f(x)

极大值

所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数。

函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=

（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)

令F(x)=f(x)-g(x),即

于是

当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数。

又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)证明：（1）

若

（2）若

根据（1）（2）得

由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内增函数，所以>,即>2.【例6】（2011辽宁）已知函数

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）设，证明：当

时，；

（Ⅲ）若函数的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：.解：（I）

（i）若单调增加.（ii）若

且当

所以单调增加，在单调减少.………………4分

（II）设函数则

当.故当，………………8分

（III）由（I）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，故，从而的最大值为

不妨设

由（II）得

从而

由（I）知，………………12分

【例7】（2013湖南文）已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）证明：当

时，.解:

(Ⅰ)

.所以,.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,只需要证明:当x>0时f(x)

f(-x)即可...【例8】（2016新课标I）已知函数有两个零点.(I)求的取值范围；

(II)设是的两个零点，证明：

解：（Ⅰ）．

（i）设,则,只有一个零点．

（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．

又，取满足且,则,故存在两个零点．

（iii）设,由得或．

若,则,故当时，因此在上单调递增．又当时，所以不存在两个零点．

若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．

综上,的取值范围为．

（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知，在上单调递减,所以等价于,即．

由于,而,所以

．

设,则．

所以当时，而,故当时,．

从而,故．

【例9】已知函数.（1）若，求函数在上的零点个数；

（2）若有两个零点，证明：

【例10】设函数．

（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；

（3）若方程有两个不相等的实数根，求证：．

【例11】设函数，其图象与轴交于，两点，且x1＜x2．

（1）求的取值范围；

（2）证明：（为函数的导函数）

【例12】已知函数，（1）若，求证：函数有极值；

（2）若，且函数与的图象有两个相异交点，求证：

【例13】已知函数，求证：有唯一零点的充要条件a=e

【例14】函数的图像与x

轴交于不同的两点、，求证：

【例15】已知函数

（Ⅰ）（Ⅱ）略

（Ⅲ）当

时，函数的图像与x

轴交于不同的两点、，且，又

是的导函数。若正常数α、β满足条件。证明：

导数专题十一、构造函数解决导数问题

【知识框架】

【考点分类】

考点一、直接作差构造函数证明；

两个函数，一个变量，直接构造函数求最值；

【例1-1】（14顺义一模理18）已知函数（）

（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；

（Ⅱ）若在区间上函数的图象恒在直线下方，求的取值范围．

【例1-2】（13海淀二模文18）已知函数.（Ⅰ）当时，若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，求实数的值；

（Ⅱ）若，都有，求实数的取值范围.【练1-1】（14西城一模文18）已知函数，其中．

（Ⅰ）当时，求函数的图象在点处的切线方程；

（Ⅱ）如果对于任意，都有，求的取值范围．

【练1-2】已知函数是常数．

（Ⅰ）求函数的图象在点处的切线的方程；

（Ⅱ）证明函数的图象在直线的下方；

（Ⅲ）讨论函数零点的个数．

【练1-3】已知曲线.(Ⅰ)若曲线C在点处的切线为，求实数和的值；

(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【练1-4】已知函数，求证：在区间上，函数的图像在函数的图像的下方；

【练1-5】.已知函数；

（1）当时，求在区间上的最大值和最小值；

（2）若在区间上，函数的图像恒在直线下方，求的取值范围。

【练1-6】已知函数；

（1）求的极小值；

（2）如果直线与函数的图像无交点，求的取值范围；

答案：

考点二、从条件特征入手构造函数证明

【例2-1】若函数

在上可导且满足不等式，恒成立，且常数，满足，求证：。

【例2-2】设是上的可导函数，分别为的导函数，且满足，则当时，有（）

A.B.C.D.【练2-1】设是上的可导函数，，求不等式的解集。

【练2-2】已知定义在的函数满足，且，若，求关于的不等式的解集。

【练2-3】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，若，则下列关于的大小关系正确的是（）D

A.B.C.D.【练2-4】已知函数为定义在上的可导函数，且对于任意恒成立，为自然对数的底数，则（）C

A.B.C.D.【练2-5】

设是上的可导函数，且，求的值。

【练2-6】函数为定义在上的可导函数，导函数为，且，下面的不等式在内恒成立的是（）

A.B.C.D.【练2-7】已知函数为定义在上的可导函数，导函数为，当时，且，若存在，使，求的值。

（二）关系式为“减”型

（1），构造；

（2），构造；

（3），构造；

（注意对的符号进行讨论）

考点三、变形构造函数

【例3-1】证明：对任意的正整数，不等式都成立。

【例3-2】已知函数；

（1）求函数的单调区间与极值；

（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围；

【练3-1】设为曲线在点处的切线。

（1）求的方程；

（2）证明：除切点之外，曲线在直线的下方；

【练3-2】已知函数；

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）当时，求证：；

【练3-3】已知函数，其中；

（1）求的单调区间；

（2）若对任意的，总存在，使得，求实数的值；

【练3-4】，（1）讨论的单调情况；

（2）设，对．求证：．

【练3-5】已知函数；

（1）求的单调区间；

（2）当时，设斜率为的直线与函数相交于两点，求证：

考点四、消参构造函数

【例4-1】已知函数和的图像有公共点，且在点处的切线相同；

（1）若点的坐标为，求的值；

（2）已知，求切点的坐标。

【例4-2】（2009全国卷2理22）设函数有两个极值点，且

（Ⅰ）求的取值范围，并讨论的单调性；

（Ⅱ）证明：

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(5)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(6)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(7)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(8)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(9)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(10)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

不等式放缩：，由于（从右侧趋近0）时，；时，所以有两个零点.(2)当时，时，为增函数;时，为减函数；

时，为增函数.所以在处取极大值，在处取极小值..当时，,即在时，.而在时为增函数，且时，所以此时有一个零点.且时，所以此时有一个零点.(11)

当时，在上恒成立，所以为增函数.，且（从右侧趋近0）时，；

时，.所以有一个零点.综上所述，或时有一个零点；时，无零点；

有两个零点.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函数.（Ⅱ）若（其中），求的取值范围，并说明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

当时，函数在区间内是减函数，所以，函数至多存在一个零点，不符合题意.当时，因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

要使，必须，即.所以

.当时，.令，则.当时，所以，在上是增函数.所以

当时，.所以

.所以

在内存在一个零点，不妨记为，在内存在一个零点，不妨记为.因为

在内是减函数，在内是增函数，所以

.综上所述，的取值范围是.因为，所以

.特值探究

令.则.不等式放缩：

因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.由得：.所以

.因为,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函数.（Ⅱ）求证：曲线存在斜率为6的切线

解：因为，且由（Ⅰ）得，在内是减函数，所以

存在唯一的，使得.当时，.所以

曲线存在以为切点，斜率为6的切线.导数专题八、避免分类讨论的参变分离和变换主元

【知识结构】

【知识点】

考点一、分离参数（参变分离），避免分类讨论；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函数，.（Ⅰ）若在处取得极小值,求的值；

（Ⅱ）若在区间为增函数,求的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,函数有三个零点,求的取值范围．

【答案】（Ⅰ）

由在处取得极大值,得,所以(经检验适合题意)

（Ⅱ）,因为在区间为增函数,所以在区间恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范围是.（Ⅲ）,故,得或

当时，在上是增函数,显然不合题意.当时,随的变化情况如下表:

↗

极大值

↘

极小值

↗

要使有三个零点,故需,即,解得

所以的取值范围是.【例1-2】（2015-2016丰台一模文19）已知函数

（1）求曲线：在处的切线的方程；

（2）若函数在定义域内是单调函数，求的取值范围；

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点，求的取值范围。

【答案】（1）由已知得，切点坐标为，，所以切线方程为

（2）由已知得，函数的定义域为，又因为函数在定义域中是单调函数，所以有恒成立或者恒成立

1、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定义域中单调递减，无最大值，所以不存在满足条件。

2、当恒成立时，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上种情况可知，单调递减，但恒有，因此的取值范围为

（3）当时，（1）中的直线与曲线：有且只有一个公共点

即只有一个根，令，有只有一个零点，1、当时，在单调递减，在单调递增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、当时，解得，1

减

极小值

增

极大值

减

易知，而当时，所以在只存在一个零点。

3、当时，解得，1

减

极小值

增

当时，所以若只有一个零点，必须有

即，综上所述，的取值范围为和

【例1-3】（2015-2016朝阳期末理18）已知函数,其中．

（Ⅰ）若在区间上为增函数，求的取值范

围；

（Ⅱ）当时，（ⅰ）证明：；

（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．

【答案】函数定义域，．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

（Ⅱ）当时，,．

（Ⅰ）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则

中小学数学建模讲义篇4

命

题

者

说

考

题

统

计

考

情

点

击

2018·全国卷Ⅲ·T6·直线与圆位置关系的应用

2018·北京高考·T7·点到直线距离的最值

2017·全国卷Ⅲ·T10·直线与圆的位置关系

2016·全国卷Ⅱ·T4·圆的方程、点到直线的距离

1.圆的方程近两年为高考全国课标卷命题的热点，需重点关注。此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式呈现。

2.直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上。

考向一

直线的方程

【例1】(1)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与直线l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是()

A．1或3

B．1或5

C．3或5

D．1或2

(2)在△ABC中，A(1,1)，B(m，)(1

A．

B．

C．

D．

解析(1)当k＝4时，直线l1的斜率不存在，直线l2的斜率存在，所以两直线不平行；当k≠4时，两直线平行的一个必要条件是＝k－3，解得k＝3或k＝5；但必须满足≠(截距不等)才是充要条件，经检验知满足这个条件。故选C。

(2)由两点间距离公式可得|AC|＝，直线AC的方程为x－3y＋2＝0，所以点B到直线AC的距离d＝，从而△ABC的面积S＝|AC|d＝|m－3＋2|＝，又1

答案(1)C(2)B

直线方程应用的两个关注点

(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的情况。

(2)求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意。

变|式|训|练

1．(2018·江门模拟)已知三条直线l1：4x＋y＝1，l2：x－y＝0，l3：2x－my＝3，若l1关于l2对称的直线与l3垂直，则实数m的值是()

A．－8

B．－

C．8

D．

解析　易知直线l1：4x＋y＝1关于直线l2：x－y＝0对称的直线方程为x＋4y＝1，又l3：2x－my＝3。故由题意得1×2＋4×(－m)＝0，所以m＝。故选D。

答案　D

2．(2018·河南名校联考)已知m，n，a，b∈R，且满足3m＋4n＝6,3a＋4b＝1，则的最小值为()

A．

B．

C．1

D．

解析　此题可理解为点A(m，n)和点B(a，b)分别在直线l1：3x＋4y＝6与l2：3x＋4y＝1上，求A、B两点距离的最小值，|AB|＝，因为l1∥l2，所以|AB|min＝＝1。故选C。

答案　C

考向二

圆的方程

【例2】(1)(2018·珠海联考)已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的标准方程为()

A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2

B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2

C．(x－1)2＋(y－1)2＝2

D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2

(2)(2018·贵阳摸底)过点M(2,2)的直线l与坐标轴的正方向分别相交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为8，则△OAB外接圆的标准方程是________。

解析(1)由题意设圆心坐标为(a，－a)，则有＝，即|a|＝|a－2|，解得a＝1。故圆心坐标为(1，－1)，半径r＝＝，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2。故选B。

(2)解法一：设直线l的方程为＋＝1(a>0，b>0)，由直线l过点M(2,2)，得＋＝1，又S△OAB＝ab＝8，所以a＝4，b＝4，不妨设A(4,0)，B(0,4)，△OAB外接圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则将O，A，B的坐标分别代入得解得所以△OAB外接圆的方程为x2＋y2－4x－4y＝0，标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8。

解法二：设直线l的方程为＋＝1(a>0，b>0)，由直线l过点M(2,2)，得＋＝1。又S△OAB＝ab＝8，所以a＝4，b＝4，所以△OAB是等腰直角三角形，且M是斜边AB的中点，则△OAB外接圆的圆心是点M(2,2)，半径|OM|＝2，所以△OAB外接圆的标准方程是(x－2)2＋(y－2)2＝8。

答案(1)B(2)(x－2)2＋(y－2)2＝8

求圆的方程的两种方法

(1)几何法：通过已知条件，利用相应的几何知识求圆的圆心，半径。

(2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数。

变|式|训|练

1．抛物线y2＝4x与过其焦点且垂直于x轴的直线相交于A，B两点，其准线与x轴的交点为M，则过M，A，B三点的圆的标准方程为________。

解析　由题意知，A(1,2)，B(1，－2)，M(－1,0)，△AMB是以点M为直角顶点的直角三角形，则线段AB是所求圆的直径，故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝4。

答案(x－1)2＋y2＝4

2．在平面直角坐标系xOy中，以点(1,0)为圆心且与直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为________。

解析　解法一：由题意得：半径等于＝＝≤

≤，当且仅当m＝1时取等号，所以半径最大为r＝，所求圆为(x－1)2＋y2＝2。

解法二：直线mx－y－2m－1＝0，y＝m(x－2)－1恒过点M(2，－1)，如图，设C(1,0)，则M为切点时半径最大，且rmax＝|CM|＝＝，所以半径最大的圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2。

答案(x－1)2＋y2＝2

考向三

直线与圆的位置关系

微考向1：直线与圆的相交弦

【例3】(1)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点，若|MN|＝，则直线l的方程为________。

(2)设直线x－y－a＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB为等边三角形，则实数a的值为()

A．±

B．±

C．±3

D．±9

解析(1)直线l的方程为y＝kx＋1，圆心C(2,3)到直线l的距离d＝＝，由R2＝d2＋2得1＝＋，解得k＝2或，所求直线l的方程为y＝2x＋1或y＝x＋1。

(2)由题意知：圆心坐标为(0,0)，半径为2，则△AOB的边长为2，所以△AOB的高为，即圆心到直线x－y－a＝0的距离为，所以＝，解得a＝±。故选B。

答案(1)y＝2x＋1或y＝x＋1(2)B

(1)直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路

研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较。

(2)弦长的求解方法

①根据半径，弦心距，半弦长构成的直角三角形，构成三者间的关系r2＝d2＋(其中l为弦长，r为圆的半径，d为圆心到直线的距离)，弦长l＝2。

②根据公式：l＝|x1－x2|求解(其中l为弦长，x1，x2为直线与圆相交所得交点的横坐标，k为直线的斜率)，或根据l＝|y1－y2|求解。

③求出交点坐标，用两点间距离公式求解。

变|式|训|练

(2018·合肥一模)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0,3)，且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为()

A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0

B．3x＋4y－12＝0或x＝0

C．4x－3y＋9＝0或x＝0

D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0

解析　当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，圆心到直线l的距离为d＝1，所以|AB|＝2＝2，符合题意。当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，因为圆x2＋y2－2x－2y－2＝0即(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心为C(1,1)，圆的半径r＝2，易知圆心C(1,1)到直线y＝kx＋3的距离d＝＝，因为d2＋2＝r2，所以＋3＝4，解得k＝－，所以直线l的方程为y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0。综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0。故选B。

答案　B

微考向2：直线与圆位置关系的应用

【例4】(1)(2018·全国卷Ⅲ)直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是()

A．[2,6]

B．[4,8]

C．[，3]

D．[2，3]

(2)(2018·北京高考)在平面直角坐标系中，记d为点P(cosθ，sinθ)到直线x－my－2＝0的距离。当θ，m变化时，d的最大值为()

A．1

B．2

C．3

D．4

解析(1)因为直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点。所以A(－2,0)，B(0，－2)，则|AB|＝2。因为点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，所以圆心为(2,0)，则圆心到直线的距离d1＝＝2。故点P到直线x＋y＋2＝0的距离d2的取值范围为[，3]。则S△ABP＝|AB|d2＝d2∈[2,6]。故选A。

(2)解法一：因为cos2θ＋sin2θ＝1，所以P点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，又x－my－2＝0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线，如图，可得点(－1,0)到直线x＝2的距离即为d的最大值。故选C。

解法二：由题意可得

d＝＝

＝

＝，因为－1≤sin(θ－φ)≤1，所以≤d≤，＝1＋，所以当m＝0时，d取最大值3。故选C。

答案(1)A(2)C

利用圆的图形特征求解有关距离的最值问题往往比一些常规的方法简单、便捷。

变|式|训|练

1．(2018·太原五中模拟)已知k∈R，点P(a，b)是直线x＋y＝2k与圆x2＋y2＝k2－2k＋3的公共点，则ab的最大值为()

A．15

B．9

C．1

D．－

解析　由题意得，圆心到直线x＋y＝2k的距离d＝≤，且k2－2k＋3>0，解得－3≤k≤1，因为2ab＝(a＋b)2－(a2＋b2)＝4k2－(k2－2k＋3)＝3k2＋2k－3，所以当k＝－3时，ab取得最大值9。故选B。

答案　B

2．(2018·山西晋中二模)由直线y＝x＋1上的一点P向圆(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为______。

解析　设圆心M到直线y＝x＋1的距离为d，则d＝＝2，所以|PM|的最小值为2。所以切线长l＝≥＝。则切线长的最小值为。

答案

1．(考向一)已知直线l1：ax＋(a＋2)y＋1＝0，l2：x＋ay＋2＝0，其中a∈R，则“a＝－3”是“l1⊥l2”的()

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析　直线l1⊥l2的充要条件是a＋(a＋2)a＝0，所以a(a＋3)＝0，所以a＝0或a＝－3。故选A。

答案　A

2．(考向二)(2018·安徽“江南十校”联考)已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，圆C与直线x－y＝0相切，且在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，则圆C的方程为________。

解析　因为所求圆的圆心在直线x＋y＝0上，所以设所求圆的圆心为(a，－a)。又因为所求圆与直线x－y＝0相切，所以半径r＝＝|a|。又所求圆在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，圆心(a，－a)到直线x－y－3＝0的距离d＝，所以d2＋2＝r2，即＋＝2a2，解得a＝1，所以圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2。

答案(x－1)2＋(y＋1)2＝2

3．(考向三)(2018·郑州外国语中学调研)已知圆C1：(x＋2a)2＋y2＝4和圆C2：x2＋(y－b)2＝1只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为()

A．2

B．4

C．8

D．9

解析　由题意可知，圆C1的圆心为(－2a,0)，半径为2，圆C2的圆心为(0，b)，半径为1，因为两圆只有一条公切线，所以两圆内切，所以＝2－1，即4a2＋b2＝1。所以＋＝·(4a2＋b2)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，且4a2＋b2＝1，即a2＝，b2＝时等号成立，所以＋的最小值为9。故选D。

答案　D

4．(考向三)(2018·南宁、柳州联考)过点(，0)作直线l与曲线y＝相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于______。

解析

令P(，0)，如图，易知|OA|＝|OB|＝1，所以S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB＝sin∠AOB≤，当∠AOB＝90°时，△AOB的面积取得最大值，此时过点O作OH⊥AB于点H，则|OH|＝，于是sin∠OPH＝＝＝，易知∠OPH为锐角，所以∠OPH＝30°，则直线AB的倾斜角为150°，故直线AB的斜率为tan150°＝－。

答案　－

5．(考向三)某学校有2

500名学生，其中高一1

000人，高二900人，高三600人，为了了解学生的身体健康状况，采用分层抽样的方法，若从本校学生中抽取100人，从高一和高三抽取样本数分别为a，b，且直线ax＋by＋8＝0与以A(1，－1)为圆心的圆交于B，C两点，且∠BAC＝120°，则圆C的方程为________。

解析　由题意，＝＝，所以a＝40，b＝24，所以直线ax＋by＋8＝0，即5x＋3y＋1＝0，A(1，－1)到直线的距离为＝，因为直线ax＋by＋8＝0与以A(1，－1)为圆心的圆交于B，C两点，且∠BAC＝120°，所以r＝，所以圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝。

中小学数学建模讲义篇5

一、基础知识

在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，pabc为半周长。2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足

ab，则a=A.sinasin(a)证推论3，由正弦定理

absiansin(a)，所以，即sinAsinBsiAnsin(A)1[cos(-A+a)-cos(-A-a)]= 2sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于1[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，2-a+A<.所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得证。b2c2a22．余弦定理：a=b+c-2bccosAcosA，2bc2

22下面用余弦定理证明几个常用的结论。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则b2pc2qAD=pq.（1）

pq2【证明】因为c=AB=AD+BD-2AD·BDcosADB，222所以c=AD+p-2AD·pcosADB.①

222同理b=AD+q-2AD·qcosADC，② 因为ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q×①+p×②得 2

b2pc2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=pq.pq222

2注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD（2）海伦公式：因为SABC22b22c2a2.212221221222

bcsinA=bc(1-cosA)= bc 444

(b2c2a2)2122 22[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).1224bc16这里pabc.2所以S△ABC=p(pa)(pb)(pc).二、方法与例题

1．面积法。

例1（共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足POQ,QOR，另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是

sinsinsin()uvw.2．正弦定理的应用。

例2 △ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。