《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)教學案（59頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題五 函數(shù) 江蘇 新高考 江蘇卷對函數(shù)在解答題上基本不考“抽象函數(shù)”，2013年第20題，考查函數(shù)的單調性、零點個數(shù)問題；2014年第19題，考查函數(shù)與不等式；2015年第19題，討論函數(shù)的單調性及函數(shù)零點確定參數(shù)值；2016年第19題，考查函數(shù)與不等式、零點問題，2017年第20題，考查函數(shù)與導數(shù)、函數(shù)的極值、零點問題.題目難度較大，多體現(xiàn)分類討論思想. 第1課時函　數(shù)(基礎課) [常考題型突破] 函數(shù)的概念與圖象 [必備知識] 1．函數(shù)的定義域 (1)函數(shù)的定義域是研究函數(shù)問題的先決條件，它會直接影響函數(shù)的性質，所以要樹立定義域優(yōu)先的意識． (2)對于復合函數(shù)的

2、定義域要注意： ①如果函數(shù)f(x)的定義域為A，則f(g(x))的定義域是使函數(shù)g(x)∈A的x的取值范圍． ②如果f(g(x))的定義域為A，則函數(shù)f(x)的定義域是函數(shù)g(x)的值域． ③f(g(x))與f(h(x))聯(lián)系的紐帶是g(x)與h(x)的值域相同． 2．函數(shù)的值域 求函數(shù)值域的常用方法有觀察法、不等式法、圖象法、換元法、單調性法等． 3．分段函數(shù) 若函數(shù)在其定義域內，對于自變量的不同取值區(qū)間，有著不同的對應法則，這樣的函數(shù)通常叫做分段函數(shù)．分段函數(shù)雖然由幾部分組成，但它表示的是一個函數(shù)． 4．函數(shù)的圖象 函數(shù)的圖象包括作圖、識圖、用圖，其中作函數(shù)圖象有兩種

3、基本方法：一是描點法；二是圖象變換法，其中圖象變換有平移變換、伸縮變換、對稱變換． [題組練透] 1．(2017·南通二調)函數(shù)f(x)＝的定義域是________． 解析：由題意得lg(5－x2)≥0?5－x2≥1?－2≤x≤2，因此f(x)的定義域為[－2,2]． 答案：[－2,2] 2．(2017·鹽城?？?已知函數(shù)f(x)＝ 若f(0)＝3，則f(a)＝________. 解析：因為f(0)＝3，所以a－2＝3，即a＝5，所以f(a)＝f(5)＝9. 答案：9 3．(2017·南通?？?函數(shù)f(x)＝31－x2的值域為________． 解析：因為1－x2≤1，所以

4、f(x)＝31－x2∈(0,3]． 答案：(0,3] 4．(2016·南通調研)已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋b)(a＞0且a≠1，b∈R)的圖象如圖所示，則a＋b的值是________． 解析：將(－3,0)，(0，－2)分別代入解析式得loga(－3＋b)＝0，logab＝－2，解得a＝，b＝4，從而a＋b＝. 答案： [方法歸納] 1.求函數(shù)定義域的類型和相應方法 (1)若已知函數(shù)的解析式，則這時函數(shù)的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍，只需構建并解不等式(組)即可. (2)實際問題或幾何問題除要考慮解析式有意義外，還應使實際問題有意義. 2.求函數(shù)值的注意點

5、 形如f(g(x))的函數(shù)求值時，應遵循先內后外的原則；而對于分段函數(shù)的求值(解不等式)問題，必須依據(jù)條件準確地找出利用哪一段求解；對具有周期性的函數(shù)求值要利用其周期性. 3.函數(shù)的圖象 (1)作圖 若函數(shù)表達式或變形后的表達式是熟悉的基本初等函數(shù)時，就可根據(jù)這些函數(shù)的特征描點作出；若函數(shù)圖象可由基本初等函數(shù)的圖象經過平移、翻折、對稱得到，可利用圖象變換作出，但要注意變換順序.尤其注意y＝f(x)與y＝f(－x)，y＝－f(x)，y＝－f(－x)，y＝f(|x|)，y＝|f(x)|及y＝af(x)＋b的相互關系.,(2)識圖,從圖象與坐標軸的交點及左、右、上、下分布范圍、變化趨勢、對稱性

6、等方面找準解析式與圖象的對應關系. (3)用圖 圖象形象地顯示了函數(shù)的性質，因此，函數(shù)性質的確定與應用及一些方程、不等式的求解常與圖象數(shù)形結合研究. 函數(shù)的基本性質 [必備知識] 1．函數(shù)的單調性 單調性是函數(shù)的一個局部性質，一個函數(shù)在不同的區(qū)間上可以有不同的單調性．判斷函數(shù)單調性常用定義法、圖象法及導數(shù)法． 2．函數(shù)的奇偶性 函數(shù)的奇偶性是函數(shù)在定義域上的整體性質．偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱，在關于坐標原點對稱的定義域上具有相反的單調性；奇函數(shù)的圖象關于坐標原點對稱，在關于坐標原點對稱的定義域上具有相同的單調性，判斷函數(shù)奇偶性的常用方法有定義法、圖象法及性質法． 3

7、．函數(shù)的周期性 周期性是函數(shù)在定義域上的整體性質．若函數(shù)滿足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，則其一個周期T＝|a|，最小正數(shù)T叫做f(x)的最小正周期． 4．函數(shù)的對稱性 若函數(shù)f(x)滿足f(a－x)＝f(a＋x)或f(x)＝f(2a－x)，則函數(shù)f(x)關于直線x＝a對稱． 若函數(shù)f(x)滿足f(a－x)＝－f(a＋x)或f(x)＝－f(2a－x)，則函數(shù)f(x)關于點(a,0)中心對稱． [題組練透] 1．(2017·南京三模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上且周期為4的偶函數(shù)．當x∈[2,4]時，f(x)＝，則f的值為________． 解析：因為函數(shù)f(x)是定義在

8、R上且周期為4的偶函數(shù)，所以f＝f＝f，因為當x∈[2,4]時，f(x)＝，所以f＝f＝＝log42＝. 答案： 2．(2017·鹽城期中)若函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(－∞，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：函數(shù)f(x)＝根據(jù)反比例函數(shù)的性質可知，在區(qū)間(－∞，0)上單調遞減，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，a)上單調遞減，則a≤0.因此函數(shù)f(x)＝|x＋1|在區(qū)間(a，＋∞)上單調遞增，那么a＋1≥0，解得a≥－1.所以實數(shù)a的取值范圍是[－1，0]． 答案：[－1,0] 3．(2017·蘇北四市期末)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的

9、奇函數(shù)，當x>0時，f(x)＝2x－3，則不等式f(x)≤－5的解集為______________． 解析：若x＜0，則－x＞0， ∵當x＞0時，f(x)＝2x－3， ∴當－x＞0時，f(－x)＝2－x－3， ∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴f(－x)＝2－x－3＝－f(x)， 則f(x)＝－2－x＋3，x＜0， 當x＞0時，不等式f(x)≤－5等價于2x－3≤－5， 即2x≤－2，無解，不成立； 當x＜0時，不等式f(x)≤－5等價于－2－x＋3≤－5，即2－x≥8，得－x≥3，即x≤－3； 當x＝0時，f(0)＝0，不等式f(x)≤－5不成立， 綜上，不等式的解為

10、(－∞，－3]． 答案：(－∞，－3] 4．(2017·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－， 得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)， 所以f(x)是R上的奇函數(shù)． 又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當且僅當x＝0時取等號， 所以f(x)在其定義域內單調遞增． 因為f(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)， 所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，

11、 故實數(shù)a的取值范圍是. 答案： [方法歸納] 1．破解函數(shù)的單調性的四種方法 數(shù)形結合法 對于填空題能畫出圖象的函數(shù) 轉化法 由基本初等函數(shù)通過加、減運算或復合而成的函數(shù)，(常轉化為基本初等函數(shù)單調性的判斷問題) 導數(shù)法 解析式為分式、指數(shù)函數(shù)式、對數(shù)式等較復雜的函數(shù) 定義法 抽象函數(shù) 2.判斷函數(shù)的奇偶性的三個技巧 (1)奇、偶函數(shù)的定義域關于原點對稱； (2)奇函數(shù)的圖象關于原點對稱，偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱； (3)對于偶函數(shù)而言，有f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． 3．函數(shù)性質的應用 可以利用函數(shù)的性質確定函數(shù)圖象，并充分利用已知區(qū)間上函數(shù)的性質

12、解決問題，體現(xiàn)轉化思想． 基本初等函數(shù) [必備知識] 1．指數(shù)函數(shù)的圖象與性質 y＝ax(a>0，且a≠1) a>1 00時，y>1； x<0時，00時，01 在(－∞，＋∞)上是增函數(shù) 在(－∞，＋∞)上是減函數(shù) 2．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質 y＝logax(a>0，且a≠1) a>1 01時，y>0； 當

13、01時，y<0； 當00 在(0，＋∞)上是增函數(shù) 在(0，＋∞)上是減函數(shù) 3.二次函數(shù)的圖象和性質 y＝ax2＋bx＋c(a≠0) a>0 a<0 圖象 函數(shù)性質 定義域 R 值域 奇偶性 b＝0時為偶函數(shù)，b≠0時既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù) 單調性 x∈時遞減， x∈時遞增 x∈時遞增， x∈時遞減 圖象特點 對稱軸：x＝－；頂點： 4.冪函數(shù)圖象的比較 5．常見冪函數(shù)的性質 特征 性質 y＝x y＝x2 y＝x3 y＝x y＝x－1 定義域 R R

14、R [0，＋∞) {x|x∈R 且x≠0} 值域 R [0，＋∞) R [0，＋∞) {y|y∈R 且y≠0} 奇偶性 奇函數(shù) 偶函數(shù) 奇函數(shù) 非奇非偶函數(shù) 奇函數(shù) 單調性 增 x∈[0，＋∞) 時，增；　　 x∈(－∞，0] 時，減　 　 增 增 x∈(0，＋∞)和 (－∞，0)時，減 公共點 (1,1) [題組練透] 1．(2017·南通海安檢測)已知冪函數(shù)f(x)＝xα，其中α∈.則使f(x)為奇函數(shù)，且在區(qū)間(0，＋∞)上是單調增函數(shù)的α的所有取值的集合為________． 解析：冪函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則α＝－1,1,3，

15、f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調增函數(shù)，則α的所有值為1,3. 答案：{1,3} 2．(2017·江蘇學易聯(lián)考期末)函數(shù)y＝的單調遞增區(qū)間是__________． 解析：由題意可得－x2＋x＋2≥0，解得－1≤x≤2，故函數(shù)y＝的定義域為[－1,2]．又函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋2在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，根據(jù)復合函數(shù)的單調性可得函數(shù)y＝的單調遞增區(qū)間為. 答案： 3．(2017·揚州期中)已知函數(shù)f(x)＝x(1－a|x|)＋1(a＞0)，若f(x＋a)≤f(x)對任意的x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 解析：∵f(x)＝x(1－a|x|)＋1

16、 ＝ ＝(a>0)， f(x＋a)＝(x＋a)(1－a|x＋a|)＋1， 又∵f(x＋a)≤f(x)對任意的x∈R恒成立， 在同一直角坐標系中作出滿足題意的y＝f(x＋a)與y＝f(x)的圖象如圖所示： ∴x(1＋ax)＋1≥(x＋a)[1－a(x＋a)]＋1恒成立， 即x＋ax2＋1≥－a(x2＋2ax＋a2)＋x＋a＋1， 整理得：2x2＋2ax＋a2－1≥0恒成立， ∴Δ＝4a2－4×2×(a2－1)≤0，解得a≥. 答案：[，＋∞) 4.(2017·蘇北三市三模)如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，BC平行于x軸，頂點A，B和C分別在函數(shù)y1＝3logax，y2＝

17、2logax和y3＝logax(a>1)的圖象上，則實數(shù)a的值為________． 解析：設C(x0，logax0)，則2logaxB＝logax0， 即 x＝x0，解得xB＝， 故xC－xB＝x0－＝2，解得 x0＝4， 即B(2,2loga2)，A(2,3loga2)， 由AB＝2，可得3loga2－2loga2＝2，解得a＝. 答案： [方法歸納] 基本初等函數(shù)圖象與性質的應用技巧 (1)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調性都取決于其底數(shù)的取值，當?shù)讛?shù)a的值不確定時，要注意分a>1和0

18、過換元法轉化為兩個基本初等函數(shù)的有關性質，然后根據(jù)復合函數(shù)的性質與相關函數(shù)的性質之間的關系進行判斷． (3)對于冪函數(shù)y＝xα的性質要注意α>0和α<0兩種情況的不同． 函數(shù)的零點 [必備知識] 1．函數(shù)零點的定義 對于函數(shù)f(x)，我們把使f(x)＝0的實數(shù)x叫做函數(shù)f(x)的零點． 2．確定函數(shù)零點的常用方法 (1)解方程法； (2)利用零點存在性定理； (3)數(shù)形結合，利用兩個函數(shù)圖象的交點求解． [題組練透] 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)若函數(shù)f(x)＝則函數(shù)y＝|f(x)|－的零點個數(shù)為________． 解析：當x≥1時，y＝－， 則＝，即l

19、n x＝x2， 令g(x)＝ln x－x2，x≥1，則函數(shù)g(x)是連續(xù)函數(shù)且先增后減， g(1)＝－＜0，g(2)＝ln 2－＞0， g(4)＝ln 4－2＜0，由函數(shù)的零點判定定理可知g(x)＝ln x－x2，有2個零點． 當x＜1時， y＝ 函數(shù)的圖象與y＝的圖象如圖， 則兩個函數(shù)有2個交點， 綜上，函數(shù)y＝|f(x)|－的零點個數(shù)為4個． 答案：4 2．(2017·南通二調)已知函數(shù)f(x)＝其中m>0.若函數(shù)y＝f(f(x))－1有3個不同的零點，則m的取值范圍是________． 解析：令f(x)＝t，則f(t)＝1，所以t＝或t＝m－1，即f(x)＝與f(x

20、)＝m－1有3個不同解． 所以即0

21、D對應的部分相等， 只需考慮lg x與每個周期內x?D部分的交點． 畫出函數(shù)草圖(如圖)，圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標均為無理數(shù)，屬于每個周期x?D的部分， 且x＝1處(lg x)′＝＝<1，則在x＝1附近僅有一個交點，因此方程f(x)－lg x＝0的解的個數(shù)為8. 答案：8 [方法歸納] 利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法 [課時達標訓練] 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)函數(shù)f(x)＝的定義域為________． 解析：由題意得 解得x＞且x≠1， 故函數(shù)的定義域是. 答案： 2．函數(shù)f(x)＝ln的值域是________． 解析：因為

22、|x|≥0，所以|x|＋1≥1. 所以0＜≤1.所以ln≤0， 即f(x)＝ln的值域為(－∞，0]． 答案：(－∞，0] 3．(2017·啟東?？?設函數(shù)f(x)＝ 則f(f(2))＝________. 解析：因為f(2)＝－4＋2＝－2，f(－2)＝－2－1＝3，所以f(f(2))＝3. 答案：3 4．已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)＝.若g(2)＝3，則g(－2)＝________. 解析：由題意可得g(2)＝＝3，則f(2)＝1，又f(x)是奇函數(shù)，則f(－2)＝－1，所以g(－2)＝＝＝－1. 答案：－1 5．已知函數(shù)f(x)＝若f(1)＋f(a－1)＝2，則a的

23、值為________． 解析：因為f(1)＋f(a－1)＝2，又f(1)＝0，所以f(a－1)＝2，當a－1＞0，即a＞1時，有l(wèi)og2(a－1)＝2，解得a＝5.當a－1≤0，即a≤1時，有2a－1＝2，解得a＝2(舍去)，所以a＝5. 答案：5 6．(2017·泰州二中模考)函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當x∈(0,2)時，f(x)＝x＋2，則f(7)＝________. 解析：因為f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，則函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，則f(7)＝f(7－8)＝f(－1)＝－f(1)＝－(1＋2)＝－3.

24、 答案：－3 7．(2017·蘇州考前模擬)設a＝log2，b＝log，c＝0.3，則a，b，c按從小到大的順序排列為______________． 解析：由已知結合對數(shù)函數(shù)圖象和指數(shù)函數(shù)圖象得到a<0，b>1,0

25、x2＝1，故m＝1. 答案：1 9．已知在(－1,1)上函數(shù)f(x)＝若f(x)＝－，則x的值為________． 解析：當－1＜x≤0時，由f(x)＝sin＝－，解得x＝－；當0＜x＜1時，由f(x)＝log2(x＋1)＝－，解得x＝－1，不符合題意，舍去，故x的值為－. 答案：－ 10．已知f(x)＝(a＞0且a≠1)滿足對任意x1≠x2都有＞0，那么實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：因為任意x1≠x2，都有＞0，則f(x)在R上為單調遞增函數(shù)，則函數(shù)y＝ax在[1，＋∞)和函數(shù)y＝(a－2)x＋1在(－∞，1)上均為單調遞增函數(shù)，所以?a＞2. 答案：(2，＋∞)

26、 11．(2017·全國卷Ⅰ改編)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是________． 解析：∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)． ∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1. 故由－1≤f(x－2)≤1， 得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)． 又f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減， ∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3. 答案：[1,3] 12．(2017·浙江高考)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝＋a在區(qū)間[1,4]上的最大值是5，則a的取值范圍是________． 解析：∵x∈[1,

27、4]，∴x＋∈[4,5]， ①當a≤時，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合題意； ②當a>時，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5， 解得a＝(矛盾)，故a的取值范圍是. 答案： 13．對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝設函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________． 解析：依題意，h(x)＝ 當0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)； 當x＞2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)， 所以h(x)在x＝2時，取得最大值h(2)＝1. 答案：1 14．(2017·全國卷Ⅲ)

28、設函數(shù)f(x)＝則滿足f(x)＋f>1的x的取值范圍是________． 解析：由題意知，可對不等式分x≤0,0討論． 當x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋>1，解得x>－，所以－1，顯然成立． 當x>時，原不等式為2x＋2x－>1，顯然成立． 綜上可知，x的取值范圍是. 答案： 1．已知函數(shù)f(x)＝設a∈R，若關于x的不等式f(x)≥在R上恒成立，則a的取值范圍是________． 解析：法一：根據(jù)題意，作出f(x)的大致圖象，如圖所示． 當x≤1時，若要f(x)≥恒成立，結合圖象，只需x2－x＋3≥－

29、，即x2－＋3＋a≥0，故對于方程x2－＋3＋a＝0，Δ＝2－4(3＋a)≤0，解得a≥－；當x>1時，若要f(x)≥恒成立，結合圖象，只需x＋≥＋a，即＋≥a.又＋≥2，當且僅當＝，即x＝2時等號成立，所以a≤2.綜上，a的取值范圍是. 法二：關于x的不等式f(x)≥在R上恒成立等價于－f(x)≤a＋≤f(x)， 即－f(x)－≤a≤f(x)－在R上恒成立， 令g(x)＝－f(x)－. 當x≤1時，g(x)＝－(x2－x＋3)－＝－x2＋－3 ＝－2－， 當x＝時，g(x)max＝－； 當x>1時，g(x)＝－－＝－≤－2， 當且僅當＝，且x>1，即x＝時，“＝”成立， 故

30、g(x)max＝－2. 綜上，g(x)max＝－. 令h(x)＝f(x)－， 當x≤1時，h(x)＝x2－x＋3－＝x2－＋3 ＝2＋， 當x＝時，h(x)min＝； 當x>1時，h(x)＝x＋－＝＋≥2， 當且僅當＝，且x>1，即x＝2時，“＝”成立， 故h(x)min＝2. 綜上，h(x)min＝2. 故a的取值范圍為. 答案： 2．已知函數(shù)y＝與函數(shù)y＝的圖象共有k(k∈N*)個公共點：A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，則(xi＋yi)＝________. 解析：y＝＝＝2－，易知該函數(shù)在R上單調遞增，值域為(0,2)，且圖象關于點

31、(0,1)對稱．y＝＝1＋，易知該函數(shù)在R上單調遞減，且圖象關于點(0,1)對稱．故兩函數(shù)圖象有兩個交點，它們關于點(0,1)對稱，所以(xi＋yi)＝2. 答案：2 3．(2017·揚州考前調研)已知函數(shù)f(x)＝有兩個不相等的零點x1，x2，則＋的最大值為________． 解析：當k＝0時，函數(shù)f(x)只有一個零點，不合題意；當k＞0時，由于－＜0，所以函數(shù)f(x)在(0,1]上至多有一個零點，在(1，＋∞)上沒有零點，不合題意；當k＝－1時，函數(shù)f(x)只有一個零點1，不合題意；當k＜－1時，函數(shù)f(x) 在(0,1]上Δ＝4＋4k＜0，沒有零點，不合題意；當－1＜k＜0時，函數(shù)

32、f(x)在(0,1]上的零點為x1＝，在(1，＋∞)上零點為x2＝，符合題意．所以＋＝－k＋，令＝t∈(0,1)，則k＝t2－1，則＋＝－t2＋t＋2＝－2＋≤. 答案： 4．(2017·南通三模)已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝2f(x)－ax恰有2個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：g(x)＝ 顯然當a＝2時，g(x)有無窮多個零點，不符合題意； 當x≥a時，令g(x)＝0，得x＝0， 當x0，且a≠2，則g(x)在[a，＋∞)上無零點， 在(－∞，a)上存在零點x＝0和x＝－， ∴ ≥a，解得

33、0

34、位置關系，確定一元二次不等式的解集． 2．簡單分式不等式的解法 (1)＞0(＜0)?f(x)g(x)＞0(＜0)； (2)≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0. [題組練透] 1．(2017·南通啟東模擬)已知一元二次不等式f(x)>0的解集為(－∞，1)∪(2，＋∞)，則f(lg x)<0的解集為________． 解析：因為一元二次不等式f(x)>0的解集為(－∞，1)∪(2，＋∞)，所以一元二次不等式f(x)<0的解集為(1,2)，由f(lg x)<0，可得1

35、00) 2．設函數(shù)f(x)＝若f(x)＞2，則x的取值范圍是________． 解析：不等式f(x)＞2可化為或解得x＞或x＜－1. 答案：(－∞，－1)∪ 3．(2017·南通、泰州一調)已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x－4|，則不等式f(x2＋2)>f(x)的解集用區(qū)間表示為________． 解析：由題意f(x)＝作出f(x)的圖象如圖所示． 法一：由函數(shù)圖象知f(x)的圖象關于直線x＝2對稱． 因為x2＋2>0且x2＋2>x恒成立，所以x2＋2>4且x2＋2>4－x， 解得x∈(－∞，－2)∪(，＋∞)． 法二：由函數(shù)f(x)的圖象可知， 當0≤x≤4時，f(x)＝4

36、， 所以x2＋2>4，得x>或x<－. 當x>時，x2＋2>x，故x>. 當x<－時，x2＋2>4－x，故x<－2. 所以x∈(－∞，－2)∪(，＋∞)． 答案：(－∞，－2)∪(，＋∞) [方法歸納] 不等式的求解技巧 (1)對含參數(shù)的不等式，難點在于對參數(shù)的恰當分類，關鍵是找到對參數(shù)進行討論的原因，明確分類標準(如最高次系數(shù)、判別式、根相等)，層次清楚地求解． (2)與一元二次不等式有關的恒成立問題，通常轉化為根的分布問題，求解時一定要借助二次函數(shù)的圖象，一般考慮四個方面：開口方向、判別式的符號、對稱軸的位置、區(qū)間端點函數(shù)值的符號． 簡單的線性規(guī)劃問題 [必備

37、知識] 線性目標函數(shù)z＝ax＋by最值的確定方法 線性目標函數(shù)z＝ax＋by中的z不是直線ax＋by＝z在y軸上的截距，把目標函數(shù)化為y＝－x＋可知是直線ax＋by＝z在y軸上的截距，要根據(jù)b的符號確定目標函數(shù)在什么情況下取得最大值、什么情況下取得最小值． [題組練透] 1．(2017·江蘇四星級學校聯(lián)考)設M，N是不等式組所表示的平面區(qū)域內不同的兩點，則此兩點間的距離MN的最大值是________． 解析：作出不等式組所表示的平面區(qū)域是一個以點O(0,0)，B(0,1)，C(2,3)，D(5,0)為頂點的四邊形及其內部(如圖所示)，且對角互補，故此四邊形有外接圓，其直徑BD為最長的

38、弦，故MN的最大值為＝. 答案： 2．(2017·全國卷Ⅰ)設x，y滿足約束條件則z＝3x－2y的最小值為________． 解析：作出不等式組 所表示的可行域如圖中陰影部分所示，由可行域知，當直線y＝x－過點A時，在y軸上的截距最大，此時z最小， 由解得 ∴zmin＝－5. 答案：－5 3．(2016·江蘇高考)已知實數(shù)x，y滿足則x2＋y2的取值范圍是________． 解析：作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，則(x，y)為陰影區(qū)域內的動點．d＝可以看做坐標原點O與可行域內的點(x，y)之間的距離．數(shù)形結合，知d的最大值是OA的長，d的最小值是點O到直線2x＋y

39、－2＝0的距離．由可得A(2,3)， 所以dmax＝＝，dmin＝＝.所以d2的最小值為，最大值為13.所以x2＋y2的取值范圍是. 答案： 4．(2017·鹽城調研)已知實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝的最大值為________． 解析：已知約束條件所表示的平面區(qū)域為圖中的△ABC及其內部，而z＝＝表示點P與陰影部分(含邊界)內的點的連線的斜率．由圖可知，當取點C(1,4)時，斜率最大，zmax＝. 答案： [方法歸納] 解決線性規(guī)劃問題的三個注意點 (1)首先要找到可行域，其次要注意目標函數(shù)所表示的幾何意義，找到目標函數(shù)達到最值時可行域的頂點(或邊界上的點)，但要注意作圖一

40、定要準確，整點問題要驗證解決． (2)畫可行域時應注意區(qū)域是否包含邊界． (3)對目標函數(shù)z＝ax＋by中b的符號，一定要注意b的正負與z的最值的對應，要結合圖形分析． 基本不等式 [必備知識] 利用基本不等式求最大值、最小值，其基本法則是： (1)如果x＞0，y＞0，xy＝p(定值)，當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值2(簡記為：積定，和有最小值)； (2)如果x＞0，y＞0，x＋y＝s(定值)，當x＝y(tǒng)時，xy有最大值s2(簡記為：和定，積有最大值)． [題組練透] 1．(2017·南通三模)若正實數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則＋的最小值是________． 解析：因為正實

41、數(shù)x，y滿足x＋y＝1， 所以＋＝＋＝＋＋4≥2＋4＝8，當且僅當＝，即x＝，y＝時，取“＝”，所以＋的最小值是8. 答案：8 2．(2017·江蘇高考)某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買x噸，運費為6萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元．要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則x的值是________． 解析：由題意，一年購買次，則總運費與總存儲費用之和為×6＋4x＝4≥8＝240，當且僅當x＝30時取等號，故總運費與總存儲費用之和最小時x的值是30. 答案：30 3．(2017·天津高考)若a，b∈R，ab>0，則的最小值為________． 解析：因為ab>0，所以≥

42、＝＝4ab＋≥2＝4，當且僅當時取等號，故的最小值是4. 答案：4 4．若實數(shù)x，y滿足2x2＋xy－y2＝1，則的最大值為________． 解析：法一：2x2＋xy－y2＝(2x－y)(x＋y)，令2x－y＝m，x＋y＝n，則mn＝1，當＝＝取得最大值時，必有m－n＞0，則＝≤＝，當且僅當m－n＝時取等號，所以的最大值為. 法二：當取最大值時，x－2y＞0，且 5x2－2xy＋2y2＝(x－2y)2＋2(2x2＋xy－y2)＝(x－2y)2＋2，則＝＝≤＝，當且僅當x－2y＝時取等號，故的最大值為. 答案： [方法歸納] 利用基本不等式求最值的方法 (1)知和求積的最值：

43、“和為定值，積有最大值”．但應注意以下兩點：①具備條件——正數(shù)；②驗證等號成立． (2)知積求和的最值：“積為定值，和有最小值”，直接應用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的條件． (3)構造不等式求最值：在求解含有兩個變量的代數(shù)式的最值問題時，通常采用“變量替換”或“常數(shù)1”的替換，構造不等式求解． [課時達標訓練] 1．(2017·山東高考改編)設函數(shù)y＝的定義域為A，函數(shù)y＝ln(1－x)的定義域為B，則A∩B＝________. 解析：由題意可知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故A∩B＝{x|－2≤x<1}． 答案：{x|－2≤x<1} 2．設

44、不等式組所表示的平面區(qū)域為D，則區(qū)域D的面積為________． 解析：畫出可行域如圖中陰影部分所示，易得A，B(0,2)，C(0,4)，∴可行域D的面積為×2×＝. 答案： 3．已知f(x)＝使f(x)≥－1成立的x的取值范圍是________． 解析：由題意知或解得－4≤x≤0或0＜x≤2，故所求的x的取值范圍是[－4,2]． 答案：[－4,2] 4．(2017·常州三中?？?已知函數(shù)f(x)＝|x2－1|，若f(－m2－1)＜f(2)，則實數(shù)m的取值范圍是________． 解析：因為f(x)＝|x2－1|， 所以f(－m2－1)＝m4＋2m2，f(2)＝3， 若f(－

45、m2－1)＜f(2)，則m4＋2m2＜3， 即(m2＋3)(m2－1)＜0，解得－1＜m＜1. 答案：(－1,1) 5．已知正數(shù)x，y滿足x2＋2xy－3＝0，則2x＋y的最小值是________． 解析：由題意得，y＝，∴2x＋y＝2x＋＝＝≥·2＝3，當且僅當x＝y(tǒng)＝1時，等號成立． 答案：3 6．(2017·蘇北四市期末)若實數(shù)x，y滿足xy＋3x＝3，則＋的最小值為________． 解析：因為實數(shù)x，y滿足xy＋3x＝3， 所以x＝∈，解得y＞3. 則＋＝y(tǒng)＋3＋＝y(tǒng)－3＋＋6≥2＋6＝8，當且僅當x＝，y＝4時取等號． 答案：8 7．設實數(shù)x，y滿足約束條件則

46、z＝2x－5y的最小值為________． 解析：由z＝2x－5y，可得y＝x－，作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示， 由圖可知當直線y＝x－經過點A(－2,2)時，直線y＝x－在y軸上的截距最大，此時z最小，且zmin＝2×(－2)－2×5＝－14. 答案：－14 8．已知關于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，則實數(shù)a的最小值為________． 解析：2x＋＝2(x－a)＋＋2a≥2 ＋2a＝4＋2a，當且僅當x－a＝1時等號成立． 由題意可知4＋2a≥7，解得a≥，即實數(shù)a的最小值為. 答案： 9．(2017·南京、鹽城一模)已知實數(shù)x，y滿

47、足約束條件則的最小值是________． 解析：作出不等式組所表示的可行域如圖中陰影部分所示， 表示可行域上的點與原點連線的斜率，結合圖象知，當直線經過OC時，斜率最小，故min＝. 答案： 10．已知f(x)＝log2(x－2)，若實數(shù)m，n滿足f(m)＋f(2n)＝3，則m＋n的最小值為________． 解析：因為f(m)＋f(2n)＝3， 所以log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3(m＞2且n＞1)， 化簡得(m－2)(n－1)＝4，解得m＝＋2， 所以m＋n＝n＋＋2＝(n－1)＋＋3≥2＋3＝7，當且僅當n＝3時等號成立，所以m＋n的最小值為7. 答案：7

48、 11．在平面直角坐標系中，不等式組(a為常數(shù))表示的平面區(qū)域的面積為4，則x2＋y的最小值為________． 解析：由題意作出可行域如圖中陰影部分所示，因為平面區(qū)域的面積為4，易得A(2，2)，B(2，－2)，把A，B，O三個邊界點的坐標分別代入x2＋y，得在這三點處的最小值為0.令x2＋y＝0，即y＝－x2，y′＝－2x，當拋物線y＝－x2平移到與直線y＝－x相切時，y′＝－2x＝－1，得x＝，即切點P，代入x2＋y，得x2＋y＝－＝－，所以x2＋y的最小值為－. 答案：－ 12．(2017·蘇州期末)已知正數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則＋的最小值為________． 解析：由x＋y

49、＝1，得(x＋2)＋(y＋1)＝4， 所以＋＝· ＝ ≥5＋2＝， 當且僅當2(y＋1)＝x＋2，即x＝，y＝時取等號． 故＋的最小值為. 答案： 13．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋x，若當x∈[0,1]時，－1≤f(x)≤1恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：當x＝0時，f(x)＝0，不等式成立，當x∈(0,1]時，不等式－1≤f(x)≤1，即 其中∈[1，＋∞)， 從而 解得－2≤a≤0. 答案：[－2,0] 14．已知函數(shù)f(x)＝mx2＋(2－m)x＋n(m＞0)，當－1≤x≤1時，|f(x)|≤1恒成立，則f＝________. 解析：由題

50、意得：|f(0)|≤1?|n|≤1?－1≤n≤1； |f(1)|≤1?|2＋n|≤1?－3≤n≤－1， 因此n＝－1，∴f(0)＝－1，f(1)＝1. 由f(x)的圖象可知：要滿足題意，則圖象的對稱軸為直線x＝0， ∴2－m＝0，m＝2， ∴f(x)＝2x2－1，∴f＝－. 答案：－ 1．設實數(shù)x，y滿足－y2＝1，則3x2－2xy的最小值是________． 解析：法一：設x＝，y＝tan θ，則3x2－2xy＝－＝，記3－sin θ＝t，t∈[2,4]，則原式＝＝，因為t∈[2,4]，故當t＝2時，min＝4，從而3x2－2xy的最小值是6＋4. 法二：設3x2－2x

51、y＝u，則y＝，代入條件得－2＝1，即8x4－(6u－4)x2＋u 2＝0，由條件可知x2≥4，令z＝x2，故方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0在[4，＋∞)上有解，必須滿足Δ＝(6u－4)2－32u2≥0，得u2－12u＋4≥0，于是u≥6＋4或u≤6－4，因為方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0有兩個同號的根，而當u≤6－4時，6u－4＜0，故u≤6－4(舍去)，從而u≥6＋4，若取u＝6＋4，則方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0的兩根z1＝z2＝2＋＞4，符合題意，從而3x2－2xy的最小值是6＋4. 答案：6＋4 2．(2017·蘇北三市三模)已知對于任意的x∈(－∞，1)∪(

52、5，＋∞)，都有x2－2(a－2)x＋a>0，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：令f(x)＝x2－2(a－2)x＋a， 則Δ＝4(a－2)2－4a＝4(a－1)(a－4)． (1)若Δ<0，則10在R上恒成立，符合題意． (2)若Δ＝0，即a＝1或a＝4時，f(x)>0的解為x≠a－2， 顯然a＝1時，不符合題意，當a＝4時符合題意． (3)當Δ>0時，即a<1或a>4時， ∵f(x)>0在(－∞，1)∪(5，＋∞)上恒成立， ∴解得34，∴4

53、 3．定義區(qū)間(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的長度均為d＝b－a.用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，記{x}＝x－[x]，其中x∈R.設f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，若用d表示不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長度，則當0≤x≤3時，d＝________. 解析：f(x)＝[x]·{x}＝[x]·(x－[x])＝[x]x－[x]2， 由f(x)＜g(x)得[x]x－[x]2＜x－1， 即([x]－1)·x＜[x]2－1. 當x∈[0,1)時，[x]＝0， 不等式的解為x＞1，不合題意； 當x∈[1,2)時，[x]＝1，不等式為0＜0，無解，不合題意；

54、當x∈[2,3]時，[x]＞1， 所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等價于x＜[x]＋1，此時恒成立， 所以此時不等式的解為2≤x≤3， 所以當0≤x≤3時，不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長度為d＝1. 答案：1 4．(2017·南京三模)已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋2b≤8c，＋≤，則的取值范圍為________． 解析：因為a，b，c為正實數(shù)，且a＋2b≤8c，＋≤， 所以令＝x，＝y(tǒng)， 得則 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示． 令z＝＝3x＋8y，則y＝－x＋，由圖知當直線y＝－x＋過點A時，截距最大，即z最大，當直線y＝－x＋與曲線y＝相

55、切時，截距最小，即z最?。? 解方程組得A(2,3)， ∴zmax＝3×2＋8×3＝30， 設直線y＝－x＋與曲線y＝的切點為(x0，y0)， 則′x＝x0＝－， 即＝－，解得x0＝3. ∴切點坐標為， ∴zmin＝3×3＋8×＝27， ∴27≤≤30. 答案：[27,30] 第3課時導　數(shù)(基礎課) [常考題型突破] 導數(shù)的運算及幾何意義 [必備知識] 1．四個易誤導數(shù)公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a＞0)； (4)(logax)′＝(a＞0，且a≠1)． 2．導數(shù)的

56、幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導數(shù)是曲線f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． [題組練透] 1．(2016·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)為f(x)的導函數(shù)，則f′(0)的值為________． 解析：因為f(x)＝(2x＋1)ex， 所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex， 所以f′(0)＝3e0＝3. 答案：3 2．(2017·南通海門聯(lián)考)設函數(shù)f(x)的導數(shù)為f′(x)，且f(x)＝x2＋2xf′

57、(1)，則f′(2)＝________. 解析：因為f(x)＝x2＋2xf′(1)， 所以f′(x)＝2x＋2f′(1)， 令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)， 解得f′(1)＝－2，則f′(x)＝2x－4， 所以f′(2)＝2×2－4＝0. 答案：0 3．(2017·徐州檢測)如圖，直線l是曲線y＝f(x)在點(4，f(4))處的切線，則f(4)＋f′(4)的值等于________． 解析：根據(jù)題意，由函數(shù)的圖象可得f(4)＝5，直線l過點(0,3)和(4,5)，則直線l的斜率k＝，又由直線l是曲線y＝f(x)在點(4，f(4))處的切線，則f′(4)＝，則有f(4)＋

58、f′(4)＝. 答案： 4．(2017·南通、泰州一調)已知兩曲線f(x)＝2sin x與g(x)＝acos x，x∈相交于點P.若兩曲線在點P處的切線互相垂直，則實數(shù)a的值為________． 解析：由f(x)＝g(x)，得2sin x＝acos x， 即tan x＝，a＞0， 設交點P(m，n)，f(x)＝2sin x的導數(shù)為f′(x)＝2cos x，g(x)＝acos x的導數(shù)為g′(x)＝－asin x， 由兩曲線在點P處的切線互相垂直，可得2cos m·(－asin m)＝－1，且tan m＝， 則＝1，分子分母同除以cos2m，即有＝1，即為a2＝1＋，解得a＝.

59、答案： [方法歸納] 與切線有關問題的處理策略 (1)已知切點A(x0，y0)求斜率k，即求該點處的導數(shù)值，k＝f′(x0)． (2)已知斜率k，求切點A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k. (3)求過某點M(x1，y1)的切線方程時，需設出切點A(x0，f(x0))，則切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，再把點M(x1，y1)代入切線方程，求x0. 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 [必備知識] 函數(shù)的單調性 在(a，b)內可導函數(shù)f(x)，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內都不恒等于0.f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)，f′(x)

60、≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)． [題組練透] 1．(2017·常州前黃中學國際分校月考)函數(shù)y＝x－2sin x在(0,2π)內的單調增區(qū)間為___． 解析：令y′＝1－2cos x＞0，即cos x<， ∵x∈(0,2π)，∴x∈. 答案： 2.定義在R上的可導函數(shù)f(x)，已知y＝ef′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的增區(qū)間是________． 解析：由題意及題圖知f′(x)≥0的區(qū)間是(－∞，2)， 故函數(shù)y＝f(x)的增區(qū)間是(－∞，2)． 答案：(－∞，2) 3．(2017·南京三模)若函數(shù)f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在區(qū)間[a，a＋1]上單調

61、遞增，則實數(shù)a的最大值為________． 解析：由題意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在區(qū)間[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在區(qū)間[a，a＋1]上恒成立，所以解得－1≤a≤，所以實數(shù)a的最大值為. 答案： [方法歸納] 與單調性有關的兩類問題的求解策略 (1)若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只要在函數(shù)定義域內解(或證明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0. (2)若已知函數(shù)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題來求解． 利用導數(shù)研究函數(shù)的極值(最值) [必備知識] (1)若在x0附近左側f′(x)＞0，右側

62、f′(x)＜0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值；若在x0附近左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值． (2)設函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，則f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得． [題組練透] 1．(2017·揚州期末)已知x＝1，x＝5是函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)兩個相鄰的極值點，且f(x)在x＝2處的導數(shù)f′(2)<0，則f(0)＝________. 解析：∵x＝1，x＝5是函數(shù)f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω＞0)兩個相鄰的極值點， ∴＝5－1＝4，∴T＝8， ∵ω＞0，∴ω＝

63、， ∵f(x)在x＝2處的導數(shù)f′(2)＜0， ∴函數(shù)f(x)在[1,5]上為減函數(shù)， 故＋φ＝0，φ＝－， ∴f(0)＝cos＝. 答案： 2．(2017·全國卷Ⅱ改編)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為________． 解析：因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因為x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根， 所以a＝－1，f′(x)＝(x2

64、＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令f′(x)>0，解得x<－2或x>1， 令f′(x)<0，解得－2

65、2)＋1， 令y＝(x－ln x)＋1，則y′＝， ∴函數(shù)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， ∴當x＝1時，函數(shù)取得最小值， 即ABmin＝. 答案： 4．(2017·南京、鹽城模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋x－b(a，b均為正數(shù))，不等式f(x)＞0的解集記為P，集合Q＝{x|－2－t＜x＜－2＋t}．若對于任意正數(shù)t，P∩Q≠?，則－的最大值是________． 解析：因為集合Q實質上是包含－2的一個開區(qū)間，在該區(qū)間上存在實數(shù)滿足f(x)＞0，則f(－2)＝4a－2－b≥0,0＜b≤4a－2，所以－≤－.令g(a)＝－，則g′(a)＝，由g′(a)＝0得a＝

66、1，且當a∈時，g′(a)＞0，g(a)單調遞增，當a∈(1，＋∞)時，g′(a)＜0，g(a)單調遞減，則g(a)≤g(1)＝，故－≤，即－的最大值是. 答案： [方法歸納] 研究極值、最值問題應注意的三點 (1)導函數(shù)的零點并不一定就是函數(shù)的極值點，所以在求出導函數(shù)的零點后一定注意分析這個零點是不是函數(shù)的極值點． (2)求函數(shù)最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過認真比較才能下結論． (3)含參數(shù)時，要討論參數(shù)的大小． [課時達標訓練] 1．(2017·全國卷Ⅰ)曲線y＝x2＋在點(1,2)處的切線方程為________． 解析：因為y′＝2x－，所以在點(1,2)處的切線方程的斜率為y′|x＝1＝2×1－1＝1，所以切線方程為y－2＝x－1，即x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0 2．已知曲線f(x)＝xsin x＋1在點處的切線與直線ax－y＋1＝0互相垂直，則實數(shù)a＝________. 解析：f′(x)＝sin x＋xcos x，由題意，f′＝sin＋cos ＝1＝－，所以a＝－1. 答案：－1 3．(2017·蘇州張家港暨陽中