本书源于全国卷网高考研究中心和全国名校名师多年教辅经验的沉淀与解法的提炼，针对全国卷高考数学高考导数内容应试场景和满分战略进行了深入研究与科学的梳理，侧重体现知识点的系统性与逻辑性以及为达到满分的知识扩充和解题标准.全书按照全国卷导数函数考题方向分为7章，覆盖了全国卷高考二次函数与高斯函数初步、函数的单调性极值与*值问题、应用导数研究函数的性质的问题、不等式恒成立与参数取值范围问题、函数零点与方程根的问题、高观点下的应用导数研究函数性质问题、函数子结论在不等式中的应用.本书部分例题和变式题讲解等配套资源请到全国卷网下载.
本书适合高中二、三年级的学生学习使用，也可作为高中数学老师的参考用书.

作者简介

作者：李红庆
李红庆毕业于北京师范大学，30余年一线教学经验，海南华侨中学数学特级、正高级教师，海南省“有突出贡献优秀专家”，海口市“拔尖人才”“苏步青数学教育奖”获得者，海南师范大学硕士生导师，中学数学海口市青年骨干教师成长助推站和海南卓越工作室主持人。新课程改革高考数学方案五个论证专家之一（2006年），高考命题研究与解题专家。周韡
清华大学校友，北京大学光华管理学院MBA，中国数学会北京分会会员，中国教育学会会员，中国计算机学会会员，奥赛教练。曾受衡水中学、衡水二中、会宁二中等多所中学邀请讲学。现为全国卷网创始人，项目得到了清华大学经管学院XLAB和加速器四期培育。全国卷网由北大清华校友创办，是研究全国卷新高考的专业机构，并在网络上开辟了没有围墙的在线大学，也为900万考生提供高考和自招资讯和解决方案。
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第1章二次函数、三次函数与高斯函数初步

1.1高斯函数［x］初步

1.1.1高斯函数［x］的定义与性质

1.2.1范例解析

1.2二次函数的性质总结和零点的分布

1.2.1内容概要

1.2.2范例解析

1.3三次方程的根（函数的零点）的判别式

1.3.1三次方程的求根公式与判别式

1.3.2三次方程有理根的求法与范例解析

1.4三次函数的性质

1.4.1三次函数的概念与性质

1.4.2范例解析

1.5高次方程及高次不等式的穿根法（根轴图）

1.5.1高次方程概要及高次不等式的穿根法简介

1.5.2范例解析

第2章导数的单调性、极值及*值问题

2.1表格法与穿根法（根轴图）解单调性

2.1.1表格法与穿根法（根轴图）解单调性概要

2.1.2范例解析

2.2极值、*值的参数讨论

2.2.1内容概要

2.2.2范例解析

2.3函数的切线、曲线相切问题

2.3.1内容概要

2.3.2范例解析

第3章应用导数研究函数的性质的题型问题

3.1探究充分性证明必要性问题的题型

3.1.1题型特征与解法逻辑性分析

3.1.2范例解析

3.2对称性迁移到非对称性问题的题型

3.2.1内容概要

3.2.2范例解析

3.3含参量的分类讨论问题的题型

3.3.1分类讨论要提纲挈领，要抓“纲”不抓“目”

3.3.2范例解析

第4章求不等式恒成立、存在性成立的参数范围

4.1恒成立、存在性成立逻辑概貌

4.1.1恰成立、恒成立、存在性成立逻辑剖析

4.1.2范例解析

4.2参数分离变量型

4.2.1内容概要

4.2.2范例解析

4.3不分离变量型

4.3.1内容概貌

4.3.2范例解析

第5章函数零点与方程的根的相关问题

5.1函数的零点定理与介值定理

5.1.1内容概貌

5.1.2范例解析

5.2函数零点方程根与其他问题交汇

5.2.1内容概要

5.2.2范例解析

5.3数学思想方法杂谈

5.3.1内容概貌

5.3.2范例解析

第6章函数子结论在不等式问题中的应用

6.1指数、对数函数的常见结论

6.1.1内容概貌

6.1.2范例解析

6.2构造函数解决不等式或数列问题

6.2.1内容概要

6.2.2范例解析

6.3生活中的优化问题

6.3.1内容概貌

6.3.2范例解析

第7章重要的定理、性质、法则简介与应用

7.1重要的定理、性质、法则简介

7.2范例解析

精彩书摘

第3章应用导数研究函数的性质的题型问题
应用导数研究函数的性质常见的题型首当其冲是探究充分性证明必要性问题，国家考试中心给予的解答，表面上看是分类讨论，其实质是先探求充分性，再应用逆否命题的等价性证明必要性，这类题型一般不能应用分离参变量，因为分离了参变量，无法求到新函数的*值，借助洛比达法则能碰到*值，但必须同时具备两个支撑条件：新函数的单调性和极限的保号性定理，新函数的单调性也是无法解决的.其次对称性迁移到非对称性问题，函数的非对称性问题必须应用导数才能解决问题，全部是由对称性迁移出来的问题.应用基本函数图像模型走势图，进行分类讨论问题.当然这些问题在解答题中是穿插交错在其中，很难判定是什么题型，在具体选择背景方面，围绕姊妹不等式ex≥x+1，ln（x+1）≤x及其变式，f（x）=ex-e-x-2x，三次多项式函数及可化为三次多项式函数进行命题.
3.1探究充分性证明必要性问题的题型
3.1.1题型特征与解法逻辑性分析
例说题型：函数f（x）=ex-1-x-ax2.若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.
使用洛比达法则解题的无赖之举： ax2≤ex-1-x，若x=0时，得a∈R；若x＞0时，a≤ex-1-xx2，设g（x）=ex-1-xx2，根据洛比达法则limx→0g（x）=limx→0ex-12x=limx→0ex2=12，判断g（x）=ex-1-xx2的单调性，因为g′（x）=ex（x-1）+x+2x3，无法判断y=g（x）的单调性.
探究充分性证明必要性逻辑性剖析：
*步,探究充分性，f′（x）=ex-1-2ax≥（x+1）-1-2ax=（1-2a）x，当1-2a≥0，即a≤12时，当x≥0时，f′（x）≥0，所以f（x）在［0，+∞）上递增，因此，当x≥0时，f（x）≥f（0）=0，所以a≤12是“对�衳≥0，f（x）≥0均成立”的充分条件；
第二步,证明必要性，先给予条件命名:
命题p： a≤12;
命题q：对�衳≥0，f（x）≥0均成立;
命题 ?瘙綈 p： a＞12;
命题 ?瘙綈 q： �鰔0≥0，f（x）≥0不恒成立，即f（x0）＜0.必要性应该是q�輕，但具体解题中基本上做不到，改为其等价命题 ?瘙綈 p�� ?瘙綈 q.
当a＞12时，f′（x）=ex-1-2ax，令h（x）=f′（x），且h（0）=0，则h′（x）=ex-2a=0，得x=ln（2a）＞0，当x∈（0，ln（2a））时，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，ln（2a））上递减，当0＜x＜ln（2a）时，h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，所以f（x）在（0，ln（2a））上递减，因此�鰔0∈（0，ln（2a）），fx0＜f（0）=0，所以a≤12也是“对�衳≥0，f（x）≥0均成立”的必要条件.
综上所述，a的取值范围是-∞，12.

3.1.2范例解析

例1（2011年高考第二问）已知函数f（x）=lnxx+1+1x，如果x＞0，且x≠1时，f（x）＞lnxx-1+kx，求k的取值范围.

【分析】方法上： *步探究充分性，第二步证明必要性；把超越不等式转化整式不等式，具体用到姊妹不等式ex≥x+1和ln（x+1）≤x及其变式，如1-1x≤lnx≤x-1.

由f（x）＞lnxx-1+kx可化为F（x）=-2lnxx2-1+1-kx=2xlnx+（k-1）（x2-1）（1-x2）x

（x＞0，且x≠1），设h（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1），“当x＞0，且x≠1时，F（x）＞0”等价于“当0＜x＜1时，h（x）＞0”和“当x＞1时，h（x）＜0”，又注意到h1x=-1x2h（x）（x＞0，x≠1），因此，命题“当0＜x＜1时，h（x）＞0”等价于命题“当x＞1时，h（x）＜0”.

当x＞0，且x≠1时，f（x）＞lnxx-1+kx，设F（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1）（1-x2）x，“当x＞0，且x≠1时，F（x）＞0”等价于“当0＜x＜1时，h（x）＞0”.

（1）（探求充分性）
h′（x）=2lnx+2+2（k-1）x＜2（x-1）+2+2（k-1）x=2kx，当0＜x＜1时，当k≤0时，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，1）上递减，且h（1）=0，当0＜x＜1时，h（x）＞h（1）=0，
所以“k≤0”是“�衳∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的充分条件；下面证明必要性：

图3��1

（2）若0＜k＜1时，h′（x）=2lnx+2+2（k-1）x，令φ（x）=h′（x），h′（1）=2k，φ′（x）=2（k-1）x+2x=0，得x=11-k∈（1，+∞），画出y=φ′（x）的根轴图（见图3��1），当x∈1，11-k时，φ′（x）＞0，所以φ（x）在1，11-k递增，当x∈1，11-k时，φ（x）＞φ（1）=2k＞0，即当x∈1，11-k时，h′（x）＞0，则h（x）在1，11-k上递增，存在x0∈1，11-k，使得h（x0）＞h（1）=0，即存在1＜1x0＜1-k，使得h1x0=-1x20h（x0）＜0，因此，对�衳∈（0，1）时，h（x）＞0不恒成立；

（3）若k≥1时，当0＜x＜1时，h（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1）＜（k-1）（x2-1）＜0，因此，对�衳∈（0，1）时，h（x）＞0不恒成立，由（2）、（3）知，k≤0也是“�衳∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的必要条件，
综上所述： k的取值范围是（-∞，0］.

评注：
题是“盘”活的，去分母，移项变形是解题首先要考虑的问题，题解时需要三思，触类旁通，主动增强命题，研讨解题机理.

变式1（全国卷网原创题）设函数f（x）=cosx-1+mx2（m∈R，x∈R）.
（1）当m=12时，讨论f（x）的单调性；
（2）若当x≥0时，f（x）≥0，求m的取值范围.
变式2（全国卷网原创题）设函数f（x）=m（x+1）2-ex+1+x+2（m∈R）.
（1）当m=0时，求证： x∈R时，f（x）≤0；
（2）若当x≤-1时，f（x）≥0，求m的取值范围.
变式3（全国卷网原创题）函数设g（x）=（x+1）ln（x+1）-x+（a+1）x2+16x3（a∈R），f（x）=ln（x+1）-x+12x2.
（1）求函数f（x）的单调性；
（2）若当x≥0，g(x)≥0，求a的取值范围.
例2已知函数f（x）=xmx+1+e-x-1（m∈R）.
（1）当m=0时，讨论f（x）的单调性；
（2）若当x≥0时，f（x）≥0，求m的取值范围.

（1）得到e-x≥-x+1供（2）用，解（略）.

（2）由f（x）=xmx+1+e-x-1，得（mx+1）f（x）=x+（e-x-1）（mx+1），设g（x）=（mx+1）f（x），即g（x）=x+（e-x-1）（mx+1），g′（x）=1-m+e-x（m-mx-1），且g′（0）=0，设h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx+1-2m），考虑到h（x）≥h（0）=0，即g′（x）≥0，则mx+1＞0

e-x（mx+1-2m）≥0在［0，+∞）上恒成立，得0≤m≤12.

① 当0≤m≤12时，当x≥0时，g′（x）≥0，所以g（x）在［0，+∞）上递增，且g（0）=0，所以任意x≥0，f（x）≥f（0）=0.
因此，0≤m≤12是“任意x≥0，f（x）≥0都成立”的充分条件；

② 当m＞12时，f（x）与g（x）符号相同，g′（x）=1-m+e-x（m-mx-1），设h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx+1-2m）=0，得x=2-1m＞0，当x∈0，2-1m时，h′（x）＜0，所以h（x）在0，2-1m上递减，因此，当x∈0，2-1m时，h（x）＜h（0）=0，即g′（x）＜0，所以�鰔∈0，2-1m，使得g（x）＜g（0）=0；
③ 当m＜0时，�鰔＞-1m，f（x）=xmx+1+e-x-1≤xmx+1＜0.
由②③知，0≤m≤12也是“任意x≥0，f（x）≥0都成立”的必要条件，

综上所述： m的取值范围是0，12.

变式1（2016年全国卷网原创题）设函数f（x）=ln（x+1）+ae-x-a（a∈R）.

（1）当a=1时，证明： f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（2）若当x∈［0，+∞）时，f（x）≥0，求a的取值范围.

变式2（2014年全国卷21）已知函数f（x）=ex-e-x-2x.

（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设g（x）=f（2x）-4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的*大值.

变式3设函数f（x）=ln（x-1）+2ax（a∈R）.
（1）求函数f（x）的单调性；
（2）若当x＞1，且x≠2时，ln（x-1）x-2＞ax，求a的取值范围.

例3已知函数f（x）=cosxsinx-2.

（1）求f（x）的单调性；
（2）若当x≥-π2时，f（x）≥mx+π2，求m的取值范围.

（1） f（x）的定义域为（-∞，+∞），f′（x）=2sinx-1（sinx-2）2，令f′（x）=0，得x=π6+2kπ（k∈Z）或x=5π6+2kπ（k∈Z），当x∈-76π+2kπ，π6+2kπ（k∈Z）时，f′（x）＜0；当x∈π6+2kπ，5π6+2kπ（k∈Z）时，f′（x）＞0，因此，f（x）的递减区间是-76π+2kπ，π6+2kπ（k∈Z）；递增区间是π6+2kπ，5π6+2kπ（k∈Z）.

（2）令g（x）=mx+π2-f（x），则g′（x）=m-2sinx-1（sinx-2）2=m+22-sinx-3（2-sinx）2，

即g′（x）=-312-sinx-132+m+13.

① 若m+13≤0，即m≤-13时，g′（x）≤0，g（x）在-π2，+∞上递减，且g-π2=0，所以当x≥-π2时，g（x）≤g-π2=0，即f（x）≥mx+π2（充分性）；

② 若-13＜m＜0时，再令h（x）=cosx+3mx+π2，且x∈-π2，0，则h′（x）=-sinx+3m=0，得sinx=3m∈（-1，0），即�鰔0∈-π2，0，使得sinx0=3m，所以，当x∈-π2，x0时，h′（x）＞0，所以h（x）在-π2，x0上递增，因此，当x∈-π2，x0时，h（x）＞h-π2=0，即cosx＞-3mx+π2，于是

f（x）=cosxsinx-2≤cosx-3＜mcosx=msinx+π2≤mx+π2，故对任意x≥-π2，f（x）≥m
x+π2不恒成立；

③ 若m≥0时，�鰔=0，使得f（0）=-12＜m·0+π2，所以对任意x≥-π2，f（x）≥mx+π2不恒成立.

由②③知，必要性得证.

综上所述： m的取值范围是-∞，-13.

变式1（全国卷网原创题）设函数f（x）=m（x2-2x）-（x-1）ln（x-1）（m∈R）.

（1）当m=1时，求f（x）的单调区间；
（2）若当x≥2，f（x）≥0，求m的取值范围.

变式2
已知函数f（x）=

x+1x，x≠0，

0，x=0，
则关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0有5个不同的实数解的充要条件是（）.

A. b＜-2且c＞0B. b＞-2且c＜0
C. b＜-2且c=0D. b≥-2且c=0

变式3
已知f（x）=1+x1-xe-ax，若对任意x∈（0，1），恒有f（x）＞1，求a的取值范围.
例4
（湖南省东部六校2016届高三联考）已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n.
（1）设h（x）=f（x）-g（x）.
① 若函数h（x）的图像在x=0处的切线过点（1，0）.求m+n的值；
② 当n=0时，若函数h（x）在（-1，+∞）上没有零点，求m的取值范围.
（2）设函数r（x）=1f（x）+nxg（x），且n=4m（m＞0），求证：当x≥0时，r（x）≥1.

解
（1） ① 由题意，得h′（x）=ex-m，
所以函数h（x）的图像在x=0处的切线斜率k=1-m.
又h（0）=1-n，所以函数h（x）的图像在x=0处的切线方程为y-（1-n）=（1-m）x，
将点（1，0）代入，得m+n=2.
② 当n=0时，可得h′（x）=（ex-mx）′=ex-m，因为x＞-1，所以ex＞1e，
（i）当m≤1e时，h′（x）=ex-m＞0，函数h（x）在（-1，+∞）上单调递增，而h（0）=1.
所以只需h（-1）=1e+m≥0，解得m≥-1e，从而-1e≤m≤1e；
（ii）当m＞1e时，由h′（x）=ex-m=0，解得x=lnm∈（-1，+∞），
当x∈（-1，lnm）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x∈（lnm，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增.

所以函数h（x）在（-1，+∞）上有*小值h（lnm）=m-mlnm.
所以只需m-mlnm＞0，解得m＜e，所以1e＜m＜e.
综上所述，-1e≤m＜e.
（2）由题意，r（x）=1f（x）+nxg（x）=1ex+nmxx+nm=1ex+4xx+4.

而r（x）=1ex+4xx+4≥1等价于
ex（3x-4）+x+4≥0.
令F（x）=ex（3x-4）+x+4.
则F（0）=0，且F′（x）=ex（3x-1 全国卷高考数学满分教程：导数下载 mobi epub pdf txt 电子书格式