全國捲高考數學滿分教程：導數 epub pdf mobi txt 電子書 下載 2024

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産品特色

編輯推薦

方法獨特，講解精闢；舉一反三，學練結閤；一綫教學名師多年經驗總結；告彆題海戰術，滿分輕鬆得

內容簡介

本書源於全國捲網高考研究中心和全國名校名師多年教輔經驗的沉澱與解法的提煉，針對全國捲高考數學高考導數內容應試場景和滿分戰略進行瞭深入研究與科學的梳理，側重體現知識點的係統性與邏輯性以及為達到滿分的知識擴充和解題標準.全書按照全國捲導數函數考題方嚮分為7章，覆蓋瞭全國捲高考二次函數與高斯函數初步、函數的單調性極值與*值問題、應用導數研究函數的性質的問題、不等式恒成立與參數取值範圍問題、函數零點與方程根的問題、高觀點下的應用導數研究函數性質問題、函數子結論在不等式中的應用.本書部分例題和變式題講解等配套資源請到全國捲網下載.
本書適閤高中二、三年級的學生學習使用，也可作為高中數學老師的參考用書.

作者簡介

作者：李紅慶
李紅慶 畢業於北京師範大學，30餘年一綫教學經驗，海南華僑中學數學特級、正高級教師，海南省“有突齣貢獻優秀專傢”，海口市“拔尖人纔”“蘇步青數學教育奬”獲得者，海南師範大學碩士生導師，中學數學海口市青年骨乾教師成長助推站和海南卓越工作室主持人。新課程改革高考數學方案五個論證專傢之一（2006年），高考命題研究與解題專傢。周韡
清華大學校友，北京大學光華管理學院MBA，中國數學會北京分會會員，中國教育學會會員，中國計算機學會會員，奧賽教練。曾受衡水中學、衡水二中、會寜二中等多所中學邀請講學。現為全國捲網創始人，項目得到瞭清華大學經管學院XLAB和加速器四期培育。全國捲網由北大清華校友創辦，是研究全國捲新高考的專業機構，並在網絡上開闢瞭沒有圍牆的在綫大學，也為900萬考生提供高考和自招資訊和解決方案。
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目錄

第1章二次函數、三次函數與高斯函數初步

1.1高斯函數［x］初步

1.1.1高斯函數［x］的定義與性質

1.2.1範例解析

1.2二次函數的性質總結和零點的分布

1.2.1內容概要

1.2.2範例解析

1.3三次方程的根（函數的零點）的判彆式

1.3.1三次方程的求根公式與判彆式

1.3.2三次方程有理根的求法與範例解析

1.4三次函數的性質

1.4.1三次函數的概念與性質

1.4.2範例解析

1.5高次方程及高次不等式的穿根法（根軸圖）

1.5.1高次方程概要及高次不等式的穿根法簡介

1.5.2範例解析

第2章導數的單調性、極值及*值問題

2.1錶格法與穿根法（根軸圖）解單調性

2.1.1錶格法與穿根法（根軸圖）解單調性概要

2.1.2範例解析

2.2極值、*值的參數討論

2.2.1內容概要

2.2.2範例解析

2.3函數的切綫、麯綫相切問題

2.3.1內容概要

2.3.2範例解析

第3章應用導數研究函數的性質的題型問題

3.1探究充分性證明必要性問題的題型

3.1.1題型特徵與解法邏輯性分析

3.1.2範例解析

3.2對稱性遷移到非對稱性問題的題型

3.2.1內容概要

3.2.2範例解析

3.3含參量的分類討論問題的題型

3.3.1分類討論要提綱挈領，要抓“綱”不抓“目”

3.3.2範例解析

第4章求不等式恒成立、存在性成立的參數範圍

4.1恒成立、存在性成立邏輯概貌

4.1.1恰成立、恒成立、存在性成立邏輯剖析

4.1.2範例解析

4.2參數分離變量型

4.2.1內容概要

4.2.2範例解析

4.3不分離變量型

4.3.1內容概貌

4.3.2範例解析

第5章函數零點與方程的根的相關問題

5.1函數的零點定理與介值定理

5.1.1內容概貌

5.1.2範例解析

5.2函數零點方程根與其他問題交匯

5.2.1內容概要

5.2.2範例解析

5.3數學思想方法雜談

5.3.1內容概貌

5.3.2範例解析

第6章函數子結論在不等式問題中的應用

6.1指數、對數函數的常見結論

6.1.1內容概貌

6.1.2範例解析

6.2構造函數解決不等式或數列問題

6.2.1內容概要

6.2.2範例解析

6.3生活中的優化問題

6.3.1內容概貌

6.3.2範例解析

第7章重要的定理、性質、法則簡介與應用

7.1重要的定理、性質、法則簡介

7.2範例解析

精彩書摘

第3章應用導數研究函數的性質的題型問題
應用導數研究函數的性質常見的題型首當其衝是探究充分性證明必要性問題，國傢考試中心給予的解答，錶麵上看是分類討論，其實質是先探求充分性，再應用逆否命題的等價性證明必要性，這類題型一般不能應用分離參變量，因為分離瞭參變量，無法求到新函數的*值，藉助洛比達法則能碰到*值，但必須同時具備兩個支撐條件： 新函數的單調性和極限的保號性定理，新函數的單調性也是無法解決的.其次對稱性遷移到非對稱性問題，函數的非對稱性問題必須應用導數纔能解決問題，全部是由對稱性遷移齣來的問題.應用基本函數圖像模型走勢圖，進行分類討論問題.當然這些問題在解答題中是穿插交錯在其中，很難判定是什麼題型，在具體選擇背景方麵，圍繞姊妹不等式ex≥x+1，ln（x+1）≤x及其變式，f（x）=ex-e-x-2x，三次多項式函數及可化為三次多項式函數進行命題.
3.1探究充分性證明必要性問題的題型
3.1.1題型特徵與解法邏輯性分析
例說題型： 函數f（x）=ex-1-x-ax2.若當x≥0時，f（x）≥0，求a的取值範圍.
使用洛比達法則解題的無賴之舉： ax2≤ex-1-x，若x=0時，得a∈R； 若x＞0時，a≤ex-1-xx2，設g（x）=ex-1-xx2，根據洛比達法則limx→0g（x）=limx→0ex-12x=limx→0ex2=12，判斷g（x）=ex-1-xx2的單調性，因為g′（x）=ex（x-1）+x+2x3，無法判斷y=g（x）的單調性.
探究充分性證明必要性邏輯性剖析：
*步,探究充分性，f′（x）=ex-1-2ax≥（x+1）-1-2ax=（1-2a）x，當1-2a≥0，即a≤12時，當x≥0時，f′（x）≥0，所以f（x）在［0，+∞）上遞增，因此，當x≥0時，f（x）≥f（0）=0，所以a≤12是“對�衳≥0，f（x）≥0均成立”的充分條件；
第二步,證明必要性，先給予條件命名:
命題p： a≤12;
命題q： 對�衳≥0，f（x）≥0均成立;
命題 ?瘙 綈 p： a＞12;
命題 ?瘙 綈 q： �鰔0≥0，f（x）≥0不恒成立，即f（x0）＜0.必要性應該是q�輕，但具體解題中基本上做不到，改為其等價命題 ?瘙 綈 p�� ?瘙 綈 q.
當a＞12時，f′（x）=ex-1-2ax，令h（x）=f′（x），且h（0）=0，則h′（x）=ex-2a=0，得x=ln（2a）＞0，當x∈（0，ln（2a））時，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，ln（2a））上遞減，當0＜x＜ln（2a）時，h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，所以f（x）在（0，ln（2a））上遞減，因此�鰔0∈（0，ln（2a）），fx0＜f（0）=0，所以a≤12也是“對�衳≥0，f（x）≥0均成立”的必要條件.
綜上所述，a的取值範圍是-∞，12.

3.1.2範例解析

例1（2011年高考第二問）已知函數f（x）=lnxx+1+1x，如果x＞0，且x≠1時，f（x）＞lnxx-1+kx，求k的取值範圍.

【分析】方法上： *步探究充分性，第二步證明必要性； 把超越不等式轉化整式不等式，具體用到姊妹不等式ex≥x+1和ln（x+1）≤x及其變式，如1-1x≤lnx≤x-1.


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

（x＞0，且x≠1），設h（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1），“當x＞0，且x≠1時，F（x）＞0”等價於“當0＜x＜1時，h（x）＞0”和“當x＞1時，h（x）＜0”，又注意到h1x=-1x2h（x）（x＞0，x≠1），因此，命題“當0＜x＜1時，h（x）＞0”等價於命題“當x＞1時，h（x）＜0”.

當x＞0，且x≠1時，f（x）＞lnxx-1+kx，設F（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1）（1-x2）x，“當x＞0，且x≠1時，F（x）＞0”等價於“當0＜x＜1時，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，當0＜x＜1時，當k≤0時，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，1）上遞減，且h（1）=0，當0＜x＜1時，h（x）＞h（1）=0，
所以“k≤0”是“�衳∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的充分條件； 下麵證明必要性：



圖3��1

（2） 若0＜k＜1時，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，+∞），畫齣y=φ′（x）的根軸圖（見圖3��1），當x∈1，11-k時，φ′（x）＞0，所以φ（x）在1，11-k遞增，當x∈1，11-k時，φ（x）＞φ（1）=2k＞0，即當x∈1，11-k時，h′（x）＞0，則h（x）在1，11-k上遞增，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，對�衳∈（0，1）時，h（x）＞0不恒成立；

（3） 若k≥1時，當0＜x＜1時，h（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1）＜（k-1）（x2-1）＜0，因此，對�衳∈（0，1）時，h（x）＞0不恒成立，由（2）、（3）知，k≤0也是“�衳∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的必要條件，
綜上所述： k的取值範圍是（-∞，0］.



評注：
題是“盤”活的，去分母，移項變形是解題首先要考慮的問題，題解時需要三思，觸類旁通，主動增強命題，研討解題機理.



變式1（全國捲網原創題）設函數f（x）=cosx-1+mx2（m∈R，x∈R）.
（1） 當m=12時，討論f（x）的單調性；
（2） 若當x≥0時，f（x）≥0，求m的取值範圍.
變式2（全國捲網原創題）設函數f（x）=m（x+1）2-ex+1+x+2（m∈R）.
（1） 當m=0時，求證： x∈R時，f（x）≤0；
（2） 若當x≤-1時，f（x）≥0，求m的取值範圍.
變式3（全國捲網原創題）函數設g（x）=（x+1）ln（x+1）-x+（a+1）x2+16x3（a∈R），f（x）=ln（x+1）-x+12x2.
（1） 求函數f（x）的單調性；
（2） 若當x≥0，g(x)≥0，求a的取值範圍.
例2已知函數f（x）=xmx+1+e-x-1（m∈R）.
（1） 當m=0時，討論f（x）的單調性；
（2） 若當x≥0時，f（x）≥0，求m的取值範圍.

（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），設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，設h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx+1-2m），考慮到h（x）≥h（0）=0，即g′（x）≥0，則mx+1＞0



e-x（mx+1-2m）≥0在［0，+∞）上恒成立，得0≤m≤12.

① 當0≤m≤12時，當x≥0時，g′（x）≥0，所以g（x）在［0，+∞）上遞增，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”的充分條件；

② 當m＞12時，f（x）與g（x）符號相同，g′（x）=1-m+e-x（m-mx-1），設h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx+1-2m）=0，得x=2-1m＞0，當x∈0，2-1m時，h′（x）＜0，所以h（x）在0，2-1m上遞減，因此，當x∈0，2-1m時，h（x）＜h（0）=0，即g′（x）＜0，所以�鰔∈0，2-1m，使得g（x）＜g（0）=0；
③ 當m＜0時，�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”的必要條件，

綜上所述： m的取值範圍是0，12.

變式1（2016年全國捲網原創題）設函數f（x）=ln（x+1）+ae-x-a（a∈R）.

（1） 當a=1時，證明： f（x）在（0，+∞）上是增函數；
（2） 若當x∈［0，+∞）時，f（x）≥0，求a的取值範圍.

變式2（2014年全國捲21）已知函數f（x）=ex-e-x-2x.

（1） 討論f（x）的單調性；
（2） 設g（x）=f（2x）-4bf（x），當x＞0時，g（x）＞0，求b的*大值.


變式3設函數f（x）=ln（x-1）+2ax（a∈R）.
（1） 求函數f（x）的單調性；
（2） 若當x＞1，且x≠2時，ln（x-1）x-2＞ax，求a的取值範圍.

例3已知函數f（x）=cosxsinx-2.

（1） 求f（x）的單調性；
（2） 若當x≥-π2時，f（x）≥mx+π2，求m的取值範圍.

（1） f（x）的定義域為（-∞，+∞），f′（x）=2sinx-1（sinx-2）2，令f′（x）=0，得x=π6+2kπ（k∈Z）或x=5π6+2kπ（k∈Z），當x∈-76π+2kπ，π6+2kπ（k∈Z）時，f′（x）＜0； 當x∈π6+2kπ，5π6+2kπ（k∈Z）時，f′（x）＞0，因此，f（x）的遞減區間是-76π+2kπ，π6+2kπ（k∈Z）； 遞增區間是π6+2kπ，5π6+2kπ（k∈Z）.

（2） 令g（x）=mx+π2-f（x），則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時，g′（x）≤0，g（x）在-π2，+∞上遞減，且g-π2=0，所以當x≥-π2時，g（x）≤g-π2=0，即f（x）≥mx+π2（充分性）；

② 若-13＜m＜0時，再令h（x）=cosx+3mx+π2，且x∈-π2，0，則h′（x）=-sinx+3m=0，得sinx=3m∈（-1，0），即�鰔0∈-π2，0，使得sinx0=3m，所以，當x∈-π2，x0時，h′（x）＞0，所以h（x）在-π2，x0上遞增，因此，當x∈-π2，x0時，h（x）＞h-π2=0，即cosx＞-3mx+π2，於是

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

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

由②③知，必要性得證.

綜上所述： m的取值範圍是-∞，-13.

變式1（全國捲網原創題）設函數f（x）=m（x2-2x）-（x-1）ln（x-1）（m∈R）.

（1） 當m=1時，求f（x）的單調區間；
（2） 若當x≥2，f（x）≥0，求m的取值範圍.

變式2
已知函數f（x）=

x+1x，x≠0，

0，x=0，
則關於x的方程f2（x）+bf（x）+c=0有5個不同的實數解的充要條件是（）.


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

變式3
已知f（x）=1+x1-xe-ax，若對任意x∈（0，1），恒有f（x）＞1，求a的取值範圍.
例4
（湖南省東部六校2016屆高三聯考）已知函數f（x）=ex，g（x）=mx+n.
（1） 設h（x）=f（x）-g（x）.
① 若函數h（x）的圖像在x=0處的切綫過點（1，0）.求m+n的值；
② 當n=0時，若函數h（x）在（-1，+∞）上沒有零點，求m的取值範圍.
（2） 設函數r（x）=1f（x）+nxg（x），且n=4m（m＞0），求證： 當x≥0時，r（x）≥1.

解
（1） ① 由題意，得h′（x）=ex-m，
所以函數h（x）的圖像在x=0處的切綫斜率k=1-m.
又h（0）=1-n，所以函數h（x）的圖像在x=0處的切綫方程為y-（1-n）=（1-m）x，
將點（1，0）代入，得m+n=2.
② 當n=0時，可得h′（x）=（ex-mx）′=ex-m，因為x＞-1，所以ex＞1e，
（i） 當m≤1e時，h′（x）=ex-m＞0，函數h（x）在（-1，+∞）上單調遞增，而h（0）=1.
所以隻需h（-1）=1e+m≥0，解得m≥-1e，從而-1e≤m≤1e；
（ii） 當m＞1e時，由h′（x）=ex-m=0，解得x=lnm∈（-1，+∞），
當x∈（-1，lnm）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減； 當x∈（lnm，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增.

所以函數h（x）在（-1，+∞）上有*小值h（lnm）=m-mlnm.
所以隻需m-mlnm＞0，解得m＜e，所以1e＜m＜e.
綜上所述，-1e≤m＜e.
（2） 由題意，r（x）=1f（x）+nxg（x）=1ex+nmxx+nm=1ex+4xx+4.

而r（x）=1ex+4xx+4≥1等價於
ex（3x-4）+x+4≥0.
令F（x）=ex（3x-4）+x+4.
則F（0）=0，且F′（x）=ex（3x-1

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