2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训7 函数零点、单调性、极值等综合问题 Word版含答案.doc
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训7 函数零点、单调性、极值等综合问题
[解] (1)因为 b＝2a＋1，所以 f (x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x，
1 2ax2－2a＋1x＋1 2ax－1x－1
从而 f ′(x)＝2ax－(2a＋1)＋x＝
x
＝
x
，x＞0.
2分
当 a≤0 时，由 f ′(x)＞0 得 0＜x＜1，由 f ′(x)＜0 得 x＞1，
所以函数 f (x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
1
所以当 x＝2 时，f (x)有最小值 f (2)＝－2－ln 2.
3分
1 2ax2－x－1
(2)证明：由 f (x)＝ax2－x－ln x，得 f ′(x)＝2ax－1－x＝ x ，x＞0.
2ax2－x－1
所以当 a≤0 时，f ′(x)＝ x ＜0，
7分
(3)法一：由(2)知，当 a≤0 时，函数 f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．
因为函数 f (x)有两个零点，所以 a＞0.
2ax2－x－1 由 f (x)＝ax2－x－ln x，得 f ′(x)＝ x (x＞0)，令 g(x)＝2ax2－x－1.
因为 g(0)＝－1＜0,2a＞0，
所以函数 g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，设为 x0.
当 x∈(0，x0)时，g(x)＜0，f ′(x)＜0；当 x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，f ′(x)＞0.
所以函数 f (x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增．
要使得函数 f (x)在(0，＋∞)上有两个零点，
只需要函数 f (x)的极小值 f (x0)＜0，即 ax20－x0－ln x0＜0. 又因为 g(x0)＝2ax20－x0－1＝0，所以 2ln x0＋x0－1＞0，
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专项限时集训6 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题
专项限时集训(六) 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第123页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 3＝4，{a n }的前3项和为7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)2n＋3，设数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－1n.[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，由已知得q >0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1＋a 1q ＋4＝7，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.4分(2)证明：当n ＝1时，a 1b 1＝1，且a 1＝1，解得b 1＝1. 6分当n ≥2时，a n b n ＝(2n －3)2n＋3－(2n －2－3)2n －1－3＝(2n －1)·2n －1.∵a n ＝2n －1，∴当n ≥2时，b n ＝2n －1.8分∵b 1＝1＝2×1－1满足b n ＝2n －1， ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)． ∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴S n ＝n 2.10分∴当n ＝1时，1S 1＝1＝2－11.当n ≥2时，1S n ＝1n 2<1nn －＝1n －1－1n. ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≤2－11＋11－12＋…＋1n －1－1n ＝2－1n.14分2．(本小题满分14分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使a n ≤M .其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列．(1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.【导学号：56394106】[解] (1)∵b n ＋1－b n ＝5－2n，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减； 当n ＝1,2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3， 则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7.2分(2)证明：∵{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q ＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理，得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n ＝2－12n －1＝S n ＋2，S ＜2.对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＋1＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列.8分(3)证明：假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立，由数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k＋1＋1，即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1，所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2.由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1，故d k ＋2≤d k ＋1－1.因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d n ≤d n ＋1成立.14分3．(本小题满分14分)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.[证明] (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2). 4分(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1，故|a n |<⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＋|a m |2m·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.10分从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2， 取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.14分4．(本小题满分16分)(2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n ＞0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．[解] (1)证明：数列{a n }满足a n ＞0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，∴2n ＋1a n ＝na n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝2·a nn， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 是以a 1为首项，以2为公比的等比数列.4分 (2)由(1)可得：a n n＝a 1×2n －1，∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ，∴b 1＝a 21t ，b 2＝a 22t 2，b 3＝a 23t 3，∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t3，∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t2， 化为：16t ＝t 2＋48，解得t ＝12或4.8分(3)数列{b n }是等差数列，由(2)可得：t ＝12或4.①t ＝12时，b n ＝na 21·4n －112n＝na 214×3n ，S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2112＋na 214×3n 2，∵对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，∴8a 21×n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2112＋na 214×3n 2－a 41n 2＝16×ma 214×3m ，∴a 21⎝ ⎛⎭⎪⎫n 3＋n23n －n 2＝4m 3m ，n ＝1时，化为：－13a 21＝4m 3m ＞0，无解，舍去．②t ＝4时，b n ＝na 21·4n －14n＝na 214，S n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 214＋na 2142，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，∴8a 21×n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 214＋na 2142－a 41n 2＝16×ma 214，∴na 21＝4m ，∴a 1＝2mn .∵a 1为正整数，∴m n ＝12k ，k ∈N *. ∴满足条件的所有整数a 1的值为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 1⎪⎪⎪⎭⎪⎫a 1＝2m n，n ∈N *，m ∈N *，且m n ＝12k ，k ∈N *. 16分5．(本小题满分16分)已知数列{a n }满足：a 1＝14，a 2＝34，2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足：b 1<0,3b n －b n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n . (1)求证：数列{b n －a n }为等比数列；(2)求证：数列{b n }为递增数列；(3)若当且仅当n ＝3时，S n 取得最小值，求b 1的取值范围.【导学号：56394107】[解] (1)证明：∵2a n ＝a n ＋1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．∴{a n }是等差数列． 又∵a 1＝14，a 2＝34，∴a n ＝14＋(n －1)·12＝2n －14，∵b n ＝13b n －1＋n 3(n ≥2，n ∈N *)，∴b n ＋1－a n ＋1＝13b n ＋n ＋13－2n ＋14＝13b n －2n －112＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －2n －14＝13(b n －a n )． 又∵b 1－a 1＝b 1－14≠0，∴{b n －a n }是以b 1－14为首项，以13为公比的等比数列.(2)证明：∵b n －a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝2n －14.∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋2n －14.当n ≥2时，b n －b n －1＝12－23⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2.又b 1<0，∴b n －b n －1>0. ∴{b n }是单调递增数列.10分(3)∵当且仅当n ＝3时，S n 取最小值．∴⎩⎪⎨⎪⎧b 3<0，b 4>0，即⎩⎪⎨⎪⎧54＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫132<0，74＋⎝⎛⎭⎪⎫b 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫133>0，∴b 1∈(－47，－11). 16分。
2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 八大难点突破 难点7 函数零点、单调性、极值等综合问题
难点七函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具． 1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x )＝0的解就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】 (2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.【导学号：56394108】[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0.又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：12从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2. 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在⎝⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即ba> 3. 因此b 2>3a .(3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2 ＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0.记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a 的取值范围为(3,6]．【例2】 已知函数f (x )＝a x －1x2－b ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝3，函数f (x )有3个零点，求实数b 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x2＋2x3＋1x.由题意可得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－a x2＋2x3＋1x≥0，所以a x2≤2x3＋1x，因为x ＞0，所以x 2＞0，故a ≤2x＋x .由基本不等式可得2x ＋x ≥22(当且仅当2x＝x ，即x ＝2时等号成立)，故实数a 的取值范围为(－∞，22]．(2)当a ＝3时，f (x )＝3x －1x2－b ＋ln x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋2x 3＋1x ＝x 2－3x ＋2x3＝x －x －x3.由f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值为f (2)＝32－122－b ＋ln 2＝54－b ＋ln 2.要使函数f (x )有3个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧2－b ＞0，54－b ＋ln 2＜0，解得54＋ln 2＜b ＜2.故实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋ln 2，2. 2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x )的零点，即f (x )＝0的根，亦即函数f (x )的图象与x 轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】 (2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a ＞0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧fx ，f x g x ，g x ，f x ＜g x ，(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x ＞0)的零点个数． [解] (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1， ∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∵a ＞0，∴x 1＜x 2，列表如下：∴f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a＝a2－a 2＋1＝1－a2.(2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x在x ∈[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x4＜0对x ∈[1,2]恒成立，∴y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x的最大值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＝1－4a2，①当1－4a2＞0，即a ＞2时，f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．②当1－4a2＝0即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0，又g (1)＝0，∴h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－4a2＜0，即0＜a ＜2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0＜x ＜1)，∵φ′(x )＝3ax 2－6x －1x ＜6x (x －1)－1x＜0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a －2＜0，φ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 3＋2e 2－3e 2＞0，∴存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得φ(x 0)＝0，Ⅰ.当0＜x ≤x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0，∴h (x )＝f (x )且h (x )为减函数，又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h (x )在(0，x 0)上有一个零点； Ⅱ.当x ＞x 0时，∵φ(x )＝f (x )－g (x )＜φ(x 0)＝0， ∴h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∵g (1)＝0， ∴h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(x 0，＋∞)上有两个零点， 综上所述，当0＜a ＜2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点；当a ＞2时，h (x )无零点．【例4】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x )＝12ax 2＋ln x ，g (x )＝－bx ，其中a ，b ∈R ，设h (x )＝f (x )－g (x )．(1)若f (x )在x ＝22处取得极值，且f ′(1)＝g (－1)－2，求函数h (x )的单调区间； (2)若a ＝0时，函数h (x )有两个不同的零点x 1，x 2. ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e2＞1.【导学号：56394109】[解] (1)由已知得f ′(x )＝ax ＋1x(x ＞0)，所以f ′⎝⎛⎭⎪⎫22＝22a ＋2＝0，所以a ＝－2. 由f ′(1)＝g (－1)－2， 得a ＋1＝b －2， 所以b ＝1.所以h (x )＝－x 2＋ln x ＋x (x ＞0)．则h ′(x )＝－2x ＋1x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x －－x(x ＞0)，由h ′(x )＞0得0＜x ＜1，h ′(x )＜0得x ＞1. 所以h (x )的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)． (2)①由已知h (x )＝ln x ＋bx (x ＞0)． 所以h ′(x )＝1x＋b (x ＞0)，当b ≥0时，显然h ′(x )＞0恒成立，此时函数h (x )在定义域内递增，h (x )至多有一个零点，不合题意．当b ＜0时，令h ′(x )＝0得x ＝－1b ＞0，令h ′(x )＞0得0＜x ＜－1b；令h ′(x )＜0得x＞－1b.所以h (x )极大＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝－ln(－b )－1＞0，解得－1e ＜b ＜0. 且x →0时，ln x ＜0，x →＋∞时，ln x ＞0. 所以当b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0时，h (x )有两个零点．②证明：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋bx 1＝0，ln x 2＋bx 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －bx 1＝x 1， ①e －bx 2＝x 2， ②①×②得e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2. 因为x 1，x 2＞0， 所以－b (x 1＋x 2)＞0， 所以e －b (x 1＋x 2)＝x 1x 2＞1. 因为0＜－b ＜1e ，所以e －b＜1，所以x 1x 2＞e －2b x 1x 2＞e2x 1x 2＞e 2， 所以x 1x 2e2＞1.【例5】 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0. (2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为于是h (a )＝e x ax a ＋2. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋xx ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 【例6】 设函数f (x )＝x ea －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． [解] (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f＝2e ＋2，f ＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [方法总结] ①函数性质与方程综合时，要先将函数性质剖析清楚，尤其是单调性和对称性，然后再研究函数零点问题；②函数与不等式综合时，重点是要学会构造函数，利用函数单调性、最值进行研究；③函数、方程与不等式综合在一起时，要注意利用导数这个有利工具进行解答．。
2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练：第一部分专题一集合常用逻辑用语平面向量复数1-1-3含答案
限时规范训练三算法、框图与推理限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．请仔细观察1,1,2,3,5，( )，13，运用合情推理，可知写在括号里的数最可能是( ) A．8 B．9C．10 D．11解析：选A.观察题中所给各数可知，2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3,8＝3＋5,13＝5＋8，∴括号中的数为8.故选A.2．执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为2，则输出的y的值为( )A．2 B．5C．11 D．23解析：选D.x＝2，y＝5，|2－5|＝3＜8；x＝5，y＝11，|5－11|＝6＜8；x＝11，y＝23，|11－23|＝12＞8.满足条件，输出的y的值为23，故选D.3．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于( ) A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)解析：选D.由所给等式知，偶函数的导数是奇函数．∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，从而g(x)是奇函数．∴g(－x)＝－g(x)．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为－4时，则输入的S0的值为( )A．7 B．8C．9 D．10解析：选D.根据程序框图知，当i＝4时，输出S.第1次循环得到S＝S0－2，i＝2；第2次循环得到S＝S0－2－4，i＝3；第3次循环得到S＝S0－2－4－8，i＝4.由题意知S0－2－4－8＝－4，所以S0＝10，故选D.5．(2017·高考山东卷)执行如图所示的程序框图，当输入的x的值为4时，输出的y的值为2，则空白判断框中的条件可能为( )A．x＞3 B．x＞4C．x≤4D．x≤5解析：选B.输入x＝4，若满足条件，则y＝4＋2＝6，不符合题意；若不满足条件，则y＝log24＝2，符合题意，结合选项可知应填x＞4.故选B.6．如图所示的程序框图的运行结果为( )A ．－1B ．12C ．1D ．2解析：选A.a ＝2，i ＝1，i ≥2 019不成立；a ＝1－12＝12，i ＝1＋1＝2，i ≥2 019不成立； a ＝1－112＝－1，i ＝2＋1＝3，i ≥2 019不成立；a ＝1－(－1)＝2，i ＝3＋1＝4，i ≥2 019不成立；…，由此可知a 是以3为周期出现的，结束时，i ＝2 019＝3×673，此时a ＝－1，故选A. 7．设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c.类比这个结论可知：四面体S ABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球半径为R ，四面体S ABC 的体积为V ，则R 等于( )A.VS 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：选C.把四面体的内切球的球心与四个顶点连起来分成四个小三棱锥，其高都是R ，四个小三棱锥的体积和等于四面体的体积，因此V ＝13S 1R ＋13S 2R ＋13S 3R ＋13S 4R ，解得R ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.8．按照如图所示的程序框图执行，若输出的结果为15，则M 处的条件为( )A ．k ≥16B ．k ＜8C ．k ＜16D ．k ≥8解析：选A.根据框图的循环结构依次可得S ＝0＋1＝1，k ＝2×1＝2；S ＝1＋2＝3，k ＝2×2＝4；S ＝3＋4＝7，k ＝2×4＝8；S ＝7＋8＝15，k ＝2×8＝16，根据题意此时跳出循环，输出S ＝15.所以M 处的条件应为k ≥16.故A 正确．9．如图所示的程序框图中，输出S ＝( )A ．45B ．－55C ．－66D ．66解析：选B.由程序框图知，第一次运行T ＝(－1)2·12＝1，S ＝0＋1＝1，n ＝1＋1＝2；第二次运行T ＝(－1)3·22＝－4，S ＝1－4＝－3，n ＝2＋1＝3；第三次运行T ＝(－1)4·32＝9，S ＝－3＋9＝6，n ＝3＋1＝4…直到n ＝9＋1＝10时，满足条件n ＞9，运行终止，此时T ＝(－1)10·92，S ＝1－4＋9－16＋…＋92－102＝1＋(2＋3)＋(4＋5)＋(6＋7)＋(8＋9)－100＝1＋92×9－100＝－55.故选B.10．在整数集Z 中，被5除所得余数为k 的所有整数组成一个“类”，记为[k ]，即[k ]＝{5n ＋k |n ∈Z }，k ＝0,1,2,3,4.给出如下四个结论：①2 018∈[3]； ②－2∈[2]；③Z ＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④整数a ，b 属于同一“类”的充要条件是“a －b ∈[0]”． 其中正确结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.因为2 018＝403×5＋3，所以2 018∈[3]，①正确；－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正确；因为整数集中被5除的数可以且只可以分成五类，所以③正确；整数a ，b 属于同一“类”，因为整数a ，b 被5除的余数相同，从而a －b 被5除的余数为0，反之也成立，故整数a ，b 属于同一“类”的充要条件是“a －b ∈[0]”，故④正确．所以正确的结论有3个，故选C.11．执行如图所示的程序框图，如果输入x ，t 的值均为2，最后输出S 的值为n ，在区间[0,10]上随机选取一个数D ，则D ≤n 的概率为( )A.25B.12C.35D.710解析：选D.这是一个循环结构，循环的结果依次为M ＝2，S ＝2＋3＝5，k ＝1＋1＝2；M ＝2，S ＝2＋5＝7，k ＝2＋1＝3.最后输出7，所以在区间[0,10]上随机选取一个数D ，则D ≤n 的概率P＝710，故选D. 12．定义方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫做函数f (x )的“新驻点”，若函数g (x )＝x ，h (x )＝ln(x ＋1)，φ(x )＝x 3－1的“新驻点”分别为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为( )A ．α＞β＞γB ．β＞α＞γC ．γ＞α＞βD ．β＞γ＞α解析：选C.g (x )＝g ′(x )，即x ＝1，所以α＝1；h (x )＝h ′(x )，即ln(x ＋1)＝1x ＋1，0＜x＜1，所以β∈(0,1)；φ(x)＝φ′(x)，即x3－1＝3x2，即x3－3x2＝1，x2(x－3)＝1，x＞3，所以γ＞3.所以γ＞α＞β.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是8，则输入的数是________．解析：令a≥b得，x2≥x3，解得x≤1.所以当x≤1时，输出a＝x2，当x＞1时，输出b＝x3.当x≤1时，由题意得a＝x2＝8，解得x＝－8＝－2 2.当x＞1时，由题意得b＝x3＝8，得x＝2，所以输入的数为2或－2 2.14．刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后刘老师向四名学生了解考试情况．四名学生回答如下：甲说：“我们四人都没考好．”乙说：“我们四人中有人考得好．”丙说：“乙和丁至少有一人没考好．”丁说：“我没考好．”结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的________两人说对了．解析：甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得丙正确，此时乙正确．故答案为乙，丙．答案：乙，丙15．已知实数x∈[2,30]，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于103的概率是________．解析：实数x ∈[2,30]，经过第一次循环得到x ＝2x ＋1，n ＝2；经过第二次循环得到x ＝2(2x ＋1)＋1，n ＝3；经过第三次循环得到x ＝2[2(2x ＋1)＋1]＋1，n ＝4，此时输出x ，输出的值为8x ＋7.令8x ＋7≥103，解得x ≥12.由几何概型的概率公式，得到输出的x 不小于103的概率为30－1230－2＝914. 16．集合{1,2,3，…，n }(n ≥3)中，每两个相异数作乘积，将所有这些乘积的和记为T n ，如：T 3＝1×2＋1×3＋2×3＝12×[62－(12＋22＋32)]＝11；T 4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4＝12×[102－(12＋22＋32＋42)]＝35； T 5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋3×5＋4×5＝12×[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85.则T 7＝________.(写出计算结果)解析：由T 3，T 4，T 5归纳得出T n ＝12[(1＋2＋…＋n )2－(12＋22＋…＋n 2)]，则T 7＝12×[282－(12＋22＋…＋72)]．又∵12＋22＋…＋72＝16×7×8×15＝140，∴T 7＝12×(784－140)＝322.答案：322。
2018届高考数学理科二轮总复习苏教版高考小题分项练 (14份打包) (4)
高考小题分项练4 函数与导数1．设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝________.答案 －2解析 ∵y ＝x ＋1x －1＝1＋2x －1，∴y ′＝－2(x －1)2.∴曲线在点(3,2)处的切线斜率k ＝－12.∴－a ＝2，即a ＝－2.2．函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调增区间为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫π3，π解析 令f ′(x )＝1－2cos x >0，得cos x <12，又x ∈(0，π)，所以π3<x <π.3．设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为________． 答案 4解析 依题意得f ′(x )＝g ′(x )＋2x ， 所以f ′(1)＝g ′(1)＋2＝2＋2＝4.4．已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递减，则a 的取值范围是________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪a <12 解析 ∵f ′(x )＝2a －1(x ＋2)2，且函数f (x )在(－2，＋∞)上单调递减，∴f ′(x )≤0在(－2，＋∞)上恒成立，∴a ≤12.当a ＝12时，f ′(x )＝0恒成立，不合题意，应舍去．∴a <12.5．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 答案 0解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎡⎭⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈[1,2]时，f ′(x )≥0， ∴f (x )在⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减，在[1,2]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a 的最大值为0.6．若函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9，则m 的值是________． 答案 2解析 由f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，得x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－m )－m ⎝⎛⎭⎫－m ，13m13m ⎝⎛⎭⎫13m ，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) ↗极大值↘极小值↗从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9， 即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，解得m ＝2.7．对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512，根据这一发现可以判断函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为__________． 答案 ⎝⎛⎭⎫12，1解析 依题意，得f ′(x )＝x 2－x ＋3，∴f ″(x )＝2x －1，由f ″(x )＝0，即2x －1＝0，得x ＝12.又f ⎝⎛⎭⎫12＝1，∴函数f (x )＝13x 3－12x 2＋3x －512的对称中心为⎝⎛⎭⎫12，1. 8．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于________． 答案 －94解析 ∵f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ， ∴f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x，∴f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12，∴f ′(2)＝－94.9．如果函数f (x )＝x 3－32x 2＋a 在[－1,1]上的最大值是2，那么f (x )在[－1,1]上的最小值是________． 答案 －12解析 ∵f ′(x )＝3x 2－3x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1.∴在[－1,1]上，当x ∈[－1,0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，∴x ＝0是f (x )的极大值点，也是最大值点， ∴f (x )max ＝f (0)＝a ＝2， ∴f (x )＝x 3－32x 2＋2.又f (－1)＝－12，f (1)＝32，∴f (x )在[－1,1]上的最小值为－12.10．若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－2,2)解析 令f (x )＝0，得a ＝3x －x 3，于是y ＝a 和y ＝3x －x 3应有3个不同交点，令g (x )＝3x －x 3，则g ′(x )＝3－3x 2. 由g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－1，∴g (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增， ∴当x ＝－1时，g (x )取得极小值－2，当x ＝1时，g (x )取得极大值2.画出y ＝3x －x 3的图象如图，若y ＝a 和y ＝3x －x 3有3个不同交点，则－2<a <2.11．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意的x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________． 答案 4解析 当x ＝0时，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4.所以g (x )在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减． 因此g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4；当x <0，即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3，g (x )在区间[－1,0)上单调递增， 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4. 所以a ＝4.12．海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航速为30千米/时，当速度为10千米/时，它的燃料费是每小时25元，其余费用(无论速度如何)是每小时400元．如果甲、乙两地相距800千米，则要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为________千米/时． 答案 20解析 设航速为v 千米/时(0≤v ≤30)，每小时的燃料费为m 元，则m ＝k v 3， ∵当v ＝10时，m ＝25，代入上式，得k ＝140，则总费用y ＝800v ·m ＋800v ×400＝20v 2＋320 000v ， ∴y ′＝40v －320 000v 2.令y ′＝0，得v ＝20.经判断知当v ＝20时，y 最小．13．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)>0；②f (0)f (1)<0；③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是________． 答案 ②③解析 方法一 由f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ， 得f ′(x )＝3x 2－12x ＋9.令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝3. 当x <1时，f ′(x )>0； 当1<x <3时，f ′(x )<0； 当x >3时，f ′(x )>0.∴当x ＝1时，f (x )有极大值， 当x ＝3时，f (x )有极小值． ∵函数f (x )有三个零点， ∴f (1)>0，f (3)<0，且a <1<b <3<c . 又∵f (3)＝27－54＋27－abc ＝－abc <0， ∴abc >0，得a >0，因此f (0)<f (a )＝0， ∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0. 故正确结论的序号是②③.方法二 由题设知f (x )＝0有3个不同零点．如图所示．设g (x )＝x 3－6x 2＋9x ，∴f (x )＝g (x )－abc ，f (x )有3个零点，需将g (x )的图象向下平移至如图所示位置． 观察图象可知，f (0)f (1)＜0且f (0)f (3)＞0. 故②③正确．14．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (1)＝0，xf ′(x )－f (x )x 2>0(x >0)，则不等式x 2f (x )>0的解集是________． 答案 (－1,0)∪(1，＋∞) 解析 因为⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，所以当x >0时，f (x )x 是增函数，当x >1时，f (x )x >f (1)＝0，得f (x )>0，当0<x <1时，f (x )x <f (1)＝0，得f (x )<0.又f (x )是定义在R 上的奇函数， 所以当－1<x <0时，f (x )＝－f (－x )>0， 当x <－1时，f (x )＝－f (－x )<0，故不等式f (x )>0，即x 2f (x )>0的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．。
2018届江苏高考数学专题练习函数
2018届江苏高考数学专题练习——函数1. 已知函数2()||2x f x x +=+，x R ∈，那么2(2)(34)f x x f x -<-的解集是 ．2. 设函数⎩⎨⎧≥<-=1,21,13)(2x x x x x f ，那么知足2))((2))((a f a f f =的的取值范围为 ．3. 已知函数2()()()(0)f x x a x b b =--≠，不等式()()f x mxf x '≥对x R ∀∈恒成立，那么2m a b +-= ．*4. 已知函数f (x )＝e x -1－tx ，x 0∈R ，f (x 0)≤0，那么实数t 的取值范围 ．5. 已知函数f (x )＝2x 3+7x 2+6xx 2+4x ＋3，x ∈0,4］，那么f (x )最大值是 ．*6. 已知函数222101,()2 1,x mx x f x mx x ⎧+-=⎨+>⎩，，≤≤，假设()f x 在区间[)0,+∞上有且只有2个零点，那么实数m 的取值范围是 .7. 已知函数2()12f x x x =-的概念域为[]0m ，，值域为20am ⎡⎤⎣⎦，，那么实数a 的取值范围是 . *8. 假设存在实数，使不等式2e 2e 10x x a +≥-成立，那么实数的取值范围为 ．9. 设函数()33,2,x x x a f x x x a ⎧-<=⎨-≥⎩，，假设关于的不等式()4f x a >在实数集R 上有解，那么实数的取值范围是 ．*10. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－1，x ≥0，－x ＋1，x ＜0．假设函数y ＝f (f (x ))－k 有3个不同的零点，那么实数k 的取值范围是 ．11. 设a 为实数，记函数f (x )＝ax －ax 3（x ∈12，1]）的图象为C ．若是任何斜率不小于1的直线与C 都最多有一个公共点，那么a 的取值范围是 ．12. 假设函数f (x )＝x 2－m cos x ＋m 2＋3m －8有唯一零点，那么知足条件的实数m 组成的集合为 .13.已知实数x，y知足约束条件-0-50-30x yx yy≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，，，假设不等式m(x2+y2)≤(x+y)2恒成立，那么实数m的最大值是.14.函数f (x )＝1lg x＋2－x 的概念域为________.15.函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122x －x 2的值域为________.16.设函数f (x )＝x 2＋(a －2)x －1在区间(－∞，2]上是减函数，那么实数a 的最大值为________.17.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |，x ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，x ＜0，若f (a )＋f (－1)＝3，那么a ＝________.18.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x－1|，x <2，3x －1，x ≥2，假设方程f (x )－a ＝0有三个不同的实数根，那么实数a 的取值范围是________.19.假设函数f (x )是概念在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上是单调增函数.若是实数t 知足f (ln t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1t ≤2f (1)，那么t 的取值范围是________.20.已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，假设函数y ＝f (x 2)＋f (k －x )只有一个零点，那么实数k 的值是________.21.设函数f (x )={3x −1,x <12x ，x ≥1,那么知足f(f (a ))=2f (a )的a 的取值范围_______.(类2)（注：“*”为难题）2018届江苏高考数学专题练习——函数参考答案1. 【答案】（1,2）.【解析】1()4102x f x x x ≥⎧⎪=⎨--<⎪-⎩，由2220234x x x x x ⎧-<⎪⎨-<-⎪⎩得1<x<2. 2. 【答案】}2132|{=≥a a a 或 . 3.4. 【答案】(－∞，0)∪1，+∞)．5.6. 【答案】102m -≤<.【解析】法一：由题意得：当0m ≥时，函数2()222f x x mx =+-的对称轴02m-≤，且(0)1f =-， 因此，现在()f x 在[]0,1上最多有一个零点，而()2f x mx =+在()1,+∞没有零点.因此，0m ≥不符合 题意．当0m <时，函数2()221f x x mx =+-的对称轴02m->，且(0)1f =-，因此，现在()f x 在[]0,1 上最多有一个零点，而()2f x mx =+在()1,+∞最多有一个零点，假设()f x 在[)0,+∞有且只有2个零点， 那么要求012221020m m m ⎧<-≤⎪⎪+-≥⎨⎪+>⎪⎩，解之可得102m -≤<.综上：12m -≤<7.8. 【答案】[1,)-+∞【解析】2e 2e 10x x a +≥-2221212,(0),21 1.xx xe a t t t t t a e e-⇒≥=-=>-≥-∴≥- 9. 【答案】()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭.【解析】当1a ≤-，函数()f x 有最大值2a -，现在24a a ->， 解得0a <，又因为1a ≤-，因此1a ≤-；当12a -<≤，函数()f x 有最大值2，现在24a >解得12a <， 又12a -<≤，因此112a -<< 当2a >，函数()f x 无最大值，因为取不到33a a -，因此334a a a ->即370a a ->解得70,a -<<或7a >又因为2a >，因此7a >；综上所述，的取值范围是()1,72⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭.10. 【答案】(1，2]．【解析】f (f (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ＜0，2－x 2，0≤x ＜1，x 4－2x 2，x ≥1．作出函数f (f (x ))的图像可知，当1＜k ≤2时，函数y ＝f (f (x ))22xx 33x11yxO－k 有3个不同的零点． 11. 【答案】1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．12. 【答案】{2}13. 【答案】2513【解析】作出线性约束条件下的可行域如图中阴影部份所示，显然，A (2，3)，B (3，3)，令目标函数z=y x ，它表示通过点(0，0)及可行域内的点(x ，y )的直线的斜率，从而1≤z ≤32.不等式m (x 2+y 2)≤(x+y )2恒成立，也确实是m ≤222()x y x y ++恒成立，令u=222()x y x y++，那么u=1+222xyx y +=1+2x y y x+=1+21z z +1≤z ≤32，当1≤z ≤32时，2≤1z +z ≤136，从而1213≤21z z+≤1，因此2513≤1+21z z+≤2，于是m ≤2513，即实数m 的最大值为2513.14.(0，1)∪(1，2]15. ⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 16.解析 函数f (x )图象的对称轴x ＝－a －22，那么函数f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，－a －22上单调递减，在区间⎣⎡⎭⎫－a －22，＋∞上单调递增，因此2≤－a －22，解得a ≤－2. 17. e 或1e18. 画出函数f (x )的图象如下图，观看图象可知，假设方程f (x )－a ＝0有三个不同的实数根，那么函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 有3个不同的交点，现在需知足0<a <1. 答案 (0，1)19. 依题意，不等式f (ln t )＋f ⎝⎛⎭⎫ln 1t ＝f (ln t )＋f (－ln t )＝2f (|ln t |)≤2f (1)，即f (|ln t |)≤f (1)，又|ln t |≥0，函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，因此有|ln t |≤1，－1≤ln t ≤1，1e ≤t ≤e ，即实数t 的取值范围是⎣⎡⎦⎤1e ，e . 20.解析 利用等价转化思想求解.函数y ＝f (x 2)＋f (k －x )只有一个零点，即方程f (x 2)＋f (k －x )＝0只有一解.又f (x )是R 上的奇函数，且是单调函数，因此f (x 2)＝－f (k －x )＝f (x －k )，即x 2－x ＋k ＝0只有一解，因此Δ＝1－4k ＝0，解得k ＝14.21.[23 ，+∞)。
2018年江苏高考数学二轮复习练习：专题限时集训11 附加题部分 Word版含答案
专题限时集训(十一) 附加题部分(对应学生用书第107页)(限时：120分钟)1．(本小题满分10分)(2017·江苏省盐城市高考数学二模)在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝45t (t 为参数)，与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4k 2y ＝4k (k 为参数)交于A ，B 两点，求线段AB 的长．[解] 法一：直线l 的参数方程化为普通方程得4x －3y ＝4， 将曲线C 的参数方程化为普通方程得y 2＝4x .4分联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y ＝4，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝－1.所以A (4,4)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1.所以AB ＝254.10分法二：将曲线C 的参数方程化为普通方程得y 2＝4x .直线l 的参数方程代入抛物线C 的方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫45t 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋35t ，即4t 2－15t －25＝0，所以t 1＋t 2＝154，t 1t 2＝－254.所以AB ＝|t 1－t 2|＝t 1＋t 22－4t 1t 2＝254.10分2．(本小题满分10分)(2017·江苏省无锡市高考数学一模)已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2.(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．[解] (1)ρ＝2⇒ρ2＝4，所以x 2＋y 2＝4；因为ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，2分所以ρ2－22ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2，所以x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.6分(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y ＝1.8分化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22.10分 3．(本小题满分10分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设n ∈N *，f (n )＝3n ＋7n －2.(1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)证明：对任意正整数n ，f (n )是8的倍数． [解] (1)代入求出f (1)＝8，f (2)＝56，f (3)＝368. 2分(2)证明：①当n ＝1时，f (1)＝8是8的倍数， 命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即f (k )＝3k ＋7k－2是8的倍数， 那么当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝3k ＋1＋7k ＋1－2＝3(3k ＋7k －2)＋4(7k＋1)，6分因为7k ＋1是偶数，所以4(7k＋1)是8的倍数， 又由归纳假设知3(3k ＋7k－2)是8的倍数， 所以f (k ＋1)是8的倍数， 所以当n ＝k ＋1时，命题也成立． 根据①②知命题对任意n ∈N *成立.10分4．(本小题满分10分)利用二项式定理证明：当n ∈N *时，32n ＋2－8n －9能被64整除．[解] 32n ＋2－8n －9＝9n ＋1－8n －9＝(8＋1)n ＋1－8n －9＝8n ＋1＋C 1n ＋1·8n ＋C 2n ＋1·8n －1＋…＋C n －1n ＋1·82＋C n n ＋1·8＋1－8n －9＝82·(8n －1＋C 1n ＋1·8n －2＋C 2n ＋1·8n －3＋…＋C n －1n ＋1)，6分而8n －1＋C 1n ＋1·8n －2＋C 2n ＋1·8n －3＋…＋C n －1n ＋1∈N *，所以32n ＋2－8n －9能被64整除.10分5．(本小题满分10分)(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知a ，b ，c 为正实数，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c .【导学号：56394086】[证明] ∵a ，b ，c 为正实数，∴a ＋b 2a ≥2b ，b ＋c 2b ≥2c ，c ＋a 2c≥2a ，4分将上面三个式子相加得：a ＋b ＋c ＋b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥2a ＋2b ＋2c ，∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c . 10分6．(本小题满分10分)(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x |＋a .(1)若不等式f (x )≥0的解集为空集，求实数a 的取值范围； (2)若方程f (x )＝x 有三个不同的解，求实数a 的取值范围．[解] (1)令g (x )＝|x ＋1|－|x |，则f (x )≥0的解集为空集⇔g (x )≥－a 的解集为空集⇔g (x )＜－a 恒成立，g (x )＝|x ＋1|－|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，x ＜－1，2x ＋1，－1≤x ＜01，x ≥0，，作出函数g (x )的图象，由图可知，函数g (x )的最大值为g (x )max ＝1，所以－a ＞1，即a ＜－1.5分综上，实数a 的取值范围为(－∞，－1)．(2)在同一坐标系内作出函数g (x )＝|x ＋1|－|x |图象和y ＝x 的图象如图所示，由题意可知，把函数y ＝g (x )的图象向下平移1个单位以内(不包括1个单位)与y ＝x 的图象始终有3个交点，从而－1＜a ＜0.10分7．(本小题满分10分)(2017·江苏省淮安市高考数学二模)如图11－9，已知△ABC 内接于⊙O ，连接AO 并延长交⊙O 于点D ，∠ACB ＝∠ADC . 求证：AD ·BC ＝2AC ·CD .图11－9[证明] ∵∠ACB ＝∠ADC ，AD 是⊙O 的直径， ∴AD 垂直平分BC ，设垂足为E (图略)， ∵∠ACB ＝∠EDC ，∠ACD ＝∠CED ， ∴△ACD ∽△CED ， 6分∴AD CD ＝AC CE ，∴AD ·12BC ＝AC ·CD ， ∴AD ·BC ＝2AC ·CD .10分8．(本小题满分10分)(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)如图11－10，直线DE 切圆O 于点D ，直线EO 交圆O 于A ，B 两点，DC ⊥OB 于点C ，且DE ＝2BE ，求证：2OC ＝3BC .图11－10[证明] 连接OD ，设圆的半径为R ，BE ＝x ，则OD ＝R ，DE ＝2BE ＝2x ， Rt △ODE 中，∵DC ⊥OB ，∴OD 2＝OC ·OE ，∴R 2＝OC (R ＋x )，①4分∵直线DE 切圆O 于点D ，∴DE 2＝BE ·AE ， ∴4x 2＝x (2R ＋x )，②，∴x ＝2R 3，8分代入①，解得OC ＝3R5，∴BC ＝OB －OC ＝2R5，∴2OC ＝3BC .10分 9．(本小题满分10分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)已知向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量．在平面直角坐标系xOy 中，点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，求矩阵A .[解] 设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，因为向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1＝(－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11 .所以⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，c －d ＝1.6分因为点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝3， 8分解得a ＝1，b ＝2，c ＝2，d ＝1，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤122 1.10分10．(本小题满分10分)(江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)已知α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21为矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －1 4属于λ的一个特征向量，求实数a ，λ的值及A 2. [解] 由条件可知⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －14⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋a ＝2λ，－2＋4＝λ，解得a ＝λ＝2.6分因此A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－1 4， 所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2－1 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 10－5 14. 10分11．(本小题满分10分)(2017·江苏省淮安市高考数学二模)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱． (1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a (a 为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a ，求观众与乐队的互动指数之和X 的概率分布及数学期望.【导学号：56394087】[解] (1)设“该乐队至少演唱1首原创新曲”的事件为A ，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 45C 48＝1314.4分(2)由题意可得：X ＝5a,6a,7a,8a .P (X ＝5a )＝C 33C 15C 48＝570＝114，P (X ＝6a )＝C 23C 25C 48＝3070＝37，6分P (X ＝7a )＝C 13C 35C 48＝3070＝37，P (X ＝8a )＝C 45C 48＝570＝114.E (X )＝5a ×114＋6a ×37＋7a ×7＋8a ×14＝2a .10分12．(本小题满分10分)(江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)在公园游园活动中有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球和2个黑球，乙箱子里装有1个白球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同；每次游戏都从这两个箱子里各随机地摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)(1)求在一次游戏中摸出3个白球的概率；(2)在两次游戏中，记获奖次数为X ，求X 的数学期望．[解] (1)记“在一次游戏中摸出i 个白球”为事件A i (i ＝0,1,2,3)． 则P (A 3)＝C 23C 12C 25C 23＝15.故在一次游戏中摸出3个白球的概率为15.4分(2)获奖的概率为P (A 2∪A 3)＝P (A 2)＋P (A 3)＝C 23C 22＋C 13C 12C 12C 25C 23＋15＝710. X 的所有可能取值为0,1,2. P (X ＝0)＝310×310＝9100， P (X ＝1)＝C 12710×310＝2150，P (X ＝2)＝710×710＝49100.8分X 的分布列为故X 的数学期望E (X )＝0×100＋1×50＋2×100＝5.10分(或：∵X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，710，∴E (X )＝2×710＝75，同样给分)13．(本小题满分10分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)如图11－11，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且BQ ＝λBB 1(λ≠0)．图11－11(1)若λ＝12，求AP 与AQ 所成角的余弦值；(2)若直线AA 1与平面APQ 所成的角为45°，求实数λ的值．[解] 以{AB →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .(1)因为AP →＝(1,2,2)，AQ →＝(2,0,1)， 所以cos 〈AP →，AQ →〉＝AP →·AQ→|AP →||AQ →|＝1×2＋2×0＋2×19×5＝4515. 所以AP 与AQ 所成角的余弦值为4515.4分(2)由题意可知，AA 1→＝(0,0,2)，AQ →＝(2,0,2λ)． 设平面APQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AP →＝0，n ·AQ →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0，令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ. 所以n ＝(2λ，2－λ，－2).7分又因为直线AA 1与平面APQ 所成角为45°， 所以|cos 〈n ，AA 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AA 1→|n ||AA 1→|＝42λ2＋－λ2＋－2＝22， 可得5λ2－4λ＝0，又因为λ≠0，所以λ＝45.10分14．(本小题满分10分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图11－12，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点.图11－12(1)求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．[解] (1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直． 分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)， 则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,4,0)，P (0,0,4)，又因为M 为PC 的中点，所以M (1,1,2)． 所以BM →＝(－1,1,2)，AP →＝(0,0,4)， 所以cos 〈AP →，BM →〉＝AP →·BM→|AP →||BM →|＝－＋0×1＋4×24×6＝63， 所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为63. 6分(2)因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN →＝(－1，λ－1，－2)，BC →＝(0,2,0)，PB →＝(2,0，－4)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量. 8分因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN →，m 〉|＝|MN →·m ||MN →||m |＝|－2－2|5＋λ－2·5＝45，解得λ＝1∈[0,4]， 所以λ的值为1.10分15．(本小题满分10分)(江苏省苏州市2017届高三暑假自主学习测试)已知抛物线C 的方程为y 2＝2px (p ＞0)，点R (1,2)在抛物线C 上．图11－13(1)求抛物线C 的方程；(2)过点Q (1,1)作直线交抛物线C 于不同于R 的两点A ，B .若直线AR ，BR 分别交直线l ：y ＝2x ＋2于M ，N 两点，求线段MN 最小时直线AB 的方程．[解] (1)将R (1,2)代入抛物线中，可得p ＝2，所以抛物线方程为y 2＝4x .2分 (2)设AB 所在直线方程为x ＝m (y －1)＋1(m ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 与抛物线联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x x ＝my －m ＋1得：y 2－4my ＋4(m －1)＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4(m －1)．设AR ：y ＝k 1(x －1)＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －＋2y ＝2x ＋2得x M ＝k 1k 1－2，而k 1＝y 1－2x 1－1＝y 1－2y 214－1＝4y 1＋2， 可得x M ＝－2y 1，同理x N ＝－2y 2.6分所以|MN |＝5|x M －x N |＝25m 2－m ＋1|m －1|，令m －1＝t (t ≠0)，则m ＝t ＋1， 所以|MN |＝5|x M －x N |＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋34≥15， 此时m ＝－1，AB 所在直线方程为x ＋y －2＝0.10分16．(本小题满分10分)(2017·江苏省泰州市高考数学一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线x 2＝2py (p ＞0)上的点M (m,1)到焦点F 的距离为2， (1)求抛物线的方程；(2)如图11－14，点E 是抛物线上异于原点的点，抛物线在点E 处的切线与x 轴相交于点P ，直线PF 与抛物线相交于A ，B 两点，求△EAB 面积的最小值．【导学号：56394088】图11－14[解] (1)抛物线x 2＝2py (p ＞0)的准线方程为y ＝－p2，因为M (m,1)，由抛物线定义，知MF ＝1＋p2，所以1＋p2＝2，即p ＝2，所以抛物线的方程为x 2＝4y . 2分(2)因为y ＝14x 2，所以y ′＝12x .设点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 24，t ≠0，则抛物线在点E 处的切线方程为y －t 24＝12t (x －t )．令y ＝0，则x ＝t 2，即点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，0.因为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，0，F (0,1)，所以直线PF 的方程为y ＝－2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －t 2，即2x ＋ty －t ＝0.则点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 24到直线PF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋t 34－t 4＋t2＝|t |4＋t 24. 4分- 11 -联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 242x ＋ty －t ＝0消元，得t 2y 2－(2t 2＋16)y ＋t 2＝0.因为Δ＝(2t 2＋16)2－4t 4＝64(t 2＋4)＞0， 所以y 1＝2t 2＋16＋t 2＋2t2，y 2＝2t 2＋16－t 2＋2t2，所以AB ＝y 1＋1＋y 2＋1＝y 1＋y 2＋2＝2t 2＋16t2＋2＝t 2＋t 2. 6分所以△EAB 的面积为S ＝12×t 2＋t 2×|t |4＋t 24＝12×t 2＋32|t |.不妨设g (x )＝x 2＋32x (x ＞0)，则g ′(x )＝x 2＋12x2·(2x 2－4)．因为x ∈(0，2)时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，2)上单调递减；x ∈(2，＋∞)上，g ′(x )＞0，所以g (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以当x ＝2时，g (x )min ＝＋322＝6 3.所以△EAB 的面积的最小值为3 3. 10分。
江苏省2018届高三数学二轮专题复习(第2层次)专题4导数及其应用
专题4：导数及其应用班级 姓名一、前测训练1． (1)曲线x x y ln =在点(1，0)的切线方程为 ．(2)曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 过点(0，0)的切线方程为 ． 答案：(1) 1-=x y ． (2)y ＝2x 或y ＝－14x ．2．（1）函数f (x )＝2x 2－ln x 的减区间为 ． （2）函数321()4(3,)3f x x ax =--+∞在上是增函数，则实数a 的取值范围为 ． 答案：(1)(0,12)．(2)a ≤32． 3．求下列函数极值(或最值)：(1) f (x )＝x ln x (2)f (x )＝sin x －12x ，x ∈[－π2，π2] 答案：(1)当x ＝1e 时，f (x )取极小值－1e ．(2) 当x ＝－π3时，f (x )取最小值π6－32．当x ＝π3时，f (x )取最大值32－π6． 4．已知函数f (x )＝ax 2－ln x －1(a ∈R )，求f (x )在[1，e ]上的最小值． 答案：当a ≤12e 2时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (e)＝a e 2－2． 当12e 2＜a ＜12时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (12a )＝12(ln2a －1)．当a ≥12时，f (x )在[1，e ]上的最小值为f (1)＝a －1．5．若不等式ax 2＞ln x ＋1对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 答案：a ＞e26．已知f (x )＝ax 2，g (x )＝ln x ＋1，若y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有两个交点，求实数a 的取值范围． 答案：(0, e2)二、方法联想1．切线方程涉及函数图象的切线问题，如果已知切点利用切点求切线；如果不知切点，则另设切点坐标求出切线方程的一般形式再来利用已知条件．注意 (1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点．(2)用导数求解切线问题：①切点处的导数等于切线斜率；②切点既在切线上；③切点也在曲线上． 变式1函数()2ln f x a x bx =-上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln 22y x =-++，求,a b 的值答案：a ＝2，b ＝1（已知切线方程求参数） 变式2题目：在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线)0(2>=x x y 和)0(3>=x x y 均相切， 切点分别为),(11y x A 和),(22y x B ,则21x x 的值是 答案 43．详细分析：由题设函数y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为：y ＝2x 1 x －x 12， 函数y ＝x 3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3 x 22 x －2x 23．所以⎩⎨⎧2x 1＝3x 22x 12＝2x 23，解之得：x 1＝3227，x 2＝89． 所以 x 1x 2＝43．（已知两曲线的公共切线，求切点） 变式3 曲线)0(1<-=x xy 与曲线x y ln =公切线（切线相同）的条数为 . 答案：1（求两曲线的公切线条数） 变式4已知函数()323f x x x =-，若过点()1,P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围答案：()3,1t ∈--解：设切点坐标()00,x y ，切线斜率为k ，则有()3000'2002363y x x k f x x ⎧=-⎪⎨==-⎪⎩ ∴ 切线方程为：()()()3200002363y x x x x x --=-- 因为切线过()1,P t ，所以将()1,P t 代入直线方程可得：()()()32000023631t x x x x --=-- ()()()23000063123t x x x x ⇒=--+-233320000000636323463x x x x x x x =--++-=-+-所以问题等价于方程3200463t x x =-+-，令()32463g x x x =-+-即直线y t =与()32463g x x x =-+-有三个不同交点()()'21212121g x x x x x =-+=--令()'0g x >解得01x << 所以()g x 在()(),0,1,-∞+∞单调递减，在()0,1单调递增()()()()11,03g x g g x g ==-==-极大值极小值所以若有三个交点，则()3,1t ∈--所以当()3,1t ∈--时，过点()1,P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切 （已知公切线条数，研究参数的范围） 2．函数单调性(1)如果在某个区间上f ′(x )＞0，那么f (x )为该区间上的增函数； 如果在某个区间上f ′(x )＜0，那么f (x )为该区间上的减函数．(2)如果f (x )在某个区间为增函数，那么在该区间f ′(x )≥0；(f ′(x )不恒为0) 如果f (x )在某个区间为减函数，那么在该区间f ′(x )≤0．(f ′(x )不恒为0) 注意 求单调区间前优先求定义域；单调区间不能用“∪”，用“，”或“和”． 变式1、已知f (x )＝2ax －1x－(2＋a )ln x (a ≥0)．当a ＞0时，讨论f (x )的单调性．答案：f ′(x )＝2a ＋1x 2－(2＋a )1x ＝2ax 2－(2＋a )x ＋1x 2＝(2x －1)(ax －1)x 2.①当0＜a ＜2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1a 上是减函数；②当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；③当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，12上是减函数．（已知导数等于0的两个根，求单调性） 变式2、若函数()21ln 12f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围_______________答案：31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭（不单调，求参数的范围）变式3、定义在R 上的函数()f x 满足：()()1,(0)4,f x f x f '+>=则不等式()3x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为 ．),0(+∞(确定函数单调性)3．函数极值(或最值)求解步骤：①求函数的定义域；②求f ′(x )＝0在区间内的根；③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值．④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值．变式1、已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是_____． 答案：(－1,0)解答：因为f (x )在x ＝a 处取到极大值，所以x ＝a 为f ′(x )的一个零点，且在x ＝a 的左边f ′(x )＞0，右边f ′(x )＜0，所以导函数f ′(x )的开口向下，且a ＞－1，即a 的取值范围是(－1,0)． （已知极大（小）值点，求参数范围）变式2、已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2(a >0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a 的取值范围是______． 答案 (3，2)解答：由题意可知f ′(x )＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1，所以根据导函数图象可⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝ 2a 2－4×3×1>0，－1<－2a 6<1，f ′ －1 ＝3－2a ＋1>0，f ′ 1 ＝3＋2a ＋1>0，又a >0，解得3<a <2.（已知极值点范围求参数范围）变式3、 已知函数23221)(,ln )(2-+-==x x x g x a x f ，对任意的[)+∞∈,1x ,都有)()(x g x f ≥恒成立,则实数a 的最小值是______．答案：1(要注意到)1()1(g f =)4．极值(或最值)的分类讨论（1）分类讨论根据f ′(x )＝0解（判断为极值点）的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、中、右”，对四种分类标准进行取舍(或合并)；（2）注意数形结合．变式1、设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋a －1x －3（a ∈R ）．求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调增区间。
2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限
专题限时集训(十八) 圆锥曲线的定义、方程与性质(建议用时：4 5分钟)1．设抛物线C 1的方程为y ＝120x 2，它的焦点F 关于原点的对称点为E .若曲线C 2上的点到E ，F 的距离之差的绝对值等于6，则曲线C 2的标准方程为________．【解析】 方程y ＝120x 2可化为x 2＝20y ，它的焦点为F (0,5)，所以点E 的坐标为(0，－5)，根据题意，知曲线C 2是焦点在y 轴上的双曲线，设方程为y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，则2a ＝6，a ＝3，又c ＝5，b 2＝c 2－a 2＝16，所以曲线C 2的标准方程为y 29－x 216＝1. 【答案】 y 29－x 216＝12．(2016·常州期末)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线经过点P (1，－2)，则该双曲线的离心率为________．【导学号：19592052】5 [双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x . 由点P (1，－2)在其直线上，得ba ＝2. ∴离心率e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1＋4＝ 5.] 3．(2016·苏北四市摸底)已知双曲线x 2－y 2m 2＝1(m >0)的一条渐近线方程为x ＋3y ＝0，则m ＝________.33 [双曲线x 2－y 2m 2＝1(m >0)的渐近线方程为y ＝±mx (m >0)．由题意可知m＝33.]4．(2016·南京盐城一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，若曲线C 经过点P (1,3)，则其焦点到准线的距离为________．92[由题意，可设曲线C 的方程为y 2＝2px (p >0)． 由于点P (1,3)满足y 2＝2px ，即9＝2p ，∴p ＝92. 故焦点到准线的距离为92.]5．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为33，过F 2的直线l 交C 于A ，B 两点．若△AF 1B 的周长为43，则C 的方程为________．x 23＋y 22＝1 [由e ＝33得c a ＝33①.又△AF 1B 的周长为43，由椭圆定义，得4a ＝43，得a ＝3，代入①得c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝2，故C 的方程为x 23＋y 22＝1.]6．设F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ，B 两点，则AB ＝________.12 [∵F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，∴AB 的方程为y －0＝tan 30°⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34，即y ＝33x －34. 联立⎩⎨⎧y 2＝3x ，y ＝33x －34，得13x 2－72x ＋316＝0.∴x 1＋x 2＝－－7213＝212，即x A ＋x B ＝212.由于AB ＝x A ＋x B ＋p ，∴AB ＝212＋32＝12.]7．(2016·南通三模)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2＝1与抛物线y 2＝－12x 有相同的焦点，则双曲线的两条渐近线的方程为________．y ＝±24x [抛物线y 2＝－12x 的焦点为(－3,0)， 故双曲线x 2a 2－y 2＝1满足a 2＋1＝9，∴a 2＝8. ∴a ＝±2 2.∴双曲线的渐近线方程y ＝±x a ＝±24x .]8．已知F 1，F 2是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过F 1的直线与椭圆相交于A ，B 两点，若AB →·AF 2→＝0，且|AB →|＝|AF 2→|，则椭圆的圆心率为________．6－3 [在Rt △ABF 2中，设AF 2＝m ， 则BF 2＝2m ， 所以4a ＝(2＋2)m ，又在Rt △AF 1F 2中，AF 1＝2a －m ＝22m ， F 1F 2＝2c ，所以(2c )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22m 2＋m 2＝32m 2，即2c ＝62m ，所以e ＝c a ＝2c2a ＝62m ⎝⎛⎭⎪⎫1＋22m＝6－ 3.] 9．已知F 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点，P是椭圆上的一点，PF ⊥x 轴，OP ∥AB (O 为原点)，则该椭圆的离心率是________．【导学号：19592053】图17－222 [把x ＝－c 代入椭圆方程，得y ＝±b 2a ，∴PF ＝b 2a . ∵OP ∥AB ，PF ∥OB ，∴△PFO ∽△BOA ， ∴PF OF ＝OB OA ，即b 2a c ＝b a ，得b ＝c ，e ＝22.]10．过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 依次交抛物线及其准线于点A ，B ，C ，若BC ＝2BF ，且AF ＝3，则抛物线的方程是________．y 2＝3x [设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，作AM ，BN 垂直准线于点M ，N (图略)，则BN ＝BF ，又BC ＝2BF ，得BC ＝2BN ，所以∠NCB ＝30°，有AC ＝2AM ＝6，设BF ＝x ，则2x ＋x ＋3＝6⇒x ＝1，又x 1＋p 2＝3，x 2＋p 2＝1，且x 1x 2＝p 24， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3－p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－p 2＝p 24，解得p ＝32，从而抛物线方程为y 2＝3x .]11．设M (x 0，y 0)为抛物线C ：x 2＝8y 上一点，F 为抛物线C 的焦点，以F 为圆心、FM 为半径的圆和抛物线C 的准线相交，则y 0的取值范围是________．(2，＋∞) [∵x 2＝8y ，∴焦点F 的坐标为(0,2)，准线方程为y ＝－2.由抛物线的定义知MF ＝y 0＋2.以F 为圆心、FM 为半径的圆的标准方程为x 2＋(y －2)2＝(y 0＋2)2.由于以F 为圆心、FM 为半径的圆与准线相交，又圆心F 到准线的距离为4，故4<y 0＋2，∴y 0>2.]12．如图17－3，已知直线l ：y ＝k (x ＋1)(k >0)与抛物线C ：y 2＝4x 相交于A ，B 两点，且A ，B 两点在抛物线C 的准线上的射影分别是M ，N ，若AM ＝2BN ，则k ＝________.图17－3223 [设直线l 与曲线C 的准线的交点为E ，因为AM ＝2BN ，所以BE ＝BA ，即B 为AE 的中点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，得2x 2＝x 1－1，由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋1)，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，所以x 2·x 1＝1，即x 1－12·x 1＝1，得x 1＝2，y 1＝22，x 2＝12，y 2＝2，k ＝223.]13．(2013·辽宁高考)已知F 为双曲线C ：x 29－y 216＝1的左焦点，P ，Q 为C 上的点．若PQ 的长等于虚轴长的2倍，点A (5,0)在线段PQ 上，则△PQF 的周长为________．44 [由x 29－y 216＝1，得a ＝3，b ＝4，c ＝5. ∴PQ ＝4b ＝16>2a .又∵A (5,0)在线段PQ 上，∴P ，Q 在双曲线的一支上， 且PQ 所在直线过双曲线的右焦点， 由双曲线定义知⎩⎨⎧PF －P A ＝2a ＝6，QF －QA ＝2a ＝6，∴PF ＋QF ＝28.∴△PQF 的周长是PF ＋QF ＋PQ ＝28＋16＝44.]14．椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c .若直线y ＝3(x ＋c )与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．3－1 [已知F 1(－c,0)，F 2(c,0)， 直线y ＝3(x ＋c )过点F 1，且斜率为3， ∴倾斜角∠MF 1F 2＝60°. ∵∠MF 2F 1＝12∠MF 1F 2＝30°，∴∠F 1MF 2＝90°，∴MF 1＝c ，MF 2＝3c . 由椭圆定义知MF 1＋MF 2＝c ＋3c ＝2a ， ∴离心率e ＝c a ＝21＋3＝3－1.]15．(2016·宿迁模拟)已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点的坐标为(3,0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值为________．3 [由|AM →|＝1，A (3,0)，知点M 在以A (3,0)为圆心，1为半径的圆上运动， ∵PM →·AM →＝0且P 在椭圆上运动，∴PM ⊥AM ，即PM 为⊙A 的切线，连结P A (如图)，则|PM →|＝|P A →|2－|AM →|2＝|P A →|2－1，∵|P A →|min ＝a －c ＝5－3＝2， ∴|PM →|min ＝ 3.]16．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 [当点P 位于椭圆的两个短轴端点时，△F 1F 2P 为等腰三角形，此时有2个．若点不在短轴的端点时，要使△F 1F 2P 为等腰三角形，则有PF 1＝F 1F 2＝2c 或PF 2＝F 1F 2＝2c .此时PF 2＝2a －2c .所以有PF 1＋F 1F 2>PF 2，即2c ＋2c >2a －2c ，所以3c >a ，即c a >13，又当点P 不在短轴上，所以PF 1≠BF 1，即2c ≠a ，所以c a ≠12.13<e<1且e≠12，即⎝⎛⎭⎪⎫13，12∪⎝⎛⎭⎪⎫12，1.]所以椭圆的离心率满足。
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专题限时集训(十九) 高考中的圆锥曲线(建议用时：4 5分钟)1．(2014·江苏高考)如图18－5，在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，顶点B 的坐标为(0，b )，连结BF 2并延长交椭圆于点A ，过点A 作x 轴的垂线交椭圆于另一点C ，连结F 1C.图18－5(1)若点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，且BF 2＝2，求椭圆的方程；(2)若F 1C ⊥AB ，求椭圆离心率e 的值．[解] 设椭圆的焦距为2c ，则F 1(－c,0)，F 2(c,0)． (1)因为B (0，b )，所以BF 2＝b 2＋c 2＝a . 又BF 2＝2，故a ＝ 2. 3分 因为点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13在椭圆上，所以169a 2＋19b 2＝1，解得b 2＝1. 故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. 6分 (2)因为B (0，b )，F 2(c,0)在直线AB 上， 所以直线AB 的方程为x c ＋yb ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x c ＋y b ＝1，x 2a 2＋y 2b 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2a 2c a 2＋c 2，y 1＝b (c 2－a 2)a 2＋c 2，⎩⎨⎧x 2＝0，y 2＝b .所以点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2＋c2，b (c 2－a 2)a 2＋c 2. 10分又AC 垂直于x 轴，由椭圆的对称性，可得点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2＋c2，b (a 2－c 2)a 2＋c 2.因为直线F 1C 的斜率为b (a 2－c 2)a 2＋c 2－02a 2c a 2＋c 2－(－c )＝b (a 2－c 2)3a 2c ＋c 3，直线AB 的斜率为－bc ，且F 1C ⊥AB ，所以b (a 2－c 2)3a 2c ＋c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b c ＝－1.又b 2＝a 2－c 2，整理得a 2＝5c 2. 故e 2＝15，因此e ＝55. 16分2．(2016·南通二调)如图18－6，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22.A 为椭圆上异于顶点的一点，点P 满足OP →＝2AO →.图18－6(1)若点P 的坐标为(2，2)，求椭圆的方程；(2)设过点P 的一条直线交椭圆于B ，C 两点，且BP →＝mBC →，直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求实数m 的值．【导学号：19592055】[解] (1)因为OP →＝2AO →，而P (2，2)， 所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－22. 3分代入椭圆方程，得1a 2＋12b 2＝1，① 又椭圆的离心率为22，所以1－b 2a 2＝22，②由①②，得a 2＝2，b 2＝1，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. 6分 (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)， 因为OP →＝2AO →，所以P (－2x 1，－2y 1)．因为BP →＝mBC →，所以(－2x 1－x 2，－2y 1－y 2)＝m (x 3－x 2，y 3－y 2)， 即⎩⎨⎧－2x 1－x 2＝m (x 3－x 2)，－2y 1－y 2＝m (y 3－y 2)， 于是⎩⎪⎨⎪⎧x 3＝m －1m x 2－2m x 1，y 3＝m －1m y 2－2m y 1，10分代入椭圆方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1mx 2－2m x 12a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1m y 2－2m y 12b 2＝1，即4m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 21a 2＋y 21b 2＋(m －1)2m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22a 2＋y 22b 2－4(m －1)m 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2a 2＋y 1y 2b 2＝1，③ 14分 因为A ，B 在椭圆上，所以x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1.④因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，即y 1x 1·y 2x 2＝－12，结合②知x 1x 2a 2＋y 1y 2b 2＝0. ⑤将④⑤代入③，得4m 2＋(m －1)2m 2＝1， 解得m ＝52. 16分3．(2016·江苏高考)如图18－7，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x －y －2＝0，抛物线C ：y 2＝2px (p >0)．图18－7(1)若直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程；(2)已知抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q . ①求证：线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )； ②求p 的取值范围．[解] (1)抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，3分由点⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0在直线l ：x －y －2＝0上，得p 2－0－2＝0，即p ＝4.所以抛物线C 的方程为y 2＝8x . 6分(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，线段PQ 的中点M (x 0，y 0)．因为点P 和Q 关于直线l 对称，所以直线l 垂直平分线段PQ ，于是直线PQ 的斜率为－1，则可设其方程为y ＝－x ＋b .①证明：由⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝－x ＋b消去x 得y 2＋2py －2pb ＝0.(*) 10分因为P 和Q 是抛物线C 上的相异两点，所以y 1≠y 2，从而Δ＝(2p )2－4×(－2pb )>0，化简得p ＋2b >0.方程(*)的两根为y 1,2＝－p ±p 2＋2pb ， 从而y 0＝y 1＋y 22＝－p .因为M (x 0，y 0)在直线l 上，所以x 0＝2－p . 12分 因此，线段PQ 的中点坐标为(2－p ，－p )． ②因为M (2－p ，－p )在直线y ＝－x ＋b 上， 所以－p ＝－(2－p )＋b ，即b ＝2－2p .由①知p ＋2b >0，于是p ＋2(2－2p )>0，所以p <43. 因此，p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43. 16分4．如图18－8，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上．图18－8(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q .证明：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．[解] (1)依题意，OB ＝83，∠BOy ＝30°，设B (x ，y )，则x ＝OB sin 30°＝43，y ＝OB cos 30°＝12.因为点B (43，12)在x 2＝2py 上，所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2.故抛物线E 的方程为x 2＝4y . 6分(2)证明：法一：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x . 设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为 y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 10分 设M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1， 由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0， 即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎨⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1). 16分法二：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.10分所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 取x 0＝2，此时P (2,1)，Q (0，－1)，以PQ 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2，交y 轴于点M 1(0,1)或M 2(0，－1)；取x 0＝1，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，14，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，以PQ为直径的圆为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋382＝12564，交y 轴于M 3(0,1)或M 4⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－74.故若满足条件的点M 存在，只能是M (0,1)． 以下证明点M (0,1)就是所要求的点．因为MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－2， 所以MP →·MQ →＝x 20－42－2y 0＋2＝2y 0－2－2y 0＋2＝0. 故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1). 16分5．(2016·南京盐城一模)如图18－9，在平面直角坐标系xOy 中，设点M (x 0，y 0)是椭圆C ：x 24＋y 2＝1上一点，从原点O 向圆M ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝r 2作两条切线分别与椭圆C 交于点P ，Q ，直线OP ，OQ 的斜率分别记为k 1，k 2.图18－9(1)若圆M 与x 轴相切于椭圆C 的右焦点，求圆M 的方程； (2)若r ＝255. ①求证：k 1k 2＝－14； ②求OP ·OQ 的最大值．[解] (1)因为椭圆C 右焦点的坐标为(3，0)，所以圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，±12，4分 从而圆M 的方程为(x －3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ±122＝14. 6分 (2)①证明：因为圆M 与直线OP ：y ＝k 1x 相切，所以|k 1x 0－y 0|k 21＋1＝255，即(4－5x 20)k 21＋10x 0y 0k 1＋4－5y 20＝0， 同理，有(4－5x 20)k 22＋10x 0y 0k 2＋4－5y 20＝0，所以k 1，k 2是方程(4－5x 20)k 2＋10x 0y 0k ＋4－5y 20＝0的两根，从而k 1k 2＝4－5y 204－5x 20＝4－5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14x 204－5x 20＝－1＋54x 204－5x 2＝－14. 10分②设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ，x 24＋y 2＝1，解得x 21＝41＋4k 21，y 21＝4k 211＋4k 21， 12分同理，x 22＝41＋4k 22，y 22＝4k 221＋4k 22，所以OP 2·OQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫41＋4k 21＋4k 211＋4k 21·⎝ ⎛⎭⎪⎫41＋4k 22＋4k 221＋4k 22＝4(1＋k 21)1＋4k 21·4(1＋k 22)1＋4k 22＝4＋4k 211＋4k 21·1＋16k 211＋4k 21≤⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋20k 2122(1＋4k 21)2＝254， 当且仅当k 1＝±12时取等号．所以OP ·OQ 的最大值为52. 16分6.(2016·苏州期末)如图18－10，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上，下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴交点除外)，直线PC 交椭圆于另一点M.图18－10(1)当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，求△FBM 的面积； (2)①记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1·k 2为定值； ②求PB →·PM →的取值范围．[解] (1)由题意B (0,1)，C (0，－1)，焦点F (3，0)，当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，则直线PM 的方程为x 3＋y －1＝1，即y ＝33x －1，联立，⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝33x －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝837，y ＝17或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－1(舍)，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫837，17.3分连结BF ，则直线BF ：x 3＋y1＝1，即x ＋3y －3＝0， 而BF ＝a ＝2，M 到直线BF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪837＋3·17－312＋(3)2＝2372＝37.故S △MBF ＝12·BF ·d ＝12·2·37＝37. 6分(2)法一：①设P (m ，－2)，且m ≠0，则直线PM 的斜率为k ＝－1－(－2)0－m＝－1m ，则直线PM 的方程为y ＝－1m x －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1m x －1，x 24＋y 2＝1，化简得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4m 2x 2＋8m x ＝0，解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4， 8分 所以k 1＝4－m 2m 2＋4－1－8m m 2＋4＝－2m 2－8m ＝14m ，k 2＝1－(－2)0－m ＝－3m ， 所以k 1·k 2＝－3m ·14m ＝－34为定值. 12分 ②由①知，PB →＝(－m,3)，PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4－m ，4－m 2m 2＋4＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 3－12m m 2＋4，m 2＋12m 2＋4， 所以PB →·PM →＝(－m,3)·⎝⎛⎭⎪⎫－m 3＋12m m 2＋4，m 2＋12m 2＋4 ＝m 4＋15m 2＋36m 2＋4，令m 2＋4＝t >4，故PB →·PM →＝(t －4)2＋15(t －4)＋36t ＝t 2＋7t －8t ＝t －8t ＋7， 因为y ＝t －8t ＋7在t ∈(4，＋∞)上单调递增，所以PB →·PM →＝t －8t ＋7>4－84＋7＝9，即PB →·PM →的取值范围为(9，＋∞). 16分法二：①设点M (x 0，y 0)(x 0≠0)，则直线PM 的方程为y ＝y 0＋1x 0x －1，令y ＝－2，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0y 0＋1，－2.所以k 1＝y 0－1x 0，k 2＝－2－1－x 0y 0＋1＝3(y 0＋1)x 0，所以k 1k 2＝y 0－1x 0·3(y 0＋1)x 0＝3(y 20－1)x 20＝3(y 20－1)4(1－y 20)＝－34(定值). 10分 ②由①知，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0y 0＋1，3，PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋x 0y 0＋1，y 0＋2，所以PB →·PM →＝x 0y 0＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋x 0y 0＋1＋3(y 0＋2)＝x 20(y 0＋2)(y 0＋1)2＋3(y 0＋2) ＝4(1－y 20)(y 0＋2)(y 0＋1)2＋3(y 0＋2)＝(7－y 0)(y 0＋2)y 0＋1.令t ＝y 0＋1∈(0,2)，则PB →·PM →＝(8－t )(t ＋1)t ＝－t ＋8t ＋7，因为y ＝－t ＋8t ＋7在t ∈(0,2)上单调递减，所以PB →·PM →＝－t ＋8t ＋7>－2＋82＋7＝9，即PB →·PM →的取值范围为(9，＋∞). 16分。
2018届江苏高考数学二轮专题复习讲义 函数的综合应用
函数的综合应用高考真题体验1．(2015·江苏)已知函数f (x )＝|ln x |，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，0<x ≤1，|x 2－4|－2，x >1，则方程|f (x )＋g (x )|＝1实根的个数为________． 答案 4解析 令h (x )＝f (x )＋g (x )， 则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x ≤1，－x 2＋ln x ＋2，1<x <2，x 2＋ln x －6，x ≥2，当1<x <2时，h ′(x )＝－2x ＋1x ＝1－2x2x <0，故当1<x <2时h (x )单调递减，在同一坐标系中画出y ＝|h (x )|和y ＝1的图象如图所示．由图象可知|f (x )＋g (x )|＝1的实根个数为4.2．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－1，12 解析 因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x ＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x＝3x 2≥0，所以f (x )在R 上单调递增， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0， 所以－1≤a ≤12.考情考向分析江苏高考对函数应用考查重点是函数的零点及函数与不等式．试题主要是以分段函数、二次函数等为载体，试题难度中等以上．热点分类突破热点一 分段函数例1 (1)设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k ，定义函数f k (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≤k ，k ，f (x )>k ，取函数f (x )＝2－|x |.当k ＝12时，函数f k (x )的单调增区间为________．(2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋2e ，x <0，xe x，x ≥0，若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1<x 2<x 3)，则f (x 2)x 1的取值范围是____________．答案 (1)(－∞，－1) (2)(－1,0) 解析 (1)由f (x )>12，得－1<x <1，由f (x )≤12，得x ≤－1或x ≥1.所以12()f x ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≥1，12，－1<x <1，2x，x ≤－1.故12()f x 的单调增区间为(－∞，－1)．(2)当x ≥0时，f (x )＝xe x ，f ′(x )＝1－x ex ，当x ＝1时，f (x )有极大值1e.由图象知f (x 1)＝f (x 2)∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，即0＜x 1＋2e ＜1e . 所以－2e ＜x 1＜－1e，因此f (x 2)x 1＝f (x 1)x 1＝x 1＋2e x 1＝1＋2e x 1∈(－1,0)．思维升华 解决分段函数问题要进行分段研究，同时要注意各段之间的联系，解题关键是抓住分段点．跟踪演练1 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3a ，x ≥0，x 2－ax ＋1，x <0是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤0，13 解析 ∵当x <0时，函数f (x )＝x 2－ax ＋1是减函数， ∴a ≥0.∵当x ≥0时，函数f (x )＝－x ＋3a 是减函数， 又分段点0处的值应满足1≥3a ，∴a ≤13，∴0≤a ≤13.热点二 绝对值函数例2 (1)已知函数f (x )＝2|x －1|－x ＋1，则f (x )的单调增区间为________，单调减区间为________．(2)(2017·江苏扬州期中)已知函数f (x )＝x (1－a |x |)＋1(a >0)，若f (x ＋a )≤f (x )对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是______________． 答案 (1)[1，＋∞) (－∞，1] (2)[2，＋∞) 解析 (1)作出函数f (x )＝2|x －1|－x ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≥1，－3x ＋3，x <1的图象如图所示．由图可知函数f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，单调减区间为(－∞，1]．(2)y ＝x (1－a |x |)是奇函数，对称中心为原点，则f (x )＝x (1－a |x |)＋1(a >0)的对称中心为(0,1)，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ax 2＋x ＋1，x ≥0，ax 2＋x ＋1，x <0.观察函数图象，将问题转化为f (x )在[－a,0)上的函数值恒大于等于f (x ＋a )在[－a,0)上的函数值即可．∴ax 2＋x ＋1≥－a (x ＋a )2＋(x ＋a )＋1在[－a,0)上恒成立，即2x 2＋2ax ＋a 2－1≥0在[－a,0)上恒成立，函数h (x )＝2x 2＋2ax ＋a 2－1的对称轴为x ＝－a2∈(－a,0)，∴Δ＝4a 2－4×2(a 2－1)≤0，又∵a >0，∴a ≥ 2.思维升华 解决绝对值函数的关键是去掉绝对值转化为常规函数，去绝对值的方法有：定义法、单调性法等．跟踪演练2 (2017·江苏南通调研)若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是[3，＋∞)，则a ＝________. 答案 －6解析∵f (x )＝|2x ＋a |＝⎩⎨⎧2x ＋a ，x ≥－a 2，－2x －a ，x <－a2，∴函数的单调增区间为⎣⎡⎭⎫－a2，＋∞， ∴－a2＝3，∴a ＝－6.热点三 二次函数例3 已知函数f (x )＝ax 2－2x ＋1.(1)试讨论函数f (x )的单调性；(2)若13≤a ≤1，且f (x )在[1,3]上的最大值为M (a )，最小值为N (a )，令g (a )＝M (a )－N (a )，求g (a )的表达式；(3)在(2)的条件下，求证：g (a )≥12.(1)解 当a ＝0时，函数f (x )＝－2x ＋1在(－∞，＋∞)上为减函数； 当a >0时，抛物线f (x )＝ax 2－2x ＋1开口向上，对称轴为x ＝1a ，故函数f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，1a 上为减函数，在⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞上为增函数； 当a <0时，抛物线f (x )＝ax 2－2x ＋1开口向下，对称轴为x ＝1a ，故函数f (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，1a 上为增函数，在⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞上为减函数． (2)解 ∵f (x )＝a ⎝⎛⎭⎫x －1a 2＋1－1a， 由13≤a ≤1，得1≤1a ≤3，∴N (a )＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－1a . 当1≤1a <2，即12<a ≤1时，M (a )＝f (3)＝9a －5，故g (a )＝9a ＋1a－6；当2≤1a ≤3，即13≤a ≤12时，M (a )＝f (1)＝a －1，故g (a )＝a ＋1a－2.∴g (a )＝⎩⎨⎧a ＋1a－2，a ∈⎣⎡⎦⎤13，12，9a ＋1a －6，a ∈⎝⎛⎦⎤12，1.(3)证明 当a ∈⎣⎡⎦⎤13，12时，g ′(a )＝1－1a 2<0， ∴函数g (a )在⎣⎡⎦⎤13，12上为减函数； 当a ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，g ′(a )＝9－1a 2>0， ∴函数g (a )在⎝⎛⎦⎤12，1上为增函数，∴当a ＝12时，g (a )取最小值，g (a )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝12.故g (a )≥12.思维升华 二次函数的单调性与其对称轴密切相关，在解题过程中要充分运用数形结合思想，寻找解题思路. 给定自变量区间求解最值问题时，最重要的策略就是结合二次函数图象，利用对称轴与区间的位置关系，可直观显示相应的最值．在分类讨论时，可采用“定区间动轴法”，即区间标在数轴上不动，让二次函数图象的对称轴移动，这样可做到不重不漏，并且简捷易行．跟踪演练3 (2017·江苏新海中学质检)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0，b ∈R ，c ∈R )．(1)若函数f (x )的最小值是f (－1)＝0，且c ＝1，F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x >0，－f (x )，x <0，求F (2)＋F (－2)的值；(2)若a ＝1，c ＝0，且|f (x )|≤1在区间(0,1]上恒成立，试求b 的取值范围． 解 (1)由已知c ＝1，a －b ＋c ＝0，且－b2a ＝－1，解得a ＝1，b ＝2，∴f (x )＝(x ＋1)2，∴F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)2，x >0，－(x ＋1)2，x <0.∴F (2)＋F (－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2) f (x )＝x 2＋bx ，原命题等价于－1≤x 2＋bx ≤1在(0,1]上恒成立，即b ≤1x －x 且b ≥－1x －x在(0,1]上恒成立．又1x －x 的最小值为0，－1x －x 的最大值为－2， ∴－2≤b ≤0.故b 的取值范围是[－2,0]． 热点四 函数方程例4 (1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x－1|，x <2，3x －1，x ≥2，若方程f (x )－a ＝0有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是________．(2)若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是________． 答案 (1)(0,1) (2)4解析 (1)画出函数f (x )的图象如图所示，观察图象可知，若方程f (x )－a ＝0有三个不同的实数根，则函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 有3个不同的交点，此时需满足0<a <1. (2)由题意知，f (x )是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )及y ＝log 3|x |的图象，如图所示．观察图象可以发现它们有4个交点，即函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点．思维升华 解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．跟踪演练4 若函数f (x )＝|x |x －1－kx 2有4个零点，则实数k 的取值范围是______________．答案 (－∞，－4) 解析 令f (x )＝0，则方程|x |x －1＝kx 2有4个不同的实数根，显然，x ＝0是方程的一个实数根． 当x ≠0时，方程可化为1k ＝|x |(x －1)，设h (x )＝1k，g (x )＝|x |(x －1)．由题意知，h (x )与g (x )图象(如图所示)有三个不同的交点，由g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (x －1)，x >0，－x (x －1)，x <0，结合图象知，－14<1k<0，所以k <－4.1．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，g (x )＝x 2f (x －1)(x ∈R )，则函数g (x )的零点个数为________．答案 2解析∵g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1，作出y ＝g (x )的图象如图所示，由图象知与x 轴的交点个数即零点个数，零点个数为2.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥2，(x －1)3，x <2.若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________． 答案 (0,1)解析 当x <2时，f ′(x )＝3(x －1)2≥0，说明函数在(－∞，2)上单调递增，函数的值域是(－∞，1)．又函数在[2，＋∞)上单调递减，函数的值域是(0,1]．方程f (x )＝k 有两个不同的实根，转化为函数y ＝f (x )和y ＝k 有两个不同的交点，如图所示．当0<k <1时，直线y ＝k 与函数f (x )的图象有两个交点，即方程f (x )＝k 有两个不同的实根．A 组 专题通关1．若函数f (x )＝x 2－mx ＋3在R 上存在零点，则实数m 的取值范围是________________．答案 (－∞，－23]∪[23，＋∞)解析 ∵函数f (x )＝x 2－mx ＋3在R 上存在零点， ∴x 2－mx ＋3＝0有解， ∴Δ＝m 2－4×3≥0， 解得m ≥23或m ≤－2 3.2．已知函数y ＝f (x )的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：x 1 2 3 4 5 6 y124.433－7424.5－36.7－123.6则函数y ＝f (x )在区间[1,6]上的零点至少有______个． 答案 3解析 依题意，f (2)>0，f (3)<0，f (4)>0，f (5)<0，根据零点的存在性定理可知，f (x )在区间(2,3)，(3,4)，(4,5)上均至少含有一个零点，故函数y ＝f (x )在区间[1,6]上的零点至少有3个．3．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋ln x ，x >0的零点个数为________．答案 2解析 当x ≤0时，令x 2＋2x －3＝0，解得x ＝－3； 当x >0时，令－2＋ln x ＝0，解得x ＝e 2. 所以已知函数有2个零点．4．若关于x 的方程|x |＝a －x 只有一个解，则实数a 的取值范围是____________． 答案 (0，＋∞) 解析 由题意a ＝|x |＋x ，令y ＝|x |＋x ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，0，x <0，其图象如图所示，故要使a ＝|x |＋x 只有一个解，则a >0.5．(2017·江苏泰州二中质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x <0，则满足不等式f (1－x 2)>f (2x )的x 的取值范围是____________． 答案 (－1，2－1)解析 由题意，可得⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>2x ，1－x 2>0⇒x ∈(－1，2－1)．6．若函数f (x )＝⎩⎨⎧12x－1，x <1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．答案 4解析 设g (x )＝ln xx2，则由g ′(x )＝x －ln x ·2x x 4＝1－2ln xx 3＝0，可得x ＝e ，所以g (x )在(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，当x →＋∞时，g (x )→0，故g (x )在(1，＋∞)上的最大值为g (e)＝12e >18.在同一平面直角坐标系中画出y ＝|f (x )|与y ＝18的图象可得，交点有4个，即原函数零点有4个．7．(1)已知α，β是方程x 2＋(2m －1)x ＋4－2m ＝0的两个实根，且α<2<β，求m 的取值范围； (2)若方程x 2＋ax ＋2＝0的两根都小于－1，求a 的取值范围． 解 (1)设f (x )＝x 2＋(2m －1)x ＋4－2m .∵α，β是方程f (x )＝0的两个实根，且α<2<β， ∴f (2)<0，即22＋2(2m －1)＋4－2m <0，得m <－3. 即m 的取值范围是(－∞，－3)．(2)设f (x )＝x 2＋ax ＋2，f (－1)＝1－a ＋2，Δ＝a 2－8. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)>0，Δ≥0，－a 2<－1，∴22≤a <3.即a 的取值范围是[22，3)．8．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x (x >0)． (1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解 (1)方法一 因为g (x )＝x ＋e 2x≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ， 故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e ，则y ＝g (x )－m 就有零点．所以m 的取值范围是[2e ，＋∞)．方法二 作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象如图(1)． 可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e.所以m 的取值范围是[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象如图(2)． 因为f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2，所以其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2.故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．所以m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．B 组 能力提高9．若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －1，x ≥2或x ≤－1，1，－1<x <2，则函数g (x )＝f (x )－x 的零点为________． 答案 x ＝1＋2或1解析 即求f (x )＝x 的根，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2或x ≤－1，x 2－x －1＝x 或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <2，x ＝1，解得x ＝1＋2或x ＝1，∴g (x )的零点为x ＝1＋2或x ＝1.10．设函数y ＝x 3与y ＝⎝⎛⎭⎫12x －2的图象的交点为(x 0，y 0)，若x 0∈(n ，n ＋1)(其中n ∈N )，则n＝________.答案 1解析 令g (x )＝x 3－22－x ，可求得g (0)<0，g (1)<0，g (2)>0，g (3)>0，g (4)>0，易知函数g (x )的零点所在区间为(1,2)，所以n ＝1.11．设f (x )＝x 2－3x ＋a ，若函数f (x )在区间(1,3)内有零点，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎦⎤0，94 解析 方法一 由f (x )＝0，得a ＝－x 2＋3x ＝－⎝⎛⎭⎫x －322＋94， 因为x ∈(1,3)，所以－⎝⎛⎭⎫x －322＋94∈⎝⎛⎦⎤0，94， 故a ∈⎝⎛⎦⎤0，94. 方法二 因为f (x )＝x 2－3x ＋a ＝⎝⎛⎭⎫x －322－94＋a ，所以要使函数f (x )在区间(1,3)内有零点， 则需f ⎝⎛⎭⎫32≤0且f (3)>0，解得0<a ≤94. 12．若函数f (x )＝x 2＋2a |x |＋4a 2－3的零点有且只有一个，则实数a ＝________.答案 32解析 原函数为偶函数，原函数的零点有且只有一个，即方程f (x )＝0只有一个0根，∴4a 2－3＝0，解得a ＝32或－32， 经检验，a ＝32满足题意． 13．函数f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为________．答案 5解析 令2sin πx －x ＋1＝0，则2sin πx ＝x －1，令h (x )＝2sin πx ，g (x )＝x －1，则f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数问题就转化为两个函数h (x )与g (x )图象的交点个数问题．h (x )＝2sin πx 的最小正周期为T ＝2ππ＝2， 画出两个函数的图象，如图所示，因为h (1)＝g (1)，h ⎝⎛⎭⎫52>g ⎝⎛⎭⎫52，g (4)＝3>2，g (－1)＝－2，所以两个函数图象的交点一共有5个，所以f (x )＝2sin πx －x ＋1的零点个数为5.14．(2017·江苏扬州中学期中)已知函数f (x )＝|x 2－1|x －1－kx 无零点，则实数k 的取值范围是____________．答案 [－2,0)解析 在平面直角坐标系中画出y 1＝|x 2－1|x －1与y 2＝kx 的图象如图所示，函数f (x )＝|x 2－1|x －1－kx 无零点，也就是y 1＝|x 2－1|x －1与y 2＝kx 没有交点． 由图象可知k ∈[－2,0)．15．设函数f (x )＝(x ＋k ＋1)x －k ，g (x )＝x －k ＋3，其中k 是实数．(1)若k ＝0，解不等式x ·f (x )≥12x ＋3·g (x )； (2)若k ≥0，求关于x 的方程f (x )＝x ·g (x )实数根的个数．解 (1)当k ＝0时，f (x )＝(x ＋1)x ，g (x )＝x ＋3.由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋3≥0，得x ≥0. 此时，原不等式为(x ＋1)x ≥12(x ＋3)， 即2x 2＋x －3≥0，解得x ≤－32或x ≥1. 所以原不等式的解集为[1，＋∞)．(2)由方程f (x )＝x ·g (x )，得(x ＋k ＋1)x －k ＝x x －k ＋3.① 由⎩⎪⎨⎪⎧ x －k ≥0，x －k ＋3≥0，得x ≥k ，所以x ≥0，x －k ＋1>0. 方程①两边平方，整理得(2k －1)x 2－(k 2－1)x －k (k ＋1)2＝0(x ≥k ).② 当k ＝12时，由②得x ＝32，所以原方程有惟一解． 当k ≠12时，由②得判别式Δ＝(k ＋1)2(3k －1)2， (ⅰ)当k ＝13时，Δ＝0，方程②有两个相等的根x ＝43>13，。
2018年高考数学二轮总温习高考小题集训一文
9．假设两个非零向量a，b知足|a＋b|＝|a－b|＝2|a|，那么向量a＋b与a－b的夹角是( )
A. B.
C. D.
解析：在直角三角形中，若是直角边为斜边的一半，那么该直角边所对的角为 ，如图，所求的夹角为 ，应选C.
答案：C
10．已知函数 那么函数y＝f(1－x)的大致图象是( )
解析：当x＝0时，y＝f(1)＝3，即y＝f(1－x)的图象过点(0,3)，排除A；当x＝－2时，y＝f(3)＝－1，即y＝f(1－x)的图象过点(－2，－1)，排除B；当x＝－ 时，y＝f ＝log <0，即y＝f(1－x)的图象过点 ，排除C.
答案：
D．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该城市用丙车比用乙车更省油
解析：“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，A中乙车消耗1升汽油，最多行驶的路程为乙车图象最高点的纵坐标值，A错误；B中以相同速度行驶相同路程，甲燃油效率最高，因此甲最省油，B错误；C中甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，甲车每消耗1升汽油行驶的里程为10 km，行驶80 km，消耗8升汽油，C错误；D中某城市机动车最高限速80千米/小时．由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油，选D.
答案：C
13．如图，在边长为1的正方形中随机撒1 000粒豆子，有380粒落到阴影部份，据此估量阴影部份的面积为________．
解析： ＝ ，∴S＝ .
答案：
14．已知倾斜角为α的直线l与直线x＋2y－3＝0垂直，那么cos 的值为________．
解析：由已知得tanα＝2，那么cos ＝cos ＝sin2α＝2sinαcosα＝ ＝ ＝ .
答案：B
2．(广东省五校2017届高三第一次考试)已知a为实数，假设复数z＝(a2－1)＋(a＋1)i为纯虚数，那么 ＝( )
2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限时集训7 第1部分 专题1 第6讲 第1课时 利用导数解决不
专题限时集训(七) 利用导数解决不等 式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以斜率k ＝f ′(1)＝1.1分又f (1)＝0，曲线在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎨⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1 2分 ⇒x 2＋(1－a )x ＋1＝0，由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3可知：当Δ>0时，即a <－1或a >3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ<0时，即－1<a <3时，没有公共点. 4分(2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0得a ＝x ＋2x ＋ln x ， 6分令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2)x 2. 8分 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，由h ′(x )＝0得x ＝1， 10分 所以，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此，h (x )min ＝h (1)＝3，11分由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋2e －1， 12分h(e)＝e＋2e＋1比较可知h⎝⎛⎭⎪⎫1e>h(e). 13分所以，当3<a≤e＋2e＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点.14分2．设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a.[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x>0). 1分当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；3分当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－a x，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. 5分又f′(a)>0，当b满足0<b<a4且b<14时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点. 6分(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；8分当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.9分故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，12分所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋a ln2a≥2a＋a ln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋a ln 2a. 14分3．(2013·江苏高考)设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝e x－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．[解](1)令f′(x)＝1x－a＝1－axx＜0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a＞0，进而解得x＞a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数.2分同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1. 4分令g′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a.当x＜ln a时，g′(x)＜0；当x＞ln a时，g′(x)＞0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a＞1，即a＞e.综上可知，a∈(e，＋∞). 6分(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a＞0时，令g′(x)＝e x－a＞0，解得a＜e x，即x＞ln a．7分因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a≤－1，即0＜a≤e－1.综合上述两种情况，得a≤e－1.①当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝1x＞0，得f(x)存在唯一的零点；8分②当a＜0时，由于f(e a)＝a－a e a＝a(1－e a)＜0，f(1)＝－a＞0，且函数f(x)在[e a,1]上的图象连续，所以f(x)在(e a,1)上存在零点. 9分另外，当x＞0时，f′(x)＝1x－a＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．③当0＜a≤e－1时，令f′(x)＝1x－a＝0，解得x＝a－1.当0＜x＜a－1时，f′(x)＞0；当x＞a－1时，f′(x)＜0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－ln a－1. 10分a．当－ln a－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.b ．当－ln a －1＞0，即0＜a ＜e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0＜a ＜e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1＜0，f (a －1)＞0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x －a ＞0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．下面考虑f (x )在(a －1 ，＋∞)上的情况．先证f ()e a －1＝a ()a －2－e a －1＜0.为此，我们要证明：当x ＞e 时，e x ＞x 2.设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ，再设l (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则l ′(x )＝e x －2. 12分 当x ＞1时，l ′(x )＝e x －2＞e －2＞0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x ＞2时，h ′(x )＝e x －2x ＞h ′(2)＝e 2－4＞0，零点. 13分又当x ＞a －1时，f ′(x )＝1x －a ＜0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数，所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合①②③可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0＜a ＜e －1时，f (x )的零点个数为2. 14分4．(2016·苏锡常镇调研二)已知函数f (x )＝a ·e x ＋x 2－bx (a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，其导函数为y ＝f ′(x ).(1)设a ＝－1，若函数y ＝f (x )在R 上是单调减函数，求b 的取值范围；(2)设b ＝0，若函数y ＝f (x )在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围；(3)设b ＝2，且a ≠0，点(m ，n )(m ，n ∈R )是曲线y ＝f (x )上的一个定点，是否存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立？证明你的结论． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－e x ＋x 2－bx ，∴f ′(x )＝－e x ＋2x －b ，1分 由题意f ′(x )＝－e x ＋2x －b ≤0对x ∈R 恒成立﹒由－e x ＋2x －b ≤0，得b ≥－e x ＋2x ，令F (x )＝－e x ＋2x ，则F ′(x )＝－e x ＋2，令F ′(x )＝0，得x ＝ln 2.3分 当x ＜ln 2时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，当x ＞ln 2时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减， 5分从而当x ＝ln 2时，F (x )有最大值2ln 2－2，所以b ≥2ln 2－2. 6分(2)当b ＝0时，f (x )＝a e x ＋x 2，由题意a e x ＋x 2＝0只有一解.7分由a e x ＋x 2＝0，得－a ＝x 2e x ，令G (x )＝x 2e x ，则G ′(x )＝x (2－x )e x ， 令G ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x ≤0时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为[0，＋∞)，8分当0＜x ＜2时，G ′(x )＞0，G (x )单调递增，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2，9分 当x ≥2时，G ′(x )≤0，G (x )单调递减，G (x )的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，4e 2， 10分由题意，得－a ＝0或－a ＞4e 2，从而a ＝0或a ＜－4e 2，∴当a ＝0或a ＜－4e 2时，函数y ＝f (x )只有一个零点.12分(3)f (x )＝a e x ＋x 2－2x ，f ′(x )＝a e x ＋2x －2，假设存在，则有f (x 0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋f (m )， 13分即f (x 0)－f (m )x 0－m ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2，∵f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2＝a e ＋2·x 0＋m 2－2，f (x 0)－f (m )x 0－m ＝a (e x 0－e m )＋(x 20－m 2)－2(x 0－m )x 0－m ＝a (e x 0－e m )x 0－m＋(x 0＋m )－2， ∴a e ＝a (e x 0－e m )x 0－m.(*) 14分 ∵a ≠0，∴e＝e x 0－e m x 0－m ，不妨设t ＝x 0－m ＞0，则e t 2＋m ＝e t ＋m －e m t .∴h (t )在(0，＋∞)上单调递增， 又∵h (0)＝0，∴h (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即g ′(t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立， ∴g (t )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝0，∴g (t )＞0对t ∈(0，＋∞)恒成立，即(*)式不成立，∴不存在实数x 0(x 0≠m )，使得f (x 0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋m 2(x 0－m )＋n 成立. 16分 5．(2016·南通三模)设函数f (x )＝x e x －a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围； (3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【导学号：19592022】[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，令f ′ (x )＝0，得x ＝－1. 2分列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e ，无极大值.4分(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x cos x ≥0， 所以f (x )≥0恒成立，当a ≤0时，符合题意； 5分②当0＜a ≤1时，因为f ′(x )≥e x (x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上为增函数，所以f (x )≥f (0)＝0，即当0＜a ≤1，符合题意； 6分③当a ＞1时，f ′(0)＝1－a ＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 ＝e π4⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋1＞0， 所以存在α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，使得f ′(α)＝0，且在(0，α)内， f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，α)上为减函数，所以f (x )＜f (0)＝0.即当a ＞1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]. 8分(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点，由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上无零点． 当a ＞1时，f ′(x )≥e x (x ＋1)－a cos 2x ， 9分 令g (x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ，g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，恒有g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，由g (0)＝1－a ＜0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋1 ＋a ＞0， 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0， 11分且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2，f ′(x )＞0， 即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增， 12分当x ∈(0，x 0)时，f (x )＜f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)无零点；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f (x 0)＜f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 ＝π2e ＞0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上有唯一零点， 14分 所以，当a ＞1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有一个零点． 综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有两个零点. 16分 6．设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．[解] (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2. 2分又f ′(x )＝ln x ＋a x ＋1，所以a ＝1. 4分(2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0.5分又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 6分 因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x ，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增.7分所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根.8分 (3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0， 且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2e x ，x ∈(x 0，＋∞).10分 当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)；故m (x )≤m (x 0). 12分 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x ，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.14分。
精选江苏专用2018版高考数学专题复习专题7不等式第43练不等式的解法练习理
（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题7 不等式 第43练 不等式的解法练习 理1．(2017·杭州联考)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ＞0，x －2，x ≤0，则不等式f (x )＜x 2的解集是__________________．2．若集合A ＝{x |ax 2－ax ＋1＜0}＝∅，则实数a 的值的集合是______________．3．已知f (x )是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x .那么，不等式f (x ＋2)＜5的解集是________．4．(2016·南京模拟)不等式2x 2－3|x |－2＜0的解集为____________． 5．(2016·许昌模拟)若不等式ax2＋bx －2＜0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－2＜x ＜14，则ab ＝________. 6．已知函数f (x )＝(ax －1)(x ＋b )，如果不等式f (x )＞0的解集是(－1,3)，则不等式f (－2x )＜0的解集是________________________．7．(2017·南宁月考)已知当a ∈[－1,1]时，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＞0恒成立，则x 的取值范围为________________．8．(2016·宿迁模拟)若存在实数a ∈[1,3]，使得关于x 的不等式ax 2＋(a －2)x －2＞0成立，则实数x 的取值范围是________________________．9．(2017·合肥质检)已知一元二次不等式f (x )＜0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＜－1或x ＞12，则f (10x)＞0的解集为________________．10．(2016·徐州一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x ≥0，x 2＋2x ，x ＜0，则不等式f [f (x )]≤3的解集为________．11．(2016·南京一模)若关于x 的不等式(ax －20)lg 2ax≤0对任意的正实数x 恒成立，则实数a 的取值集合是________．12．设函数f (x )＝x 2－1，对任意x ∈[32，＋∞)，f (x m )－4m 2·f (x )≤f (x －1)＋4f (m )恒成立，则实数m 的取值范围是________________．13．设关于x 的不等式|x 2－2x ＋3m －1|≤2x ＋3的解集为A ，且－1∉A,1∈A ，则实数m 的取值范围是__________． 14．已知不等式2x －1≥15|a 2－a |对于x ∈[2,6]恒成立，则a 的取值范围是________． 答案精析1．(－∞，0]∪(2，＋∞) 2.{a |0≤a ≤4} 3.(－7,3) 4.(－2,2) 5．28解析 由题意知－2，14是方程ax 2＋bx －2＝0的两根，且a ＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－b a ＝－2＋14，－2a ＝－14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝7，∴ab ＝28.6．(－∞，－32)∪(12，＋∞)解析 由题意知f (x )＝0的两个解是x 1＝－1，x 2＝3且a ＜0， 由f (－2x )＜0，得－2x ＞3或－2x ＜－1， ∴x ＜－32或x ＞12.7．(－∞，1)∪(3，＋∞)解析 把不等式的左端看成关于a 的一次函数，记f (a )＝(x －2)a ＋(x 2－4x ＋4)，则由f (a )＞0对于任意的a ∈[－1,1]恒成立， 易知只需f (－1)＝x 2－5x ＋6＞0， 且f (1)＝x 2－3x ＋2＞0即可， 联立方程解得x ＜1或x ＞3.8．(－∞，－1)∪(23，＋∞)解析 当a ∈[1,3]时，a (x 2＋x )－2x －2＞0成立． ①若x 2＋x ＝0，即x ＝－1或x ＝0，不合题意；②若⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＞0，3x 2＋3x －2x －2＞0，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0或x ＜－1，x ＞23或x ＜－1，解得x ＞23或x ＜－1；③若⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＜0，x 2＋x －2x －2＞0，则⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜0，x ＞2或x ＜－1，无解，综上所述，x ＞23或x ＜－1.9．{x |x ＜－lg 2}解析 由已知条件得0＜10x＜12，解得x ＜lg 12＝－lg 2.10．(－∞，3]解析 f (x )的图象如图．结合图象，由f [f (x )]≤3，得f (x )≥－3，由图可知f (x )≥－3的解集为(－∞，3]，所以不等式f [f (x )]≤3的解集为(－∞，3]．11．{10}解析 由2ax＞0，x ＞0，得a ＞0，由不等式(ax －20)lg 2ax≤0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥20a ，x ≥2a或⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ≤20a ，0＜x ≤2a ，所以20a＝2a ，a ＝10.12．{m |m ≤－32或m ≥32} 解析 依据题意得x 2m 2－1－4m 2(x 2－1)≤(x －1)2－1＋4(m 2－1)在x ∈[32，＋∞)上恒成立，即1m 2－4m 2≤－3x 2－2x ＋1在x ∈[32，＋∞)上恒成立． 当x ＝32时，函数y ＝－3x 2－2x ＋1取得最小值－53，所以1m 2－4m 2≤－53，即(3m 2＋1)(4m 2－3)≥0，解得m ≤－32或m ≥32. 13．{m |－13＜m ≤73}解析 由－1∉A ，得|(－1)2－2×(－1)＋3m －1|＞2×(－1)＋3， 即|3m ＋2|＞1，解得m ＜－1或m ＞－13.①由1∈A ，得|12－2×1＋3m －1|≤2×1＋3， 即|3m －2|≤5，解得－1≤m ≤73.②故由①②得实数m 的取值范围是 {m |－13＜m ≤73}．14．[－1,2] 解析 设y ＝2x －1，则y ′＝－2x －2＜0，故y ＝2x －1在[2,6]上单调递减， 即y min ＝26－1＝25，故不等式2x －1≥15|a 2－a |对于x ∈[2,6]恒成立等价于15|a 2－a |≤25恒成立，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2≤0，a 2－a ＋2≥0，解得－1≤a ≤2，故a 的取值范围是[－1,2]．。
2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略课件：第1部分 专题1 第6讲 第1课时 利用导数研
处的切线平行于x轴．
(1)确定a与b的关系；
(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
[解] (1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，则g′(x)＝1x＋2ax＋b.
4分
由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，
∴b＝－2a－1.
6分
(2)由(1)得g′(x)＝2ax2－2ax＋1x＋1＝2ax－1xx－1.7分
当a＝1时，g(x)＝x－bx－2ex.7分 因为g(x)≥1在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以b≤x2－2x－exx在x∈(0，＋∞)上恒成立.
8分
记h(x)＝x2－2x－exx(x>0)，则h′(x)＝x－1e2x ex＋1.9分
当0<x<1时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上是减函数； 当x>1时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上是增函数. 所以h(x)min＝h(1)＝－1－e－1. 所以b的最大值为－1－e－1.11分
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－x－x 1.
8分
由g′(x)＞0得0＜x＜1，由g′(x)＜0得x＞1，
即函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，令g′(x)＝0得x＝1或x＝21a，
10分
若
1 2a
＜1，即a＞
1 2
，由g′(x)＞0得x＞1或0＜x＜
且PM＝x，所以点P坐标为x，x＋4x22，1分
直线OB的方程为x－y＝0，
2分
则点P到直线x－y＝0的距离为x－x＋24x22＝4x222＝x42， 又PM的造价为5万元/百米，PN的造价为40万元/百米， 则两条道路总造价为f(x)＝5x＋40·x42＝5x＋3x22 (1≤x≤9).
2018年江苏高考数学二轮复习：专项限时集训7函数零点、单调性、极值等综合问题有答案
专项限时集训(七)函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第125页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ，a ，b ∈R .(1)当b ＝2a ＋1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点分别是x 1和x 2(x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.【导学号：56394110】[解] (1)因为b ＝2a ＋1，所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ， 从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x ＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x，x ＞0.2分当a ≤0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1， 所以f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．当0＜a ＜12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ，由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ，所以f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减．当a ＝12时，因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当a ＞12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1，由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；当a ＝12时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；当a ＞12时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减.(2)法一：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且bx 1＝2x 21＋1，bx 2＝2x 22＋1，f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 22)－(bx 1－bx 2)＋ln x 1x 2＝－(x 21－x 22)＋ln x 1x 2，因为x 1x 2＝12，所以f (x 1)－f (x 2)＝x 22－14x 22－ln(2x 22)，x 2∈(1，＋∞)．令t ＝2x 22∈(2，＋∞)，φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t －ln t .因为当t ＞2时，φ′(t )＝t －122t2＞0，所以φ(t )在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln 2，即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.14分法二：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x 2－bx ＋1x，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且f (x )在(x 1，x 2)上是减函数，所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－b2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b 2－ln 2，因为b ＞3，所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln 2＞34－ln 2.14分2．(本小题满分14分)(南通、泰州市2017届高三第一次调研测试)已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1)当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2)若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝3x ＋2x －24x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2.3分(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x，x ＞0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋a e 2＞0， 所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点． 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.7分(3)法一：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax 2－x －1x(x ＞0)，令g (x )＝2ax 2－x －1.因为g (0)＝－1＜0,2a ＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增． 要使得函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f (x )的极小值f (x 0)＜0，即ax 20－x 0－ln x 0＜0. 又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1＞0，又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0＞1，得0＜1x 0＜1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 02＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋122－14，所以0＜a ＜1.以下验证当0＜a ＜1时，函数f (x )有两个零点． 当0＜a ＜1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a2－1a －1＝1－a a＞0，所以1＜x 0＜1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 2－1e＋1＝e 2－e －a e 2＞0，且f (x 0)＜0. 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x 0上有一个零点．又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a－ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1＞0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，2a 上有一个零点．所以当0＜a ＜1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点.综上，实数a 的取值范围为(0,1)． 下面证明：ln x ≤x －1.设t (x )＝x －1－ln x ，所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x(x ＞0)．令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0. 所以函数t (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝1时，t (x )有最小值t (1)＝0. 所以t (x )＝x －1－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立.14分法二：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0. 由f (x )＝ax 2－x －ln x ＝0，得关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2(x >0)有两个不等的实数解． 又因为ln x ≤x －1， 所以a ＝x ＋ln x x 2≤2x －1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1(x ＞0)． 因为x ＞0时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12＋1≤1，所以a ≤1.又当a ＝1时，x ＝1，即关于x 的方程a ＝x ＋ln xx 2有且只有一个实数解． 所以0＜a ＜1. 14分(以下解法同法一)3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设函数f (x )＝ln x －ax 2＋ax ，a 为正实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a≤0； (3)若函数f (x )有且只有1个零点，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x －2x 2＋2x ，则f ′(x )＝1x－4x ＋2，所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y －1＝0.4分(2)证明：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a＋1，设函数g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1＝1－xx，另g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：x (0,1) 1 (1，＋∞)g ′(x ) ＋0 －g (x )极大值所以g (x )的极大值为g 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝ln 1a －1a＋1≤0.8分(3)f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax 2－ax －1x，x ＞0，令f ′(x )＞0，得a －a 2＋8a 4a ＜x ＜a ＋a 2＋8a 4a ，因为a －a 2＋8a 4a＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋a 2＋8a 4a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a ，＋∞上单调递减．所以f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a .设x 0＝a ＋a 2＋8a4a，因为函数f (x )只有1个零点，而f (1)＝0，所以1是函数f (x )的唯一零点．当x 0＝1时，f (x )≤f (1)＝0，f (x )有且只有1个零点，此时a ＋a 2＋8a 4a＝1，解得a ＝1.下证，当x 0≠1时，f (x )的零点不唯一．若x 0＞1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a 2＋8a 4a ＞1，即0＜a ＜1，则1a＞1.由(2)知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜0，又函数f (x )在以x 0和1a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 0和1a之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意；若x 0＜1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a 2＋8a 4a ＜1，即a ＞1，则0＜1a＜1.同理可得，要1a和x 0之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意．因此x 0＝1，所以a 的值为1. 14分4．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝g (x )·h (x )，其中函数g (x )＝e x，h (x )＝x 2＋ax ＋a .(1)求函数g (x )在(1，g (1))处的切线方程；(2)当0＜a ＜2时，求函数f (x )在x ∈[－2a ，a ]上的最大值；(3)当a ＝0时，对于给定的正整数k ，问函数F (x )＝e·f (x )－2k (ln x ＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e≈2.718，e ≈1.649，e e ≈4.482，ln 2≈0.693)【导学号：56394111】[解] (1)g ′(x )＝e x，故g ′(1)＝e ，g (1)＝e ， 所以切线方程为y －e ＝e(x －1)，即y ＝e x .2分(2)f (x )＝e x ·(x 2＋ax ＋a ), 故f ′(x )＝(x ＋2)(x ＋a )e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝－2.①当－2a ≥－2，即0＜a ≤1时，f (x )在[－2a ，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增， 所以f (x )max ＝max{f (－2a )，f (a )}， 由于f (－2a )＝(2a 2＋a )e －2a，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2a )，所以f (x )max ＝f (a )；②当－2a ＜－2，即1＜a ＜2时，f (x )在[－2a ，－2]上递增，[－2，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增， 所以f (x )max ＝max{f (－2)，f (a )}，由于f (－2)＝(4－a )e －2，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2)， 所以f (x )max ＝f (a )；综上得，f (x )max ＝f (a )＝(2a 2＋a )e a.6分(3)结论：当k ＝1时，函数F (x )无零点；当k ≥2时，函数F (x )有零点． 理由如下：①当k ＝1时，实际上可以证明：e x 2e x－2ln x －2＞0.F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x ，显然可证F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x在(0，＋∞)上递增，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，使得F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(0，x 0)时，F (x )递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )递增，所以F (x )min ＝F (x 0)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋2－ln x 0－1，其中x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，而φ(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋2－ln x －1递减，所以φ(x )＞φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－35＞0，所以F (x )min ＞0，所以命题得证.10分下面证明F (e k )＞0，可借助结论e x ＞x 2(x ≥2)处理，首先证明结论e x ＞x 2(x ≥2)： 令φ(x )＝e x －x 2(x ≥2)，则φ′(x )＝e x －2x ，故φ′(x )＝e x－2x ＞0， 所以φ′(x )＝e x－2x 在[2，＋∞)上递增， 所以φ′(x )＞φ′(2)＞0，所以φ(x )＝e x －x 2在[2，＋∞)上递增， 所以φ(x )＞φ(2)＞0，得证．借助结论得ee k＋2k ＋1＞e k 2＋2k ＋1＞(k 2＋2k ＋1)2＝(k ＋1)4＝(k ＋1)(k ＋1)3＞2k (k ＋1)，所以F (e k)＞0，又因为函数F (x )连续，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，e k 上有零点. 16分5．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝a e xx＋x .(1)若函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a 的值；(2)是否存在负整数a ，使函数f (x )的极大值为正值？若存在 ，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由；(3)设a >0，求证：函数f (x )既有极大值，又有极小值．[解] (1)∵f ′(x )＝a e x x －1＋x 2x 2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为：y －(a e ＋1)＝x －1，又直线过点(0，－1)， ∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得：a ＝－1e.4分(2)若a ＜0，f ′(x )＝a e x x －1＋x 2x 2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值； 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(0,1)上无极值；法一：在(1，＋∞)上，若f (x )在x 0处取得符合条件的极大值f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＞1，f x 0＞0，f ′x 0＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＞1， ①a e x 0x0＋x 0＞0， ②a e x 0x 0－1＋x20x20＝0， ③由③得：a e x 0＝－x 20x 0－1，代入②得：－x 0x 0－1＋x 0＞0，结合①可 解得：x 0＞2，再由f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0＞0得：a ＞－x 20e x 0，设h (x )＝－x 2ex ，则h ′(x )＝x x －2ex，当x ＞2时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数，所以a ＞h (x 0)＞h (2)＝－4e2，又a ＜0，故当极大值为正数时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－4e 2，0，从而不存在负整数a 满足条件.8分 法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x (x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数， ∴a ≤－1，∴a e x≤a e≤－e ，∴a e x＋2＜0，∴H ′(x )＜0，∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1＞0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4＜0，∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1＜x ＜x 0时，H (x )＞0，即f ′(x )＞0；x ＞x 0时，H (x )＜0，即f ′(x )＜0； ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0，(*) 又H (x 0)＝a e x 0(x 0－1)＋x 20＝0，∴a e x 0x 0＝－x 0x 0－1代入(*)得：f (x 0)＝－x 0x 0－1＋x 0＝x 0x 0－2x 0－1＜0， ∴不存在负整数a 满足条件.8分(3)证明：设g (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则g ′(x )＝x (a e x＋2)， 因为a ＞0，所以，当x ＞0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ＜0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；故g (x )至多有两个零点． 又g (0)＝－a ＜0，g (1)＝1＞0，所以存在x 1∈(0,1)， 使g (x 1)＝0再由g (x )在(0，＋∞)上单调递增知， 当x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，故f ′(x )＝g xx 2＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，g (x )＞0，故f ′(x )＝g xx 2＞0，f (x )单调递增； 所以函数f (x )在x 1处取得极小值． 当x ＜0时，e x＜1，且x －1＜0，所以g (x )＝a e x (x －1)＋x 2＞a (x －1)＋x 2＝x 2＋ax －a ，函数y ＝x 2＋ax －a 是关于x 的二次函数，必存在负实数t ，使g (t )＞0，又g (0)＝－a ＜0， 故在(t,0)上存在x 2，使g (x 2)＝0， 再由g (x )在(－∞，0)上单调递减知， 当x ∈(－∞，x 2)时，g (x )＞0，故f ′(x )＝g xx 2＞0，f (x )单调递增；当x ∈(x 2,0)时，g (x )＜0，故f ′(x )＝g xx 2＜0，f (x )单调递减； 所以函数f (x )在x 2处取得极大值．综上，函数f (x )既有极大值，又有极小值. 16分。
2018年高考数学理科江苏专版二轮专题复习与策略专题限
专题限时集训(六)利用导数研究函数的单调性、极值、最值(建议用时：45分钟)1．设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．[解](1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.1分令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，x1<x2，2分所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2). 3分当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；当x1<x<x2时，f′(x)>0. 5分故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增.6分(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0.7分①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值. 10分②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值.12分又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值. 14分2．已知函数f(x)＝ax－2x－3ln x，其中a为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值； (2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．【导学号：19592019】[解] (1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，由题意可知f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝1，解得a ＝1. 2分由f (x )＝x －2x －3ln x ，∴f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2.由f ′(x )＝0，得x ＝2. 4分 于是可得下表：∴f (min 6分(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x >0)， 8分由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2， 10分则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0，也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a >0，－－32a >0，h (0)>0，13分解得0<a <98. 14分 3．如图6－4，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2 m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.图6－4(1)求x 的取值范围；(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？[解] (1)由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，100－2x ≥60，1002－2x －2×15x 2≥2×10，2分解得⎩⎨⎧x ≥9，x ≤20，－20≤x ≤15，4分即9≤x ≤15. 6分 (2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎝ ⎛⎭⎪⎫104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫－125x 4＋43x 3－12x 2＋12×104， 8分令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2，则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6， 10分 由f ′(x )＝0，解得x ＝10或x ＝15， 列表如下：即当x ＝10m 时，可使“环岛”的整体造价最低. 14分4．设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由； (2)若∀x ＞0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围． [解] (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1. 1分令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞). 2分 ①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； 3分 ②当a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点； 4分 b ．当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14. 5分 由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 6分 因此，函数有两个极值点． c ．当a ＜0时，Δ＞0， 由g (－1)＝1＞0，可得x 1＜－1.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点. 7分综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点. 8分(2)由(1)知，①当0≤a≤89时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意.9分②当89＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意.10分③当a＞1时，由g(0)＜0，可得x2＞0.所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减．因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意. 11分④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)．因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增. 12分因此，当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0，即ln(x＋1)＜x.可得f(x)＜x＋a(x2－x)＝ax2＋(1－a)x，当x＞1－1a时，ax2＋(1－a)x＜0，此时f(x)＜0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是[0,1]. 14分5．(2016·无锡期末)已知函数f(x)＝ln x＋a＋e－2x(a＞0)．(1)当a＝2时，求出函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝2时，函数f(x)＝ln x＋ex，1分所以f′(x)＝1x－ex2＝x－ex2，2分所以当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，则函数f(x)在(0，e)上单调递减；3分当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(e，＋∞)上单调递增.4分(2)由题意知ln x＋a＋e－2x≥a恒成立，5分原式等价于x ln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x ln x＋a＋e－2－ax，6分因为g′(x)＝ln x＋1－a，令g′(x)＝0，得x＝e a－1，所以g(x)e－2－e a－1，8分令t(x)＝x＋e－2－e x－1，因为t′(x)＝1－e x－1，令t′(x)＝0，得x＝1，且所以当a∈(0,1)时，g(x)的最小值t(a)＞t(0)＝e－2－1e＝e(e－2)－1e＞0，12分当a∈[1，＋∞)时，g(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－e a－1≥0＝t(2)，所以a∈[1,2]. 14分6．(2016·苏北三市三模)已知函数f (x )＝e xe x ，g (x )＝ax －2ln x －a (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)求f (x )的极值；(2)若在区间[0，e]上，对于任意的x 0，总存在两个不同的x 1，x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，求a 的取值范围．[解] (1)因为f (x )＝e xe x ，所以f ′(x )＝(1－x )e e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1. 2分 当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数．所以f (x )在x ＝1时取得极大值f (1)＝1，无极小值. 5分 (2)由(1)知，当x ∈(0,1)时，f (x )单调递增；当x ∈(1，e]时，f (x )单调递减． 又因为f (0)＝0，f (1)＝1，f (e)＝e·e 1－e ＞0，所以当x ∈(0，e]时，函数f (x )的值域为(0,1]. 7分 当a ＝0时，g (x )＝－2ln x 在(0，e]上单调，不合题意； 当a ≠0时，g ′(x )＝a －2x ＝ax －2x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a x ，x ∈(0，e]， 故必须满足0＜2a ＜e ，所以a ＞2e . 8分 此时，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：所以x →0，g (x )→＋∞，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝2－a －2ln 2a ，g (e)＝a (e －1)－2.所以对任意给定的x 0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的x 1，x 2， 10分使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，当且仅当a 满足下列条件⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ≤0，g (e )≥1，即⎩⎪⎨⎪⎧2－a －2ln 2a ≤0，a (e －1)－2≥1.令m (a )＝2－a －2ln 2a ，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞，m ′(a )＝－a －2a ，由m ′(a )＝0，得a ＝2. 12分 当a ∈(2，＋∞)时，m ′(a )＜0，函数m (a )单调递减； 当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，2时，m ′(a )＞0，函数m (a )单调递增．所以，对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞有m (a )≤m (2)＝0，即2－a －2ln 2a ≤0对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞恒成立．由a (e －1)－2≥1，解得a ≥3e －1. 13分综上所述，当a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3e －1，＋∞时，对于任意给定的x 0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的x 1，x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0). 14分。
2018年江苏高考数学专题练习---函数(K12教育文档)
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2018届江苏高考数学专题练习—-函数1。
已知函数2()||2x f x x +=+，x R ∈,则2(2)(34)f x x f x -<-的解集是 ．2. 设函数⎩⎨⎧≥<-=1,21,13)(2x x x x x f ，则满足2))((2))((a f a f f =的的取值范围为 ．3。
已知函数2()()()(0)f x x a x b b =--≠，不等式()()f x mxf x '≥对x R ∀∈恒成立，则2m a b +-= ．*4. 已知函数f (x ）＝e x -1－tx ，x 0∈R ，f (x 0）≤0，则实数t 的取值范围 ．5。
已知函数f （x )＝错误!，x ∈0,4］，则f (x ）最大值是 ．＊6。
已知函数222101,()2 1,x mx x f x mx x ⎧+-=⎨+>⎩，，≤≤，若()f x 在区间[)0,+∞上有且只有2个零点，则实数m的取值范围是 。
7. 已知函数2()12f x x x =-的定义域为[]0m ，，值域为20am ⎡⎤⎣⎦，，则实数a 的取值范围是 . ＊8。
若存在实数，使不等式2e 2e 10x x a +≥-成立,则实数的取值范围为 ．9. 设函数()33,2,x x x a f x x x a ⎧-<=⎨-≥⎩，，若关于的不等式()4f x a >在实数集R 上有解，则实数的取值范围是 ．＊10。
江苏高考2018年数学二轮复习限时集训全册配套练习及预测试题有答案(共22份)
专题限时集训(一) 集合与常用逻辑用语(对应学生用书第77页)(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．) 1．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知集合A＝{x|－1＜x＜3}，B＝{x|x＜2}，则A∩B ＝________.{x|－1＜x＜2} [集合A＝{x|－1＜x＜3}，B＝{x|x＜2}，则A∩B＝{x|－1＜x＜2}，故答案为：{x|－1＜x＜2}．]2．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)对于函数y＝f(x)，x∈R，“y＝|f(x)|的图象关于y轴对称”是“y＝f(x)是奇函数”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)．必要不充分[充分性不成立，如y＝x2图象关于y轴对称，但不是奇函数；必要性成立，y＝f(x)是奇函数，|f(－x)|＝|－f(x)|＝|f(x)|，所以y＝|f(x)|的图象关于y轴对称．]3．(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)已知R为实数集，集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x|x(4－x)＜0}，则A∩(∁R B) ＝________.{1,2,3,4} [集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x|x(4－x)＜0}＝{x|x(x－4)＞0}＝{x|x＜0或x＞4}，∴∁R B＝{x|0≤x≤4}，∴A∩(∁R B)＝{1,2,3,4}．故答案为：{1,2,3,4}．]4．(河北唐山市2017届高三年级期末)已知数列{a n}，{b n}满足b n＝a n＋a n＋1，则“数列{a n}为等差数列”是“数列{b n}为等差数列”的________条件．充分不必要[若数列{a n}为等差数列，设其公差为d1，则b n＋1－b n＝(a n＋1＋a n＋2)－(a n＋a n＋1)＝a n＋2－a n ＝2d1，所以数列{b n}是等差数列；若数列{b n}为等差数列，设其公差为d2，则b n＋1－b n＝(a n＋1＋a n＋2)－(a n＋a n＋1)＝a n＋2－a n＝d2，不能推出数列{a n}为等差数列，所以“数列{a n}为等差数列”是“数列{b n}为等差数列”的充分不必要条件．]5．(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)若集合A＝{x∈Z|－2＜x＜2}，B＝{x|y＝log2x2}，则A∩B ＝________.【导学号：56394004】{－1,1} [因为A＝{x∈Z|－2＜x＜2}＝{－1,0,1}，B＝{x|y＝log2x2}＝{x|x≠0}，所以A∩B＝{－1,1}．]6．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))设等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，则“|q|＝1”是“S6＝3S2”的________条件 .充要[由S6＝3S2，得a1(1＋q＋q2＋q3＋q4＋q5)＝3a1(1＋q)，即q5＋q4＋q3＋q2－2－2q＝0，(q＋1)2(q－1)(q 2＋2)＝0，解得q ＝±1，所以“|q |＝1”是“S 6＝3S 2”的充要条件．]7．(四川省2016年普通高考适应性测试)设集合A ＝{－1,1}，集合B ＝{x |ax ＝1，a ∈R }，则使得B ⊆A 的a 的所有 取值构成的集合是________．{－1,0,1} [因为B ⊆A ，所以B ＝∅，{－1}，{1}，因此a ＝－1,0,1.]8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝aq n＋b (a ≠0，q ≠0,1)，则“a ＋b ＝0”是数列{a n }为等比数列的________条件．充要 [当a ＋b ＝0时，a 1＝S 1＝aq ＋b ＝a (q －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝aq n －1(q －1)，当n ＝1时，也成立，于是a n ＋1a n ＝aq n q －aq n －1q －＝q (n ∈N *)，即数列{a n }为等比数列； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝aq ＋b ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝aq n －1(q －1)，∵q ≠0，q ≠1，∴a n ＋1a n ＝aq n q －aq n －1q －＝q (n ∈N *)，∵{a n }为等比数列，∴a 2a 1＝a n ＋1a n ＝q ，aq 2－aq aq ＋b＝q ， 即aq －a ＝aq ＋b ，∴a ＋b ＝0，综上所述，“a ＋b ＝0”是数列{a n }为等比数列的充要条件．]9．(江苏省南通中学2017届高三上学期期中考试)命题“∃x ∈R ，x 2－x ＋1≤0”的否定是________． ∀x ∈R ，x 2－x ＋1＞0 [命题“∃x ∈R ，x 2－x ＋1≤0”的否定是“∀x ∈R ，x 2－x ＋1＞0”．]10．(中原名校豫南九校2017届第四次质量考评)下列四个命题：p 1：任意x ∈R,2x ＞0；p 2：存在x ∈R ，x 2＋x ＋1＜0；p 3：任意x ∈R ，sin x ＜2x ；p 4：存在x ∈R ，cos x＞x 2＋x ＋1.其中的真命题是________．p 1，p 4 [对于x ∈R,2x ＞0，p 1为真命题；x 2＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34＞0，p 2为假命题；sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2＝1＞2－3π2，p 3为假命题；x ＝－12时，cos x ＞cos π6＝32＞34＝x 2＋x ＋1，p 4为真命题．] 11．(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)若命题p ：“∃x 0∈R,2x 0－2≤a 2－3a ”是假命题，则实数a 的取值范围是________．[1,2] [“∃x 0∈R,2x 0－2≤a 2－3a ”是假命题等价于∀x ∈R,2x －2＞a 2－3a ，即－2≥a 2－3a ，解之得1≤a ≤2，即实数a 的取值范围是[1,2]．]12．(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)设集合S ＝{0,1,2,3，…，n }，则集合S 中任意两个元素的差的绝对值的和为________．16n 3＋12n 2＋13n [设集合中第k 个元素，则其值为k －1. |(k －1)－k |＋|(k －1)－(k ＋1)|＋…＋|(k －1)－n | ＝1＋2＋…＋(n ＋1－k ) ＝n ＋1－kn ＋1－k ＋2，T n ＝12n 2·n ＋32n ·n ＋n －(1＋2＋…＋n )n －32(1＋2＋…＋n )＋12·(12＋22＋…＋n 2)＝n n ＋n ＋6＝16n 3＋12n 2＋13n .故答案是：16n 3＋12n 2＋13n .] 13．(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)设实数a ＞1，b ＞1，则“a ＜b ”是“ln a －ln b ＞a －b ”的________条件．(请用“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”中之一填空)充要 [令f (x )＝ln x －x (x ＞1)，则f ′(x )＝1x－1＜0，因此a ＜b ⇔f (a )＞f (b )⇔ln a －a ＞ln b －b⇔ln a －ln b ＞a －b ，即“a ＜b ”是“ln a －ln b ＞a －b ”的充要条件．] 14．(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)下列四个结论： ①若x ＞0，则x ＞sin x 恒成立；②命题“若x －sin x ＝0，则x ＝0”的逆否命题为“若x ≠0，则x －sin x ≠0”； ③“命题p ∧q 为真”是“命题p ∨q 为真”的充分不必要条件； ④命题“∀x ∈R ，x －ln x ＞0”的否定是“∃x 0∈R ，x 0－ln x 0≤0 ”． 其中正确结论的个数是________．4 [对于①，令y ＝x －sin x ，则y ′＝1－cos x ≥0，则函数y ＝x －sin x 在R 上单调递增，则当x ＞0时，x －sin x ＞0－0＝0，即x ＞sin x 恒成立，故①正确；对于②，命题“若x －sin x ＝0，则x ＝0” 的逆否命题为“若x ≠0，则x －sin x ≠0”正确；对于③，命题p ∧q 为真，则命题p ，q 均为真，命题p ∨q 为真，反过来，当命题p ∨q 为真时，则p ，q 中至少有一个为真，不能推出命题p ∧q 为真，所以“命题p ∧q 为真”是“命题p ∨q 为真”的充分不必要条件， 故③正确；对于④，由全称命题与特称命题的关系可知，命题“∀x ∈R ，x －ln x ＞0 ”的否定是“∃x 0∈R ，x 0－ln x 0≤0”，所以④正确．] 二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分14分)(山东潍坊2017届高三上学期期中联考)已知m ∈R ，设p ：∀x ∈[－1,1]，x 2－2x －4m 2＋8m －2≥0成立；q ：∃x ∈[1,2]，log 12(x 2－mx ＋1)＜－1成立，如果“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，求m 的取值范围.【导学号：56394005】[解] 若p 为真：对∀x ∈[－1,1]，4m 2－8m ≤x 2－2x －2恒成立，设f (x )＝x 2－2x －2，配方得f (x )＝(x －1)2－3， ∴f (x )在[－1,1]上的最小值为－3， ∴4m 2－8m ≤－3，解得12≤m ≤32，2分∴p 为真时：12≤m ≤32；若q 为真：∃x ∈[1,2]，x 2－mx ＋1＞2成立，∴m ＜x 2－1x 成立.4分设g (x )＝x 2－1x ＝x －1x，易知g (x )在[1,2]上是增函数，∴g (x )的最大值为g (2)＝32，∴m ＜32，∴q 为真时，m ＜32，∵“p ∨q ”为真，“p ∧q ”为假，∴p 与q 一真一假，9分 当p 真q 假时⎩⎪⎨⎪⎧ 12≤m ≤32，m ≥32，∴m ＝32，当p 假q 真时⎩⎪⎨⎪⎧m ＜12或m ＞32，m ＜32 ，∴m ＜12，12分综上所述，m 的取值范围是m ＜12或m ＝32.14分16．(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)设集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪132≤2－x≤4，B ＝{x |x 2＋2mx －3m 2＜0}(m ＞0)． (1)若m ＝2，求A ∩B ；(2)若A ⊇B ，求实数m 的取值范围．[解] 集合A ＝{x |－2≤x ≤5}，因为m ＞0，所以B ＝(－3m ，m )，4分 (1)m ＝2时，B ＝{x |－6＜x ＜2}， 所以A ∩B ＝{x |－2≤x ＜2}.8分 (2)B ＝(－3m ，m )，要使B ⊆A ，10分只要⎩⎪⎨⎪⎧－3m ≥－2m ≤5⇒m ≤23，12分所以0＜m ≤23.综上，知m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23.14分 17．(本小题满分14分)已知集合A ＝{x |log 2x ＜log 23}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＋2x －4＜0，C ＝{x |a ＜x ＜a ＋1}． (1)求集合A ∩B ；(2)若B ∪C ＝B ，求实数a 的取值范围． [解] (1)由log 2x ＜log 23，得0＜x ＜3. 2分由不等式x ＋2x －4＜0得(x －4)(x ＋2)＜0， 所以－2＜x ＜4.5分 所以A ∩B ＝{x |0＜x ＜3}. 7分 (2)因为B ∪C ＝B ，所以C ⊆B ， 9分 所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≤4，a ≥－2.11分解得－2≤a ≤3.所以，实数a 的取值范围是[－2,3].14分18．(本小题满分16分)设命题p ：函数y ＝kx ＋1在R 上是增函数，命题q ：∃x ∈R ，x 2＋(2k －3)x ＋1＝0，如果p ∧q 是假命题，p ∨q 是真命题，求k 的取值范围． [解] ∵函数y ＝kx ＋1在R 上是增函数，∴k ＞0，2分由∃x ∈R ，x 2＋(2k －3)x ＋1＝0得方程x 2＋(2k －3)x ＋1＝0有解，4分 ∴Δ＝(2k －3)2－4≥0，解得k ≤12或k ≥52.6分 ∵p ∧q 是假命题，p ∨q 是真命题，∴命题p ，q 一真一假，10分①若p 真q 假，则⎩⎪⎨⎪⎧ k ＞0，12＜k ＜52，∴12＜k ＜52； 12分②若p 假q 真，则⎩⎪⎨⎪⎧k ≤0，k ≤12或k ≥52，解得k ≤0， 14分综上可得k 的取值范围为(－∞，0]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，52. 16分19．(本小题满分16分)已知命题p ：函数y ＝log a (2x ＋1)在定义域上单调递增；命题q ：不等式(a －2)x2＋2(a －2)x －4＜0对任意实数x 恒成立，若“p 且﹁q ”为真命题，求实数a 的取值范围． [解] 因为命题p ：函数y ＝log a (2x ＋1)在定义域上单调递增，所以a ＞1.4分∴又因为命题q ：不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4＜0对任意实数x 恒成立；所以a ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a －2＜0，Δ＝a －2＋a －＜0，综上所述：－2＜a ≤2，10分因为p 且﹁q 为真命题，∴p 真q 假，12分 ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a ≤－2或a ＞2，∴a ∈(2，＋∞).14分 ∴实数a 的取值范围为(2，＋∞).16分20．(本小题满分16分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)已知命题p ：函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x 在R 上是增函数；命题q ：若函数g (x )＝e x －x ＋a 在区间[0，＋∞)上没有零点．(1)如果命题p 为真命题，求实数a 的取值范围；(2)命题“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，求实数a 的取值范围.【导学号：56394006】[解] (1)如果命题p 为真命题，∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x 在R 上是增函数，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立， 4分 ∴Δ＝4a 2－12≤0⇒a ∈[－3，3].7分(2)g ′(x )＝e x－1≥0对任意的x ∈[0，＋∞)恒成立， ∴g (x )在区间[0，＋∞)上递增，9分 若命题q 为真命题，g (0)＝a ＋1＞0⇒a ＞－1，11分由命题“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题知p ，q 一真一假，若p 真q 假，则⎩⎨⎧ －3≤a ≤3a ≤－1⇒a ∈[－3，－1]， 13分若p 假q 真，则⎩⎨⎧a ＜－3或a ＞3a ＞－1⇒a ∈(3，＋∞)， 14分 综上所述，a ∈[－3，－1]∪(3，＋∞). 16分专题限时集训(二) 函 数 (对应学生用书第80页) (限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 5x ，x ＞0，2x，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝________.14 [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝log 5125＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝f (－2)＝2－2＝14.] 2．(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f (x )＝8x.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－193＝________.－2 [函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，f (x )＝8x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－193＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－813＝－2.]3．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)函数f (x )＝－x2的定义域是________．[－2,2] [由lg(5－x 2)≥0，得5－x 2≥1， 即x 2≤4，解得－2≤x ≤2. ∴函数f (x )＝－x2的定义域是[－2,2]．故答案为：[－2,2]．]4．(广西柳州市2017届高三10月模拟)设a ，b ，c 均为正数，且2a＝log 12a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝log 12b ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＝log 2c ，则a ，b ，c 的大小关系为________．a ＜b ＜c [画图可得0＜a ＜b ＜1＜c .]5．(广东2017届高三上学期阶段测评(一))定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x ，则f (37.5)等于________．0.5 [∵f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )且f (－x )＝－f (x )，0≤x ≤1时，f (x )＝x ， ∴f (37.5)＝f (1.5)＝－f ()－0.5＝f ()0.5＝0.5.]6．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))函数f (x )＝1x －log 21＋ax1－x 为奇函数，则实数a ＝________.±1 [因为函数f (x )为奇函数，所以f (－x )＝1－x －log 21－ax 1＋x ＝－1x ＋log 21＋ax 1－x ，即1＋x 1－ax ＝1＋ax1－x ，所以a ＝±1.]7．(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)·f (x )＝1对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，则f (2 015)＝________. 1 [因为f (x ＋2)·f (x )＝1⇒f (x ＋4)＝1fx ＋2＝f (x )⇒T ＝4， 因此f (2 015)＝f (3)＝f (－1)＝f (1)；而f (x ＋2)·f (x )＝1⇒f (－1＋2)·f (－1)＝1⇒f 2(1)＝1，f (x )＞0⇒f (1)＝1，所以f (2 015)＝1.]8．(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )是R 上的单调函数，且对任意实数x ，都有f ⎝⎛⎭⎪⎫fx ＋22x＋1＝13，则f (log 23)＝________. 12 [因为函数f (x )是R 上的单调函数，且f ⎝⎛⎭⎪⎫fx ＋22x＋1＝13，所以可设f (x )＋22x ＋1＝t (t 为常数)，即f (x )＝t －22x ＋1，又因为f (t )＝13，所以t －22t ＋1＝13，令g (x )＝x －22x ＋1，显然g (x )在R 上单调递增，且g (1)＝13，所以t ＝1，f (x )＝1－22x ＋1，f (log 23)＝1－22log 23＋1＝12.]9．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )＝|ln x |－1，g (x )＝－x 2＋2x ＋3，用min{m ，n }表示m ，n 中最小值，设h (x )＝min{f (x )，g (x )}，则函数h (x )的零点个数为________． 3 [作出函数f (x )和g (x )的图象(两个图象的下面部分图象)如图，由g (x )＝－x 2＋2x ＋3＝0，得x ＝－1或x ＝3，由f (x )＝|ln x |－1＝0，得x ＝e 或x ＝1e .∵g (e)＞0，∴当x ＞0时，函数h (x )的零点个数为3个．]10．(江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，使得等式af (x 0)＋g (2x 0)＝0成立，则实数a 的取值范围是________.【导学号：56394011】⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522 [由f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 得f(－x )＋g (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，即－f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x，所以f (x )＝12(2－x －2x )，g (x )＝12(2－x ＋2x )．存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，使得等式af (x 0)＋g (2x 0)＝0成立，即x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，a ＝－g x 0f x 0，设h (x )＝－g x fx ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则h (x )＝－12－2x＋22x12－x －2x＝22x ＋2－2x2x －2－x ＝(2x －2－x )＋22－2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，2x －2－x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，32，设t ＝2x －2－x，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，32，而h (x )＝t ＋2t ，易知y ＝t ＋2t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，2上递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，32上递增，因此y min ＝2＋22＝22，y max ＝22＋222＝522，所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522，即a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522.] 11．(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ＞0，x 2＋x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 [由g (x )＝f (x )－m ＝0得f (x )＝m ，若函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点， 等价为函数f (x)与y ＝m 有三个不同的交点， 作出函数f (x )的图象如图：当x ≤0时，f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14≥－14，若函数f (x )与y ＝m 有三个不同的交点， 则－14＜m ≤0，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0，故答案为：⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0.] 12．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x，x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋b 有三个零点，则实数b 的取值范围为________．(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 [函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x ，x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋b 有三个零点，就是h (x )＝|f (x )|－3x 与y ＝－b 有3个交点，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －x 2，0≤x ≤4，x 2－7x ，x ＞4，－3x－3x ，x ＜0，画出两个函数的图象如图：当x ＜0时，－3x－3x ≥6，当且仅当x ＝－1时取等号，此时－b ＞6，可得b ＜－6；当0≤x ≤4时，x －x 2≤14，当x ＝12时取得最大值，满足条件的b ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 .综上，b ∈(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0. 故答案为：(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0.] 13．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋m ，x ＜0，x 2－1，x ≥0，其中m ＞0，若函数y ＝f(f (x ))－1有3个不同的零点，则m 的取值范围是________．(0,1) [①当x ＜0时，f (f (x ))＝(－x ＋m )2－1，图象为开口向上的抛物线在y 轴左侧的部分，顶点为(0，m 2－1)；②当0≤x ＜1时，f (f (x ))＝－x 2＋1＋m ，图象为开口向下的抛物线在0≤x ＜1之间的部分，顶点为(0，m ＋1)．根据题意m ＞0，所以m ＋1＞1；③当x ≥1时，f (f (x ))＝(x 2－1)2－1，图象为开口向上的抛物线在x ＝1右侧的部分，顶点为(1，－1)．根据题意，函数y ＝f (f (x ))－1有3个不同的零点，即f (f (x ))的图象与y ＝1有3个不同的交点． 根据以上三种分析的情况：第③种情况x ＝1时，f (f (x ))＝－1，右侧为增函数，所以与y ＝1有一个交点；第②种情况，当x →1时，f (f (x ))→m ，所以与y ＝1有交点，需m ＜1；第①种情况，当x →0时，f (f (x ))→m 2－1，只要m 2－1＜1即可，又m ＞0，∴0<m ＜2， 综上m 的取值范围为(0,1)．]14．(2017·江苏省无锡市高考数学一模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．4 [当x ≥1时，ln x x 2＝18，即ln x ＝18x 2，令g (x )＝ln x －18x 2，x ≥1时函数是连续函数，g (1)＝－18＜0，g (2)＝ln 2－12＝ln2e＞0，g (4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g (x )＝ln x －18x 2有2个零点．(结合函数y ＝ln x x 2与y ＝18可知函数的图象有2个交点．)当x ＜1时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜0，1－12x，x ∈[0，，函数的图象与y ＝18的图象如图，考查两个函数有2个交点，综上函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为4个．故答案为4.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分14分)(2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知函数f (x )＝3x＋λ·3－x(λ∈R )．(1)若f (x )为奇函数，求λ的值和此时不等式f (x )＞1的解集； (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立，求实数λ的取值范围.【导学号：56394012】[解] (1)函数f (x )＝3x ＋λ·3－x的定义域为R ，∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＋f (x )＝0对∀x ∈R 恒成立，即3－x＋λ·3x ＋3x ＋λ·3－x ＝(λ＋1)(3x＋3－x)＝0对∀x ∈R 恒成立，∴λ＝－1. 3分此时f (x )＝3x－3－x＞1，即3x －3－x－1＞0， 解得3x ＞1＋52或3x＜1－52(舍去)，6分∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞log 31＋52. 7分(2)由f (x )≤6得3x＋λ·3－x≤6，即3x＋λ3≤6，令t ＝3x∈[1,9]，原问题等价于t ＋λt≤6对t ∈[1,9]恒成立，亦即λ≤－t 2＋6t 对t ∈[1,9]恒成立，10分令g (t )＝－t 2＋6t ，t ∈[1,9]，∵g (t )在[1,3]上单调递增，在[3,9]上单调递减． ∴当t ＝9时，g (t )有最小值g (9)＝－27， ∴λ≤－27.14分16．(本小题满分14分)(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)设函数y ＝lg(－x 2＋4x －3)的定义域为A ，函数y ＝2x ＋1，x ∈(0，m )的值域为B . (1)当m ＝2时，求A ∩B ；(2)若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，求实数m 的取值范围． [解] (1)由－x 2＋4x －3＞0， 解得1＜x ＜3，所以A ＝(1,3)， 2分又函数y ＝2x ＋1在区间(0，m )上单调递减， 所以y ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1，2，即B ＝⎝⎛⎭⎪⎫2m ＋1，2，5分当m ＝2时，B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2，所以A ∩B ＝(1,2).7分 (2)首先要求m ＞0，9分而“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，所以B 是A 的真子集， 从而2m ＋1≥1，解得0＜m ≤1. 所以实数m 的取值范围为(0,1].14分17．(本小题满分14分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)无锡市政府决定规划地铁三号线：该线起于惠山区惠山城铁站，止于无锡新区硕放空港产业园内的无锡机场站，全长28公里，目前惠山城铁站和无锡机场站两个站点已经建好，余下的工程是在已经建好的站点之间铺设轨道和等距离修建停靠站．经有关部门预算，修建一个停靠站的费用为6 400万元，铺设距离为x 公里的相邻两个停靠站之间的轨道费用为400x 3＋20x 万元．设余下工程的总费用为f (x )万元．(停靠站位于轨道两侧，不影响轨道总长度)． (1)试将f (x )表示成x 的函数；(2)需要建多少个停靠站才能使工程费用最小，并求最小值．[解] (1)设需要修建k 个停靠站，则k 个停靠站将28公里的轨道分成相等的k ＋1段， ∴(k ＋1)x ＝28⇒k ＝28x－1，3分∴f (x )＝6 400k ＋(k ＋1)(400x 3＋20x )＝6 400⎝ ⎛⎭⎪⎫28x－1＋28x(400x 3＋20x )，化简得f (x )＝28×400x 2＋28×6 400x－5 840，7分(2)f (x )＝28×400x 2＋28×3 200x ＋28×3 200x－5 840≥3328×400x 2·28×3 200x ·28×3 200x－5 840＝128 560(万元)，当且仅当28×400x 2＝28×3 200x ，即x ＝2，k ＝28x－1＝13时取“＝”.13分故需要建13个停靠站才能使工程费用最小，最小值费用为128 560万元.14分18．(本小题满分16分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知函数f (x )＝|x 2－1|＋x 2＋kx ，且定义域为(0,2)．(1)求关于x 的方程f (x )＝kx ＋3在(0,2)上的解；(2)若关于x 的方程f (x )＝0在(0,2)上有两个的解x 1，x 2，求k 的取值范围．[解] (1)∵f (x )＝|x 2－1|＋x 2＋kx ，f (x )＝kx ＋3，即|x 2－1|＋x 2＝3.当0＜x ≤1时，|x 2－1|＋x 2＝1－x 2＋x 2＝1，此时该方程无解．当1＜x ＜2时，|x 2－1|＋x 2＝2x 2－1，原方程等价于：x 2＝2，此时该方程的解为 2.综上可知：方程f (x )＝kx ＋3在(0,2)上的解为 2. (2)当0＜x ≤1时，kx ＝－1，① 当1＜x ＜2时，2x 2＋kx －1＝0，② 若k ＝0，则①无解，②的解为x ＝±22∉(1,2)，故k ＝0不合题意．若k ≠0，则①的解为x ＝－1k. (ⅰ)当－1k∈(0,1]时，k ≤－1时，方程②中Δ＝k 2＋8＞0，故方程②中一 根在(1,2)内，一根不在(1,2)内．设g (x )＝2x 2＋kx －1，而x 1x 2＝－12＜0，则⎩⎪⎨⎪⎧g ＜0，g ＞0，⎩⎪⎨⎪⎧k ＜－1，k ＞－72，又k ≤－1，故－72＜k＜－1.12分(ⅱ)当－1k ∉(0,1]时，即－1＜k ＜0或k ＞0时，方程②在(1,2)需有两个不同解，而x 1x 2＝－12＜0，知道方程②必有负根，不合题意. 综上所述，故－72＜k ＜－1.16分19．(本小题满分16分)(江苏省南通市如东县、 徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )＝－3x＋a3x ＋1＋b. (1)当a ＝b ＝1时，求满足f (x )＝3x的x 的值； (2)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数．①存在t ∈R ，不等式f (t 2－2t )＜f (2t 2－k )有解，求k 的取值范围；②若函数g (x )满足f (x )·[g (x )＋2]＝13(3－x －3x)，若对任意x ∈R ，不等式g (2x )≥m ·g (x )－11恒成立，求实数m 的最大值 .[解] (1) 由题意，－3x＋13x ＋1＋1＝3x ，化简得3·(3x )2＋2·3x－1＝0，解得3x ＝－1(舍)或3x＝13，2分 所以x ＝－1.4分(2) 因为f (x )是奇函数，所以f (－x )＋f (x )＝0， 所以－3－x＋a 3－x ＋1＋b ＋－3x＋a 3x ＋1＋b＝0，化简并变形得： (3a －b )(32x＋1)＋(2ab －6)·3x＝0， 要使上式对任意的x 成立，则3a －b ＝0且2ab －6＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－3，因为f (x )的定义域是R ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－3(舍去)，所以a ＝1，b ＝3, 所以f (x )＝－3x＋13x ＋1＋3.6分①f (x )＝－3x＋13x ＋1＋3＝13⎝⎛⎭⎪⎫－1＋23x ＋1，对任意x 1，x 2∈R ，x 1＜x 2有： f (x 1)－f (x 2)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 1＋1－23x 2＋1＝23⎝⎛⎭⎪⎫3x 2－3x 1x 1＋x 2＋，因为x 1＜x 2，所以3x 2－3x 1＞0，所以f (x 1)＞f (x 2)， 因此f (x )在R 上递减.8分因为f (t 2－2t )＜f (2t 2－k )，所以t 2－2t ＞2t 2－k ， 即t 2＋2t －k ＜0在t ∈R 上有解 ， 所以Δ＝4＋4k ＞0，解得k ＞－1，所以k 的取值范围为(－1，＋∞). 10分②因为f (x )·[g (x )＋2]＝13(3－x －3x)，所以g (x )＝3－x－3x3f x －2，即g (x )＝3x ＋3－x. 12分所以g (2x )＝32x＋3－2x＝(3x＋3－x )2－2.不等式g (2x )≥m ·g (x )－11恒成立， 即(3x＋3－x )2－2≥m ·(3x ＋3－x)－11， 即m ≤3x ＋3－x＋93x ＋3－x 恒成立.14分令t ＝3x ＋3－x，t ≥2，则m ≤t ＋9t在t ≥2时恒成立，令h (t )＝t ＋9t ，h ′(t )＝1－9t2，t ∈(2,3)时，h ′(t )＜0，所以h (t )在(2,3)上单调递减， t ∈(3，＋∞)时，h ′(t )＞0，所以h (t )在(3，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (3)＝6，所以m ≤6， 所以实数m 的最大值为6 .16分20．(本小题满分16 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)给出定义在(0，＋∞)上的两个函数f (x )＝x 2－a ln x ，g (x )＝x －a x . (1)若f (x )在x ＝1处取最值，求a 的值；(2)若函数h (x )＝f (x )＋g (x 2)在区间(0,1]上单调递减 ，求实数a 的取值范围； (3)在(1)的条件下，试确定函数m (x )＝f (x )－g (x )－6的零点个数，并说明理由.【导学号：56394013】[解] (1)f ′(x )＝2x －a x，由已知f ′(1)＝0，即2－a ＝0， 解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意， 所以a ＝2.4分(2)h (x )＝f (x )＋g (x 2)＝x 2－a ln x ＋x 2－ax ＝2x 2－a (x ＋ln x )，h ′(x )＝4x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ，要使得h (x )＝2x 2－a (x ＋ln x )在区间(0,1]上单调递减，则h ′(x )≤0，即4x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ≤0在区间(0,1]上恒成立，6分因为x ∈(0,1]，所以a ≥4x2x ＋1，设函数F (x )＝4x2x ＋1，则a ≥F (x )max ，8分F (x )＝4x 2x ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x，因为x ∈(0,1]，所以1x∈[1，＋∞)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x min ＝2，所以F (x )max ＝2，所以a ≥2.10分(3)函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点． 因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6，所以m ′(x )＝2x －2x－1＋1x＝2x 2－2－x ＋x x＝x －x x ＋2x ＋x ＋x.当x ∈(0,1)时，m ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时， m ′(x )＞0， 所以m (x )min ＝m (1)＝－4＜0，14分m (e －2)＝－＋e ＋2e3e4＜0，m (e －4)＝1＋2e 8＋e42－e8＞0，m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)＞0，故由零点存在定理可知：函数m (x )在(e－4,1)上存在一个零点，函数m (x )在(1，e 4)上存在一个零点，所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点. 16分专题限时集训(三) 导数 (对应学生用书第83页) (限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，则实数a 的取值范围是________.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞ [因为函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，所以f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上恒成立，所以x 2＋1≤ax ⇒a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ，当且仅当x ＝3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ＝103，所以a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞.] 2．(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)若函数y ＝f (x )的定义域为R ，∀x ∈R ，f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋1)为偶函数，f (2)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为________． (0，＋∞) [令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x －f xex＜0，所以g (x )在定义域内为减函数，因为f (x ＋1)为偶函数，所以f (x ＋1)＝f (－x ＋1)⇒f (0)＝f (2)＝1⇒g (0)＝1，因此f (x )＜e x⇒g (x )＜1＝g (0)⇒x ＞0.]3．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)函数f (x )＝log 2x 在点A (1,2)处切线的斜率为________.【导学号：56394017】1ln 2 [∵f ′(x )＝1x ln 2，∴k ＝f ′(1)＝1ln 2.] 4．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)若实数a ，b ，c ，d 满足|b ＋a 2－4ln a |＋|2c －d ＋2|＝0，则(a －c )2＋(b －d )2的最小值为________．5 [|b ＋a 2－4ln a |＋|2c －d ＋2|＝0⇒b ＋a 2－4ln a ＝0,2c －d ＋2＝0，所以(a －c )2＋(b －d )2表示直线2x －y ＋2＝0上点P 到曲线y ＝4ln x －x 2上点Q 距离的平方．由y ′＝4x－2x ＝2⇒x ＝1(负舍)得Q (1，－1)，所以所求最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫|2＋1＋2|52＝5.]5．(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx ＋14，g (x )＝－ln x ，min{a ，b }表示a ，b 中的最小值，若函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)恰有三个零点，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－34 [f ′(x )＝3x 2＋m ，因为g (1)＝0，所以要使h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)恰有三个零点，需满足f (1)＞0，f ⎝⎛⎭⎪⎫－m 3 ＜0，m ＜0，解得m ＞－54，－m 3＞12⇒－54＜m ＜－34.] 6．(河北唐山市2017届高三年级期末)已知函数f (x )＝ln(e x＋e －x)＋x 2，则使得f (2x )＞f (x ＋3)成立的x 的取值范围是________．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [因为f (－x )＝ln(e －x＋e x )＋(－x )2＝ln(e x ＋e －x )＋x 2＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，易知函数y ＝e x ＋e －x 在x ∈(0，＋∞)是增函数，所以函数f (x )＝ln(e x ＋e －x )＋x 2在x ∈(0，＋∞)也是增函数，所以不等式f (2x )＞f (x ＋3)等价于|2x |＞|x ＋3|，解得x ＜－1或x ＞3.] 7．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，g (x )＝3x 2＋2ax ＋b (a ，b ，c 是常数)，若f (x )在(0,1)上单调递减，则下列结论中：①f (0)·f (1)≤0；②g (0)·g (1)≥0；③a 2－3b 有最小值． 正确结论的个数为________．2 [由题意，得 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，若函数f (x )在(0,1)上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧f ′，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤0，3＋2a ＋b ≤0，所以g (0)·g (1)＝b ·(3＋2a ＋b )≥0，故②正确；不妨设f (x )＝x 3－2x 2－3x ＋5，则f (0)·f (1)＝5·(1－2－3＋5)＞0，故①错；画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧b ≤0，3＋2a ＋b ≤0表示的平面区域，如图所示，令z ＝a 2－3b ，则b ＝13a 2－z 3，①当－z 3＞－3，即z ＜9时，抛物线b ＝13a 2－z 3与直线2a ＋b ＋3＝0有公共点，联立两个方程消去b 得a 2＋6a ＋9－z ＝0，z ＝(a ＋3)2≥0，所以0≤z ＜9；当－z3≤－3，即z ≥9时，抛物线与平面区域必有公共点，综上所述，z ≥0，所以z ＝a 2－3b 有最小值 ，故③正确．]8．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))对任意的a ∈R ，曲线y ＝e x (x 2＋ax ＋1－2a )在点P (0,1－2a )处的切线l 与圆C ：x 2＋2x ＋y 2－12＝0的位置关系是________.相交 [由题意，得y ′＝e x (x 2＋ax ＋1－2a )＋e x(2x ＋a )，所以y ′|x ＝0＝1－a ，所以直线l 的方程为y －(1－2a )＝(1－a )x ，即(1－a )x －y ＋1－2a ＝0.化圆C 的方程为(x ＋1)2＋y 2＝13，其圆心(－1,0)到直线l 的距离为－a－－0＋1－2a |－a 2＋－2＝|a |a 2－2a ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －122＋12≤2＜13，所以直线l 与圆相交．]9．(山东省枣庄市2017届高三上学期期末)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x ＞0时，f (x )＞－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点的个数为________.【导学号：56394018】3 [因为当x ＞0时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )＞0，所以xf (x )在(0，＋∞)上单调递增，又函数f (x )为奇函数，所以函数xf (x )为偶函数，结合f (3)＝0，作出函数y ＝xf (x )与y ＝－lg|x ＋1|的图象，如图所示，由图象知，函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点有3个．]10．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意的实数x 都有f (x )＝4x 2－f (－x )，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＋12＜4x .若f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2，则实数m 的取值范围是________.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞ [∵f (x )－2x 2＋f (－x )－2x 2＝0，设g (x )＝f (x )－2x 2，则g (x )＋g (－x )＝0，∴g (x )为奇函数，又g ′(x )＝f ′(x )－4x ＜－12，∴g (x )在(－∞，0)上是减函数，从而在R 上是减函数，又f (m ＋1)≤f (－m )＋4m ＋2等价于f (m ＋1)－2(m ＋1)2≤f (－m )－2(－m )2，即g (m ＋1)≤g (－m )，∴m ＋1≥－m ，解得m ≥－12.]11．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ∈R )，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为π－32，则实数a 的值为________．1 [由已知得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，对于任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，有sin x ＋x cos x ＞0，当a ＝0时，f (x )＝－32，不合题意；当a ＜0时，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f ′(x )＜0，从而f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2单调递减，又函数在图象上是连续不断的，故函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝－32，不合题意；当a ＞0时， x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f ′(x )＞0，从而f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2单调递增，又函数在图象上是连续不断的，故函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2·a －32＝π－32，解得a ＝1.]12．(天津六校2017届高三上学期期中联考)设函数f (x )＝ln x x，关于x 的方程[f (x )]2＋mf (x )－1＝0有三个不同的实数解，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1e ，＋∞ [f (x )＝ln x x ⇒f ′(x )＝1－ln x x 2＝0⇒x ＝e ，因此当0＜x ≤e 时，f (x )≤1e ；当x ＞e 时，0＜f (x )＜1e ，因此g (t )＝t 2＋mt －1＝0有两个根，其中t 1∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，1e ，t 2∈(－∞，0]∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e ，因为g (0)＝－1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＞0⇒m ＞e －1e.]13．(山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋，x ＞0，12x ＋1，x ≤0，若m＜n ，且f (m )＝f (n )，则n －m 的取值范围是________.[3－2ln 2,2) [如图，作出函数y ＝f (x )的图象，不妨设f (m )＝f (n )＝t ， 由f (m )＝f (n )可知函数f (x )的图象与直线y ＝t 有两个交点， 而x ≤0时，函数y ＝f (x )单调递增，其图象与y 轴交于点(0,1)， 所以0＜t ≤1.又m ＜n ，所以m ≤0，n ＞0， 由0＜t ≤1，得0＜ln(n ＋1)≤1，解得0＜n ≤e－1. 由f (m )＝t ，即12m ＋1＝t ，解得m ＝2t －2；由f (n )＝t ，即ln(n ＋1)＝t ，解得n ＝e t－1；记g (t )＝n －m ＝e t －1－(2t －2)＝e t －2t ＋1(0＜t ≤1)，g ′(t )＝e t－2. 所以当0＜t ＜ln 2时，g ′(t )＜0，函数g (t )单调递减； 当ln 2＜t ≤1时，g ′(t )＞0，函数g (t )单调递增． 所以函数g (t )的最小值为g (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋1＝3－2ln 2；而g (0)＝e 0＋1＝2，g (1)＝e －2＋1＝e －1＜2，所以3－2ln 2≤g (t )＜2.]14．(贵州遵义市2017届高三第一次联考)已知定义域为R 的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意x ∈[0，＋∞)，均满足：xf ′(x )＞－2f (x )．若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (2x )＜g (1－x )的解集是________.⎝⎛⎭⎪⎫－1，13 [x ∈[0，＋∞)时，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )＝x (2f (x )＋xf ′(x ))＞0，而g (x )＝x 2f (x )也为偶函数，所以g (2x )＜g (1－x )⇔g (|2x |)＜g (|1－x |)⇔|2x |＜|1－x |⇔3x 2＋2x －1＜0⇔－1＜x ＜13.] 二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分14分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)在互联网时代，网校培训已经成为青年学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量h (x )(单位：千套)与销售价格(单位：元/套)满足关系式h (x )＝f (x )＋g (x )(3＜x ＜7，m 为常数)，其中f (x )与(x －3)成反比，g (x )与(x －7)的平方成正比，已知销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套． (1)求h (x )的表达式；(2)假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题3元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数) [解] (1)因为f (x )与x －3成反比，g (x )与x －7的平方成正比，所以可设：f (x )＝k 1x －3，g (x )＝k 2(x －7)2，k 1≠0，k 2≠0， 则h (x )＝f (x )＋g (x )＝k 1x －3＋k 2(x －7)2. 2分因为销售价格为5元/套时，每日可售出套题21千套，销售价格为3.5元/套时，每日可售出套题69千套，所以，h (5)＝21，h (3.5)＝69，即⎩⎪⎨⎪⎧k 12＋4k 2＝21，2k 1＋494k 2＝69，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝10，k 2＝4， 6分所以，h (x )＝10x －3＋4(x －7)2(3＜x ＜7). 8分(2)由(1)可知，套题每日的销售量h (x )＝10x －3＋4(x －7)2， 设每日销售套题所获得的利润为F (x )， 则F (x )＝(x －3) ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10x －3＋x －2＝10＋4(x －7)2(x －3) ＝4x 3－68x 2＋364x －578，10分从而F ′(x )＝12x 2－136x ＋364＝4(3x －13)(x －7)，3＜x ＜7，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3，133时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在⎝⎛⎭⎪⎫3，133上单调递增，12分x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫133，7时，F ′(x )＜0，所以函数F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫133，7上单调递减，所以x ＝133≈4.3时，函数F (x )取得最大值，即当销售价格为4.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.14分16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值； (2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22的符号，并证明.【导学号：56394019】[解] (1)f ′(x )＝1＋a x，又∵f ′(1)＝3. 2分所以a ＝2.3分(2)函数g (x )的定义域是(0，＋∞). 4分若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0. 又据题设分析知k ≠0， ∴x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0， ∴a ＝0，不成立.5分据题设知⎩⎪⎨⎪⎧gx 1＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，gx 2＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0，不妨设x 1＞x 2，x 1x 2＝t ，t ＞1.6分所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)． 所以1＋ax 1－ln x 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)，7分又g ′(x )＝1＋a x－2kx ， 所以g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－ax 1－ln x 2x 1－x 2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ＋1－ln t t －1＝a x 2·1t －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤t －t ＋1－ln t .9分引入h (t )＝t －t ＋1－ln t (t ＞1)，则h ′(t )＝4t ＋2－1t＝－t －2t t ＋2＜0.所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减. 10分而h (1)＝0，所以当t ＞1时，h (t )＜0. 易知x 2＞0，1t －1＞0， 所以当a ＞0时，g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜0；当a ＜0时，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＞0.14分17．(本小题满分14分)(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t ＞0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)探讨函数F (x )＝ln x －1e x ＋2e x 是否存在零点？若存在，求出函数F (x )的零点；若不存在，请说明理由．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )＜0得，0＜x ＜1e ，由f ′(x )＞0得x ＞1e，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，1分当0＜t ≤1e 时，t ＋2＞1e ，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ； 当t ＞1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ，2分∴f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0＜t ≤1e ，t ln t ，t ＞1e. 3分(2)原问题可化为a ≤2ln x ＋x ＋3x， 4分设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0 )，h ′(x )＝x ＋x －x，当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )在(0,1)上单调递减；5分当x ＞1时， h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增；6分 ∴h (x )min ＝h (1)＝4，故a 的取值范围为(－∞，4].7分 (3)令F (x )＝0，得ln x －1e x ＋2e x ＝0，即x ln x ＝x e x －2e (x ＞0)，8分 由(1)知当且仅当x ＝1e 时，f (x )＝x ln x (x ＞0)的最小值是－1e，9分设φ(x )＝x e x －2e (x ＞0)，则φ′(x )＝1－xex ，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当且仅当x ＝1时，φ(x )取最大值，且φ(1)＝－1e，12分∴对x ∈(0，＋∞)都有ln x ＞1e x －2e x ，即F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ＞0恒成立，故函数F (x )无零点.18．(本小题满分16分)(无锡市普通高中2017届高三上学期期中基础性检测)已知函数f (x )＝sin xe x 的定义域为[0,2π]，g (x )为f (x )的导函数．(1)求方程g (x )＝0的解集； (2)求函数g (x )的最大值与最小值；(3)若函数F (x )＝f (x )－ax 在定义域上恰有2个极值点，求实数a 的取值范围． [解] (1)因为f ′(x )＝－sin x e x ＋cos xex ， 1分 所以g (x )＝cos x e －sin x e ＝0，解得x ＝π4或x ＝5π4；3分 (2)因为g ′(x )＝－cos x e x －sin x e x ＋sin x e x －cos x e x ＝－2cos xe x ，4分 令g ′(x )＝0，解得x ＝π2或x ＝3π2，5分所以g (x )的最大值为g (0)＝1，所以g (x )的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝－e π2. 7分(3)因为F ′(x )＝－sin x e x ＋cos xex －a ＝g (x )－a ，所以函数F (x )＝f (x )－ax 在定义域上恰有2个极值点，等价于g (x )－a ＝0在定义域上恰有2个零点且在零点处异号，即y ＝g (x )与y ＝a 的图象恰有两个交点，9分由(2)知F ′(0)＝g (0)－a ＝1－a ，F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－a ＝－e －π2－a ，F ′⎝⎛⎭⎪⎫3π2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－a ＝e －3π2－a ，F ′(2π)＝g (2π)－a ＝e －2π－a ，若F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2≥0，则F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＞F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0， 所以F ′(x )＝0至多只有1个零点，不成立，10分 所以只有F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0；11分若F ′⎝⎛⎭⎪⎫3π2＜0，则F ′(2π)＜0，所以F ′(x )＝0只有1个零点，不成立，12分所以F ′⎝⎛⎭⎪⎫3π2≥0，13分。
2018年江苏高考数学二轮复习练习：2_函数有答案
专题限时集训(二) 函 数 (对应学生用书第80页) (限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 5x ，x ＞0，2x，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝________.14 [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝log 5125＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝f (－2)＝2－2＝14.] 2．(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f (x )＝8x.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－193＝________.－2 [函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，f (x )＝8x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－193＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－813＝－2.]3．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)函数f (x )＝－x2的定义域是________．[－2,2] [由lg(5－x 2)≥0，得5－x 2≥1， 即x 2≤4，解得－2≤x ≤2. ∴函数f (x )＝－x2的定义域是[－2,2]．故答案为：[－2,2]．]4．(广西柳州市2017届高三10月模拟)设a ，b ，c 均为正数，且2a＝log 12a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＝log 12b ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ＝log 2c ，则a ，b ，c 的大小关系为________．a ＜b ＜c [画图可得0＜a ＜b ＜1＜c .]5．(广东2017届高三上学期阶段测评(一))定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x ，则f (37.5)等于________．0.5 [∵f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )且f (－x )＝－f (x )，0≤x ≤1时，f (x )＝x ，∴f (37.5)＝f (1.5)＝－f ()－0.5＝f ()0.5＝0.5.]6．(广东省佛山市2017届高三教学质量检测(一))函数f (x )＝1x －log 21＋ax1－x 为奇函数，则实数a ＝________.±1 [因为函数f (x )为奇函数，所以f (－x )＝1－x －log 21－ax 1＋x ＝－1x ＋log 21＋ax 1－x ，即1＋x 1－ax ＝1＋ax1－x ，所以a ＝±1.]7．(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)·f (x )＝1对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，则f (2 015)＝________. 1 [因为f (x ＋2)·f (x )＝1⇒f (x ＋4)＝1fx ＋＝f (x )⇒T ＝4，因此f (2 015)＝f (3)＝f (－1)＝f (1)；而f (x ＋2)·f (x )＝1⇒f (－1＋2)·f (－1)＝1⇒f 2(1)＝1，f (x )＞0⇒f (1)＝1，所以f (2 015)＝1.]8．(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知函数f (x )是R 上的单调函数，且对任意实数x ，都有f ⎝⎛⎭⎪⎫f x ＋22x＋1＝13，则f (log 23)＝________. 12 [因为函数f (x )是R 上的单调函数，且f ⎝⎛⎭⎪⎫fx ＋22x＋1＝13，所以可设f (x )＋22x ＋1＝t (t 为常数)，即f (x )＝t －22x ＋1，又因为f (t )＝13，所以t －22t ＋1＝13，令g (x )＝x －22x ＋1，显然g (x )在R 上单调递增，且g (1)＝13，所以t ＝1，f (x )＝1－22x ＋1，f (log 23)＝1－22log 23＋1＝12.]9．(湖北省荆州市2017届高三上学期第一次质量检测)已知函数f (x )＝|ln x |－1，g (x )＝－x 2＋2x ＋3，用min{m ，n }表示m ，n 中最小值，设h (x )＝min{f (x )，g (x )}，则函数h (x )的零点个数为________． 3 [作出函数f (x )和g (x )的图象(两个图象的下面部分图象)如图，由g (x )＝－x 2＋2x ＋3＝0，得x ＝－1或x ＝3，由f (x )＝|ln x |－1＝0，得x ＝e 或x ＝1e .∵g (e)＞0，∴当x ＞0时，函数h (x )的零点个数为3个．]10．(江苏省南京市2017届高三上学期学情调研)已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .若存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，使得等式af (x 0)＋g (2x 0)＝0成立，则实数a 的取值范围是________.【导学号：56394011】⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522 [由f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 得f (－x )＋g (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，即－f (x )＋g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x，所以f (x )＝12(2－x －2x )，g (x )＝12(2－x ＋2x )．存在x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，使得等式af (x 0)＋g (2x 0)＝0成立，即x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，a ＝－g x 0f x 0，设h (x )＝－g x f x⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则h (x)＝－12－2x＋22x12－x －2x＝22x ＋2－2x2x －2－x ＝(2x －2－x )＋22x －2－x，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，2x －2－x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，32，设t ＝2x －2－x ，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，32，而h (x )＝t ＋2t ，易知y ＝t＋2t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，2上递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，32上递增，因此y min ＝2＋22＝22，y max ＝22＋222＝522，所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522，即a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，522.] 11．(江苏省苏州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ＞0，x 2＋x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m有三个零点，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 [由g (x )＝f (x )－m ＝0得f (x )＝m ，若函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点， 等价为函数f (x)与y ＝m 有三个不同的交点， 作出函数f (x )的图象如图：当x ≤0时，f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14≥－14，若函数f (x )与y ＝m 有三个不同的交点，则－14＜m ≤0，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0，故答案为：⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0.] 12．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x ，x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋b 有三个零点，则实数b 的取值范围为________． (－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 [函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x ，x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋b 有三个零点，就是h (x )＝|f (x )|－3x 与y ＝－b 有3个交点，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －x 2，0≤x ≤4，x 2－7x ，x ＞4，－3x －3x ，x ＜0，画出两个函数的图象如图：当x ＜0时，－3x－3x ≥6，当且仅当x ＝－1时取等号，此时－b ＞6，可得b ＜－6；当0≤x ≤4时，x －x 2≤14，当x ＝12时取得最大值，满足条件的b ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 .综上，b ∈(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0. 故答案为：(－∞，－6)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0.] 13．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋m ，x ＜0，x 2－1，x ≥0，其中m ＞0，若函数y ＝f (f(x ))－1有3个不同的零点，则m 的取值范围是________．(0,1) [①当x ＜0时，f (f (x ))＝(－x ＋m )2－1，图象为开口向上的抛物线在y 轴左侧的部分，顶点为(0，m 2－1)；②当0≤x ＜1时，f (f (x ))＝－x 2＋1＋m ，图象为开口向下的抛物线在0≤x ＜1之间的部分，顶点为(0，m ＋1)．根据题意m ＞0，所以m ＋1＞1；③当x ≥1时，f (f (x ))＝(x 2－1)2－1，图象为开口向上的抛物线在x ＝1右侧的部分，顶点为(1，－1)． 根据题意，函数y ＝f (f (x ))－1有3个不同的零点，即f (f (x ))的图象与y ＝1有3个不同的交点． 根据以上三种分析的情况：第③种情况x ＝1时，f (f (x ))＝－1，右侧为增函数，所以与y ＝1有一个交点；第②种情况，当x →1时，f (f (x ))→m ，所以与y ＝1有交点，需m ＜1；第①种情况，当x →0时，f (f (x ))→m 2－1，只要m 2－1＜1即可，又m ＞0，∴0<m ＜2，综上m 的取值范围为(0,1)．]14．(2017·江苏省无锡市高考数学一模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．4 [当x ≥1时，ln x x 2＝18，即ln x ＝18x 2，令g (x )＝ln x －18x 2，x ≥1时函数是连续函数，g (1)＝－18＜0，g (2)＝ln 2－12＝ln2e＞0，g (4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g (x )＝ln x －18x 2有2个零点．(结合函数y ＝ln x x 2与y ＝18可知函数的图象有2个交点．)当x ＜1时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜0，1－12x，x ∈[0，，函数的图象与y ＝18的图象如图，考查两个函数有2个交点，综上函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为4个．故答案为4.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15．(本小题满分14分)(2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知函数f (x )＝3x＋λ·3－x(λ∈R )．(1)若f (x )为奇函数，求λ的值和此时不等式f (x )＞1的解集； (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立，求实数λ的取值范围.【导学号：56394012】[解] (1)函数f (x )＝3x ＋λ·3－x的定义域为R ，∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＋f (x )＝0对∀x ∈R 恒成立，即3－x＋λ·3x ＋3x ＋λ·3－x ＝(λ＋1)(3x＋3－x)＝0对∀x ∈R 恒成立，∴λ＝－1. 3分此时f (x )＝3x－3－x＞1，即3x －3－x－1＞0， 解得3x ＞1＋52或3x＜1－52(舍去)，6分∴解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞log 31＋52. 7分(2)由f (x )≤6得3x＋λ·3－x≤6，即3x＋λ3≤6，令t ＝3x∈[1,9]，原问题等价于t ＋λt≤6对t ∈[1,9]恒成立，亦即λ≤－t 2＋6t 对t ∈[1,9]恒成立， 令g (t )＝－t 2＋6t ，t ∈[1,9]，∵g (t )在[1,3]上单调递增，在[3,9]上单调递减． ∴当t ＝9时，g (t )有最小值g (9)＝－27， ∴λ≤－27.14分16．(本小题满分14分)(泰州中学2016－2017年度第一学期第一次质量检测)设函数y ＝lg(－x 2＋4x －3)的定义域为A ，函数y ＝2x ＋1，x ∈(0，m )的值域为B . (1)当m ＝2时，求A ∩B ；(2)若“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，求实数m 的取值范围． [解] (1)由－x 2＋4x －3＞0， 解得1＜x ＜3，所以A ＝(1,3)， 2分又函数y ＝2x ＋1在区间(0，m )上单调递减， 所以y ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1，2，即B ＝⎝⎛⎭⎪⎫2m ＋1，2，5分当m ＝2时，B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2，所以A ∩B ＝(1,2).7分 (2)首先要求m ＞0，9分而“x ∈A ”是“x ∈B ”的必要不充分条件，所以B 是A 的真子集， 从而2m ＋1≥1，解得0＜m ≤1. 所以实数m 的取值范围为(0,1].14分17．(本小题满分14分)(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)无锡市政府决定规划地铁三号线：该线起于惠山区惠山城铁站，止于无锡新区硕放空港产业园内的无锡机场站，全长28公里，目前惠山城铁站和无锡机场站两个站点已经建好，余下的工程是在已经建好的站点之间铺设轨道和等距离修建停靠站．经有关部门预算，修建一个停靠站的费用为6 400万元，铺设距离为x 公里的相邻两个停靠站之间的轨道费用为400x 3＋20x 万元．设余下工程的总费用为f (x )万元．(停靠站位于轨道两侧，不影响轨道总长度)． (1)试将f (x )表示成x 的函数；(2)需要建多少个停靠站才能使工程费用最小，并求最小值．[解] (1)设需要修建k 个停靠站，则k 个停靠站将28公里的轨道分成相等的k ＋1段， ∴(k ＋1)x ＝28⇒k ＝28x－1，3分∴f (x )＝6 400k ＋(k ＋1)(400x 3＋20x )＝6 400⎝ ⎛⎭⎪⎫28x－1＋28x(400x 3＋20x )，化简得f (x )＝28×400x 2＋28×6 400x－5 840，7分(2)f (x )＝28×400x 2＋28×3 200x ＋28×3 200x－5 840≥3328×400x 2·28×3 200x ·28×3 200x－5 840＝128 560(万元)，当且仅当28×400x 2＝28×3 200x ，即x ＝2，k ＝28x－1＝13时取“＝”.13分故需要建13个停靠站才能使工程费用最小，最小值费用为128 560万元.14分18．(本小题满分16分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知函数f (x )＝|x 2－1|＋x 2＋kx ，且定义域为(0,2)．(1)求关于x 的方程f (x )＝kx ＋3在(0,2)上的解；(2)若关于x 的方程f (x )＝0在(0,2)上有两个的解x 1，x 2，求k 的取值范围．[解] (1)∵f (x )＝|x 2－1|＋x 2＋kx ，f (x )＝kx ＋3，即|x 2－1|＋x 2＝3.当0＜x ≤1时，|x 2－1|＋x 2＝1－x 2＋x 2＝1，此时该方程无解．当1＜x ＜2时，|x 2－1|＋x 2＝2x 2－1，原方程等价于：x 2＝2，此时该方程的解为 2.综上可知：方程f (x )＝kx ＋3在(0,2)上的解为 2. (2)当0＜x ≤1时，kx ＝－1，① 当1＜x ＜2时，2x 2＋kx －1＝0，② 若k ＝0，则①无解，②的解为x ＝±22∉(1,2)，故k ＝0不合题意．若k ≠0，则①的解为x ＝－1k.(ⅰ)当－1k∈(0,1]时，k ≤－1时，方程②中Δ＝k 2＋8＞0，故方程②中一 根在(1,2)内，一根不在(1,2)内．设g (x )＝2x 2＋kx －1，而x 1x 2＝－12＜0，则⎩⎪⎨⎪⎧g ＜0，g ＞0，⎩⎪⎨⎪⎧k ＜－1，k ＞－72，又k ≤－1，故－72＜k ＜－1. 12分(ⅱ)当－1k ∉(0,1]时，即－1＜k ＜0或k ＞0时，方程②在(1,2)需有两个不同解，而x 1x 2＝－12＜0，知道方程②必有负根，不合题意. 综上所述，故－72＜k ＜－1.16分19．(本小题满分16分)(江苏省南通市如东县、 徐州市丰县2017届高三10月联考)已知函数f (x )＝－3x＋a3＋b. (1)当a ＝b ＝1时，求满足f (x )＝3x的x 的值； (2)若函数f (x )是定义在R 上的奇函数．①存在t ∈R ，不等式f (t 2－2t )＜f (2t 2－k )有解，求k 的取值范围；②若函数g (x )满足f (x )·[g (x )＋2]＝13(3－x －3x)，若对任意x ∈R ，不等式g (2x )≥m ·g (x )－11恒成立，求实数m 的最大值 .[解] (1) 由题意，－3x＋13x ＋1＋1＝3x ，化简得3·(3x )2＋2·3x－1＝0，解得3x ＝－1(舍)或3x＝13，2分 所以x ＝－1.4分(2) 因为f (x )是奇函数，所以f (－x )＋f (x )＝0， 所以－3－x＋a 3－x ＋1＋b ＋－3x＋a 3x ＋1＋b＝0，化简并变形得： (3a －b )(32x＋1)＋(2ab －6)·3x＝0， 要使上式对任意的x 成立，则3a －b ＝0且2ab －6＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－3，因为f (x )的定义域是R ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－3(舍去)，所以a ＝1，b ＝3, 所以f (x )＝－3x＋13x ＋1＋3.6分①f (x )＝－3x＋13x ＋1＋3＝13⎝⎛⎭⎪⎫－1＋23x ＋1，对任意x 1，x 2∈R ，x 1＜x 2有：f (x 1)－f (x 2)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 1＋1－23x 2＋1＝23⎝⎛⎭⎪⎫3x 2－3x 1x 1＋x 2＋，因为x 1＜x 2，所以3x 2－3x 1＞0，所以f (x 1)＞f (x 2)， 因此f (x )在R 上递减.8分因为f (t 2－2t )＜f (2t 2－k )，所以t 2－2t ＞2t 2－k ， 即t 2＋2t －k ＜0在t ∈R 上有解 ， 所以Δ＝4＋4k ＞0，解得k ＞－1， 所以k 的取值范围为(－1，＋∞). 10分②因为f (x )·[g (x )＋2]＝13(3－x －3x)，所以g (x )＝3－x－3x3f x －2，即g (x )＝3x ＋3－x. 12分所以g (2x )＝32x＋3－2x＝(3x＋3－x )2－2.不等式g (2x )≥m ·g (x )－11恒成立， 即(3x＋3－x )2－2≥m ·(3x ＋3－x)－11， 即m ≤3x ＋3－x＋93x ＋3－x 恒成立.14分令t ＝3x ＋3－x，t ≥2，则m ≤t ＋9t在t ≥2时恒成立，令h (t )＝t ＋9t ，h ′(t )＝1－9t2，t ∈(2,3)时，h ′(t )＜0，所以h (t )在(2,3)上单调递减， t ∈(3，＋∞)时，h ′(t )＞0，所以h (t )在(3，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (3)＝6，所以m ≤6， 所以实数m 的最大值为6 .16分20．(本小题满分16 分)(江苏省南通市如东县、徐州市丰县2017届高三10月联考)给出定义在(0，＋∞)上的两个函数f (x )＝x 2－a ln x ，g (x )＝x －a x . (1)若f (x )在x ＝1处取最值，求a 的值；(2)若函数h (x )＝f (x )＋g (x 2)在区间(0,1]上单调递减 ，求实数a 的取值范围； (3)在(1)的条件下，试确定函数m (x )＝f (x )－g (x )－6的零点个数，并说明理由.【导学号：56394013】[解] (1)f ′(x )＝2x －ax，由已知f ′(1)＝0，即2－a ＝0， 解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意， 所以a ＝2.4分(2)h (x )＝f (x )＋g (x 2)＝x 2－a ln x ＋x 2－ax ＝2x 2－a (x ＋ln x )，h ′(x )＝4x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ，要使得h (x )＝2x 2－a (x ＋ln x )在区间(0,1]上单调递减，则h ′(x )≤0，即4x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ≤0在区间(0,1]上恒成立，6分因为x ∈(0,1]，所以a ≥4x2x ＋1，设函数F (x )＝4x2x ＋1，则a ≥F (x )max ，8分F (x )＝4x 2x ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x，因为x ∈(0,1]，所以1x∈[1，＋∞)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋1x min ＝2， 所以F (x )max ＝2，所以a ≥2.10分(3)函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点． 因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6，所以m ′(x )＝2x －2x－1＋1x＝2x 2－2－x ＋xx＝x －x x ＋2x ＋x ＋x.当x ∈(0,1)时，m ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时， m ′(x )＞0， 所以m (x )min ＝m (1)＝－4＜0，14分m (e －2)＝－＋e ＋2e3e4＜0，m (e －4)＝1＋2e 8＋e42－e8＞0，m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)＞0，故由零点存在定理可知：函数m (x )在(e－4,1)上存在一个零点，函数m (x )在(1，e 4)上存在一个零点，所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点. 16分。
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专项限时集训(七)函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第125页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ax 2－bx ＋ln x ，a ，b ∈R .(1)当b ＝2a ＋1时，讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1，b ＞3时，记函数f (x )的导函数f ′(x )的两个零点分别是x 1和x 2(x 1＜x 2)，求证：f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.【导学号：56394110】[解] (1)因为b ＝2a ＋1，所以f (x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋ln x ， 从而f ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1x ＝2ax2－＋＋1x＝－－x，x ＞0.2分当a ≤0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1，由f ′(x )＜0得x ＞1， 所以f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．当0＜a ＜12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞12a ，由f ′(x )＜0得1＜x ＜12a ，所以f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减．当a ＝12时，因为f ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当a ＞12时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜12a 或x ＞1，由f ′(x )＜0得12a ＜x ＜1，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减．综上，当a ≤0时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时，f (x )在区间(0,1)和区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；当a ＝12时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；当a ＞12时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和区间(1，＋∞)上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减.8分(2)法一：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x2－bx ＋1x ，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且bx 1＝2x 21＋1，bx 2＝2x 2＋1，f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－x 2)－(bx 1－bx 2)＋ln x1x2＝－(x 21－x 2)＋ln x1x2，因为x 1x 2＝12，所以f (x 1)－f (x 2)＝x 2－14x22－ln(2x 2)，x 2∈(1，＋∞)．令t ＝2x 2∈(2，＋∞)，φ(t )＝f (x 1)－f (x 2)＝t 2－12t －ln t .因为当t ＞2时，φ′(t )＝－2t2＞0，所以φ(t )在区间(2，＋∞)上单调递增，所以φ(t )＞φ(2)＝34－ln 2，即f (x 1)－f (x 2)＞34－ln 2.14分法二：因为a ＝1，所以f (x )＝x 2－bx ＋ln x (x ＞0)，从而f ′(x )＝2x2－bx ＋1x ，由题意知x 1，x 2是方程2x 2－bx ＋1＝0的两个根，故x 1x 2＝12.记g (x )＝2x 2－bx ＋1，因为b ＞3，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3－b 2＜0，g (1)＝3－b ＜0， 所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，x 2∈(1，＋∞)，且f (x )在(x 1，x 2)上是减函数，所以f (x 1)－f (x 2)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－b2＋ln 12－(1－b )＝－34＋b 2－ln 2，因为b ＞3，所以f (x 1)－f (x 2)＞－34＋b 2－ln 2＞34－ln 2.14分2．(本小题满分14分)(南通、泰州市2017届高三第一次调研测试)已知函数f (x )＝ax 2－x －lnx ，a ∈R .(1)当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2)若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x .所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝＋－4x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以函数f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝2时，f (x )有最小值f (2)＝－12－ln 2.3分(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax2－x －1x ，x ＞0.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax2－x －1x＜0， 函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e2－e ＋a e2＞0，所以当－1≤a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上有零点． 综上，当－1≤a ≤0时，函数f (x )有且只有一个零点.7分(3)法一：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ，得f ′(x )＝2ax2－x －1x (x ＞0)，令g (x )＝2ax 2－x －1.因为g (0)＝－1＜0,2a ＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减；在(x 0，＋∞)上单调递增． 要使得函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f (x )的极小值f (x 0)＜0，即ax 20－x 0－ln x 0＜0. 又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0，所以2ln x 0＋x 0－1＞0，又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0＞1，得0＜1x0＜1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x02＋1x0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x0＋122－14，所以0＜a ＜1.以下验证当0＜a ＜1时，函数f (x )有两个零点．当0＜a ＜1时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝2a a2－1a －1＝1－a a ＞0，所以1＜x 0＜1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e2－1e＋1＝e2－e －a e2＞0，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x0上有一个零点．又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a －ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1＞0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)＜0.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫x0，2a 上有一个零点． 所以当0＜a ＜1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点.综上，实数a 的取值范围为(0,1)． 下面证明：ln x ≤x －1.设t (x )＝x －1－ln x ，所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x ＞0)．令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0. 所以函数t (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ＝1时，t (x )有最小值t (1)＝0. 所以t (x )＝x －1－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立.14分法二：由(2)知，当a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上最多有一个零点． 因为函数f (x )有两个零点，所以a ＞0.由f (x )＝ax 2－x －ln x ＝0，得关于x 的方程a ＝x ＋ln x x2(x >0)有两个不等的实数解．又因为ln x ≤x －1，所以a ＝x ＋ln x x2≤2x －1x2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1(x ＞0)．因为x ＞0时，－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1≤1，所以a ≤1.又当a ＝1时，x ＝1，即关于x 的方程a ＝x ＋ln xx2有且只有一个实数解．所以0＜a ＜1. 14分(以下解法同法一)3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)设函数f(x )＝ln x －ax 2＋ax ，a 为正实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≤0； (3)若函数f (x )有且只有1个零点，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x －2x 2＋2x ，则f ′(x )＝1x －4x ＋2，所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y －1＝0. 4分(2)证明：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a ＋1，设函数g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x －1＝1－xx，另g ′(x )＝0，得x ＝1，列表如下：所以g (x )所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1a ＋1≤0. 8分(3)f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax2－ax －1x，x ＞0，令f ′(x )＞0，得a －a2＋8a 4a ＜x ＜a ＋a2＋8a 4a ，因为a －a2＋8a4a＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋a2＋8a 4a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a2＋8a 4a ，＋∞上单调递减．所以f (x )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋a2＋8a 4a .设x 0＝a ＋a2＋8a4a ，因为函数f (x )只有1个零点，而f (1)＝0，所以1是函数f (x )的唯一零点．当x 0＝1时，f (x )≤f (1)＝0，f (x )有且只有1个零点， 此时a ＋a2＋8a 4a ＝1，解得a ＝1.下证，当x 0≠1时，f (x )的零点不唯一．若x 0＞1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a2＋8a 4a ＞1，即0＜a ＜1，则1a ＞1.由(2)知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＜0，又函数f (x )在以x 0和1a 为端点的闭区间上的图象不间断， 所以在x 0和1a 之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意；若x 0＜1，则f (x 0)＞f (1)＝0，此时a ＋a2＋8a 4a ＜1，即a ＞1，则0＜1a ＜1.同理可得，要1a 和x 0之间存在f (x )的零点，则f (x )共有2个零点，不符合题意．因此x 0＝1，所以a 的值为1.14分4．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)已知函数f (x )＝g (x )·h (x )，其中函数g (x )＝e x ，h (x )＝x 2＋ax ＋a .(1)求函数g (x )在(1，g (1))处的切线方程；(2)当0＜a ＜2时，求函数f (x )在x ∈[－2a ，a ]上的最大值；(3)当a ＝0时，对于给定的正整数k ，问函数F (x )＝e·f (x )－2k (ln x ＋1)是否有零点？请说明理由．(参考数据e ≈2.718，e ≈1.649，e e ≈4.482，ln 2≈0.693)【导学号：56394111】[解] (1)g ′(x )＝e x，故g ′(1)＝e ，g (1)＝e ， 所以切线方程为y －e ＝e(x －1)，即y ＝e x .2分(2)f (x )＝e x ·(x 2＋ax ＋a ), 故f ′(x )＝(x ＋2)(x ＋a )e x， 令f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝－2.①当－2a ≥－2，即0＜a ≤1时，f (x )在[－2a ，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增， 所以f (x )max ＝max{f (－2a )，f (a )}， 由于f (－2a )＝(2a 2＋a )e －2a，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2a )，所以f (x )max ＝f (a )；②当－2a ＜－2，即1＜a ＜2时，f (x )在[－2a ，－2]上递增，[－2，－a ]上递减，在[－a ，a ]上递增，所以f (x )max ＝max{f (－2)，f (a )}，由于f (－2)＝(4－a )e －2，f (a )＝(2a 2＋a )e a，故f (a )＞f (－2)， 所以f (x )max ＝f (a )；综上得，f (x )max ＝f (a )＝(2a 2＋a )e a.6分(3)结论：当k ＝1时，函数F (x )无零点；当k ≥2时，函数F (x )有零点． 理由如下：①当k ＝1时，实际上可以证明：e x 2e x－2ln x －2＞0.F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x ，显然可证F ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1－2x在(0，＋∞)上递增，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，使得F ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，F (x )递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )递增，所以F (x )min ＝F (x 0)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x0＋2－ln x0－1，其中x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，12，而φ(x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋2－ln x －1递减，所以φ(x )＞φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2⎝⎛⎭⎪⎫ln 2－35＞0，所以F (x )min ＞0，所以命题得证.10分下面证明F (e k )＞0，可借助结论e x ＞x 2(x ≥2)处理，首先证明结论e x ＞x 2(x ≥2)： 令φ(x )＝e x －x 2(x ≥2)，则φ′(x )＝e x －2x ，故φ′(x )＝e x－2x ＞0， 所以φ′(x )＝e x－2x 在[2，＋∞)上递增， 所以φ′(x )＞φ′(2)＞0，所以φ(x )＝e x －x 2在[2，＋∞)上递增， 所以φ(x )＞φ(2)＞0，得证．借助结论得ee k＋2k ＋1＞e k 2＋2k ＋1＞(k 2＋2k ＋1)2＝(k ＋1)4＝(k ＋1)(k ＋1)3＞2k (k ＋1)，所以F (e k)＞0，又因为函数F (x )连续，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，ek 上有零点. 16分5．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期中)已知函数f (x )＝aexx＋x .(1)若函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a 的值；(2)是否存在负整数a ，使函数f (x )的极大值为正值？若存在 ，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由；(3)设a >0，求证：函数f (x )既有极大值，又有极小值．[解] (1)∵f ′(x )＝－＋x2x2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为：y －(a e ＋1)＝x －1，又直线过点(0，－1)， ∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得：a ＝－1e .4分(2)若a ＜0，f ′(x )＝－＋x2x2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值； 当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0恒成立，函数在(0,1)上无极值；法一：在(1，＋∞)上，若 f (x )在x 0处取得符合条件的极大值 f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x0＞1，＞0，＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x0＞1， ①aex0x0＋x0＞0， ②－＋x20x20＝0， ③由③得：a e x 0＝－x20x0－1，代入②得：－x0x0－1＋x 0＞0，结合①可解得：x 0＞2，再由f (x 0)＝aex0x0＋x 0＞0得：a ＞－x20ex0， 设h (x )＝－x2ex ，则h ′(x )＝－ex，当x ＞2时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数，所以a ＞h (x 0)＞h (2)＝－4e2，又a ＜0，故当极大值为正数时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－4e2，0，从而不存在负整数a 满足条件.8分 法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x(x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数， ∴a ≤－1，∴a e x≤a e ≤－e ，∴a e x＋2＜0，∴H ′(x )＜0，∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1＞0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4＜0，∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1＜x ＜x 0时，H (x )＞0，即f ′(x )＞0；x ＞x 0时，H (x )＜0，即f ′(x )＜0； ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝aex0x0＋x 0，(*)又H(x0)＝a e x0(x0－1)＋x20＝0，∴aex0x0＝－x0x0－1代入(*)得：f (x0)＝－x0x0－1＋x0＝－x0－1＜0，∴不存在负整数a满足条件.8分(3)证明：设g(x)＝a e x(x－1)＋x2，则g′(x)＝x(a e x＋2)，因为a＞0，所以，当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；故g(x)至多有两个零点．又g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在x1∈(0,1)，使g(x1)＝0再由g(x)在(0，＋∞)上单调递增知，当x∈(0，x1)时，g(x)＜0，故f ′(x)＝x2＜0，f (x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，g(x)＞0，故f ′(x)＝x2＞0，f (x)单调递增；所以函数f (x)在x1处取得极小值．当x＜0时，e x＜1，且x－1＜0，所以g(x)＝a e x(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，函数y＝x2＋ax－a是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t)＞0，又g(0)＝－a＜0，故在(t,0)上存在x2，使g(x2)＝0，再由g(x)在(－∞，0)上单调递减知，当x∈(－∞，x2)时，g(x)＞0，故f ′(x)＝x2＞0，f (x)单调递增；当x∈(x2,0)时，g(x)＜0，故f ′(x)＝x2＜0，f (x)单调递减；所以函数f (x)在x2处取得极大值．综上，函数f (x)既有极大值，又有极小值. 16分。