专题02函数与导数-2019高考数学热点题型
备战2019高考数学(理科)大专题二 函数与导数 2.3.2
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命题热点一 命题热点二 命题热点三
解: (1)由 f(x)=x3+ax2+bx+1,得 f'(x)=3x2+2ax+b=3 ������ +
������ 3
2+b-���3���2.
当 x=-���3���时,f'(x)有极小值 b-���3���2.
因为 f'(x)的极值点是 f(x)的零点,
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命题热点一 命题热点二 命题热点三
对点训练1(2018全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1; (2)若f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点,求a. (1)证明 当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递减. 而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1. (2)解 设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点当且仅当h(x)在区间(0,+∞)内 只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x. 当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0. 所以h(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增.
高考数学考纲解读与热点难点突破专题02函数的图象与性质教学案(理)
专题02 函数的图象与性质【2019年高考考纲解读】(1)函数的概念和函数的基本性质是B级要求，是重要题型；(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点，要求都是B级；(3)幂函数是A级要求，不是热点题型，但要了解幂函数的概念以及简单幂函数的性质。
【重点、难点剖析】1．函数及其图象(1)定义域、值域和对应关系是确定函数的三要素，是一个整体，研究函数问题时务必须“定义域优先”．(2)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换．2．函数的性质(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；(2)奇偶性：奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性；(3)周期性：周期性也是函数在定义域上的整体性质．若函数满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其周期T ＝ka(k∈Z)的绝对值．3．求函数最值(值域)常用的方法(1)单调性法：适合于已知或能判断单调性的函数；(2)图象法：适合于已知或易作出图象的函数；(3)基本不等式法：特别适合于分式结构或两元的函数；(4)导数法：适合于可求导数的函数．4．指数函数、对数函数和幂函数的图象和性质(1)指数函数y＝a x(a>0且a≠1)与对数函数y＝log a x(a>0且a≠1)的图象和性质，分0<a<1和a>1两种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共性质；(2)幂函数y＝xα的图象和性质，分幂指数α>0和α<0两种情况．5．函数图象的应用函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论，求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用. 【题型示例】题型一、函数的性质及其应用【例1】 (2018·全国Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)等于( ) A ．－50 B ．0 C ．2 D ．50 答案 C解析 ∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， ∴f (1－x )＝－f (x －1)．∵f (1－x )＝f (1＋x )， ∴－f (x －1)＝f (x ＋1)，∴f (x ＋2)＝－f (x )， ∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝－[－f (x )]＝f (x )， ∴函数f (x )是周期为4的周期函数． 由f (x )为奇函数且定义域为R 得f (0)＝0， 又∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝0，∴f (－2)＝0. 又f (1)＝2，∴f (－1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (1)＋f (2)＋f (－1)＋f (0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (49)＋f (50) ＝0×12＋f (49)＋f (50)＝f (1)＋f (2)＝2＋0＝2. 故选C.【2017北京，理5】已知函数1()3()3x xf x =-，则()f x（A ）是奇函数，且在R 上是增函数 （B ）是偶函数，且在R 上是增函数 （C ）是奇函数，且在R 上是减函数 （D ）是偶函数，且在R 上是减函数【答案】A【解析】()()113333xxx x f x f x --⎛⎫⎛⎫-=-=-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以该函数是奇函数，并且3x y =是增函数， 13xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭是减函数，根据增函数−减函数=增函数，可知该函数是增函数，故选A. 【举一反三】【2016年高考四川理数】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，()4x f x =，则5()(1)2f f -+= .【答案】-2【举一反三】(1)(2015·重庆卷)函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( ) A ．[－3,1] B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，x ＋3，x ≤0.若f (a )＋f (1)＝0，则实数a 的值为( )A ．－3B ．－1或3C ．1D ．－3或1 (1)答案：D解析：要使函数有意义，只需x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1.故函数的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)． (2)答案：D解析：f (1)＝lg 1＝0，所以f (a )＝0.当a >0时，则lg a ＝0，a ＝1；当a ≤0时，则a ＋3＝0，a ＝－3.所以a ＝－3或1.【变式探究】 (1)(2014·江西)函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．[0,1]C ．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)(2)(2014·浙江)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x <0，－x 2，x ≥0.若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．【命题意图】(1)本题主要考查函数的定义域求法以及不等式的解法．通过定义域的求法考查考生的运算求解能力及转化意识．(2)本题主要考查分段函数和不等式恒成立问题，可结合函数图象进行分析求解． 【答案】(1)C (2)(－∞，2]【解析】(1)将求函数的定义域问题转化为解不等式问题． 要使f (x )＝ln(x 2－x )有意义，只需x 2－x ＞0， 解得x ＞1或x ＜0.∴函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为(－∞，0)∪(1，＋∞)． (2)结合图形，由f (f (a ))≤2可得f (a )≥－2，解得a ≤ 2. 【方法技巧】1．已知函数解析式，求解函数定义域的主要依据有：(1)分式中分母不为零；(2)偶次方根下的被开方数大于或等于零；(3)对数函数y ＝log a x (a ＞0，a ≠1)的真数x ＞0；(4)零次幂的底数不为零；(5)正切函数y ＝tan x 中，x ≠k π＋π2(k ∈Z )．如果f (x )是由几部分的数学式子构成的，那么函数的定义域是使各部分式子都有意义的自变量的集合．根据函数求定义域时：(1)若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，其复合函数f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；(2)若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．2．函数的值域是由函数的对应关系和函数的定义域所唯一确定的，具有相同对应关系的函数如果定义域不同，函数的值域也可能不相同．函数的值域是在函数的定义域上求出的，求解函数的值域时一定要与函数的定义域联系起来，从函数的对应关系和定义域的整体上处理函数的值域． 题型二、函数的图象及其应用【例2】(2018·全国Ⅱ)函数f (x )＝e x－e－xx2的图象大致为( )答案 B【方法技巧】(1)根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是判断函数图象问题的基本方法．(2)判断复杂函数的图象，常借助导数这一工具，先对原函数进行求导，再利用导数判断函数的单调性、极值或最值，从而对选项进行筛选．要注意函数求导之后，导函数发生了变化，故导函数和原函数定义域会有所不同，我们必须在原函数的定义域内研究函数的极值和最值． 【2016高考新课标1卷】函数22xy x e =-在[]2,2-的图像大致为（A ）（B ）（C ）（D ）【答案】D【解析】函数f(x)=2x 2–e |x|在[–2,2]上是偶函数，其图像关于y 轴对称，因为22(2)8e ,08e 1f =-<-<，所以排除A 、B选项；当[]0,2x ∈时，()=4e xf x x '-有一零点，设为0x ，当0(0,)x x ∈时，()f x 为减函数，当0(2)x x ,∈时，()f x 为增函数．故选D 。
2019年高考数学题分类汇编__函数与导数共50页文档
2019年高考数学题分类汇编函数与导数一、选择题1.【2019·全国卷Ⅰ（理3，文5）】设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 时奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是（ ）A .()f x ()g x 是偶函数B .|()f x |()g x 是奇函数C .()f x |()g x |是奇函数D .|()f x ()g x |是奇函数【答案】C2. 【2019·全国卷Ⅰ（理6）】如图，圆O 的半径为1，A 是圆上的定点，P 是圆上的动点，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，过点P 作直线OA 的垂线，垂足为M ，将点M 到直线OP 的距离表示为x 的函数()f x ，则y =()f x 在[0,π]上的图像大致为（ ） 【答案】C3. 【2019·全国卷Ⅰ（理11，文12）】已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（ ）A .（2，+∞）B .（-∞，-2）C .（1，+∞）D .（-∞，-1）【答案】B4. 【2019·全国卷Ⅱ（理8）】设曲线y=a x-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x ，则a = A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】 D【解析】..3.2)0(,0)0(.11-)(),1ln(-)(D a f f x a x f x ax x f 故选联立解得且==′=∴+=′∴+=Θ 5【2019·全国卷Ⅱ（理12）】设函数()3sin x f x mπ=.若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是（ ）A. ()(),66,-∞-⋃∞B. ()(),44,-∞-⋃∞C.()(),22,-∞-⋃∞D.()(),14,-∞-⋃∞ 【答案】C 。
高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 教案 文
高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 教案 文专题二 函数与导数【重点知识回顾】1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来考查导数的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．2．对于函数部分考查的重点为：函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对称性和函数的图象；指数函数、对数函数的概念、图象和性质；应用函数知识解决一些实际问题；导数的基本公式，复合函数的求导法则；可导函数的单调性与其导数的关系，求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．【典型例题】 1．函数的性质与图象函数的性质是高考考查的重点内容．根据函数单调性和奇偶性的定义，能判断函数的奇偶性，以及函数在某一区间的单调性，从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，掌握求函数最大值和最小值的常用方法．函数的图象是函数性质的直观载体，能够利用函数的图象归纳函数的性质．对于抽象函数一类，也要尽量画出函数的大致图象，利用数形结合讨论函数的性质．例1．“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相吻合的是（ ）答案：BA B C D解析：在选项B 中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．点评：函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．例2．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则1234_________.x x x x +++=答案：-8解析：因为定义在R 上的奇函数，满足(4)()f x f x -=-，所以(4)()f x f x -=-，所以, 由)(x f 为奇函数，所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =，由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，不妨设1234x x x x <<<，由对称性知1212x x +=-，344x x +=．所以12341248x x x x +++=-+=-．点评：本题综合考查了函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性，以及由函数图象解答方程问题，运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题．2．函数与解方程、不等式的综合问题函数与方程、不等式、数列是密切相关的几个部分，通过建立函数模型来解决有关他们的综合问题是高考的考查方向之一，解决该类问题要善于运用转化的思想方法，将问题进行不断转化，构建模型来解决问题．例2．x 为何值时，不等式()23log log 2-<x x m m 成立．解析：当1>m 时，212132023023022<<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x ． 当10<<m 时，21322132023023022><<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x x x 或或． 故1>m 时，21<<x ．10<<m 时，2132><<x x 或为所求．点评：该题考查了对数不等式的解法，其基本的解题思路为将对数不等式转化为普通不等式，需要注意转化之后x 的范围发生了变化，因此最后要检验，或者转化时将限制条件联立．3．函数的实际应用函数的实际运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题．函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系．掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，考生应具备用初等数学思想方法研究函数的能力，运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键．例3．某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x （x ≥10）层，则每平方米的 平均建筑费用为560+48x （单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？ （注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积购地总费用）解析：设楼房每平方米的平均综合费为y 元，依题意得：*21601000010800(56048)56048(10,)2000y x x x x N x x⨯=++=++≥∈．则21080048y x '=-，令0y '=，即210800480x -=，解得15x =． 当15x >时，0y '>；当015x <<时，0y '<， 因此，当15x =时，y 取得最小值，min 2000y =元．答：为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层．点评：这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题．利用导数，求函数的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法．4．导数与单调性、极（最）值问题．导数作为工具来研究三次函数、指数函数、对数函数的单调性，极值、最值时，具有其独特的优越性，要理解导数的几何意义，熟练导数的运算公式，善于借助导数解决有关的问题．例4．已知函数321()33f x ax bx x =+++，其中0a ≠． （1）当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2）已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围． 解析： （1）由已知得2'()21f x ax bx =++，令0)('=x f ，得2210ax bx ++=，)(x f 要取得极值，方程2210ax bx ++=必须有解，所以△2440b a =->，即2b a >， 此时方程2210ax bx ++=的根为：122b b x a a ---==，222b b x a a--+==，所以12'()()()f x a x x x x =-- 当0>a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值． 当0<a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值． 综上，当b a ,满足2b a >时，)(x f 取得极值．（2）要使)(x f 在区间(0,1]上单调递增，需使2'()210f x ax bx =++≥在(0,1]上恒成立．即1,(0,1]22ax b x x ≥--∈恒成立，所以max 1()22ax b x≥--， 设1()22ax g x x =--，2221()1'()222a x a a g x x x -=-+=， 令'()0g x =得x =或x =舍去)，当1>a 时，101a <<，当x ∈时'()0g x >，1()22ax g x x =--单调增函数；当x ∈时'()0g x<，1()22ax g x x =--单调减函数，所以当x =()g x取得最大，最大值为g = 所以b ≥ 当01a <≤1≥，此时'()0g x ≥在区间(0,1]恒成立， 所以1()22ax g x x=--在区间(0,1]上单调递增，当1x =时()g x 最大，最大值为1(1)2a g +=-，所以12a b +≥-．综上，当1>a 时， b ≥01a <≤时， 12a b +≥-．点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值．运用函数与方程的思想，化归思想和分类讨论的思想解答问题．【模拟演练】1．函数22log 2xy x-=+的图象（ ） A ． 关于原点对称 B ．关于主线y x =-对称 C ． 关于y 轴对称 D ．关于直线y x =对称 2． 定义在R 上的偶函数()f x 的部分图象如右图所示，则在()2,0-上，下列函数中与()f x 的单调性不同的是（ ）A ．21y x =+ B ． ||1y x =+C ． 321,01,0x x y x x +≥⎧=⎨+<⎩D ．,,0x x e x oy e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩3．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,则( )A ．(25)(11)(80)f f f -<<B ． (80)(11)(25)f f f <<-C ． (11)(80)(25)f f f <<-D ． (25)(80)(11)f f f -<<4． 定义在R 上的函数f(x )满足f(x)= ⎩⎨⎧>---≤-0),2()1(0),1(log 2x x f x f x x ，则f （2009）的值为 ．5． 已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是 ．6．已知函数321(),3f x x ax bx =++且'(1)0f -= （I ）试用含a 的代数式表示b ； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）令1a =-，设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值，记点1122(,()),(,())M x f x N x f x ，证明：线段MN 与曲线()f x 存在异于M 、N 的公共点．7．已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-． （I ）求函数()f x 的解析式；（II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值．【参考答案】 1．答案：A解析：由于定义域为（-2，2）关于原点对称，又f(-x)=-f(x)，故函数为奇函数，图象关于原点对称，选A ． 2．答案：C解析：根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在()2,0-上单调递减，注意到要与()f x 的单调性不同，故所求的函数在()2,0-上应单调递增．而函数21y x =+在(],1-∞上递减；函数1y x =+在(],0-∞时单调递减；函数321,01,0x x y x x +>⎧=⎨+<⎩在（,0]-∞上单调递减，理由如下y ＇=3x 2>0(x<0)，故函数单调递增，显然符合题意；而函数,0,0x x e x y e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，有y ＇=-x e -<0(x<0)，故其在（,0]-∞上单调递减，不符合题意，综上选C ． 3． 答案：D解析：因为)(x f 满足(4)()f x f x -=-，所以(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，则)1()25(-=-f f ，)0()80(f f =，)3()11(f f =，又因为)(x f 在R 上是奇函数， (0)0f =，得0)0()80(==f f ，)1()1()25(f f f -=-=-，而由(4)()f x f x -=-得)1()41()3()3()11(f f f f f =--=--==，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以0)0()1(=>f f ，所以0)1(<-f ，即(25)(80)(11)f f f -<<，故选D ． 4．答案：1解析：由已知得2(1)log 21f -==，(0)0f =，(1)(0)(1)1f f f =--=-，(2)(1)(0)1f f f =-=-，(3)(2)(1)1(1)0f f f =-=---=，(4)(3)(2)0(1)1f f f =-=--=，(5)(4)(3)1f f f =-=，(6)(5)(4)0f f f =-=， 所以函数f(x)的值以6为周期重复性出现．，所以f （2009）= f （5）=1． 5．答案：21y x =-解析：由2()2(2)88f x f x x x =--+-得：2(2)2()(2)8(2)8f x f x x x -=--+--，即22()(2)44f x f x x x --=+-，∴2()f x x =∴/()2f x x =， ∴切线方程为12(1)y x -=-，即210x y --=． 6．解析：（I ）依题意，得2'()2f x x ax b =++， 由'(1)120f a b -=-+=得21b a =-． （Ⅱ）由（I ）得321()(21)3f x x ax a x =++-， 故2'()221(1)(21)f x x ax a x x a =++-=++-， 令'()0f x =，则1x =-或12x a =-， ①当1a >时，121a -<-，当x 变化时，'()f x 与()f x 的变化情况如下表：由此得，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --． ②由1a =时，121a -=-，此时，'()0f x ≥恒成立，且仅在1x =-处'()0f x =，故函数()f x 的单调区间为R ；③当1a <时，121a ->-，同理可得函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --．综上：当1a >时，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --；当1a =时，函数()f x 的单调增区间为R ；当1a <时，函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --（Ⅲ）当1a =-时，得321()33f x x x x x=--，由2'()230f x x x =--=，得121,3x x =-=．由（Ⅱ）得()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞，单调减区间为(1,3)-，所以函数()f x 在121,3x x =-=处取得极值，故5(1,),(3,9)3M N --，所以直线MN 的方程为813y x =--，由32133813y x x x y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩得32330x x x --+= 解得1231, 1.3x x x =-==，1233121135119,,33x x x y y y =-=⎧⎧=⎧⎪⎪∴⎨⎨⎨=-==-⎩⎪⎪⎩⎩， 所以线段MN 与曲线()f x 有异于,M N 的公共点11(1,)3-． 7．解析：（I ）由已知,切点为(2,0),故有(2)0f =,即430b c ++=……① 又2()34f x x bx c '=++，由已知(2)1285f b c '=++=得870b c ++=……② 联立①②，解得1,1b c =-=．所以函数的解析式为32()22f x x x x =-+-．（II ）因为321()223g x x x x mx =-+-+．令21()34103g x x x m '=-++=．当函数有极值时，则0∆≥，方程2134103x x m -++=有实数解， 由4(1)0m ∆=-≥，得1m ≤． ①当1m =时，()0g x '=有实数23x =，在23x =左右两侧均有()0g x '>，故函数()g x 无极值； ②当1m <时，()0g x '=有两个实数根1211(2(2x x =-=+(),()g x g x '情况如下表：所以在(,1)∈-∞m 时，函数()g x 有极值；当1(23=-x 时，()g x 有极大值；当1(23=x 时，()g x 有极小值．.精品资料。
专题02 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题(学生版) -25年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题2 函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,函数的零点个数问题、隐零点及零点赋值问题是近年高考的热点及难点,特别是隐零点及零点赋值经常成为导数压轴的法宝.(一) 确定函数零点个数1.研究函数零点的技巧用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．2. 判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题．(2)分离出参数,转化为a ＝g (x ),根据导数的知识求出函数g(x )在某区间的单调性,求出极值以及最值,画出草图．函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g (x )图象交点的个数问题．只需要用a 与函数g (x )的极值和最值进行比较即可．3. 处理函数y =f (x )与y =g (x )图像的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f (x )=g (x )根的个数问题,也通过构造函数y =f (x )-g (x ),把交点个数问题转化为利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.4.找点时若函数有多项有时可以通过恒等变形或放缩进行并项，有时有界函数可以放缩成常数，构造函数时合理分离参数，避开分母为0的情况.【例1】（2024届河南省湘豫名校联考高三下学期考前保温卷数）已知函数()()20,ex ax f x a a =¹ÎR ．(1)求()f x 的极大值；(2)若1a =，求()()cos g x f x x =-在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点个数．【解析】（1）由题易得，函数()2ex ax f x =的定义域为R ，又()()()22222e e 2e e e x xx xxax x ax ax ax ax f x ---===¢，所以，当0a >时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢-0+0-()f x ]极小值Z极大值]由上表可知，()f x 的单调递增区间为()0,2，单调递减区间为()(),0,2,¥¥-+．所以()f x 的极大值为()()2420e af a =>．当a<0时，()(),f x f x ¢随x 的变化情况如下表：x(),0¥-0()0,22()2,¥+()f x ¢+0-0+()f x Z 极大值]极小值Z由上表可知，()f x 的单调递增区间为()(),0,2,¥¥-+，单调递减区间为()0,2．所以()f x 的极大值为()()000f a =<．综上所述，当0a >时，()f x 的极大值为24ea；当a<0时，()f x 的极大值为0．（2）方法一：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos e x xg x f x x x =-=-．由()0g x =，得2cos e xx x =．所以要求()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上的零点的个数，只需求()y f x =的图象与()cos h x x =的图象在区间π,2024π2éù-êúëû上的交点个数即可．由（1）知，当1a =时，()y f x =在()(),0,2,¥¥-+上单调递减，在()0,2上单调递增，所以()y f x =在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()cos h x x =在区间π,02éù-êúëû上单调递增，且()()()()()1e 1cos 11,001cos00f h f h -=>>-=-=<==，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间π,02éù-êúëû上只有一个交点，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且只有1个零点．因为当10a x =>，时，()20ex x f x =>，()f x 在区间()02，上单调递增，在区间()2,¥+上单调递减，所以()2e x xf x =在区间()0,¥+上有极大值()2421e f =<，即当1,0a x =>时，恒有()01f x <<．又当0x >时，()cos h x x =的值域为[]1,1-，且其最小正周期为2πT =，现考查在其一个周期(]0,2π上的情况，()2ex x f x =在区间(]0,2上单调递增，()cos h x x =在区间(]0,2上单调递减，且()()0001f h =<=，()()202cos2f h >>=，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]0,2上只有一个交点，即()g x 在区间(]0,2上有且只有1个零点．因为在区间3π2,2æùçúèû上，()()0,cos 0f x h x x >=£，所以()2e x xf x =与()cos h x x =的图象在区间3π2,2æùçúèû上无交点，即()g x 在区间3π2,2æùçúèû上无零点．在区间3π,2π2æùçúèû上，()2ex x f x =单调递减，()cos h x x =单调递增，且()()3π3π002π1cos2π2π22f h f h æöæö>><<==ç÷ç÷èøèø，，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间3π,2π2æùçúèû上只有一个交点，即()g x 在区间3π,2π2æùçúèû上有且只有1个零点．所以()g x 在一个周期(]0,2π上有且只有2个零点．同理可知，在区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上，()01f x <<且()2e xx f x =单调递减，()cos h x x =在区间(]2π,2ππk k +上单调递减，在区间(]2ππ,2π2πk k ++上单调递增，且()()()02π1cos 2π2πf k k h k <<==，()()()2ππ01cos 2ππ2ππf k k h k +>>-=+=+()()()02ππ1cos 2ππ2ππf k k h k <+<=+=+，所以()cos h x x =与()2ex x f x =的图象在区间(]2π,2ππk k +和2ππ,2π2π]k k ++（上各有一个交点，即()g x 在(]2π,2024π上的每一个区间(]()*2π,2π2πk k k +ÎN 上都有且只有2个零点．所以()g x 在0,2024π]（上共有2024π220242π´=个零点．综上可知，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．方法二：当1a =时，()2e x xf x =，所以函数()()2cos cos ex x g x f x x x =-=-．当π,02éùÎ-êúëûx 时，()22sin 0e x x x g x x -=¢+£，所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上单调递减．又()π0,002g g æö-><ç÷èø，所以存在唯一零点0π,02x éùÎ-êúëû，使得()00g x =．所以()g x 在区间π,02éù-êúëû上有且仅有一个零点．当π3π2π,2π,22x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，20cos 0ex x x ><,，所以()0g x >．所以()g x 在π3π2π,2π,22k k k æù++ÎçúèûN 上无零点．当π0,2x æùÎçèû时，()22sin 0exx x g x x -=¢+>，所以()g x 在区间π0,2æöç÷èø上单调递增．又()π00,g 02g æö<>ç÷èø，所以存在唯一零点．当*π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0exx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上单调递增．又()π2π0,2π+02g k g k æö¢<>ç÷èø¢，所以存在*1π2π,2π,2x k k k æùÎ+ÎçúèûN ，使得()10g x ¢=．即当()12π,x k x Î时，()()10,g x g x <¢单调递减；当1π,2π2x x k æùÎ+çúèû时，()()10,g x g x >¢单调递增．又()π2π0,2π02g k g k æö<+>ç÷èø，所以()g x 在区间*π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点所以()g x 在区间π2π,2π,2k k k æù+ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．当3π2π,2π2π,2x k k k æùÎ++ÎçúèûN 时，()22sin exx x g x x ¢-=+，设()22sin e x x x x x j -=+，则()242cos 0e xx x x x j -=+¢+>所以()g x ¢在3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递增．又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+<+<ç÷¢¢èø，所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上单调递减：又()3π2π0,2π2π02g k g k æö+>+<ç÷èø，所以存在唯一23π2π,2π2π2x k k æöÎ++ç÷èø，使得()20g x =．所以()g x 在区间3π2π,2π2π,2k k k æù++ÎçúèûN 上有且仅有一个零点．所以()g x 在区间(]2π,2π2π,k k k +ÎN 上有两个零点．所以()g x 在(]0,2024π上共有2024π220242π´=个零点．综上所述，()g x 在区间π,2024π2éù-êúëû上共有202412025+=个零点．(二) 根据函数零点个数确定参数取值范围根据函数零点个数确定参数范围的两种方法1.直接法：根据零点个数求参数范围,通常先确定函数的单调性,根据单调性写出极值及相关端点值的范围,然后根据极值及端点值的正负建立不等式或不等式组求参数取值范围；2.分离参数法：首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围,分离参数法适用条件：(1)参数能够分类出来；(2)分离以后构造的新函数,性质比较容易确定.【例2】（2024届天津市民族中学高三下学期5月模拟）已知函数()()ln 2f x x =+(1)求曲线()y f x =在=1x -处的切线方程；(2)求证：e 1x x ³+；(3)函数()()()2h x f x a x =-+有且只有两个零点，求a 的取值范围．【解析】（1）因为()12f x x ¢=+，所以曲线()y f x =在=1x -处的切线斜率为()11112f -==-+¢，又()()1ln 120f -=-+=，所以切线方程为1y x =+.（2）记()e 1x g x x =--，则()e 1xg x ¢=-，当0x <时，()0g x ¢<，函数()g x 在(),0¥-上单调递减；当0x >时，()0g x ¢>，函数()g x 在()0,¥+上单调递增.所以当0x =时，()g x 取得最小值()00e 10g =-=，所以()e 10xg x x =--³，即e 1x x ³+.（3）()()()()()2ln 22,2h x f x a x x a x x =-+=+-+>-，由题知，()()ln 220x a x +-+=有且只有两个不相等实数根，即()ln 22x a x +=+有且只有两个不相等实数根，令()()ln 2,22x m x x x +=>-+，则()()()21ln 22x m x x -+=+¢，当2e 2x -<<-时，()0m x ¢>，()m x 在()2,e 2--上单调递增；当e 2x >-时，()0m x ¢<，()m x 在()e 2,¥-+上单调递减.当x 趋近于2-时，()m x 趋近于-¥，当x 趋近于+¥时，()m x 趋近于0，又()1e 2ef -=，所以可得()m x 的图象如图：由图可知，当10ea <<时，函数()m x 的图象与直线y a =有两个交点，所以，a 的取值范围为10,e æöç÷èø.(三)零点存在性赋值理论及应用1.确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a ) 的符号,探求赋值点 m (假定 m < a )使得 f (m ) 与 f (a ) 异号,则在 (m ,a ) 上存在零点．2.赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值； 确保赋值点 x 0 落在规定区间内；确保运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.3.有时赋值点无法确定,可以先对解析式进行放缩,再根据不等式的解确定赋值点（见例2解法）,放缩法的难度在于“度”的掌握,难度比较大.【例3】（2024届山东省烟台招远市高考三模）已知函数()()e x f x x a a =+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当3a =时，若方程()()()1f x x xm f x x f x -+=+-有三个不等的实根，求实数m 的取值范围.【解析】（1）求导知()1e xf x a =¢+.当0a ³时，由()1e 10xf x a ¢=+³>可知，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，对()ln x a <--有()()ln 1e 1e0a xf x a a --=+>+×=¢，对()ln x a >--有()()ln 1e 1e 0a x f x a a --=+<+×=¢，所以()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.综上，当0a ³时，()f x 在(),¥¥-+上单调递增；当a<0时，()f x 在()(,ln a ¥ù---û上单调递增，在())ln ,a ¥é--+ë上单调递减.（2）当3a =时，()3e xf x x =+，故原方程可化为3e 13e 3e xx xx m x +=++.而()23e 13e 3e 3e 3e 3e 3e x x x x x x xx x x x x x x +-=-=+++，所以原方程又等价于()23e 3e xx x m x =+.由于2x 和()3e3e xxx +不能同时为零，故原方程又等价于()23e 3e x x xm x =×+.即()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=.设()e xg x x -=×，则()()1e xg x x -=-×¢，从而对1x <有()0g x ¢>，对1x >有()0g x ¢<.故()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，这就得到()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =.然后考虑关于x 的方程()g x t =：①若0t £，由于当1x >时有()e 0xg x x t -=×>³，而()g x 在(],1-¥上递增，故方程()g x t =至多有一个解；而()110eg t =>³，()0e e t g t t t t --=×£×=，所以方程()g x t =恰有一个解；②若10e t <<，由于()g x 在(],1-¥上递增，在[)1,+¥上递减，故方程()g x t =至多有两个解；而由()()122222e2e e 2e 2e 12e 22x x x x xxx x g x x g g -------æö=×=×××=××£××=×ç÷èø有1222ln 1ln 222ln 2e2e t t g t t -×-æö£×<×=ç÷èø，再结合()00g t =<，()11e g t =>，()22ln 2ln 2e ln e 1t>>=，即知方程()g x t =恰有两个解，且这两个解分别属于()0,1和21,2ln t æöç÷èø；③若1t e=，则()11e t g ==.由于()()1g x g £，且不等号两边相等当且仅当1x =，故方程()g x t =恰有一解1x =.④若1e t >，则()()11eg x g t £=<，故方程()g x t =无解.由刚刚讨论的()g x t =的解的数量情况可知，方程()()2e 3e 90x x x m x m --×-×-=存在三个不同的实根，当且仅当关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû.一方面，若关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根12,t t ，且110,e t æöÎç÷èø，21,e t ¥æùÎ-çúèû，则首先有()20Δ93694m m m m <=+=+，且1212119e e m t t t -=£<.故()(),40,m ¥¥Î--È+， 219e m >-，所以0m >.而方程2390t mt m--=，两解符号相反，故只能1t =，2t =23e m >这就得到203e m ->³，所以22243e m m m æö->+ç÷èø，解得219e 3e m <+.故我们得到2109e 3em <<+；另一方面，当2109e 3e m <<+时，关于t 的二次方程2390t mt m --=有两个不同的根1t =，2t 22116e 13319e 3e 9e 3e 2et +×+×++===，2t 综上，实数m 的取值范围是210,9e 3e æöç÷+èø.(四)隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的,称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的,称之为“隐零点”.2.利用导数求函数的最值或单调区间,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为0x ,再利用导函数的单调性确定0x 所在区间,最后根据()00f x ¢=,研究()0f x ,我们把这类问题称为隐零点问题. 注意若)(x f 中含有参数a ,关系式0)('0=x f 是关于a x ,0的关系式,确定0x 的合适范围,往往和a 的范围有关.【例4】（2024届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数()e xf x =，()ln g x x =.(1)若函数()()111x h x ag x x +=---，a ÎR ，讨论函数()h x 的单调性；(2)证明：()()()()1212224x f x f x g x -->-.（参考数据：45e 2.23»，12e 1.65»）【解析】（1）由题意()()1ln 1,11x h x a x x x +=-->-，所以()()22,11ax a h x x x -+¢=>-，当0a =时，()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数；当0a ¹时，令()0h x ¢=得21x a=-，所以若0a >时，211a-<，所以()0h x ¢>，所以()h x 在()1,+¥上为增函数，若0<a 时，211a ->，且211x a<<-时，()0h x ¢>，21x a >-时，()0h x ¢<，所以()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数，综上：当0a ³时，()h x 在()1,+¥上为增函数，当0<a 时，()h x 在21,1a æö-ç÷èø上为增函数，在21,a æö-+¥ç÷èø上为减函数；（2）()()()()1212224x f x f x g x -->-等价于()2121e e 2ln 204x x x x ---+>，设()()2121e e 2ln 24x x F x x x =---+，则()()()222e 2e 12e e 2e e x x x x x x x x x x F x x x x x-+--¢=--==，因为0x >，所以e 10x x +>，设()e 2x x x j =-，则()()10e xx x j ¢=+>，则()x j 在()0,¥+上单调递增，而()4544e 20,1e 2055j j æö=-<=->ç÷èø，所以存在04,15x æöÎç÷èø，使()00x j =，即00e 2xx =，所以00ln ln 2x x +=，即00ln ln 2x x =-，当00x x <<时，()0F x ¢<，则()F x 在()00,x 上单调递减，当0x x >时，()0F x ¢>，则()F x 在()0,x +¥上单调递增，所以()()00200min 121e e 2ln 24x x F x x x =---+()000220001421212ln 22222ln 224x x x x x x =---++=-+-+，设()21422ln 22,15m t t t t æö=-+-+<<ç÷èø，则()3220m t t ¢=+>，则()m t 在4,15æöç÷èø上单调递增，42581632ln 222ln 20516580m æö=-+-+=->ç÷èø，则()min 0F x >，则不等式()2121e e 2ln 204x x x x ---+>恒成立，即不等式()()()()1212224x f x f x g x -->-成立.【例1】（2024届山西省晋中市平遥县高考冲刺调研）已知函数()πln sin sin 10f x x x =++.(1)求函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值；(2)判断函数()f x 的零点个数，并证明.【解析】（1）因为()πln sin sin 10f x x x =++，所以1()cos f x x x ¢=+，令()1()cos g x f x x x ==+¢，()21sin g x x x-¢=-，当[]1,e Îx 时，()21sin 0g x x x =--<¢，所以()g x 在[]1,e 上单调递减，且()11cos10g =+>，()112π11e cos e<cos 0e e 3e 2g =++=-<，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a ，使()()0g f a a =¢=又当()1,x a Î时，()()0g x f x =¢>；当(),e x a Î时，()()0g x f x =¢<；所以()f x 在()1,x a Î上单调递增，在(),e x a Î上单调递减，又因为()ππ1ln1sin1sinsin1sin 1010f =++=+，()()ππe ln e sin e sin1sin e sin 11010f f =++=++>，所以函数()f x 在区间[1,e]上的最小值为()π1sin1sin10f =+.（2）函数()f x 在()0,¥+上有且仅有一个零点，证明如下：函数()πln sin sin 10f x x x =++，()0,x ¥Î+，则1()cos f x x x¢=+，若01x <£，1()cos 0f x x x+¢=>，所以()f x 在区间(]0,1上单调递增，又()π1sin1sin010f =+>，11πππ1sin sin 1sin sin 0e e 1066f æö=-++<-++=ç÷èø，结合零点存在定理可知，()f x 在区间(]0,1有且仅有一个零点，若1πx <£，则ln 0,sin 0x x >³，πsin010>，则()0f x >，若πx >，因为ln ln π1sin x x >>³-，所以()0f x >，综上，函数()f x 在()0,¥+有且仅有一个零点.【例2】（2024届江西省九江市高三三模）已知函数()e e (ax axf x a -=+ÎR ，且0)a ¹.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若方程()1f x x x -=+有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【解析】（1）解法一：()()e eax axf x a -=-¢令()()e e ax axg x a -=-，则()()2e e0ax axg x a -+¢=>()g x \在R 上单调递增.又()00,g =\当0x <时，()0g x <，即()0f x ¢<；当0x >时，()0g x >，即()0f x ¢>()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.解法二：()()()()e 1e 1e e e ax ax ax ax axa f x a -+-=-=¢①当0a >时，由()0f x ¢<得0x <，由()0f x ¢>得0x >()f x \在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增②当0a <时，同理可得()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.综上，当0a ¹时，()f x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增.（2）解法一：由()1f x x x -=+，得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()e e x xh x -=+，则()()ln h ax h x =又()e e x xh x -=+Q 为偶函数，()()ln h ax h x \=由（1）知()h x 在()0,¥+上单调递增，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解.令()()2ln 1ln ,x x m x m x x x -=¢=，由()0m x ¢>，得0e;x <<由()0m x ¢<，得e x >，()m x \在(]0,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减，且()()110,e em m ==()y m x \=在(]0,1上单调递减，在(]1,e 上单调递增，在()e,¥+上单调递减当0x →时，()m x ¥→+；当x →+¥时，()0m x →，故10ea <<解得10e a -<<或10e a <<，故a 的取值范围是11,00,e e æöæö-Èç÷ç÷èøèø解法二：由()1f x x x -=+得1e e ax ax x x --+=+，易得0x >令()1h x x x -=+，则()h x 在()0,1上单调递减，在()1,¥+上单调递增.由()()e axh h x =，得e ax x =或1e ax x -=两边同时取以e 为底的对数，得ln ax x =或ln ax x =-，ln ax x \=，即ln xa x=有三个不同的实数解下同解法一.【例3】（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟预测）已知函数31()(ln 1)(0)f x a x a x =++>．(1)求证：1ln 0x x +>；(2)若12,x x 是()f x 的两个相异零点，求证：211x x -<【解析】（1）令()1ln ,(0,)g x x x x =+Î+¥，则()1ln g x x ¢=+．令()0g x ¢>，得1ex >；令()0g x ¢<，得10e x <<．所以()g x 在10,e æöç÷èø上单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上单调递增．所以min 11()10e e g x g æö==->ç÷èø，所以1ln 0x x +>．（2）易知函数()f x 的定义域是(0,)+¥．由()(ln f x a x =+，可得()a f x x ¢=．令()0f x ¢>得x >()0f x ¢<得0<所以()0f x ¢>在æççè上单调递减，在¥ö+÷÷ø上单调递增，所以min 3()ln 333a a f x f a æö==++ç÷èø．①当3ln 3033a aa æö++³ç÷èø，即403e a <£时，()f x 至多有1个零点，故不满足题意．②当3ln 3033a a a æö++<ç÷èø，即43e a >1<<．因为()f x 在¥ö+÷÷ø上单调递增，且(1)10f a =+>．所以(1)0f f ×<，所以()f x 在¥ö+÷÷ø上有且只有1个零点，不妨记为1x 11x <<．由（1）知ln 1x x>-，所以33221(1)0f a a a a a æö=+>+=>ç÷ç÷èø．因为()f x 在æççè0f f <×<，所以()f x 在æççè上有且只有1个零点，记为2x 2x <<211x x <<<<2110x x -<-<．同理，若记12,x x öÎÎ÷÷ø则有2101x x <-<综上所述，211x x -<．【例4】（2022高考全国卷乙理）已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++（1）当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在区间()()1,0,0,-+¥各恰有一个零点,求a 取值范围．的【解析】（1）当1a =时,()ln(1),(0)0e xxf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x -¢¢=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =.（2）()ln(1)e x ax f x x =++,()2e 11(1)()1e (1)ex x xa x a x f x x x +--¢=+=++,设()2()e 1xg x a x=+-1°若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x Î-=+->,即()0f x ¢>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <=故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意,2°若10a -……,当,()0x Î+¥时,()e 20xg x ax ¢=->所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,所以()(0)10g x g a >=+…,即()0f x ¢>所以()f x 在(0,)+¥上单调递增,()(0)0f x f >=,故()f x 在(0,)+¥上没有零点,不合题意.3°若1a <-,(1)当,()0x Î+¥,则()e 20x g x ax ¢=->,所以()g x 在(0,)+¥上单调递增,(0)10,(1)e 0g a g =+<=>,所以存在(0,1)m Î,使得()0g m =,即()0¢=f m .当(0,),()0,()x m f x f x ¢Î<单调递减,当(,),()0,()x m f x f x ¢Î+¥>单调递增,所以当(0,),()(0)0x m f x f Î<=,当,()x f x →+¥→+¥,所以()f x 在(,)m +¥上有唯一零点,又()f x 在(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+¥上有唯一零点,(2)当()2(1,0),()e 1xx g x a xÎ-=+-,()e2xg x ax ¢=-,设()()h x g x ¢=,则()e 20x h x a ¢=->,所以()g x ¢在(1,0)-上单调递增,1(1)20,(0)10eg a g ¢¢-=+<=>,所以存(1,0)n Î-,使得()0g n ¢=当(1,),()0,()x n g x g x ¢Î-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x ¢Î>单调递增,()(0)10g x g a <=+<,在又1(1)0eg -=>,所以存在(1,)t n Î-,使得()0g t =,即()0f t ¢=当(1,),()x t f x Î-单调递增,当(,0),()x t f x Î单调递减有1,()x f x →-→-¥而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x Î>,所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点,即()f x 在(1,0)-上有唯一零点,所以1a <-,符合题意,综上得()f x 在区间(1,0),(0,)-+¥各恰有一个零点,a 的取值范围为(,1)-¥-.【例5】（2024届辽宁省凤城市高三下学期考试）已知函数()1e ln xf x x x x -=--.(1)求函数()f x 的最小值；(2)求证：()()1e e e 1ln 2xf x x x +>---éùëû.【解析】（1）因为函数()1e ln x f x x x x -=--，所以()()()11111e 11e x x f x x x x x --æö=+--=+-çè¢÷ø，记()11e,0x h x x x -=->，()121e 0x h x x-¢=+>，所以()h x 在()0,¥+上单调递增，且()10h =，所以当01x <<时，()0h x <，即()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1单调递减；当1x >时，()0h x >，即()0f x ¢>，所以()f x 在()1,¥+单调递增，且()10f ¢=，所以()()min 10f x f ==.（2）要证()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû，只需证明：()11e ln 02xx x --+>对于0x >恒成立，令()()11e ln 2xg x x x =--+，则()()1e 0xg x x x x¢=->，当0x >时，令1()()e xm x g x x x=¢=-，则21()(1)e 0xm x x x =+¢+>，()m x 在(0,)+¥上单调递增，即()1e xg x x x=¢-在(0,)+¥上为增函数，又因为222333223227e e033238g éùæöæöêú=-=-<ç÷ç÷êøøëû¢úèè，()1e 10g =¢->，所以存在02,13x æöÎç÷èø使得()00g x ¢=，由()0200000e 11e 0x x x g x x x x ¢-=-==，得020e 1xx =即0201x e x =即0201x e x =即002ln x x -=，所以当()00,x x Î时，()1e 0xg x x x=¢-<，()g x 单调递减，当()0,x x ¥Î+时，()1e 0xg x x x=¢->，()g x 单调递增，所以()()()0320000000022min0122111e ln 2222x x x x x x g x g x x x x x -++-==--+=++=，令()3222213x x x x x j æö=++-<<ç÷èø，则()22153223033x x x x j æö=++=++>ç÷èø¢，所以()x j 在2,13æöç÷èø上单调递增，所以()0220327x j j æö>=>ç÷èø，所以()()()002002x g x g x x j ³=>，所以()11e ln 02xx x --+>，即()()1e e e 1ln 2xf x x x éù+>---ëû.1.（2024届湖南省长沙市第一中学高考最后一卷）已知函数()()e 1,ln ,xf x xg x x mx m =-=-ÎR .(1)求()f x 的最小值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，讨论()hx 零点的个数.2．（2024届河南省信阳市高三下学期三模）已知函数()()()ln 1.f x ax x a =--ÎR (1)若()0f x ³恒成立，求a 的值；(2)若()f x 有两个不同的零点12,x x ，且21e 1x x ->-，求a 的取值范围.3．（2024届江西省吉安市六校协作体高三下学期5月联考）已知函数()()1e x f x ax a a -=--ÎR .(1)当2a =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若函数()f x 有2个零点，求a 的取值范围.4．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin x f x a x =+，[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时，()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点，求实数a 的取值范围.5．（2024届河北省张家口市高三下学期第三次模）已知函数()ln 54f x x x =+-．(1)求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)证明：3()25f x x>--．6．（2024届上海市格致中学高三下学期三模）已知()e 1xf x ax =--，a ÎR ，e 是自然对数的底数.(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()10f x +=有两个不等实根，求a 的取值范围；(3)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<.7．（2024届河南师范大学附属中学高三下学期最后一卷）函数()e 4sin 2x f x x l l =-+-的图象在0x =处的切线为3,y ax a a =--ÎR .(1)求l 的值；(2)求()f x 在(0,)+¥上零点的个数.8．（2024年天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．9．（2024届河北省高三学生全过程纵向评价六）已知函数()ex axf x =，()sin cosg x x x =+.(1)当1a =时，求()f x 的极值；(2)当()0,πx Î时，()()f x g x £恒成立，求a 的取值范围.10．（2024届四川省绵阳南山中学2高三下学期高考仿真练）已知函数()()1ln R f x a x x a x=-+Î.(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若关于x 的不等式()22ef x x £-在()0,¥+上恒成立，求a 的取值范围.11．（2024届四川省成都石室中学高三下学期高考适应性考试）设()21)e sin 3x f x a x =-+-（(1)当a =()f x 的零点个数.(2)函数2()()sin 22h x f x x x ax =--++，若对任意0x ³，恒有()0h x >，求实数a 的取值范围12．（2023届云南省保山市高三上学期期末质量监测）已知函数()2sin f x ax x =-.(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当0x >时，()cos f x ax x ³恒成立，求实数a 的取值范围.13．（2024届广东省揭阳市高三上学期开学考试）已知函数()()212ln 1R 2f x x mx m =-+Î.(1)当1m =时，证明：()1f x <；(2)若关于x 的不等式()()2f x m x <-恒成立，求整数m 的最小值.14．（2023届黑龙江省哈尔滨市高三月考）设函数(1)若，，求曲线在点处的切线方程；(2)若，不等式对任意恒成立，求整数k 的最大值．15．（2023届江苏省连云港市高三学情检测）已知函数.(1)判断函数零点的个数，并证明；(2)证明：.322()33f x x ax b x =-+1a =0b =()y f x =()()1,1f 0a b <<1ln 1x k f f x x +æöæö>ç÷ç÷-èøèø()1,x Î+¥21()e xf x x=-()f x 2e ln 2cos 0x x x x x --->。
高考数学真题导数专题及答案
高考数学真题导数专题及答案2019年高考真题-导数专题一、解答题（共12小题）1.已知函数 $f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^{x}-x$。
1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）若 $f(x)$ 有两个零点，求 $a$ 的取值范围。
2.已知函数 $f(x)=ax^2-ax-x\ln{x}$，且 $f(x)\geq 0$。
1）求 $a$；2）证明：$f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x$，且 $e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。
3.已知函数 $f(x)=x^{-1}-a\ln{x}$。
1）若 $f(x)\geq 0$，求 $a$ 的值；2）设 $m$ 为整数，并且对于任意正整数 $n$，$(1+\frac{1}{m})^n\geq 2$，求 $m$ 的最小值。
4.已知函数 $f(x)=x^3+ax^2+bx+1$（$a>0,b\in\mathbb{R}$）有极值，且导函数 $f'(x)$ 的极值点是 $f(x)$ 的零点。
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$-1$，求 $a$ 的取值范围。
5.设函数 $f(x)=(1-x^2)e^x$。
1）讨论 $f(x)$ 的单调性；2）当$x\geq 0$ 时，$f(x)\leq ax+1$，求$a$ 的取值范围。
6.已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$。
1）求 $f(x)$ 的导函数；2）求 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上的取值范围。
7.已知函数 $f(x)=x^2+2\cos{x}$，$g(x)=e^x(\cos{x}-\sin{x}+2x^{-2})$，其中 $e\approx 2.\cdots$ 是自然对数的底数。
Ⅰ）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(\pi,f(\pi))$ 处的切线方程；Ⅱ）令 $h(x)=g(x)-af(x)$（$a\in \mathbb{R}$），讨论$h(x)$ 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值。
2019高考数学大二轮复习 专题2 函数与导数 第1讲 基础小题部分课件 理PPT
时y＝(x－1)2的图象在y＝logax的图象的下方，只需(2－ 1)2≤loga2，即loga2≥1，解得1<a≤2，故实数a的取值范围 是(1,2]．故选A.
答案：A
1．由函数解析式辨识图象 通过观察函数解析式的形式从而了解函数图象的特点，在识别上可以采用特殊的 原则，去寻找特殊点和特殊位置．
2．(函数值)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1
－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝
()
A．－50
B．0
C．2
D．50
解析：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(1－x)＝－f(x－1)．由f(1－x)＝f(1＋x)，
∴－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，
∴函数f(x)是周期为4的周期函数．
由f(x)为奇函数得f(0)＝0.
又∵f(1－x)＝f(1＋x)， ∴f(x)的图象关于直线x＝1对称， ∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0. 又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝ 2.故选C. 答案：C
2．函数图象变换的四种形式 (1)平移变换(上加下减，左加右减) y＝f(x)的图象― 向―左―右――平―移―a―a>―0―个―单―位―长―度→y＝f(x＋a)(y＝f(x－a))的图象，
高考数学必考大题题型归纳及例题解析
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高考数学必考大题题型归纳及例题解析高考数学常考的大题分别是三角函数，概率，立体几何，解析几何，函数与导数，数列。
下面就这些题型做出具体分析，并对大题给以典型题型，希望大家仔细研究总结。
1数学高考大题题型有哪些必做题：1.三角函数或数列（必修4，必修5）2.立体几何（必修2）3.统计与概率（必修3和选修2-3）4.解析几何（选修2-1）5.函数与导数（必修1和选修2-2）选做题：1.平面几何证明（选修4-1）2.坐标系与参数方程（选修4-4）3.不等式（选修4-5）1数学高考大题题型归纳一、三角函数或数列数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
二、立体几何高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。
选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。
2019年高考“函数与导数”专题命题分析
2019 年高考“函数与导数”专题命题分析
罗辉东，薛红霞 （山西省实验中学；山西省教育科学研究院）
摘 要：基于对 2019 年全国各地区 13 份高考试卷中函数与导数试题命制特点、命制思路的分 析，发现函数图象与性质试题注重考查学生思维的灵活性，指数函数和对数函数试题注重考查特殊函 数的性质，函数与方程、不等式及零点试题注重考查联系与转化，导数运算及其应用试题注重考查学 生的基础及分析问题的能力 . 同时给出复习建议：注重基础，利用题组培养学生灵活的思维能力，以 及分析问题的能力 . 并给出模拟题 ．
对函数的概念、图象、性质、导数概念及几何意 义的考查主要以选择题和填空题的形式出现，对导数 运算及其应用的考查以解答题为主，有少量的选择题 和填空题 .
各套试卷文、理科试题的考查风格基本一致，差 别只在难易程度上. 或者文、理科采用相同试题，但 是试题在试卷中的位置有所不同. 例如，全国Ⅰ卷文 科第 3 题和理科第 3 题，全国Ⅲ卷文科第 7 题和理科第 6 题，天津卷文科第 12 题和理科第 11 题，北京卷文科 第 7 题和理科第 6 题等 .
江苏卷第 14 题 北京卷文科第 3 题
指数函数、对数函数
全国Ⅰ卷文、理科第 3 题 全国Ⅱ卷理科第 6 题
全国Ⅲ卷文科第 12 题，理科第 11 题 天津卷文科第 5 题，理科第 6 题 浙江卷第 6 题 北京卷文科第 7 题，理科第 6 题
导数概念及几何意义
全国Ⅰ卷文、理科第 13 题 全国Ⅲ卷文科第 7 题，理科第 6 题
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中国数学教育·高中版 2019 年第 7—8 期 （总第 199—200 期）
2019高考精选专题二函数与导数word精品文档37页
专题二 函数、导数1．(2019·高考新课标全国卷Ⅰ)函数f (x )＝(1－co s x )s in x 在[－π，π]的图象大致为( ) 解析：选C.在[－π，π]上，∵f (－x )＝[1－co s (－x )]s in(－x ) ＝(1－co s x )(－s in x )＝－(1－co s x )s in x ＝－f (x )， ∴f (x )是奇函数，∴f (x )的图象关于原点对称，排除B.取x ＝π2，则f (π2)＝(1－co s π2)s in π2＝1>0，排除A.∵f (x )＝(1－co s x )s in x ，∴f ′(x )＝s in x ·s in x ＋(1－co s x )co s x＝1－co s 2x ＋co s x －co s 2x ＝－2co s 2x ＋co s x ＋1.令f ′(x )＝0，则co s x ＝1或co s x ＝－12.结合x ∈[－π，π]，求得f (x )在(0，π]上的极大值点为23π，靠近π，选C.2．(2019·高考新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x >0.若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]解析：选D.作出函数y ＝|f (x )|的图象，如图， 当|f (x )|≥ax 时，必有k ≤a ≤0，其中k 是y ＝x 2－2x (x ≤0)在原点处的切线斜率，显然，k ＝－2.∴a 的取值范围是[－2,0]． 3．(2019·高考新课标全国卷Ⅱ)设a ＝log 3b ，b ＝log 510，c ＝log 714，则( ) A ．c >b >a B ．b >c >a C ．a >c >b D ．a >b >c 解析：选D.a ＝log 36＝log 33＋log 32＝1＋log 32， b ＝log 510＝log 55＋log 52＝1＋log 52， c ＝log 714＝log 77＋log 72＝1＋log 72，∵log 32>log 52>log 72，∴a >b >c ，故选D. 4．(2019·高考新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0解析：选C.A 项，因为函数f (x )的值域为R ，所以一定存在x 0∈R ，使f (x 0)＝0.A 正确．B 项，假设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的对称中心为(m ，n )，按向量a ＝(－m ，－n )将函数的图象平移，则所得函数y ＝f (x ＋m )－n 是奇函数．所以f (x ＋m )＋f (－x ＋m )－2n ＝0，化简得(3m＋a )x 2＋m 3＋am 2＋bm ＋c －n ＝0.上式对x ∈R 恒成立，故3m ＋a ＝0，得m ＝－a3，n ＝m 3＋am 2＋bm ＋c ＝f (－a 3)，所以函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的对称中心为(－a 3，f (－a3))，故y ＝f (x )的图象是中心对称图形．B 正确．C 项，由于f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 是二次函数，f (x )有极小值点x 0，必定有一个极大值点x 1，若x 1<x 0，则f (x )在区间(－∞，x 0)上不单调递减．C 错误．D 项，若x 0是极值点，则一定有f ′(x 0)＝0.故选C.5．(2019·高考新课标全国卷Ⅱ)设a ＝log 32，b ＝log 52，c ＝log 23，则( ) A ．a >c >b B ．b >c >a C ．c >b >a D ．c >a >b解析：选D.a ＝log 32<log 33＝1；c ＝log 23>log 22＝1，由对数函数的性质可知log 52<log 32，∴b <a <c ，故选D. 6．(2019·高考新课标全国卷Ⅱ)若存在正数x 使2x (x －a )<1成立，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，＋∞) B ．(－2，＋∞) C ．(0，＋∞) D ．(－1，＋∞)解析：选D.∵2x (x －a )<1，∴a >x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2>0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )>f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 7．(2019·高考大纲全国卷)已知函数f (x )的定义域为(－1,0)，则函数f (2x ＋1)的定义域为( )A ．(－1,1)B ．(－1，－12)C ．(－1,0)D ．(12，1)解析：选B.要使函数有意义，需满足－1<2x ＋1<0，解得－1<x <－12，即所求函数的定义域为(－1，－12)．8．(2019·高考大纲全国卷)函数f (x )＝log 2(1＋1x)(x >0)的反函数f －1(x )＝( )A.12x －1(x >0)B.12x －1(x ≠0) C ．2x －1(x ∈R ) D ．2x －1(x >0)解析：选A.由y ＝log 2(1＋1x )得1＋1x ＝2y ，故x ＝12y －1.把x 与y 互换，即得f －1(x )＝12x －1.由x >0，得1＋1x >1，可得y >0.故所求反函数为f －1(x )＝12x －1(x >0)．9．(2019·高考新课标全国卷Ⅱ理)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 过F 且与C 交于A ，B 两点．若|AF |＝3|BF |，则l 的方程为( )A ．y ＝x －1或y ＝－x ＋1B ．y ＝33(x －1)或y ＝－33(x －1)C ．y ＝3(x －1)或y ＝－3(x －1)D ．y ＝22(x －1)或y ＝－22(x －1)解析：选C.设直线AB 的倾斜角为θ，由题意知p ＝2，F (1，0)，|AF ||BF |＝3.又1|F A |＋1|FB |＝2p，∴13|BF |＋1|BF |＝1， ∴|BF |＝43，|AF |＝4，∴|AB |＝163.又由抛物线焦点弦公式：|AB |＝2psin 2θ， ∴163＝4sin 2θ， ∴s in 2θ＝34，∴s in θ＝32，∴k ＝tan θ＝±3.故选C.10．(2019·高考大纲全国卷理)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在(12，＋∞)是增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞)解析：选D.由题意知f ′(x )≥0对任意的x ∈(12，＋∞)恒成立，又f ′(x )＝2x ＋a －1x2，所以2x ＋a －1x 2≥0对任意的x ∈(12，＋∞)恒成立，分离参数得a ≥1x 2－2x ，若满足题意，需a ≥(1x2－2x )max .令h (x )＝1x 2－2x ，x ∈(12，＋∞)．因为h ′(x )＝－2x 3－2，所以当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )<0，即h (x )在(12，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (12)＝3，故a ≥3.11．(2019·高考大纲全国卷文)函数f (x )＝log 2(1＋1x)(x >0)的反函数f －1(x )＝( )A.12x －1(x >0)B.12x －1(x ≠0) C ．2x －1(x ∈R ) D ．2x －1(x >0)解析：选A.由y ＝log 2(1＋1x )得1＋1x ＝2y ，故x ＝12y －1.把x 与y 互换，即得f －1(x )＝12x －1.由x >0，得1＋1x >1，可得y >0.故所求反函数为f －1(x )＝12x －1(x >0)．12．(2019·高考大纲全国卷文)已知曲线y ＝x 4＋ax 2＋1在点(－1，a ＋2)处切线的斜率为8，则a ＝( )A ．9B ．6C ．－9D ．－6解析：选D.y ′＝4x 3＋2ax ，由导数的几何意义知在点(－1，a ＋2)处的切线斜率k ＝y ′|x＝－1＝－4－2a ＝8，解得a ＝－6.13．(2019·高考山东卷理)已知函数f (x )为奇函数，且当x >0时， f (x ) ＝x 2＋1x，则f (－1)＝ ( )A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：选A.当x >0时，f (x )＝x 2＋1x，∴f (1)＝12＋11＝2.∵f (x )为奇函数，∴f (－1)＝－f (1)＝－2.14．(2019·高考山东卷理)函数y ＝x co s x ＋s in x 的图象大致为( )解析：选D.当x ＝π2时，y ＝1>0，排除C.当x ＝－π2时，y ＝－1，排除B ；或利用y ＝x co s x ＋s in x 为奇函数，图象关于原点对称，排除B.当x ＝π时，y ＝－π<0，排除A.故选D. 15．(2019·高考安徽卷理)“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( )A. 充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.当a ＝0时，f (x )＝|(ax －1)x |＝|x |在区间(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，结合函数f (x )＝|(ax －1)x |＝|ax 2－x |的图象知函数在(0，＋∞)上单调递增，如图(1)所示；当a >0时，结合函数f (x )＝|(ax －1)x |＝|ax 2－x |的图象知函数在(0，＋∞)上先增后减再增，不符合条件，如图(2)所示．所以，要使函数f (x )＝|(ax －1)x |在(0，＋∞)上单调递增只需a ≤0.即“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在(0，＋∞)上单调递增”的充要条件．16．(2019·高考山东卷文)已知函数f (x )为奇函数，且当x >0时， f (x ) ＝x 2＋1x，则f (－1)＝ ( )A ．2B ．1C ．0D ．－2解析：选D.当x >0时，f (x )＝x 2＋1x，∴f (1)＝12＋11＝2.∵f (x )为奇函数，∴f (－1)＝－f (1)＝－2. 17．(2019·高考山东卷)函数f (x )＝1－2x ＋1x ＋3的定义域为( ) A ．(－3,0] B ．(－3,1]C ．(－∞，－3)∪(－3,0]D ．(－∞，－3)∪(－3,1]解析：选A.由题意，自变量x 应满足⎩⎪⎨⎪⎧1－2x≥0，x ＋3>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x >－3，∴－3<x ≤0.18．(2019·高考安徽卷理)函数y ＝f (x )的图象如图所示，在区间[a ，b ]上可找到n (n ≥2)个不同的数x 1，x 2，…，x n ，使得f (x 1)x 1＝f (x 2)x 2＝…＝f (x n )x n ，则n 的取值范围是( )A ．{3,4}B ．{2,3,4}C ．{3,4,5}D ．{2,3}解析：选B.由题意，函数y ＝f (x )上的任一点坐标为(x ，f (x ))，故f (x )x表示曲线上任一点与坐标原点连线的斜率．若f (x 1)x 1＝f (x 2)x 2＝…＝f (x n )x n ，则曲线上存在n 个点与原点连线的斜率相等，即过原点的直线与曲线y ＝f (x )有n 个交点．如图，数形结合可得n 的取值可为2,3,4.19．(2019·高考安徽卷理)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有极值点x 1，x 2，且f (x 1)＝x 1，则关于x 的方程3(f (x 1))2＋2af (x )＋b ＝0的不同实根个数是( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选A.因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，函数f (x )的两个极值点为x 1，x 2，所以f ′(x 1)＝0，f ′(x 2)＝0，所以x 1，x 2是方程3x 2＋2ax ＋b ＝0的两根．所以解关于x 的方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.不妨设x 1<x 2，由题意知函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．又f (x 1)＝x 1<x 2，如图，数形结合可知f (x )＝x 1有两个不同实根，f (x )＝x 2有一个实根，所以不同实根的个数为3. 20．(2019·高考北京卷文)下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝e －xC ．y ＝－x 2＋1D ．y ＝lg|x |解析：选C.A 项，y ＝1x是奇函数，故不正确；B 项，y ＝e －x 为非奇非偶函数，故不正确；C ，D 两项中的两个函数都是偶函数，且y ＝－x 2＋1在(0，＋∞)上是减函数，y ＝lg|x |在(0，＋∞)上是增函数，故选C.21．(2019·高考浙江卷理)已知x ，y 为正实数，则( )A ．2lg x ＋lg y ＝2lg x ＋2lg yB ．2lg(x ＋y )＝2lg x ·2lg yC ．2lg x ·lg y ＝2lg x ＋2lg y D ．2lg(xy )＝2lg x ·2lg y解析：选D.A 项，2lg x ＋lg y ＝2lg x ·2lg y ，故错误；B 项，2lg x ·2lg y ＝2lg x ＋lg y ＝2lg(x ·y )≠2lg(x ＋y )，故错误；C 项，2lg x ·lg y ＝(2lg x )lg y ，故错误； D 项，2lg(xy )＝2lg x ＋lg y ＝2lg x ·2lg y ，正确． 22．(2019·高考北京卷理)函数f (x )的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y ＝e x关于y 轴对称，则f (x )＝( )A ．e x ＋1B ．e x －1C ．e －x ＋1D ．e －x －1解析：选D.曲线y ＝e x 关于y 轴对称的曲线为y ＝e －x ，将y ＝e －x 向左平移1个单位长度得到y ＝e －(x ＋1)，即f (x )＝e －x －1. 23．(2019·高考天津卷理)函数f (x )＝2x |log 0.5x |－1的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.令f (x )＝2x |log 0.5x |－1＝0，可得|log 0.5x |＝⎝⎛⎭⎫12x.设g (x )＝|log 0.5x |，h (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，在同一坐标系下分别画出函数g (x )，h (x )的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f (x )有2个零点． 24．(2019·高考天津卷文)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的取值范围是( )A ．[1,2] B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，2D ．(0,2] 解析：选C.∵f (log 12a )＝f (－log 2a )＝f (log 2a )，∴原不等式可化为f (log 2a )≤f (1)．又∵f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，∴0≤log 2a ≤1，即1≤a ≤2.∵f (x )是偶函数，∴f (log 2a )≤f (－1)．又f (x )在区间(－∞，0]上单调递减，∴－1≤log 2a ≤0，∴12≤a ≤1.综上可知12≤a ≤2.25．(2019·高考天津卷文)设函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3.若实数a ，b 满足f (a )＝0，g (b )＝0，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0解析：选A.∵f ′(x )＝e x ＋1>，∴f (x )是增函数．∵g (x )的定义域是(0，＋∞)，∴g ′(x )＝1x ＋2x >0，∴g (x )是(0，＋∞)上的增函数．∵f (0)＝－1<0，f (1)＝e －1>0，∴0<a <1.∵g (1)＝－2<0，g (2)＝ln 2＋1>0，∴1<b <2，∴f (b )>0，g (a )<0.26．(2019·高考辽宁卷理)设函数f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e 28，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值解析：选D.由题意知f ′(x )＝e x x 3－2f (x )x ＝e x－2x 2f (x )x3.令g (x )＝e x －2x 2f (x )，则g ′(x )＝e x －2x 2f ′(x )－4xf (x )＝e x －2(x 2f ′(x )＋2xf (x ))＝e x －2e x x ＝e x (1－2x)．由g ′(x )＝0得x ＝2，当x ＝2时，g (x )min ＝e 2－2×22×e 28＝0，即g (x )≥0，则当x >0时，f ′(x )＝g (x )x3≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，既无极大值也无极小值．27．(2019·高考辽宁卷文)已知函数f (x )＝ln(1＋9x 2－3x )＋1，则f (lg 2)＋f (lg 12)＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 解析：选D.f (x )＋f (－x )＝ln(1＋9x 2－3x )＋ln(1＋9x 2＋3x )＋2＝ln(1＋9x 2－9x 2)＋2＝ln 1＋2＝2，由上式关系知f (lg 2)＋f (lg 12)＝f (lg 2)＋f (－lg 2)＝2.28．(2019·高考辽宁卷文)已知函数f (x )＝x 2－2(a ＋2)x ＋a 2，g (x )＝－x 2＋2(a －2)x －a 2＋8.设H 1(x )＝max{f (x )，g (x )}，H 2(x )＝min{f (x )，g (x )}(max{p ，q }表示p ，q 中的较大值，min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)．记H 1(x )的最小值为A ，H 2(x )的最大值为B ，则A －B ＝( )A ．a 2－2a －16B ．a 2＋2a －16C ．－16D ．16解析：选C.由f (x )＝g (x )，得(x －a )2＝4，所以当x ＝a －2和x ＝a ＋2时，两函数值相等．f (x )图象为开口向上的抛物线，g (x )图象为开口向下的抛物线，两图象在x ＝a －2和x ＝a ＋2处相交，则H 1(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )(x ≤a －2)，g (x )(a －2<x <a ＋2)，f (x )(x ≥a ＋2)， H 2(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )(x ≤a －2)，f (x )(a －2<x <a ＋2)，g (x )(x ≥a ＋2)，所以A ＝H 1(x )min ＝f (a ＋2)＝－4a －4，B ＝H 2(x )max ＝g (a －2)＝－4a ＋12，所以A －B ＝－16.29．(2019·高考湖南卷文)已知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数，且f (－1)＋g (1)＝2，f (1)＋g (－1)＝4，则g (1)等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选B.∵f (x )是奇函数，∴f (－1)＝－f (1)． 又g (x )是偶函数， ∴g (－1)＝g (1)．∵f (－1)＋g (1)＝2，∴g (1)－f (1)＝2.① 又f (1)＋g (－1)＝4，∴f (1)＋g (1)＝4.②由①②，得g (1)＝3. 30．(2019·高考湖南卷文)函数f (x )＝ln x 的图像与函数g (x )＝x 2－4x ＋4的图象的交点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C.g (x )＝x 2－4x ＋4＝(x －2)2，在同一平面直角坐标系内画出函数f (x )＝ln x 与g (x )＝(x －2)2的图象(如图)．由图可得两个函数的图象有2个交点． 31．(2019·高考湖南卷理)函数f (x )＝2ln x 的图象与函数g (x )＝x 2－4x ＋5的图象的交点个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选B.作出两函数图象，利用数形结合思想求解． ∵g (x )＝x 2－4x ＋5＝(x －2)2＋1， 又当x ＝2时，f (x )＝2ln 2＝ln 4>1，在同一直角坐标系内画出函数f (x )＝2ln x 与g (x )＝x 2－4x ＋5的图象，如图所示，可知f (x )与g (x )有两个不同的交点．故选B.32．(2019·高考江西卷)函数y ＝x ln(1－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．[0,1) C ．(0,1] D ．[0,1]解析：选B.因为y ＝x ln(1－x )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，1－x >0，解得0≤x <1.33．(2019·高考四川卷)函数y ＝x 33x －1的图象大致是( )解析：选C.由3x－1≠0得x ≠0，∴函数y ＝x 33x －1的定义域为{x |x ≠0}，可排除选项A ；当x ＝－1时，y ＝(－1)313－1＝32>0，可排除选项B ；当x ＝2时，y ＝1，当x ＝4时，y ＝6480，但从选项D 的函数图象可以看出函数在(0，＋∞)上是单调递增函数，两者矛盾，可排除选项D.故选C.34．(2019·高考四川卷)设函数f (x )＝e x ＋x －a (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若曲线y ＝s in x 上存在点(x 0，y 0)使得f (f (y 0))＝y 0，则a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．[e －1－1,1]C ．[1，e ＋1]D ．[e －1－1，e ＋1]解析：选A.由已知点(x 0，y 0)在曲线y ＝s in x 上， 得y 0＝s in x 0，y 0∈[0,1]，即存在y 0∈[0,1]使f (f (y 0))＝y 0成立，则点A (y 0，f (y 0))，A ′(f (y 0)，y 0)都在y ＝f (x )的图象上， 又f (x )＝e x ＋x －a 在[0,1]上单调递增，∴(x A ′－x A )(y A ′－y A )≥0， 即[f (y 0)－y 0][y 0－f (y 0)]≥0， ∴[f (y 0)－y 0]2≤0，∴f (y 0)＝y 0， ∴f (x )＝x 在x ∈[0,1]上有解， 即e x ＋x －a ＝x 在[0,1]上有解，∴a ＝e x ＋x －x 2，x ∈[0,1]．令φ(x )＝e x ＋x －x 2，x ∈[0,1]，则φ′(x )＝e x ＋1－2x ≥0，x ∈[0,1]，∴φ(x )在[0,1]上单调递增．又φ(0)＝1，φ(1)＝e ，∴φ(x )∈[1，e]，即a ∈[1，e]． 35．(2019·高考重庆卷)若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内解析：选A.∵f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )， ∴f (a )＝(a －b )(a －c )，f (b )＝(b －c )(b －a )，f (c )＝(c －a )(c －b )， ∵a <b <c ，∴f (a )>0，f (b )<0，f (c )>0，∴f (x )的两个零点分别位于区间(a ，b )和(b ，c )内． 36．(2019·高考广东卷)定义域为R 的四个函数y ＝x 3，y ＝2x ，y ＝x 2＋1，y ＝2s in x 中，奇函数的个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选C.法一：这四个函数的定义域都是R .因为(－x )3＝－x 3,2s in(－x )＝－2s in x ，故y ＝x 3和y ＝2s in x 都是奇函数．因为(－x )2＋1＝x 2＋1，所以y ＝x 2＋1是偶函数．因为2－x ≠－2x,2－x ≠2x ，所以y ＝2x 既不是奇函数也不是偶函数，故奇函数的个数是2，故选C.法二：四个函数的图象如图所示，函数图象关于原点对称的为y＝x3和y＝2s in x，故奇函数的个数是2，故选C.37．(2019·高考浙江卷理)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：选C.当k＝1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)，则f′(x)＝e x(x－1)＋(e x－1)＝e x x－1，所以f′(1)＝e－1≠0，所以f(1)不是极值．当k＝2时，f(x)＝(e x－1)(x－1)2，则f′(x)＝e x(x－1)2＋2(e x－1)(x－1)＝e x(x2－1)－2(x－1)＝(x－1)[e x(x＋1)－2]，所以f′(1)＝0，且当x>1时，f′(x)>0；在x＝1附近的左侧，f′(x)<0，所以f(1)是极小值．38．(2019·高考福建卷文)函数f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是()解析：选A.f(x)＝ln(x2＋1)，x∈R，当x＝0时，f(0)＝ln 1＝0，即f(x)过点(0,0)，排除B，D.∵f(－x)＝ln[(－x)2＋1]＝ln(x2＋1)＝f(x)，∴f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，故选A.39.(2019·高考福建卷理)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点解析：选D.不妨取函数f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，易判断x0＝－1为f(x)的极大值点，但显然f(x0)不是最大值，故排除A.因为f(－x)＝－x3＋3x，f′(－x)＝－3(x＋1)(x－1)，易知，－x0＝1为f(－x)的极大值点，故排除B；又－f(x)＝－x3＋3x，[－f(x)]′＝－3(x＋1)(x－1)，易知，－x0＝1为－f(x)的极大值点，故排除C；∵－f(－x)的图象与f(x)的图象关于原点对称，由函数图象的对称性可得－x0应为函数－f(－x)的极小值点．故D正确．40．(2019·高考辽宁卷理)已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝() A．16 B．－16C．a2－2a－16 D．a2＋2a－16解析：选B.由f(x)＝g(x)，得(x－a)2＝4，所以当x＝a－2和x＝a＋2时，两函数值相等．f(x)图象为开口向上的抛物线，g(x)图象为开口向下的抛物线，两图象在x＝a－2和x＝a＋2处相交，则H1(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )(x ≤a －2)，g (x )(a －2<x <a ＋2)，f (x )(x ≥a ＋2)，H 2(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )(x ≤a －2)，f (x )(a －2<x <a ＋2)，g (x )(x ≥a ＋2)，所以A ＝H 1(x )min ＝f (a ＋2)＝－4a －4，B ＝H 2(x )max ＝g (a －2)＝－4a ＋12，所以A －B ＝－16.41．(2019·高考江西卷文)如图，已知l 1⊥l 2，圆心在l 1上、半径为1 m 的圆O 在t ＝0时与l 2相切于点A ，圆O 沿l 1以1 m/s 的速度匀速向上移动，圆被直线l 2所截上方圆弧长记为x ，令y ＝co s x ，则y 与时间t (0≤t ≤1，单位：s )的函数y ＝f (t )的图象大致为( )解析：选B.圆半径为1，设弧长x 所对的圆心角为α，则α＝x ，如图所示，co s α2＝1－t ，即co s x 2＝1－t ，则y ＝co s x ＝2co s 2x2－1＝2(1－t )2－1＝2(t －1)2－1(0≤t ≤1)．其图象为开口向上，在[0,1]上的一段抛物线． 42．(2019·高考湖北卷)x 为实数，[x ]表示不超过x 的最大整数，则函数f (x )＝x －[x ]在R 上为( )A ．奇函数B ．偶函数C ．增函数D ．周期函数解析：选D.函数的图象(图象略)在两个整数之间都是斜率为1的线段(不含终点)，故选D.43．(2019·高考湖北卷)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0) B.⎝⎛⎭⎫0，12 C ．(0,1) D ．(0，＋∞)解析：选B.f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，依题意ln x ＋1－2ax ＝0有两个正实数根x 1，x 2(x 1<x 2)．设g (x )＝ln x ＋1－2ax ，函数g (x )＝ln x ＋1－2ax 有两个零点，显然当a ≤0时不合题意，必有a >0；g ′(x )＝1x －2a ，令g ′(x )＝0，得x ＝12a，于是g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递减，所以g (x )在x ＝12a 处取得极大值，即f ′⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a >0，12a >1，所以0<a <12. 44．(2019·高考四川卷)设函数f (x )＝e x ＋x －a (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0,1]使f (f (b ))＝b 成立，则a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．[1,1＋e]C ．[e,1＋e]D ．[0,1]解析：选A.由f (f (b ))＝b 得A (b ，f (b ))，A ′(f (b )，b )都在y ＝f (x )的图象上为突破口解决． 若存在b ∈[0,1]使f (f (b ))＝b 成立，则A (b ，f (b ))，A ′(f (b )，b )都在y ＝f (x )的图象上． 又f (x )＝e x ＋x －a 在[0,1]上单调递增，∴(x A ′－x A )(y A ′－y A )≥0， 即(f (b )－b )(b －f (b ))≥0， ∴(f (b )－b )2≤0，∴f (b )＝b . ∴f (x )＝x 在x ∈[0,1]上有解， 即e x ＋x －a ＝x 在[0,1]上有解，∴a ＝e x ＋x －x 2，x ∈[0,1]．令φ(x )＝e x ＋x －x 2，x ∈[0,1]，则φ′(x )＝e x ＋1－2x ≥0，x ∈[0,1]， ∴φ(x )在[0,1]上单调递增，又φ(0)＝1，φ(1)＝e ，∴φ(x )∈[1，e]，即a ∈[1，e]，故选A. 45．(2019·高考重庆卷)已知函数f (x )＝ax 3＋bs in x ＋4(a ，b ∈R )，f (lg(log 210))＝5，则f (lg(lg 2))＝( )A ．－5B ．－1C ．3D ．4解析：选C.因为log 210与lg 2(即log 102)互为倒数，所以lg(log 210)与lg(lg 2)互为相反数．不妨令lg(log 210)＝x ，则lg(lg 2)＝－x ，而f (x )＋f (－x )＝(ax 3＋bs in x ＋4)＋[a (－x )3＋bs in(－x )＋4]＝8，故f (－x )＝8－f (x )＝8－5＝3，故选C.46．(2019·高考广东卷)函数y ＝lg (x ＋1)x －1的定义域是( )A ．(－1，＋∞)B ．[－1，＋∞)C ．(－1,1)∪(1，＋∞)D ．[－1,1)∪(1，＋∞)解析：选C.要使函数有意义，需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，x －1≠0，解得x >－1且x ≠1，故函数的定义域为(－1,1)∪(1，＋∞)，故选C.47．(2019·高考福建卷)设S ，T 是R 的两个非空子集，如果存在一个从S 到T 的函数y ＝f (x )满足：(1)T ＝{f (x )|x ∈S }；(2)对任意x 1，x 2∈S ，当x 1<x 2时，恒有f (x 1)<f (x 2)，那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是( )A ．A ＝N *，B ＝NB ．A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |x ＝－8或0<x ≤10}C ．A ＝{x |0<x <1}，B ＝RD ．A ＝Z ，B ＝Q解析：选D.对于A ，取f (x )＝x ＋1，满足题意． 对于B ，取f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－8，x ＝－1，x ＋1，－1<x <0，x 2＋1，0≤x ≤3，满足题意．对于C ，取f (x )＝tan[π(x －1)]，满足题意． 排除法，故选D.48．(2019·高考江西卷)若S 1＝⎠⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎛121x d x ，S 3＝⎠⎛12e x d x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( )A ．S 1<S 2<S 3B ．S 2<S 1<S 3C ．S 2<S 3<S 1D ．S 3<S 2<S 1解析：选B.S 1＝⎠⎛12x 2d x ＝13x 3⎪⎪⎪21＝13×23－13＝73，S 2＝⎠⎛121x d x ＝ln x ⎪⎪⎪21＝ln 2，S 3＝⎠⎛12e x d x ＝e x ⎪⎪⎪21＝e 2－e ＝e(e －1)，ln 2<ln e ＝1，且73<2.5<e(e －1)，所以ln 2<73<e(e －1)，即S 2<S 1<S 3.49．(2019·高考新课标全国卷Ⅰ理)设当x ＝θ时，函数f(x )＝s in x －2co s x 取得最大值，则co s θ＝________.解析：y ＝s in x －2co s x ＝5(15s in x －25co s x )， 设15＝co s α，25＝s in α， 则y ＝5(s in x co s α－co s xs in α)＝5s in(x －α)． ∵x ∈R ，∴x －α∈R ，∴y max ＝ 5. 又∵x ＝θ时，f (x )取得最大值， ∴f (θ)＝s in θ－2co s θ＝ 5. 又s in 2θ＋co s 2θ＝1，∴⎩⎨⎧sin θ＝15，cos θ＝－25，即co s θ＝－255.答案：－25550．(2019·高考大纲全国卷文)设f (x )是以2为周期的函数，且当x ∈[1,3)时，f (x )＝x －2，则f (－1)＝________.解析：由于f (x )的周期为2，且当x ∈[1,3)时，f (x )＝x －2，所以f (－1)＝f (－1＋2)＝f (1)＝1－2＝－1. 答案：－1 51．(2019·高考江苏卷)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝x 2－4x ，则不等式f (x )>x 的解集用区间表示为________．解析：设x <0，则－x >0，于是f (－x )＝(－x )2－4(－x )＝x 2＋4x ，由于f (x )是R 上的奇函数，所以－f (x )＝x 2＋4x ，即f (x )＝－x 2－4x ，且f (0)＝0，于是f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x >0，0，x ＝0，－x 2－4x ，x <0.当x >0时，由x 2－4x >x 得x >5；当x <0时，由－x 2－4x >x 得－5<x <0，故不等式的解集为(－5,0)∪(5，＋∞)．答案：(－5,0)∪(5，＋∞)52．(2019·高考江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，设定点A (a ，a )，P 是函数y ＝1x(x >0)图象上一动点．若点P ，A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为________．解析：依题意可设P (x ，1x )(x >0)，则|P A |2＝(x －a )2＋(1x －a )2＝x 2＋1x 2－2a (x ＋1x)＋2a 2.令x ＋1x＝t ，则t ≥2且|P A |2＝t 2－2－2at ＋2a 2＝(t －a )2＋a 2－2.若a ≥2，则当t ＝a 时，|P A |2取最小值a 2－2，令a 2－2＝(22)2，解得a ＝10(a ＝－10舍去)；若a <2，则当t ＝2时，|P A |2取最小值2a 2－4a ＋2，令2a 2－4a ＋2＝(22)2，解得a ＝－1(a ＝3舍去)．综上，满足条件的所有a 的值为－1和10.答案：－1，10 53．(2019·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －1.若f (a )＝3，则实数a ＝________.解析：因为f (a )＝a －1＝3，所以a －1＝9，即a ＝10. 答案：10 54．(2019·高考福建卷文)设S ，T 是R 的两个非空子集，如果存在一个从S 到T 的函数y ＝f (x )满足：(1)T ＝{f (x )|x ∈S }；(2)对任意x 1，x 2∈S ，当x 1<x 2时，恒有f (x 1)<f (x 2)，那么称这两个集合“保序同构”．现给出以下3对集合：①A ＝N ，B ＝N *；②A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |－8≤x ≤10}； ③A ＝{x |0<x <1}，B ＝R .其中，“保序同构”的集合对的序号是________．(写出所有“保序同构”的集合对的序号)解析：①取f (x )＝x ＋1，符合题意．②取f (x )＝92x －72，符合题意．③取f (x )＝tan π⎝⎛⎭⎫x －12，符合题意．答案：①②③55．(2019·高考福建卷文)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3，x <0，－tan x ，0≤x <π2，则f ⎝⎛⎭⎫f ⎝⎛⎭⎫π4＝________. 解析：∵π4∈⎣⎡⎭⎫0，π2， ∴f ⎝⎛⎭⎫π4＝－tan π4＝－1， ∴f ⎝⎛⎭⎫f ⎝⎛⎭⎫π4＝f (－1)＝2×(－1)3＝－2. 答案：－2 56．(2019·高考陕西卷)观察下列等式： (1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5， 照此规律， 第n 个等式可为________.解析：从给出的规律可看出，左边的连乘式中，连乘式个数以及每个连乘式中的第一个加数与右边连乘式中第一个乘数的指数保持一致，其中左边连乘式中第二个加数从1开始，逐项加1递增，右边连乘式中从第二个乘数开始，组成以1为首项，2为公差的等差数列，项数与第几等式保持一致，则照此规律，第n 个等式可为(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)．答案：(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1) 57．(2019·高考陕西卷)在如图所示的锐角三角形空地中， 欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分), 则其边长x 为________(m)．解析：设矩形花园的宽为y m ，则x 40＝40－y 40，即y ＝40－x ，矩形花园的面积S ＝x (40－x )＝－x 2＋40x ＝－(x －20)2＋400，当x ＝20 m 时，面积最大．答案：20 58．(2019·高考江西卷)若曲线y ＝x α＋1(α∈R )在点(1,2)处的切线经过坐标原点，则α＝________.解析：因为y ′＝α·x α－1，所以在点(1,2)处的切线斜率k ＝α，则切线方程为y －2＝α(x －1)．又切线过原点，故0－2＝α(0－1)，解得α＝2.答案：2 59．(2019·高考四川卷)lg 5＋lg 20的值是________．解析：lg 5＋lg 20＝lg 100＝lg 10＝1. 答案：160．(2019·高考安徽卷)函数y ＝ln(1＋1x )＋1－x 2的定义域为________．解析：要使函数有意义，需⎩⎪⎨⎪⎧1＋1x >0，1－x 2≥0，即⎩⎨⎧x ＋1x>0，x 2≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x <－1或x >0，－1≤x ≤1，解得0<x ≤1，所以定义域为(0,1]．答案：(0,1] 61．(2019·高考安徽卷)定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝2f (x )．若当0≤x ≤1时，f (x )＝x (1－x )， 则当－1≤x ≤0时，f (x )＝________.解析：设－1≤x ≤0，则0≤x ＋1≤1，所以f (x ＋1)＝(x ＋1)[1－(x ＋1)]＝－x (x ＋1)．又因为f (x ＋1)＝2f (x )，所以f (x )＝f (x ＋1)2＝－x (x ＋1)2.答案：－x (x ＋1)262．(2019·高考江西卷)设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，且f (e x )＝x ＋e x ，则f ′(1)＝________.解析：令e x ＝t ，则x ＝ln t ，所以f (x )＝ln x ＋x ，即f ′(x )＝1＋1x，则f ′(1)＝1＋1＝2.答案：2 63．(2019·高考广东卷)若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k )处的切线平行于x 轴，则k ＝________.解析：函数y ＝kx ＋ln x 的导函数为y ′＝k ＋1x ，由导数y ′|x ＝1＝0，得k ＋1＝0，则k ＝－1.答案：－1 64．(2019·高考新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4.故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)(e x －12)．令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减． 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．65．(2019·高考新课标全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 2e －x . (1)求f (x )的极小值和极大值；(2)当曲线y ＝f (x )的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝－e －x x (x －2)．①当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增．故当x ＝0时，f (x )取得极小值，极小值为f (0)＝0；当x ＝2时，f (x )取得极大值，极大值为f (2)＝4e －2.(2)设切点为(t ，f (t ))，则l 的方程为y ＝f ′(t )(x －t )＋f (t )． 所以l 在x 轴上的截距为m (t )＝t －f (t )f ′(t )＝t ＋t t －2＝t －2＋2t －2＋3.由已知和①得t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)． 令h (x )＝x ＋2x (x ≠0)，则当x ∈(0，＋∞)时，h (x )的取值范围为[22，＋∞)；当x ∈(－∞，－2)时，h (x )的取值范围是(－∞，－3)．所以当t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m (t )的取值范围是(－∞，0)∪[22＋3，＋∞)． 综上，l 在x 轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[22＋3，＋∞)． 66．(2019·高考大纲全国卷)已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3x ＋1. (1)当a ＝－2时，讨论f (x )的单调性；(2)若x ∈[2，＋∞)时，f (x )≥0，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝－2时，f (x )＝x 3－32x 2＋3x ＋1， f ′(x )＝3x 2－62x ＋3.令f ′(x )＝0，得x 1＝2－1，x 2＝2＋1.当x ∈(－∞，2－1)时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，2－1)上是增函数； 当x ∈(2－1，2＋1)时，f ′(x )<0，f (x )在(2－1，2＋1)上是减函数； 当x ∈(2＋1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(2＋1，＋∞)上是增函数．(2)由f (2)≥0得a ≥－54.当a ≥－54，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＝3(x 2＋2ax ＋1)≥3(x 2－52x ＋1)＝3(x －12)(x －2)>0，所以f (x )在(2，＋∞)上是增函数，于是当x ∈[2，＋∞)时，f (x )≥f (2)≥0.综上，a 的取值范围是[－54，＋∞)．67．(2019·高考山东卷)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ，b ∈R )． (1)设a ≥0，求f (x )的单调区间；(2)设a >0，且对任意x >0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)，得 f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x.①当a ＝0时，f ′(x )＝bx －1x.a ．若b ≤0，当x >0时，f ′(x )<0恒成立，所以函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)．b ．若b >0，当0<x <1b时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x >1b时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )的单调递减区间是(0，1b )，单调递增区间是(1b ，＋∞)．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得2ax 2＋bx －1＝0. 由Δ＝b 2＋8a >0，得 x 1＝－b －b 2＋8a 4a ，x 2＝－b ＋b 2＋8a4a.显然x 1<0，x 2>0.当0<x <x 2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >x 2时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 所以函数f (x )的单调递减区间是(0，－b ＋b 2＋8a4a)，单调递增区间是(－b ＋b 2＋8a4a，＋∞)．综上所述，当a ＝0，b ≤0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)；当a ＝0，b >0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，1b )，单调递增区间是(1b ，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是 (0，－b ＋b 2＋8a 4a )，单调递增区间是(－b ＋b 2＋8a4a ，＋∞)．(2)由题意知函数f (x )在x ＝1处取得最小值． 由(1)知－b ＋b 2＋8a4a是f (x )的唯一极小值点，故－b ＋b 2＋8a4a＝1.整理，得2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .令g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1－4xx.令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0<x <14时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >14时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．因此g (x )≤g (14)＝1＋ln 14＝1－ln 4<0.故g (a )<0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0，即ln a <－2b .68．(2019·高考浙江卷)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax .(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |>1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值． 解：(1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2－12x ＋6，所以f ′(2)＝6. 又因为f (2)＝4，所以切线方程为y －4＝6(x －2)， 即6x －y －8＝0.(2)记g (a )为f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值． f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )． 令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a . 当a x 0(0,1) 1 (1，a ) a (a,2a ) 2a f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增极大值3a －1单调递减极小值a 2(3－a )单调递增4a 3g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1<a ≤3，a 2(3－a )，a >3.当a <－1时，得g (a )＝3a －1.综上所述，f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值为 g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1，a <－1，0，1<a ≤3，a 2(3－a )，a >3.69．(2019·高考北京卷)已知函数f (x )＝x 2＋xs in x ＋co s x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切，求a 与b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，求b 的取值范围． 解：由f (x )＝x 2＋xs in x ＋co s x ，得f ′(x )＝x (2＋co s x )． (1)因为曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处与直线y ＝b 相切， 所以f ′(a )＝a (2＋co s a )＝0，b ＝f (a )． 解得a ＝0，b ＝f (0)＝1. (2)令f ′(x )＝0，得x ＝0. f (x )与f ′(x )x (－∞，0)0 (0，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )1所以函数f (x )f (0)＝1是f (x )的最小值．当b ≤1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 最多只有一个交点； 当b >1时，f (－2b )＝f (2b )≥4b 2－2b －1>4b －2b －1>b ， f (0)＝1<b ，所以存在x 1∈(－2b,0)，x 2∈(0,2b )，使得f (x 1)＝f (x 2)＝b .由于函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b >1时曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有两个不同交点，那么b 的取值范围是(1，＋∞)． 70．(2019·高考天津卷)设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－(a ＋5)x ，x ≤0，x 3－a ＋32x 2＋ax ，x >0. (1)证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减， 在区间(1，＋∞)内单调递增；(2)设曲线y ＝f (x )在点P i (x i ，f (x i ))(i ＝1,2,3)处的切线相互平行， 且x 1x 2x 3≠0，证明x 1＋x 2＋x 3>－13.证明：(1)设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝x 3－a ＋32x 2＋ax (x ≥0)， ①f 1′(x )＝3x 2－(a ＋5)，由于a ∈[－2,0]，从而当－1<x ≤0时，f 1′(x )＝3x 2－(a ＋5)<3－a －5≤0， 所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减． ②f 2′(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)，由于a ∈[－2,0]，所以当0<x <1时，f 2′(x )<0；当x >1时，f 2′(x )>0.即函数f 2(x )在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．综合①②及f 1(0)＝f 2(0)，可知函数f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．(2)由(1)知f ′(x )在区间(－∞，0)内单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ＋36内单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋36，＋∞内单调递增． 因为曲线y ＝f (x )在点P i (x i ，f (x i ))(i ＝1,2,3)处的切线相互平行， 从而x 1，x 2，x 3互不相等，且f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝f ′(x 3)．不妨设x 1<0<x 2<x 3，由3x 21－(a ＋5)＝3x 22－(a ＋3)x 2＋a ＝3x 23－(a ＋3)x 3＋a ， 可得3x 22－3x 23－(a ＋3)(x 2－x 3)＝0， 解得x 2＋x 3＝a ＋33，从而0<x 2<a ＋36<x 3.设g (x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ， 则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋36<g (x 2)<g (0)＝a . 由3x 21－(a ＋5)＝g (x 2)<a ，解得－2a ＋53<x 1<0， 所以x 1＋x 2＋x 3>－2a ＋53＋a ＋33. 设t ＝ 2a ＋53，则a ＝3t 2－52，因为a ∈[－2,0]，所以t ∈⎣⎡⎦⎤33，153，故x 1＋x 2＋x 3>－t ＋3t 2＋16＝12(t －1)2－13≥－13，即x 1＋x 2＋x 3>－13.71．(2019·高考福建卷文)已知函数f (x )＝x －1＋aex (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值；(3)当a ＝1时，若直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，求k 的最大值．解：法一：(1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x ＝a ，x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．(3)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1ex .令g (x )＝f (x )－(kx －1)＝(1－k )x ＋1e x ，则直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点， 等价于方程g (x )＝0在R 上没有实数解．假设k >1，此时g (0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝－1＋1e 1k －1<0.又函数g (x )的图象连续不断，由零点存在性定理，可知g (x )＝0在R 上至少有一解，与“方程g (x )＝0在R 上没有实数解”矛盾，故k ≤1.又k ＝1时，g (x )＝1ex >0，知方程g (x )＝0在R 上没有实数解．所以k 的最大值为1. 法二：(1)(2)同法一． (3)当a ＝1时，f (x )＝x －1＋1ex .直线l ：y ＝kx －1与曲线y ＝f (x )没有公共点，等价于关于x 的方程kx －1＝x －1＋1e x 在R 上没有实数解，即关于x 的方程：(k －1)x ＝1e x .(*)在R 上没有实数解．①当k ＝1时，方程(*)可化为1ex ＝0，在R 上没有实数解．。
2019年高考数学(理)热点题型导数的概念及运算
1．了解导数概念的实际背景。
2．通过函数图象直观理解导数的几何意义。
3．能根据导数的定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝x ，y ＝1x，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数。
4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数。
热点题型一 导数的计算例1、求下列函数的导数(1)y ＝e x sin x ；(2)y ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3； (3)y ＝x －sin x 2cos x 2。
(4)y ＝ln(1－2x )。
【提分秘籍】导数计算的原则和方法(1)原则：先化简解析式，使之变成能用八个求导公式求导的函数的和、差、积、商，再求导。
(2)方法：①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； ③对数形式：先化为和、差和的形式，再求导；④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导。
【举一反三】求下列函数的导数(1)y ＝(2x 2－1)(3x ＋1)； (2)y ＝x ＋x 5＋sin x x 2； (3)y ＝－sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2cos 2x 4。
热点题型二 导数的几何意义及应用 例2、（2018年全国I 卷理数）设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，， 所以，所以曲线在点处的切线方程为， 化简可得，故选D. 【变式探究】【2017山东，理20】已知函数()22cos f x x x =+，()()cos sin 22x g x e x x x =-+-，其中2.71828e =是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令()()()()h x g x af x a R =-∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】（1）22ππ2y x =-- （2）见解析【解析】（Ⅰ）由题意()22f ππ=-又()22sin f x x x =-'，所以()2f ππ'=，因为()00,m =所以 当0x >时， ()0,m x >当0x <时， ()0m x <(1)当0a ≤时， x e a - 0>当0x <时， ()0h x '<， ()h x 单调递减， 当0x >时， ()0h x '>， ()h x 单调递增，所以 当0x =时()h x 取得极小值，极小值是 ()021h a =--；。
2019年专题02 函数与导数-2019高考数学(理)热点题型
函数与导数热点一利用导数研究函数的性质以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点、重点.本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围.【例1】设函数f(x)＝(1－x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求正实数a的取值范围.(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增.又g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0<x<1时，f(x)＝(1－x)(1＋x)e x≥(1－x)(1＋x)2，又(1－x)(1＋x)2－(ax＋1)＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.综上可知，正实数a的取值范围是[1，＋∞).【类题通法】(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)>0或f′(x)<0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题.(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.【对点训练】设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；(2)当0＜a ＜2时，f (x )在[1，4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值.(2)已知0＜a ＜2，f (x )在[1，4]上取到最小值－163，而f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a 的图象开口向下，且对称轴x＝12，∴f ′(1)＝－1＋1＋2a ＝2a ＞0，f ′(4)＝－16＋4＋2a ＝2a －12＜0，则必有一点x 0∈[1，4]，使得f ′(x 0)＝0，此时函数f (x )在[1，x 0]上单调递增，在[x 0，4]上单调递减，f (1)＝－13＋12＋2a ＝16＋2a ＞0，∴f (4)＝－13×64＋12×16＋8a ＝－403＋8a ＝－163⇒a ＝1.此时，由f ′(x 0)＝－x 20＋x 0＋2＝0⇒x 0＝2或－1(舍去)，所以函数f (x )max ＝f (2)＝103.热点二 利用导数解决不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题.归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)求解不等式；(3)不等式恒(能)成立求参数. 【例2】(满分12分)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a－2.教材探源 本题第(2)问的实质是证明ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，是不等式x －1≥ln x 的变形，源于教材选修2－2 P32习题B1，是在教材基本框架e x>1＋x 与x ≥1＋ln x 基础上，结合函数性质，编制的优美试题. 满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x.1分 (得分点1)若a ≥0时，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，2分 (得分点2) 若a <0时，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减.5分 (得分点3)10分 (得分点5) 所以当x >0时，g (x )≤0，从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 故f (x )≤－34a －2.12分 (得分点6)得分要点❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分，如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最小值和不等式性质的运用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a 处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0等.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－12a 处的最大值.【类题通法】利用导数研究函数问题的步骤 第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )； 第二步：分类讨论f (x )的单调性； 第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )； 第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式； 第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范. 【对点训练】设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x.(2)证明 由(1)知，函数f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0.∴当x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. ∴当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 【例3】已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0， 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e ，又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n >⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564>2，∴当n ≥3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ∈(2，e)， 由于⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12<m ，且m ∈N *.所以整数m 的最小值为3.【类题通法】“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.【对点训练】已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，又g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 .热点三 导数与函数的零点问题导数与函数方程交汇是近年命题的热点，常转化为研究函数图象的交点问题，研究函数的极(最)值的正负，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围. 【例4】已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围. 解 (1)由于f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x ，故f ′(x )＝2a e 2x＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x＋1)， ①当a ≤0时，a e x－1<0，2e x＋1>0. 从而f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减. ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：综上，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减； 当a >0时，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减； 在(－ln a ，＋∞)上单调递增.③当a ∈(0，1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0， 故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点.设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n0(a e n0＋a －2)－n 0>e n0－n 0>2 n0－n 0>0.由于ln ⎝⎛⎭⎪⎫3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0，1).【类题通法】用导数研究函数的零点，一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，结合函数的极值利用数形结合来解决. 【对点训练】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0).(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数).(2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2（x －a ）（x ＋a ）x，∵x >0，a >0，∴当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数. (3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1). 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln e 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)， 当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点.当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的一个零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点.综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )有一个零点；当e<a <e22时，函数f (x )有两个零点.。
2019高考数学专题复习——函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析[1]word资料28页
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函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析【考情分析】1. 常见题型2. 在解题中常用的有关结论（需要熟记）：3. 解题方法规律总结【例1】“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t为时间，则下图与故事情节相吻合的是（）【答案】B【解析】在选项B中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．【点评】函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．【例2】（山东高考题）已知定义在R上的奇函数)(xf，满足(4)()f x f x-=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程()(0)f x m m=>在区间[8,8]-上有四个不同的根1234,,,x x x x，则1234_________.x x x x+++=【答案】-8【解析】因为定义在R上的奇函数，满足(4)()f x f x-=-，所以(4)()f x f x-=-，所以, 由)(xf为奇函数，所以函数图象关于直线2x=对称且(0)0f=，由(4)()f x f x-=-知(8)()f x f x-=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f在区间[0,2]上是增函数，所以)(x f在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0) 在区间[]8,8-A B C D-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8yxf(x)=m (m>0)【例3】若1x 是方程lg 3x x +=的解，2x 是310=+x x 的解，则21x x +的值为（ ）A ． 23B ．32C ．3D ．31【例4】若函数()(01)x f x a x a a a =-->≠且有两个零点，则实数a 的取值范围是 ．【例5】已知偶函数()f x 在区间[0,)+∞单调递增，则满足(21)f x -＜()3f 的x 取值范围是（ ）（A ）（1，2） (B) ［1，2） (C)（1，2） (D) ［1，2）【例6】某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x （x ≥10）层，则每平方米的 平均建筑费用为560+48x （单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积购地总费用）【例1】已知a 、b 为常数，且a ≠0，函数()ln f x ax b ax x =-++，()2f e =。
2019年高考数学试题分类汇编 函数与导数52页word
函数与导数一、选择题1. 设()f x 是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，()f x x x 2=2-，则()f 1= （A ）-3 (B) -1 （Ｃ）１ （Ｄ）3 3.若点(a,b)在lg y x = 图像上，a ≠1,则下列点也在此图像上的是（A ）（a 1，b ） (B) (10a,1-b) (C) (a 10,b+1) (D)(a2,2b)4.函数()()n f x ax x 2=1-g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则n 可能是（A ）1 (B) 2 (C) 3 (D)1n =5.根据统计，一名工人组装第x 件某产品所用的时间（单位：分钟）为()x A f x x A <=≥（A ，c 为常数）。
已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品时用时15分钟，那么c 和A 的值分别是 A. 75，25 B. 75，16 C. 60，25 D. 60，166.已知点()0,2A ,()2,0B ,若点C 在函数2y x =的图象上，则使得ABC ∆的面积为2的点C 的个数为 A. 4 B. 3 C. 2 D. 18.对于函数()sin f x a x bx c =++ (其中，,,a b R c Z ∈∈)，选取,,a b c 的一组值计算(1)f 和(1)f -，所得出的正确结果一定不可能是A ．4和6B ．3和1C ．2和4D ．1和29.已知函数()xf x e x =+，对于曲线()y f x =上横坐标成等差数列的三个点A ，B ，C ，给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形 ②△ABC 可能是直角三角形 ③△ABC 可能是等腰三角形 ④△ABC 不可能是等腰三角形 其中，正确的判断是A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④10.若关于x 的方程x2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 A ．（－1，1）B ．（－2，2）C ．（－∞，－2）∪（2，＋∞） D ．（－∞，－1）∪（1，＋∞）11.已知函数f(x)＝⎩⎨⎧2x ， x ＞0 x ＋1，x≤0，若f(a)＋f(1)＝0，则实数a 的值等于A ．－3B ．－1C ．1D ．312.）若a ＞0，b ＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于 A ．2 B ．3 C ．6 D ．9 13.设函数()f x 和g(x)分别是R 上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是 A ．()f x +|g(x)|是偶函数 B ．()f x -|g(x)|是奇函数 C ．|()f x | +g(x)是偶函数 D ．|()f x |- g(x)是奇函数14.函数1()lg(1)1f x x x =++-的定义域是 （ ）A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)(1,)-+∞UD ．(,)-∞+∞15.设)(),(),(x h x g x f 是R 上的任意实值函数．如下定义两个函数()()x g f ο和()()x g f •；对任意R x ∈,()()())(x g f x g f =ο；()()())(x g x f x g f =•．则下列等式恒成立的是（ ）A ．()()()()()())(x h g h f x h g f ••=•οοB ．()()()()()())(x h g h f x h g f οοο•=•C ．()()()()()())(x h g h f x h g f οοοοο=D ．()()()()()())(x h g h f x h g f •••=••16.已知定义在R 上的奇函数()x f 和偶函数()x g 满足()()2+-=+-xx a a x g x f ()1,0≠>a a 且，若()a g =2，则()=2fA. 2B. 415C. 417D. 2a17.放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象成为衰变，假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M （单位：太贝克）与时间t （单位：年）满足函数关系：()3002t M t M -=，其中M 为0=t 时铯137的含量，已知30=t 时，铯137的含量的变化率是2ln 10-（太贝克/年），则()=60MA. 5太贝克B. 2ln 75太贝克C. 2ln 150太贝克D. 150太贝克18.曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(,0)4M π处的切线的斜率为（ ）A ．12-B ．12 C．2-D．219.已知函数2()1,()43,x f x e g x x x =-=-+-若有()(),f a g b =则b 的取值范围为 A．[22 B．(22+ C ．[1,3] D ．(1,3)20.由直线,,033x x y ππ=-==与曲线cos y x =所围成的封闭图形的面积为（ ）A ．12 B ．1 C． D21.设直线x t =与函数2(),()ln f x x g x x ==的图像分别交于点,M N ，则当||MN 达到最小时t 的值为（ ）A ．1B ．12 C．2 D．222.若121()log (21)f x x =+，则()f x 的定义域为( )1(,0)2- B.1(,)2-+∞ C.1(,0)(0,)2-⋃+∞ D.1(,2)2-23.曲线xy e =在点A （0,1）处的切线斜率为（ ）A.1B.2C.eD.1e24.观察下列各式：则234749,7343,72401===，…，则20117的末两位数字为（ ） A.01 B.43 C.07 D.4925.若)12(log 1)(21+=x x f ，则)(x f 定义域为A. )0,21(-B.]0,21(-C. ),21(+∞-D.),0(+∞26.设x x x x f ln 42)(2--=，则0)('>x f 的解集为A. ),0(+∞B. ),2()0,1(+∞-YC. ),2(+∞D.)0,1(-28.设函数⎩⎨⎧>-≤=-1,log 11,2)(21x x x x f x ，则满足2)(≤x f 的x 的取值范围是A ．1[-，2]B ．[0，2]C ．[1，+∞]D ．[0，+∞]29.函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为A ．（1-，1）B ．（1-，+∞）C ．（∞-，1-）D ．（∞-，+∞）30.若函数))(12()(a x x xx f -+=为奇函数，则a=A ．21B ．32C ．43D ．131.下列函数中，既是偶函数又在+∞（0，）单调递增的函数是（A ）3y x = (B) 1y x =+ （C ）21y x =-+ (D) 2x y -=32.由曲线y =2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为（A ）103 （B ）4 （C ）163 （D ）633.函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于（A ）2 (B) 4 (C) 6 (D)8 【答案】D34.（全国Ⅰ文4）曲线2y 21x x =-+在点（1,0）处的切线方程为 （A ）1y x =- （B ）1y x =-+ （C ）22y x =- （D ）22y x =-+ 【答案】A35. (全国Ⅰ文9)设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4 (x ≥0），则(){}20xf x ->=（A ）{}24x x x <->或 （B ）{}04 x x x <>或（C ）{}06 x x x <>或 （D ）{}22 x x x <->或【答案】B36.（全国Ⅱ理2）函数y＝（x ≥0）的反函数为(A)y ＝24x （x ∈R ） (B)y ＝24x（x ≥0） (C)y ＝24x （x ∈R ） (D)y ＝24x （x ≥0）【答案】B 【命题意图】：本小题主要考查函数与反函数概念及求法特别要注意反函数的定义域即原函数的值域。
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1 ＋ 2a＋1≤０等 . ? 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证
1 第 (2) 问中，准确计算 f ( x) 在 x＝－ 2a处的最大值 . 【类题通法】利用导数研究函数问题的步骤
. 如第 (1) 问中，求导 f ′（x) 准确，否则全盘皆输，
第一步：求函数 f ( x) 的导函数 f ′（x) ； 第二步：分类讨论 f ( x) 的单调性； 第三步：利用单调性，求 f ( x) 的最大值；
当
0<x<1
时， f
( x)
＝(1 － x)(1
＋ x)e
x
≥ (1
－ x)(1
＋ x) 2，
又 (1 － x)(1 ＋ x) 2－ ( ax＋ 1) ＝x(1 － a－ x－ x2) ，
5－ 4a－ 1
取 x0＝
2
，则 x0∈ (0 ， 1) ，
(1 － x0)(1 ＋ x0) 2－ ax0－ 1＝ 0，故 f ( x0)> ax0＋ 1.
(1) 讨论 f ( x) 的单调性； 3
(2) 当 a<0 时，证明 f ( x) ≤－ 4a－ 2. 11
教材探源 本题第 (2) 问的实质是证明 ln － 2a ＋ 2a＋1≤0，是不等式 x－1≥ ln x 的变形，源于教材选修 2 － 2 P32 习题 B1，是在教材基本框架 ex>1＋ x 与 x≥ 1＋
函数与导数
热点一 利用导数研究函数的性质 以含参数的函数为载体，结合具体函数与导数的几何意义，研究函数的性质，是高考的热点、重点
. 本热点
主要有三种考查方式： (1) 讨论函数的单调性或求单调区间； (2) 求函数的极值或最值； (3) 利用函数的单调
性、极值、最值，求参数的范围 .
【例 1】设函数 f ( x) ＝ (1 － x2)e x.
＝ 1，故 h( x) ≤ 1，
所以 f ( x) ＝ ( x＋ 1) h( x) ≤x＋1≤ ax＋1. 当 0<a<1 时， 设函数 g( x) ＝ ex－ x－ 1， g′( x) ＝ ex－ 1>0( x>0) ，
所以 g( x) 在 [0 ，＋∞ ) 上单调递增 .
又 g(0) ＝0，故 ex≥x＋ 1.
3
热点二 利用导数解决不等式问题 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题 起来常见的命题角度有： (1) 证明不等式； (2) 求解不等式； (3) 不等式恒 ( 能 ) 成立求参数 .
. 归纳
【例 2】 ( 满分 12 分) 已知函数 f ( x) ＝ ln x＋ ax2＋ (2 a＋ 1) x.
11
1
f (1) ＝－ 3＋ 2＋ 2a＝6＋ 2a＞0，
1
1
40
16
∴ f (4) ＝－ 3× 64＋2× 16＋ 8a＝－ 3 ＋8a＝－ 3 ? a＝ 1.
此时，由
f ′（x0) ＝－ x20＋ x0＋ 2＝0? x0＝ 2 或－ 1( 舍去 ) ，所以函数
10 f ( x) ＝ max f (2) ＝ .
ln x 基础上，结合函数性质，编制的优美试题 .
满分解答 (1) 解 f ( x) 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ，
1
（2ax＋ 1）（ x＋ 1）
f ′ ( x) ＝x＋ 2ax＋ 2a＋ 1＝
x
.1 分 ( 得分点 1)
若 a≥０时，则当 x∈(0 ，＋∞ ) 时， f ′ ( x)>0 ，
中利用单调性求 g( x) 的最小值和不等式性质的运用 .
? 得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第
(1) 问中，求出 f ( x) 的定义域， f ′( x)
1
3
1
在 (0 ，＋∞ ) 上单调性的判断； 第(2) 问，f ( x) 在 x＝－ 2a处最值的判定， f ( x) ≤－ 4a－ 2 等价转化为 ln －2a
16 ，而
f ′ ( x) ＝－ x2＋ x＋ 2a 的图象开口向下，且对称轴
x
3
1 ＝ 2，∴ f ′(1) ＝－ 1＋ 1＋ 2a＝ 2a＞ 0，f ′ (4) ＝－ 16＋ 4＋ 2a＝ 2a－12＜ 0，则必有一点 x0∈ [1 ，4] ，使得 f ′（x0)
＝ 0，此时函数 f ( x) 在 [1 ， x0 ] 上单调递增，在 [ x0，4] 上单调递减，
综上可知，正实数 a 的取值范围是 [1 ，＋∞ ).
【类题通法】 (1) 判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断来自f ′（x) 的符号问题
上，而 f ′（x)>0 或 f ′（x)<0 ，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题
.
(2) 若已知 f ( x) 的单调性，则转化为不等式 f ′（x) ≥０或 f ′（x) ≤０在单调区间上恒成立问题求解 .
10 分 ( 得分点 5)
所以当 x>0 时， g( x) ≤0， 11
从而当 a<0 时， ln － 2a ＋ 2a＋1≤0， 3
故 f ( x) ≤－ 4a－ 2.12 分 ( 得分点 6) 得分要点
? 得步骤分：抓住得分点的步骤， “步步为赢”，求得满分，如第 (1) 问中，求导正确，分类讨论；第 (2) 问
【对点训练】设
f
(
x)
＝－
1 3
x3＋
1 2x
2
＋
2ax.
2 (1) 若 f ( x) 在 3，＋∞ 上存在单调递增区间，求 a 的取值范围；
16 (2) 当 0＜a＜ 2 时， f ( x) 在 [1 ， 4] 上的最小值为－ 3 ，求 f ( x) 在该区间上的最大值 .
(2) 已知 0＜ a＜ 2，f ( x) 在[1 ，4] 上取到最小值－
故 f ( x) 在(0 ，＋∞ ) 上单调递增， 2 分 ( 得分点 2)
1 若 a<0 时，则当 x∈ 0，－ 2a 时， f ′ ( x)>0 ；
1 当 x∈ －2a，＋∞ 时， f ′（x)<0.
1 故 f ( x) 在 0，－ 2a 上单调递增，在
1 － 2a，＋∞ 上单调递减 .5 分
( 得分点 3)
(1) 讨论 f ( x) 的单调性；
(2) 当 x≥０时， f ( x) ≤ ax＋ 1，求正实数 a 的取值范围 .
(2) f ( x) ＝(1 ＋ x)(1 － x)e x. 当 a≥１时，设函数 h( x) ＝ (1 － x)e x， h′ ( x) ＝－ xex<0( x>0) ，因此 h( x) 在 [0 ，＋∞ ) 上单调递减，又 h(0)