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浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题

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浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题

浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题

1.已知 m 、nW (2t ( 1 1 m ?),且飞一-<ln-,则() n m n A. ni>n B. m<nC.加>2+-nD. m, c 的大小关系不确左解析：选 A 由不等式可得2― <ln zz?—In m 即2+In n<i+ln m.设 f(x) =£+ln x{x n m n m x2 1 v :—9 W (2, e)),则 f Cv) =—+- = -_. XXX因为丄€(2, e),所以f Gr)>0,故函数fd)在(2, e)上单调递增.因为fS)Vf%),所 以n<m.故选A.2. _____________________________________ 已知泄义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f 3,满足f (x)Vf(x),且f(x+2)为 偶函数，f(4)=l,则不等式A.Y ) <e x 的解集为 .解析：因为A.Y +2)为偶函数，所以f(x+2)的图象关于x=0对称，所以f(£的图象关于* f V f ve'T — f v=2对称.所以f(0)=f(4)=l ・设&3=弋一(xGR)，则以(0= ——:―旷丁二一=••又f Q)VfG),所以C Y XO(X GR),所以函数g(x)在左义域上单训递减.因为 f(x) Ve <=>—<1» 而 g(0) = —=1,所以 f3 Ve'ogCv) Vg(0),所以 x>0.答案：(0, +8)3. (2017・广东汕头模拟)已知函数f3 =x+xln x 、若且—加&一1)>0对任意的-Y>1恒成立，则加的最大值为 ________ .vl n y 解析：因为f3=x+xLn<且f3—血一1)〉0对任意的01恒成立，等价于 虫 ； -Y —1令g (・Y )=q^G>i ),所以以(X )=-v 2 易知孑3=o 必有实根.设为弘(弘X — 1 X — 1~2 —In A *O =0) >且gGr)在(1,加)上单训递减，在Go,故3<-%<4i 又也WZ,故也的最大值为3.答案：34. 已知函数f3 = |卅|,方程/(x) + tA.Y )4-l = 0(t£R)有四个不同的实数根，则实数r的取值范围为 ________ ・重难增分训练(一)函数与导数的综合问+ 8)上单调递增，此时g{x)M =g(x^及+*oln -Yo 及+及 及―2 -Yo~ 1 =-Yo» 【大1 此 2Zr\A*b> 令 ACv)=x-2-ln x 、可得 A(3)<0.力(4)>0,解析: 曲日卅u_丘，“当“MO时，f 3=丁+衣・20恒成立，所以函数f3在［0, +8)上为增函数：当X0 时，F (-Y)= —e，：—-Ye x= —e v(.¥+l),由f C Y)=0,得x= —1,当(―°°> —1) 时，f &)= 一于(％+1)>0,函数f(x)为增函数，当-re (-1,0)时，f (%)=-£• &+1)〈0,函数fG)为减函数，所以函数f3 = |•肘在(一8, 0)上的最大值为A-l) = -(-l)e x=-, e 要使方程/Cv)4-tXA-)+l=0(tGR)有四个不同的实数根，令f3=m,则方程/+切+1 =0应有两个不同的实根，且一个根在(0,弓内，一个根在(£, +8)内，令&%)=/+切+1, 因为*0)=1>0,则只需£)〈0,即(》+£+1〈0,解得十<一斗2所以使得方程/CY)4-t/-(.Y)4-l = 0(tGR)有四个不同的实数根的t的取值范围为答案：(_8, _字)5.已知函数f{x) = x— aln x+ b, a, b为实数.⑴若曲线x=f3在点(1, f(l))处的切线方程为尸=2卄3,求a, &的值；(2)若f 3丨〈：对丘［2,3］恒成立，求a的取值范围.解：(1)由已知，得f 3=1—二x且由题设得f' (1)=2, Al) =5,从而，得1 — a=2且1 + b=5,解得a= —1, 6=4.3 3 3a⑵根据题设得，命题等价于当用[2, 3]时，1—U恒成立Q 恒成立XX X X3 3 3成立Q*—〈a〈x+TM成立.(*)X X X3 3设g{x) —x—, ”丘[2, 3], h{x) =x■一，JV E [2, 3],X X则(*)式即为g(x)込＜丛力3s 而当.YG [2, 3]时，3 3=x一一和/?(.¥)=%+-均为增函数，X X则 g(x)如=g(3) =2, A (Ar)mn=A(2) =L 所以实数&的取值范囤为(2,V6. (2017・宁波模拟)已知函数f(x) =—+ax, x>l.In x (1) 若在(1, +s)上单调递减，求实数&的取值范用； (2) 若a=2,求函数f(x)的极小值：⑶若方程(2x —m)lnx+尸0在(1, e ］上有两个不等实根，求实数加的取值范用. 解：(l)f 3=：»+ a,由题意可得f (x)W0在(1, +8)上恒成立，.•，冬丄-丄 J 丄丄ln\r In x \ln x 2) 4(it +8), /.In xW (0, +°°)»，.当去—旨时，函数&(化-芬寻的最小值为T故实数&的取值范围为(一 8, —扌(2)当 a=2 时，f(£=F-+2〃 In x .z x In -Y —l + 21n"-Y f 3= --------- 严 ------ •In x令 f (x)=0,得 21n -v+ln x-l = 0> 1 1解得In *=厅或In *= —1(舍)，即x=e 2・ £ 丄当 1<x<^ 时，r (A -XO,当 x>e 7 时，f 1 C Y )>0,fix)的极小值为彳e 3卜£~+2e 1 =4e 1.2Y V⑶将方程(2%—於In %+*= 0两边同除以In y 得(2<—功)+百一=0,整理得 —+2.Y =^ In x In x即函数呂(动=宀+2*的图象与函数y=山的图象在(1，訂上有两个不同的交点・ In x 由(2)可知，&(£在(1, e^)上单调递减，在(el e 上单调递增，4 eE )=4e‘，g(e) =3e,在(1, e ］上，当 L 1 时，-»4-©o.£故实数也的取值范围为(4e+, 3e -7. (2017 •全国卷III)已知函数 f3=ln x+a.f+(2a+l)x. (1) 讨论f(x)的单调性：3(2) 当 aVO 时，证明 r (A^---2.解：⑴f3的定义域为(o, +8),若 aMO,则当 (0, +8)时，f C Y )>0, 故f(x)在(0, +8)上单调递增. 若a<0,则当曲(0, —衿)时，f' Cv)>0：+ 8 时，f 9C Y )<0.故f3在(0, —土)上单调递增，在(-右,+8)上单调递减.(2)证明：由⑴知，当a<0时，f(x)在尸-右处取得最大值，最大值为彳一£；) = ln (一右)所以f(g£-2等价于応―£一1—茅£-2,即h(- 设 g(x)=ln x —*+1,则 R 3=丄一 1.■ A当 (0, 1)时，0 (£>0：当(1, +8)时，y (x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增, 在(1, +8)上单调递减. 故当*= 1时，g(x)取得最大值，最大值为s(l)=0. 所以当x>0时，g(x)W0.从而当a<0时，In (—右)+右+1W0,3即 f(x)壬一 一一2.4&8. (2017・合肥质检)已知函数g(x) =/+£+*(&为实数). (1)试讨论函数的单调性：(2)若对任意丄唱(0, +8)恒有求实数a 的取值范用.-'•解：(1) g f(-Y )= 3aY+2A F + 1.① 当a=0时，g(x)在(一8, — 上单调递减，在(一扌，+°°)上单调递增： ② 当占工0时，A =4-123.当》新，贰3=3/+2卄120恒成立，此时在R 上单调递增：(-Y )=一"■2"+2&+1 = xx+12aw+lx当0G站时，由N 3=3/+2卄1 = 0得，2二尸,戸土戸，g(x)在(一8, A-1),(北，+8)上单调递增，在(X1,上)上单调递减：当a<0时，g(x)在(一8,魁)，(x，+8)上单调递减，在(龙，出)上单调递增.(2)令f3=lnx+±则Z Cv)=l-1 因此f&)在(0,1)上单调递减，在⑴ +8)上单X X X调递增，所以f(x)^=f(l) = l.当a> — 1 时,g(l)=a+2>l = f(l),显然对任意A-G (0»+8)不恒有fOMgCr)；当“W —1时，由⑴知，在(0,幻上单调递增，在(為，+8)上单调递减，则3屈+2及+ 1 = 0,即ax； =—亍(2上 + 1),所以在(0, +8)上，&3如=&(弘)=ax： + x：+益=尹：+詁i=§g + l)=—亍所以g(x) ».-. = !(及 + 1)= 一扌W 1 = f(x) un，即满足对任意用(0, +8),恒有f(x)»3. 综上，实数aW (—8’ -1].9.设函数f(x)=lnx+"在(0, 内有极值.(1)求实数a的取值范围：(2)若加丘(0, 1),(1, +8).求证：f(r) — fg)>e+2—解：(1)031 或X>1 时，f 3 J—一= “T -严丿- d+2 .；+1 X X— 1 X X— 1 XX— 1由f C Y)= 0在(o, £|内有解.令=X — (a+2)x+l= (A—o) (x— 0),不妨设0〈。

浙江专版2018年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题(最新整理)

浙江专版2018年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题(最新整理)

(1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x＋y＋2＝0 垂直，求实数 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
＝x2＋ln x(x∈(2，e))，则 f′(x)＝－x3＋x＝ x3 .
m．设 f(x)
因为 x∈(2，e)，所以 f′(x)＞0，故函数 f(x)在(2，e)上单调递增．因为 f(n)＜f(m)，
所以 n＜m.故选 A.
2．已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f′(x)＜f(x)，且 f(x＋2)
当 x<0 时，f′(x)＝－ex－xex＝－ex(x＋1)，由 f′(x)＝0，得 x＝－1，当 x∈(－∞，－1)时，
f′(x)＝－ex(x＋1)>0，函数 f(x)为增函数，当 x∈(－1,0)时，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0，函
1 数 f(x)为减函数，所以函数 f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值为 f(－1)＝－(－1)e－1＝e，
ln x－1
解：(1)f′(x)＝ ln2x ＋a，由题意可得 f′(x)≤0 在(1，＋∞)上恒成立，
( ) 1 1
1 11
－
∴a≤ln2x－ln x＝ ln x 2 2－4.
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
( ) 1 1
1 11
1
－
∴当ln x－2＝0 时，函数 t＝ ln x 2 2－4的最小值为－4，
令 g(x)＝ x－1 (x>1)，所以 g′(x)＝ x－12 .易知 g′(x)＝0 必有实根，设为
x0(x0－2－ln
x0＝0)，且 g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时 g(x)

2020版高考数学大二轮复习 专题 函数与导数增分强化练 理

2020版高考数学大二轮复习 专题 函数与导数增分强化练 理

增分强化练一、选择题1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( ) A ．x sin x B ．－x sin x C ．x cos xD ．－x cos x解析：y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 答案：B2．已知函数f (x )＝xe x (e 是自然对数的底数)，则其导函数f ′(x )＝( )A.1＋x ex B.1－x ex C ．1＋xD ．1－x解析：根据函数求导法则得到f ′(x )＝1－xe x 故选B.答案：B3．函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1解析：因为f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1. 令f ′(x )＝0，得x ＝0.且当x ＞0时，f ′(x )＝e x －1＞0；x ＜0时，f ′(x )＝e x －1＜0，即函数f (x )在x ＝0处取得极小值，f (0)＝1，又f (－1)＝1e＋1，f (1)＝e －1，比较得函数f (x )＝e x－1在区间[－1,1]上的最大值是e －1.故选D. 答案：D4．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2解析：∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′(e )e －1e ，f ′(e)＝1e，∴f ′(x )＝2x －1e＝0，x ＝2e ，∴x ∈(0,2e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(2e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln 2e －2＝2ln 2，选D. 答案：D5．函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：当x <a ，b <x <c 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a <x <b ，x >c 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以整个函数从左到右，先增后减，再增最后减，由于a ＜b ＜0所以只有选项A 中的图象符合，故选A. 答案：A6．函数f (x )＝x －2ln x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：由题意，函数f (x )＝x －2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，x >0，当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ＝2时，f (2)＝2－2ln 2>0，所以函数f (x )＝x －2ln x 的图象与x 轴没有公共点，所以函数没有零点，故选A. 答案：A7．(2019·吉安模拟)已知过点P (1,1)且与曲线y ＝x 3相切的直线的条数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3解析：若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠1)，则k ＝y 0－1x 0－1＝x 30－1x 0－1＝x 20＋x 0＋1，又∵y ′＝3x 2，∴y ′|x ＝x 0＝3x 20，∴2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1(舍)，x 0＝－12，∴过点P (1,1)与曲线C ：y ＝x 3相切的直线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，故选C. 答案：C8．已知函数f (x )＝－x 3－7x ＋sin x ，若f (a 2)＋f (a －2)＞0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，3) C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：∵函数f (x )＝－x 3－7x ＋sin x ，∴f (－x )＝x 3＋7x －sin x ＝－f (x )，即函数f (x )在R 上为奇函数． ∵f ′(x )＝－3x 2－7＋cos x ，∴f ′(x )＝－3x 2－7＋cos x ＜0恒成立，即函数f (x )在R 上为减函数． ∵f (a 2)＋f (a －2)＞0， ∴f (a 2)＞－f (a －2)＝f (2－a )， ∴a 2＜2－a ，即a 2＋a －2＜0. ∴－2＜a ＜1，故选D. 答案：D9．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，不等式2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0成立，则实数m 的最大值为( )A.1e ＋3e －2 B ．2＋e ＋3eC ．4D ．e 2－1解析：∵2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0， ∴m ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2， 当1e ≤x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， 当1＜x ≤e 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， ∵存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，m ≤2ln x ＋x ＋3x 成立， ∴m ≤h (x )max ，∵h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ，∴h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)， ∴m ≤1e ＋3e －2，故选A.答案：A10．设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )＞1 ，则( ) A ．f (2)－f (1)＞ln 2 B ．f (2)－f (1)＜ln 2 C ．f (2)－f (1)＞1D ．f (2)－f (1)＜1解析：由x ＞0，xf ′(x )＞1⇒f ′(x )＞1x ＝(ln x )′，故f (2)－f (1)2－1＞ln 2－ln 12－1＝ln 2，即f (2)－f (1)＞ln 2，故选A.答案：A11．(2019·内江模拟)若函数f (x )＝12ax 2＋x ln x －x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞C ．(－1，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e解析：f ′(x )＝ax ＋ln x ，∴f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上成立， 即ax ＋ln x ＞0，在x ∈(0，＋∞)上成立， 即a ＞－ln xx在x ∈(0，＋∞)上成立．令g (x )＝－ln x x ，则g ′(x )＝－1－ln xx2， ∴g (x )＝－ln x x，在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝－ln x x 的最小值为g (e)＝－1e ，∴a ＞－1e .故选B. 答案：B12．(2019·泰安模拟)若函数f (x )＝12cos 2x －2a (sin x ＋cos x )＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．1<a <3 B.32<a <3 C ．a ≥1D ．a ≥32解析：令t ＝sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，则∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2∴t ∈[]－1，1，从而f ′(x )＝－sin 2x －2a (cos x －sin x )＋(4a －3)＝t 2－1＋2at ＋(4a －3)＝t 2＋2at ＋(4a －4)，因为函数f (x )＝12cos 2x －2a (sin x ＋cos x )＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以t 2＋2at ＋(4a －4)≥0在t ∈[－1,1]上恒成立，即a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫4－t 24＋2t max，t ∈[－1,1]，因为4－t 24＋2t ＝12(2－t )≤32，所以a ≥32，故选D.答案：D 二、填空题13．若f (x )＝3xf ′(1)－2x 2，则f ′(0)＝________.解析：由题得f ′(x )＝3f ′(1)－4x ，∴f ′(1)＝3f ′(1)－4，∴f ′(1)＝2，∴f ′(x )＝6－4x ，所以f ′(0)＝6－4×0＝6. 答案：614．(2019·安阳模拟)函数f (x )＝x －2x在x ＝2处的切线方程为________．解析：由f (x )＝x －2x ，得f ′(x )＝1＋2x2，∴f ′(2)＝1＋12＝32，又f (2)＝2－1＝1.∴函数f (x )＝x －2x 在x ＝2处的切线方程为y －1＝32(x －2)，即3x －2y －4＝0.答案：3x －2y －4＝015．(2019·青岛模拟)设函数f (x )＝－e x－x 的图象上任意一点处的切线为l 1，若函数g (x )＝ax ＋cos x 的图象上总存在一点，使得在该点处的切线l 2满足l 1⊥l 2，则a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝－e x－1∈(－∞，－1)， 即kl 1∈(－∞，－1)， 又l 1⊥l 2，即kl 1·kl 2＝－1，∴kl 2∈(0,1)，kl 2＝g ′(x )＝a －sin x ，∵sin x ∈[－1,1]，∴kl 2＝a －sin x ∈[a －1，a ＋1]，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤0a ＋1≥1⇒a ∈[0,1]．答案：[0,1]16．(2019·东三省四市模拟)底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为________．解析：因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E 点，设BC ＝a ，则BO ＝22a ， 在Rt △EOB 中，则有EO 2＋OB 2＝EB 2， 故EO ＝4－a 22，正四棱锥的高为2＋4－a 22，正四棱锥的体积为V ＝13×a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋4－a 22，令x ＝4－a 22，x ∈(0,2)，故V ＝13×(8－2x 2)×(2＋x )，即V ＝13×(－2x 3－4x 2＋8x ＋16)，对V (x )求导得，V ′＝13×(－6x 2－8x ＋8)，令V ′＝0，即－6x 2－8x ＋8＝0， 解得，x ＝23或x ＝－2(舍)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，V ′(x )>0，V (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2，V ′(x )<0，V (x )单调递减， 故当x ＝23时，V (x )max ＝51281.答案：51281三、解答题17．若函数f (x )＝13ax 3＋bx ＋4，当x ＝－2时，函数f (x )有极值283.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的根，求实数k 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝ax 2＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－2)＝0f (－2)＝283，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－4，故所求函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2 (－2,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )递增283递减－43递增因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值3，当x ＝2时，f (x )有极小值－43，因为函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示：若f (x )＝k 有3个不同的根，则直线y ＝k 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，所以－43<k <283.18．(2019·张家口、沧州模拟)已知函数f (x )＝e x(x ＋a )(a ∈R)． (1)讨论f (x )在[0，＋∞)上的单调性；(2)函数g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增，求实数t 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)(x ≥0)，①a ＋1≥0即a ≥－1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增； ②a ＋1<0即a <－1时，令f ′(x )＝0，得x ＝－a －1， 在[0，－a －1)上f ′(x )<0，在(－a －1，＋∞)上f ′(x )>0，f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．综上：当a ≥－1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增；当a <－1时，f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增⇔g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t ≥0在[0，＋∞)上恒成立⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t min ≥0.令p (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t (x ≥0), p ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12－t ，由(1)知，p ′(x )在[0，＋∞)上为增函数，p ′(x )min ＝p ′(0)＝12－t .当12－t ≥0，即t ≤12时，p (x )在[0，＋∞)上为增函数， p (x )min ＝p (0)＝－12－t ≥0，得t ≤－12，∴t 的取值范围为t ≤－12.综上，实数t 的取值范围是t ≤－12.增分强化练考点一 利用导数证明不等式(2019·乌鲁木齐质检)已知函数f (x )＝ln x ＋a x－x －2a ＋1. (1)若a ＝－2，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x ，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)<0. 解析：(1)当a ＝－2时，f (x )＝ln x －2x－x ＋5，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1＝－x 2＋x ＋2x 2＝－(x 2－x －2)x 2＝－(x －2)(x ＋1)x2， 当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．(2)证明：f ′(x )＝1x －a x 2－1＝－x 2＋x －a x 2(x ＞0)，f (x )有两个极值点x 1，x 2得⎩⎪⎨⎪⎧1－4a >0x 1＋x 2＝1x 1x 2＝a，∴0<a <14，∴f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)－4a ＋2＝ln a －4a ＋2， 令g (a )＝ln a －4a ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫0<a <14， 则g ′(a )＝1a －4＝1－4aa＞0，∴g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增，∴g (a )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝ln 14－1＋2＝1－ln 4＜0. ∴f (x 1)＋f (x 2)<0.考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 已知函数f (x )＝e x(ln x ＋1)．(1)证明：函数f (x )在其定义域上是单调递增函数； (2)设m >0，当x ∈[1，＋∞)时，不等式mf (x )e 3x －1x≤0恒成立，求m 的取值范围． 解析：(1)证明：因为x ∈(0，＋∞)，f (x )＝e x (ln x ＋1)，所以f ′(x )＝e x (ln x ＋1x＋1)(x >0)． 令g (x )＝ln x ＋1x ＋1(x >0)，则g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2(x >0)．当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，则g (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (x )min ＝g (1)＝2>0，从而f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立， 即f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当x ∈[1，＋∞)时，不等式mf (x )e 3x －1x ≤0恒成立等价于当x ∈[1，＋∞)时，不等式m (ln x ＋1)e2x－1x ≤0恒成立，即当x ∈[1，＋∞)时，m (ln x ＋1)e x－exx≤0恒成立． 记h (x )＝ln x ＋1e x ，φ(x )＝－e x x ，则h ′(x )＝1x －1－ln x e x，φ′(x )＝e x (1－x )x 2. 因为当x ≥1时，1x－1－ln x ≤0，所以h ′(x )≤0在[1，＋∞)恒成立，即h (x )在[1，＋∞)上单调递减．因为当x ≥1时，1－x ≤0，所以φ′(x )≤0在[1，＋∞)恒成立， 即φ(x )在[1，＋∞)上单调递减．记P (x )＝mh (x )＋φ(x )，因为m >0，所以P (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以P (x )max ＝P (1)＝me－e. 因为m (ln x ＋1)e x－e x x ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以m e－e≤0，即m ≤e 2. 又m >0，故m 的取值范围为(0，e 2]． 考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)已知e 为自然对数的底数，求函数f (x )在x ＝1e2处的切线方程；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围．解析：(1)由题意，函数f (x )＝1＋ln xx，定义域(0，＋∞)，则f ′(x )＝－ln x x 2，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝2e 4，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－e 2 函数f (x )在x ＝1e 2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1e 2，整理得y ＝2e 4x －3e 2，即函数f (x )在x ＝1e2处的切线方程y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0，令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x，令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1，①因为a >0，r (0)＝1，r (1)＝1－a ≤0即a ≥1，r (x )在(1，＋∞)单调递减，r (1)<0， 所以x ∈(1，＋∞)时，r (x )<0，即h (x )在(1，＋∞)单调递减，h (x )<h (1)＝0， 方程f (x )＝a (x －1)＋1x无实根.②由r (1)>0,1－a >0,0<a <1时，r (x )在(1，＋∞)单调递减，r (1)＝1－a >0，存在x 0∈(1，＋∞)，使得x ∈(1，x 0)时，r (x )>0，即h (x )单调递增； x ∈(x 0，＋∞)时，r (x )<0，即h (x )单调递减； h (x 0)max >h (0)＝0，取x ＝1＋1a ，则h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ，令t ＝1＋1a，(t >1)，由h (t )＝ln t －t ，则h ′(t )＝1t－1，∵t >1，所以h ′(t )<0，即h (t )在t >1时单调递减，所以h (t )<h (1)＝0.故存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1＋1a ，h (x 1)＝0.综上，a 的取值范围为0<a <1增分强化练一、选择题1．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，＋∞)解析：因为函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)，所以x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1，所以函数f (x )的定义域为{x |x <－3或x >1}，故选D. 答案：D2．(2019·乌鲁木齐质检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析：f ′(x )＝e x＋3>0，f (x )为R 上的增函数，因为e<254，所以<52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，但f (1)＝e ＋3－4>0， 所以f (x )的零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上，故选C. 答案：C3．设a >0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由函数f (x )＝a x在R 上是减函数，知0＜a ＜1，此时2－a ＞0，所以函数g (x )＝(2－a )x3在R 上是增函数，反之由g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数，则2－a ＞0，所以a ＜2，此时函数f (x )＝a x 在R 上可能是减函数，也可能是增函数，故“函数f (x )＝a x在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件．故选A. 答案：A4．(2019·中卫模拟)下列函数中，既是偶函数，又在区间[0,1]上单调递增的是( ) A ．y ＝cos xB ．y ＝－x 3C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |D ．y ＝|sin x |解析：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝cos x 为余弦函数，是偶函数，在区间[0,1]上单调递减，不符合题意；对于B ，y＝－x 3，为奇函数，不符合题意；对于C ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |，是偶函数，在(0，＋∞)上，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，为减函数，不符合题意；对于D ，y ＝|sin x |，是偶函数，在(0,1)上，y ＝sin x ，为增函数，符合题意．故选D. 答案：D5．则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．b <a <cC ．c <a <bD ．b <c <a解析：很明显a >0，b >0，c >0，且a 6＝23＝8，b 6＝32＝9，∴b >a ；a 10＝25＝32，c 10＝52＝25，∴a >c ，综上可得c <a <b .故选C. 答案：C6．已知方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0有两个正根，则实数m 的取值范围是( ) A ．m <－2 B ．m ≤－4 C ．m >－5D ．－5<m ≤－4解析：因为方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0有两个正根， 所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2)2－4(m ＋5)≥0－(m ＋2)>0m ＋5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－4或m ≥4m <－2m >－5，∴－5<m ≤－4，故选D.答案：D7．已知函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2，则a 的值为( )A ．2 B. 5 C.55D.5或55解析：因为y ＝x 2＋x －1在[1,2]上单调递增，所以函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值与最小值是f (1)或f (2)， 因为函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2， 所以|f (1)－f (2)|＝2，即|log a 5|＝2， 得a ＝5或55，故选D. 答案：D8．(2019·青岛模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x ＞3mx ＋8，x ≤3，若f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，3] B ．(1,2] C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33 D ．[3，＋∞)解析：f (2)＝4代入2m ＋8＝4，m ＝－2，则直线单调递减，又函数f (x )存在最小值，则a >1且log a 3≥2，解得1<a ≤3，故选A. 答案：A9．已知函数f (x )＝log 2(x ＋1)且a >b >c >0, 则f (a )a ，f (b )b ，f (c )c的大小关系是( ) A.f (a )a >f (b )b >f (c )c B.f (c )c >f (b )b >f (a )a C.f (b )b >f (a )a >f (c )c D.f (a )a >f (c )c >f (b )b解析： 由题意可得，f (a )a ，f (b )b ，f (c )c分别看作函数f (x )＝log 2(x ＋1)图象上的点(a ，f (a ))，(b ，f (b ))，(c ，f (b ))与原点连线的斜率，结合图象(图略)可知当a ＞b ＞c ＞0时，f (c )c>f (b )b>f (a )a.故选B. 答案：B10．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x >0|2x ＋x 2|，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，则实数m 的取值范围为( ) A ．－2<m <0 B ．－2≤m ≤0或m >e C ．－2<m <0或e≤m <e 2D ．－2<m <0或m >e解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点得y ＝f (x )与h (x )＝mx 有三个不同交点，如图所示为f (x )的大致图象，当x >0时，f (x )＝e x，设y ＝f (x )与h (x )＝mx 相切的切点坐标为(x 0，mx 0)，由⎩⎨⎧mx 0＝e xf ′(x 0)＝m，即e xx 0＝e x 0，解得x 0＝1，此时m ＝e ；由y ＝－x 2－2x ，得y ′＝－2x －2，x ＝0时，y ′＝－2，因此当m >e 或－2<m <0时，函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，故选D. 答案：D11．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －1|，0<x ≤212f (x －2)，x >2，则函数g (x )＝4f (x )－1的零点个数为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：函数g (x )＝4f (x )－1有零点即4f (x )－1＝0有解，即f (x )＝14，由题意可知，当0<x ≤2时，f (x )＝2|x －1|，当x >2时，f (x )＝12f (x －2)，所以当2<x ≤4时，f (x )＝12×2|x －3|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1；当4<x ≤6时，f (x )＝14×2|x －5|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12，x ＝5时，f (5)＝14；当6<x ≤8时，f (x )＝18×2|x －7|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，14，x ＝8时，f (8)＝14；当8<x ≤10时，f (x )＝116×2|x －9|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤116，18，所以当x >0时，f (x )＝14有两解，即当x >0时函数g (x )＝4f (x )－1有两个零点，因为函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，所以当x <0时，f (x )＝14也有两解，所以函数g (x )＝4f (x )－1共有四个零点，故选B. 答案：B12．对于函数y ＝f (x )，如果其图象上的任意一点都在平面区域{(x ，y )|(y ＋x )(y －x )≤0}内，则称函数f (x )为“蝶型函数”，已知函数：①y ＝sin x ；②y ＝x 2－1，下列结论正确的是( )A ．①、②均不是“蝶型函数”B ．①、②均是“蝶型函数”C ．①是“蝶型函数”；②不是“蝶型函数”D ．①不是“蝶型函数”；②是“蝶型函数”解析：由y ＝sin x ，设g (x )＝sin x ＋x ，导数为cos x ＋1≥0，即有x >0，g (x )>0；x <0时，g (x )<0；设h (x )＝sin x －x ，其导数为cos x －1≤0，x >0时，h (x )<0，x <0时，h (x )>0，可得(y ＋x )(y －x )≤0恒成立，即有y ＝sin x 为“蝶型函数”；由(x 2－1＋x )(x 2－1－x )＝x 2－1－x 2＝－1<0，可得y ＝x 2－1为“蝶型函数”．故选B.答案：B 二、填空题13．(2019·大连模拟)若4m ＝9n＝6，则1m ＋1n＝________.解析：由题意得：m ＝log 46，n ＝log 96，则1m ＋1n ＝1log 46＋1log 96＝log 64＋log 69＝log 636＝2. 答案：214．(2019·滨州模拟)若函数f (x )＝x 2－(a －2)x ＋1(x ∈R)为偶函数，则＝________.解析：函数为偶函数，则：f (x )＝f (－x )，即：x 2－(a －2)x ＋1＝x 2＋(a －2)x ＋1恒成立，∴a －2＝0，a ＝2.则＝log 227＋log 278＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫27×78＝log 214＝－2.答案：－215．已知函数f (x )＝4x－2x ＋1＋3，x ∈[－2,3]，则该函数的最小值是________．解析：设t ＝2x ，x ∈[－2,3]，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，8，此时f (x )＝t 2－2t ＋3＝(t －1)2＋2，当t ＝1时，即x ＝0，函数取得最小值，此时最小值为f (0)＝2. 答案：216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2mx －1，0≤x ≤1，mx ＋2，x >1，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________． 解析：当0≤x ≤1时，2x 2＋2mx －1＝0， 易知x ＝0不是方程2x 2＋2mx －1＝0的解， 故m ＝12x －x 在(0,1]上是减函数，故m ≥12－1＝－12；即m ≥－12时，方程f (x )＝0在[0,1]上有且只有一个解，当x >1时，令mx ＋2＝0得，m ＝－2x，故－2<m <0，即当－2<m <0时，方程f (x )＝0在(1，＋∞)上有且只有一个解， 综上所述，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－12≤m <0.答案：－12≤m <0增分强化练考点一 导数的运算与导数的几何意义1．若曲线y ＝mx ＋ln x 在点(1，m )处的切线垂直于y 轴，则实数m ＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：f (x )的导数为f ′(x )＝m ＋1x，曲线y ＝f (x )在点P (1，m )处的切线斜率为k ＝m ＋1＝0，可得m ＝－1.故选A. 答案：A2．(2019·荆州质检)函数f (x )＝x ln x 在x ＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为________．解析：∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1， 则f (1)＝0，f ′(1)＝1，故曲线f (x )在点P (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1， 令x ＝0，得y ＝－1， 令y ＝0，得x ＝1，则直线l 与两坐标轴的交点为(0，－1)和(1,0)， 所围成三角形的面积为12×1×1＝12.答案：123．(2019·南宁模拟)已知函数f (x )＝1x ＋1＋x ＋a －1的图象是以点(－1，－1)为中心的中心对称图形，g (x )＝e x＋ax 2＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(0，g (0))处的切线互相垂直，则a ＋b ＝________.解析：由f (0)＋f (－2)＝－2，得1＋a －1－1－2＋a －1＝2a －4＝－2， 解得a ＝1，所以f (x )＝1x ＋1＋x . 又f ′(x )＝－1(x ＋1)2＋1，所以f ′(1)＝34.因为g (x )＝e x＋x 2＋bx ，g ′(x )＝e x＋2x ＋b ，g ′(0)＝1＋b ， 由34(1＋b )＝－1，得1＋b ＝－43，即a ＋b ＝－43.答案：－43考点二 导数与函数的单调性1．(2019·甘肃静宁模拟)若f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，92D ．(0,3)解析：f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在x ∈(1,3)上恒成立．即a ≥3x 22x ＝32x 在x ∈(1,3)上恒成立，所以a ≥92.故选B.答案：B2．(2019·江西模拟)已知函数f (x )对于任意实数x 都有f (－x )＝f (x )，且当x ≥0时，f (x )＝e x－sin x ，若实数a 满足f (log 2a )<f (1)，则a 的取值范围是________． 解析：由题得，当x ≥0时，f ′(x )＝e x－cos x ， 因为x ≥0，所以e x≥e 0＝1，∴e x－cos x ≥0， 所以函数在[0，＋∞ )上单调递增， 因为f (－x )＝f (x )，所以函数是偶函数， 所以函数在(－∞，0)上单调递减， 因为f (log 2a )<f (1)，所以|log 2a |＜1，所以－1＜log 2a ＜1， 所以12<a <2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 3．(2019·济宁模拟)已知函数f (x )＝ln x －x e x＋ax (a ∈R)． (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解析：(1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－(x ＋1)e x＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x－1x在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x＋1x2>0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1， 所以a ≤2e－1.(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x＋x (x >0)． 则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ，令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x2－e x<0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，m (1)<0，所以存在x 0>0满足 m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.考点三 导数与函数的极值、最值1．(2019·吉安模拟)函数f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2的值域为________． 解析：由题意，可得f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ＝sin 3x －3sin 2x ＋3，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2，令t ＝sin x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，即g (t )＝t 3－3t 2＋3，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1， 则g ′(t )＝3t 2－6t ＝3t (t －2)， 当－32<t <0时，g ′(t )>0，当0<t <1时，g ′(t )＜0， 即y ＝g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，0为增函数，在[0,1]为减函数， 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝6－338，g (0)＝3，g (1)＝1， 故函数的值域为：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，3.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，32．(2019·北京西城区模拟)设函数f (x )＝m e x－x 2＋3，其中m ∈R. (1)当f (x )为偶函数时，求函数h (x )＝xf (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点，求m 的取值范围．解析：(1)由函数f (x )是偶函数，得f (－x )＝f (x )，即m e －x－(－x )2＋3＝m e x －x 2＋3对于任意实数x 都成立，所以m ＝0. 此时h (x )＝xf (x )＝－x 3＋3x ，则h ′(x )＝－3x 2＋3. 由h ′(x )＝0，解得x ＝±1.当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表所示：值h (－1)＝－2，h (x )有极大值h (1)＝2. (2)由f (x )＝m e x－x 2＋3＝0，得m ＝x 2－3ex. 所以“f (x )在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3ex，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点”．对函数g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋2x ＋3e x. 由g ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表所示：又因为g (－2)＝e 2，g (－1)＝－2e ，g (3)＝6e 3<g (－2)，g (4)＝13e4>g (－1)，所以当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3e x ，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点．即当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点．增分强化练考点一 函数及其表示1．设集合A ＝{－3,0,1,2}，集合B ＝{y |y ＝2x}，则A ∩B ＝( ) A ．(0，－3] B ．{1,2} C ．{0,2}D ．(0，＋∞)解析：由指数函数的性质，可得集合B ＝{y |y ＝2x}＝{y |y >0}，又由A ＝{－3,0,1,2}，所以A ∩B ＝{1,2}，故选B. 答案：B2．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0192＝________.解析：由函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，可得当x >1时，满足f (x )＝f (x －1)，所以函数f (x )是周期为1的函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 009＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212＝－1. 答案：－1 3．函数f (x )＝ln x ＋1x －1的值域为________． 解析：ln x ＋1x －1＝ln x －1＋2x －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x －1，∵1＋2x －1>0且1＋2x －1≠1， ∴ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2x －1≠0， ∴f (x )值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪(0，＋∞) 考点二 函数的图象1．函数y ＝1－|x －x 2|的图象大致是( )解析：当x ＝－1时，y ＝1－|－1－1|＝－1，所以舍去A ，D ，当x ＝2时，y ＝1－|2－4|＝－1，所以舍去B ，故选C. 答案：C2．函数y ＝x 2ln x 2|x |的图象大致是( )解析：∵y ＝x 2ln x 2|x |，∴函数为偶函数，排除B ， 又x >0时，y ＝2x ln x ，y ′＝2(1＋ln x )＝0时，x ＝1e，即函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增，排除A 、C ，故选D.答案：D3．若定义在R上的偶函数f(x)，满足f(x＋2)＝f(x)且x∈[0,1]时，f(x)＝x，则方程f(x)＝log3|x|的实根个数是( )A．2 B．3C．4 D．6解析：由f(x＋2)＝f(x)可得函数的周期为2，又函数为偶函数且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，故可作出函数f(x)的图象，∴方程f(x)＝log3|x|的解个数等价于f(x)与y＝log3|x|图象的交点，由图象可得它们有4个交点，故方程f(x)＝log3|x|的解个数为4，故选C.答案：C4.如图，点P在边长为1的正方形边上运动，M是CD的中点，则当P沿A­B­C­M运动时，点P经过的路程x与△APM的面积y的函数y＝f(x)的图象的形状大致是下图中的( )解析：由点P 在边长为1的正方形边上运动，M 是CD 的中点，则当P 沿A ­B ­C ­M 运动时，点P 经过的路程x 与△APM 的面积的函数，可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ，0<x <134－x4，1≤x <254－12x ，2≤x <52，画出分段函数的图象，如图所示，故选A. 答案：A考点三 函数的性质1．(2019·大连模拟)下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln(x 2＋1＋x )解析：sin x 不是单调递增函数，可知A 错误； |－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ()(－x )2＋1－x ＝ln1x 2＋1＋x＝－ln(x 2＋1＋x )，则y ＝ln(x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln(x 2＋1＋x )在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D. 答案：D2．(2019·汕头模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (1)＝a ，则f (2)＋f (3)＋f (4)＝( ) A ．0 B ．－a C ．aD ．3a解析：因为函数f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，所以f (x )关于直线x ＝1对称，所以f (2)＝f (0)，f (3)＝f (－1)， 又f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又由f (1＋x )＝f (1－x )可得f (x ＋1)＝f (1－x )＝－f (x －1)， 所以f (x ＋2)＝－f (x )，故f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， 因此，函数f (x )是以4为周期的周期函数， 所以f (4)＝f (0)，又f (1)＝a ，因此f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (0)＋f (－1)＋f (0)＝－f (1)＝－a . 故选B. 答案：B3．已知定义在非零实数集上的奇函数y ＝f (x )，函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，则该4个交点横坐标之和为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8解析：因为函数y ＝f (x )是奇函数，y ＝f (x )关于点(0,0)中心对称； 所以函数y ＝f (x －2)关于点(2,0)中心对称； 又由πx2＝k π，k ∈Z 得到x ＝2k ，k ∈Z ，即函数g (x )＝sin πx2的对称中心为(2k,0)，k ∈Z ，因此，点(2,0)也是函数g (x )＝sin πx2的一个对称中心；由函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，交点横坐标依次设为x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4， 所以由函数对称性可知，x 1＋x 42＝2，x 2＋x 32＝2，因此x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8. 故选D. 答案：D4．(2019·株洲模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ≥a－x 3＋3x ，x <a ，其中a ≤－2，则满足f (x )＋f (x －1)<3的x 取值范围是( ) A ．(－1，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－2，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：设y ＝－x 3＋3x ，则y ′＝－3x 2＋3＝－3(x ＋1)(x －1)，所以当x <－1或x >1时，函数y ＝－x 3＋3x 单调递减；当－1<x <1时，函数单调递增． 所以当x <a (a ≤－2)时，函数y ＝－x 3＋3x 单调递减． 又当x ≥a (a ≤－2)时，函数y ＝－x 单调递减， 所以函数f (x )在R 上单调递减．设h (x )＝f (x )＋f (x －1)，则h (x )在R 上也为单调递减函数， 又h (－1)＝f (－1)＋f (－2)＝3， 即h (x )<h (－1)， 所以x >－1.所以所求x 取值范围是(－1，＋∞)． 故选A. 答案：A增分强化练一、选择题1．已知集合A ＝{x |y ＝log 2(x －1)}，集合B ＝{x ∈N|x 2－2x －3≤0}，则A ∩B ＝ ( )A ．{1,2,3}B ．{2,3}C ．{x |0<x ≤3}D ．{x |1<x ≤3}解析：由题意，集合A ＝{x |y ＝log 2(x －1)}＝{x |x >1}，集合B ＝{0,1,2,3}，根据集合的交集的运算，可得A ∩B ＝{2,3}，故选B. 答案：B2．(2019·烟台模拟)设集合A ＝{x |y ＝x －3}，B ＝{y |y ＝2x，x ≤3}，则集合(∁R A )∩B ＝( ) A ．{x |x <3} B ．{x |x ≤3} C ．{x |0<x <3}D ．{x |0<x ≤3}解析：因为A ＝{x |y ＝x －3}＝{x |x ≥3}，B ＝{y |y ＝2x，x ≤3}＝{y |0<y ≤8}，所以(∁R A )∩B ＝{x |0<x <3}，故选C. 答案：C3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2(2－x )，x <12x －1，x ≥1，则f (f (－2))＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：由题得f (－2)＝1＋log 24＝1＋2＝3， 所以f (f (－2))＝f (3)＝23－1＝4.故选B.答案：B4．已知函数f (x )＝xe|x |，则下列说法正确的是( )A ．函数f (x )是奇函数，且在(－∞，－1)上是减函数B ．函数f (x )是奇函数，且在(－∞，－1)上是增函数C ．函数f (x )是偶函数，且在(－∞，－1)上是减函数D ．函数f (x )是偶函数，且在(－∞，－1)上是增函数 解析：由题意，函数f (x )＝xe |x |，可得其定义域为R ，又由f (－x )＝－x e |－x |＝－xe|x |＝－f (x )，即f (－x )＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，当x ∈(－∞，－1)时，f (x )＝xe－x＝x ·e x，则f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，则f ′(x )<0，函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减，故选A. 答案：A5．函数y ＝e|x |4x的图象可能是( )解析：函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B ， 当x ＝1时，y ＝e4<1，排除A ；当x →＋∞时，e|x |4x →＋∞，排除D.故选C.答案：C6．(2019·九江模拟)已知函数f (x )＝log a (a x＋1)＋12x (a >0且a ≠1)，则( )A ．f (x )图象关于原点对称B ．f (x )图象关于y 轴对称C ．f (x )在R 上单调递增D ．f (x )在R 上单调递减解析：∵f (x )＋f (－x )≠0，f (x )－f (－x )≠0，可知f (x )为非奇非偶函数，故排除A ，B ； 当a >1时，u ＝a x＋1在R 上单调递增，y ＝log a u 在(1，＋∞)上单调递增，且y ＝12x 在R 上单调递增，∴f (x )在R 上单调递增；当0<a <1时，u ＝a x＋1在R 上单调递减，y ＝log a u 在(1，＋∞)上单调递减，且y ＝12x 在R 上单调递增，∴f (x )在R 上单调递增，故选C. 答案：C7．(2019·济宁模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋4)＝f (x )；当x ∈(0,2)时，f (x )＝x 2＋ln x ，则f (2 019)＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：由f (x ＋4)＝f (x )可得函数f (x )周期为T ＝4，又因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝－f (1)＝－1.故选A. 答案：A8．(2019·晋城模拟)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋5)＝f (x －3)，如果当x ∈[0,4)时，f (x )＝log 2(x ＋2)，则f (766)＝( ) A ．3 B ．－3 C ．2D ．－2解析：由f (x ＋5)＝f (x －3)，得f (x ＋8)＝f (x )，所以f (x )是周期为8的周期函数，当x ∈[0,4)时，f (x )＝log 2(x ＋2)，所以f (766)＝f (96×8－2)＝f (－2)，又f (x )是定义在R 上的偶函数所以f (－2)＝f (2)＝log 24＝2.故选C. 答案：C9．(2019·宝鸡模拟)定义在R 上的函数y ＝f (x )满足以下三个条件： ①对于任意的x ∈R ，都有f (x ＋1)＝f (x －1)； ②函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称；③对于任意的x 1，x 2∈[0,1]，都有(f (x 1)－f (x 2))·(x 1－x 2)>0.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32、f (2)、f (3)从小到大的关系是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2)>f (3)B ．f (3)>f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (3)>f (2)D ．f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2) 解析：①对于任意的x ∈R ，都有f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数的周期为T ＝2；②函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，所以函数f (x )关于直线x ＝1对称；③对于任意的x 1，x 2∈[0,1]，都有(f (x 1)－f (x 2))(x 1－x 2)>0，所以函数在[0,1]单调递增，因为f (3)＝f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f (2)＝f (0)，1＞12＞0，所以f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2)，故选D.答案：D10．(2019·吉安模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足对任意实数x ，y 都有f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，设g (x )＝f (x )＋sin x ＋x 2，若g (10)＝2 019，则g (－10)的值为( ) A ．－2 219 B ．－2 019 C ．－1 919D ．－1 819解析：由题意，因为f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，∴f (0＋0)＝f (0)＋f (0)＝f (0)，即f (0)＝0, 令y ＝－x ，则有f (x －x )＝f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0, 即f (－x )＝－f (x )，即f (x )是奇函数， 若g (x )＝f (x )＋sin x ＋x 2，g (10)＝2 019, 则g (10)＝f (10)＋sin 10＋100＝2 019,则g (－10)＝f (－10)－sin 10＋100＝－f (10)－sin 10＋100, 两式相加得200＝2 019＋g (－10), 得g (－10)＝200－2 019＝－1 819, 故选D. 答案：D11．(2019·烟台模拟)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，f (x ＋1)为偶函数，且对∀x 1<x 2≤1，满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0.若f (3)＝1，则不等式f (log 2x )<1的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，8 B ．(1,8)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) D ．(－∞，1)∪(8，＋∞)解析：因为对∀x 1<x 2≤1，满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0，所以y ＝f (x )当x ∈(－∞，1]时，是单调递减函数，又因为f (x ＋1)为偶函数，所以函数y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，所以函数y ＝f (x )当x >1时，是增函数，又因为f (3)＝1，所以有f (－1)＝1，当log 2x ≤1时，即当0<x ≤2时，f (log 2x )<1⇒f (log 2x )<f (－1)⇒log 2x >－1⇒x >12，∴12<x ≤2，当log 2x >1时，即当x >2时，f (log 2x )<1⇒f (log 2x )<f (3)⇒log 2x <3⇒x <8，∴2<x <8，综上所述：不等式f (log 2x )<1的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，8，故选A. 答案：A12．(2019·乌鲁木齐质检)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x ∈R ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则y ＝[x ]称为高斯函数，例如： [－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f (x )＝2x＋31＋2x ＋1，则函数y ＝[f (x )]的值域为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3 B ．{0,1} C ．{0,1,2}D ．{0,1,2,3}解析：f (x )的定义域为R ，f (x )＝2x＋31＋2x ＋1＝12(2x ＋1＋1)＋521＋2x ＋1＝12＋52·11＋2x ＋1，因为2x ＋1>0，所以0<52·11＋2x ＋1<52，所以f (x )的值域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，所以y ＝[f (x )]的值域为{0,1,2}，故选C. 答案：C 二、填空题13．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥3f (x ＋1)，x <3，则f (log 25)＝________.解析：因为log 25<3，所以f (log 25)＝f (log 25＋1)＝f (log 25＋log 22)＝f (log 210)，因为log 210>3，所以f (log 25)＝f (log 210)＝2log 210＝10. 答案：1014．已知函数f (x )＝log 2(－x 2＋ax ＋3)，若f (1)＝2，则a ＝________. 解析：由题f (1)＝2，即2＝log 2(－12＋a ＋3)，∴a ＋2＝4，a ＝2. 答案：215．(2019·大连模拟)已知函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数，且f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则不等式f (2x －1)>f (x －2)的解集为________． 解析：∵函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数， ∴f (2x －1)>f (x －2)可转化为f (|2x －1|)>f (|x －2|)， 又∵f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (2x －1)>f (x －2)⇔|2x －1|>|x －2|，两边平方解得：x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞) ， 故f (2x －1)>f (x －2)的解集为x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)16．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )＝x ＋sin x ＋1，则f (2 019)＋f (－2 019)＝________. 解析：因为函数f (x )＝x ＋sin x ＋1，所以f (2 019)＝2 019＋sin 2 019＋1＝2 020＋sin 2 019，所以f (－2 019)＝－2 019＋sin(－2 019)＋1＝－2 018－sin 2 019， 所以f (2 019)＋f (－2 019)＝2 020＋sin 2 019＋(－2 018－sin 2 019)＝2. 答案：2。

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习高考解答题专讲1函数与导数课件

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习高考解答题专讲1函数与导数课件

③当x1<x2,即a>1时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
1
-∞,
a
x
1
,1
a
1
a
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.
1
当a<0时,令f'(x)=0,得x1= ,x2=1.
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
1
( 1 )-( 2 )
所以 -x2+2ln x2<0,即
2
1 - 2
<a-2.
1
-
2 2
,
-17题型一
题型二
题型三
不等式问题
导数在不等式中的应用问题难度较大,属中高档题.归纳起来常
见的命题角度有:(1)证明不等式;(2)不等式恒成立问题;(3)存在型不
等式成立问题.
-18题型一
-
ln λ
0
(ln λ,+∞)
+
f(x)
↙
极小值
↗
-22题型一
题型二
题型三
①当λ≥e3时,ln λ≥3,f(x)在[-3,3]上单调递减,
∴f(x)的最大值f(-3)>f(0)=λ.
∴当λ≥e3时命题成立;
②当e-3<λ<e3时,-3<ln λ<3,
∴f(x)在(-3,ln λ)上单调递减,在(ln λ,3)上单调递增.

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题二 第1讲

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题二 第1讲

第1讲空间几何体热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．例1(1)某几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图可以为()答案 B解析由俯视图与正视图可知，该几何体可以是一个三棱柱挖去一个圆柱，因此其侧视图为矩形内有一条虚线，虚线靠近矩形的左边部分，只有选项B符合题意．(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．答案 2＋22解析 如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E ，则在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．跟踪演练1(1)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()答案 D解析由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D选项中的图形，故选D.(2)如图所示是一个几何体的三视图及有关数据，则该几何体的棱的长度中，最长棱的长度是()A．2 3 B．2 2 C. 5 D. 3答案 B解析由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，其中P A＝PB＝AB＝AD＝BC＝CD＝2，PD＝P A2＋AD2＝22；PC＝PB2＋BC2＝22，所以最长的棱的长度为2 2.热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧． 例2 (1)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线(实线、虚线)画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径为1的圆周的四分之一，则该几何体的表面积为( )A ．20B ．20＋π4C ．20＋3π4D ．20＋5π4答案 B解析 由三视图可得几何体如图所示，由已知得原几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个四分之一圆柱及一个八分之一球体得到的组合体，∴S ＝6×22－2×1×2－5×14π＋14×2π×2＋18×4π＝20＋π4.(2)(2019·温州模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)等于________，表面积(单位：cm 2)等于________．答案 3 12＋2 2解析 根据几何体的三视图，得该几何体为以等腰梯形ABCD 与等腰梯形A 1B 1C 1D 1为底面，高为1的直四棱柱，如图，由柱体体积公式得V ＝12×(2＋4)×1×1＝3.又等腰梯形ABCD 与等腰梯形A 1B 1C 1D 1全等，面积和为12×(2＋4)×1×2＝6，矩形C 1D 1DC 的面积为2×1＝2，矩形A 1B 1BA 的面积为4×1＝4，矩形B 1C 1CB 与矩形A 1D 1DA 的面积相等，又由正视图可得BC ＝2，所以矩形B 1C 1CB 与矩形A 1D 1DA 的面积和为2×2×1＝22，所以表面积为6＋2＋4＋22＝12＋2 2.思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪演练2 (1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 B解析 由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B.(2)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2 答案 D解析 由三视图可知，该几何体是高为4的直三棱柱，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，斜边长为22，所以几何体的表面积S ＝2×12×2×2＋(2＋2＋22)×4＝20＋8 2.热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图． 例3 (1)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为边长为3的等边三角形，且P A ＝362，则三棱锥P －ABC 外接球的体积为( ) A.13136πB.10103πC.5152πD.556π答案 C解析 取BC 的中点D ，连接PD ，AD ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，AD ∩PD ＝D ，AD ，PD ⊂平面P AD ， 所以BC ⊥平面P AD ，因为△ABC 和△PBC 均为边长为3的等边三角形， 所以AD ＝PD ＝332，又因为P A ＝362，P A 2＝PD 2＋AD 2，所以PD ⊥AD ，过△ABC 的外心O 1作平面ABC 的垂线，过△PBC 的外心O 2作平面PBC 的垂线， 设两条垂线交于点O ，则O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心． O 1O ＝O 2D ＝32，AO 1＝PO 2＝3， 所以OA 2＝OO 21＋AO 21＝154， 所以外接球的半径R ＝OA ＝152， 所以三棱锥P －ABC 外接球的体积V ＝43πR 3＝5152π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4B.25π16C.1 125π4D.1 125π16 答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥， 其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16， ∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B，又∵∠KC 1L ＝∠BB 1L ＝90°， 则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°， 故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250， 故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154，故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点．(2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．跟踪演练3 (1)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知底面ABC 为正三角形，AA 1⊥平面ABC ，AB ＝63，AA 1＝16，则该三棱柱外接球的表面积为( ) A ．400π B ．300π C ．200π D ．100π 答案 A解析 如图，O ′为底面中心，O 为外接球球心，在正三角形ABC 中求得O ′A ＝6，又OO ′＝8，∴外接球半径OA ＝10， ∴S 球＝4π×100＝400π.(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18 答案 C 解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2，解得R ＝2r ， 故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径，则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14.真题体验1.(2018·浙江，3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2， ∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎡⎦⎤12×(2＋1)×2＝6. 故选C.2．(2019·全国Ⅰ，文，16)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________． 答案2解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离． 再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝(3)2－12＝ 2.押题预测1．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是()A．5 B．6 C．7 D．8答案 C解析由三视图可知该几何体的直观图是棱长为2的正方体去掉一个棱长为1的正方体，则该几何体的体积V＝2×2×2－1×1×1＝7.2．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为()A．6πB．12πC．32πD．36π答案 B解析因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，AC，AM ⊂平面SAC，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC三线两两垂直，且AB＝22，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π，故选B.3．已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为66＋4π，则a＝________.答案 3解析根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为4的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为2，高为1，所以该组合体的表面积为S＝2(a2＋4a＋4a)＋2π×1×1×2＝2(a2＋8a)＋4π＝66＋4π，解得a ＝－11(舍)或a＝3.A组专题通关1．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是()A．2 B．2 2 C．2 3 D．4 答案 C解析由三视图得该几何体如图中的三棱锥A－BCD所示，则S△ABD＝12×(22)2×32＝23，S△BCD＝12×2×2＝2，S△ABC＝S△ADC＝12×22×2＝22，所以最大面的面积为23，故选C.2．母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，则该圆锥的体积为( )A ．16πB ．8π C.16π3 D.8π3答案 A解析 ∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，∴侧面展开图的弧长为5×8π5＝8π， 设底面圆半径为r ，弧长8π＝底面周长＝2πr ，∴r ＝4， ∴圆锥的高h ＝52－42＝3，∴圆锥体积V ＝13×π×r 2×h ＝16π.3．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A ′B ′C ′，如图(2)所示，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，O ′C ′＝3，则该几何体的表面积为( )A ．36＋12 3B ．24＋8 3C ．24＋12 3D ．36＋8 3答案 C解析 由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P －ABC ，且S △P AB ＝S △PBC ＝12×4×6＝12，S △ABC ＝12×4×23＝43，△P AC 是腰长为52，底边长为4的等腰三角形，S △P AC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.4．某几何体的三视图如图所示，其中侧视图为半圆，则该几何体的表面积为( )A ．6＋4πB ．6＋3πC ．9＋4πD ．9＋3π 答案 A解析 根据三视图知，该几何体是半圆柱体， 画出直观图如图所示，结合图中数据，计算该几何体的表面积为 S ＝2×12π·12＋12×2π·1×3＋2×3＝4π＋6.5．榫卯(sǔnmǎo )是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用．代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为( )A ．8＋16π，2＋8πB ．9＋16π，2＋8πC ．8＋16π，4＋8πD ．9＋16π，4＋8π答案 A解析 由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱(底面圆半径为2，高为2)． 其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积， 所以S ＝2×(2π×2)＋2×(π×22)＋4×(1×2)＝8＋16π. 其体积为圆柱与长方体体积之和， 所以V ＝(π×22)×2＋1×1×2＝8π＋2.6．某多面体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为( )A.618πB.69πC.63πD.13π 答案 A解析 结合三视图，还原直观图，如图所示，三棱锥D －ABC 即为该几何体，结合题意可知AD ＝2，DC ＝4，点B 到平面ACD 的距离为2，故体积为V 1＝13×12×2×4×2＝83，取BD 的中点O ，结合题意可知AD ⊥平面EAB ，故∠DAB ＝90°，DC ⊥平面BCE ，可知∠DCB ＝90°，故结合直角三角形的性质可知，点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故该三棱锥的外接球半径r ＝12BD ＝6，故外接球体积V 2＝43πr 3＝86π，故三棱锥的体积和外接球体积之比为618π.7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.643π B.2563πC.4363πD.2 048327π答案 B解析 由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°， 则在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos ∠ABC ， 解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则△ABC 的外接圆直径2r ＝AC sin ∠ABC ＝732，∴r ＝733，又∵侧棱SA ⊥底面ABC ，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝⎛⎭⎫7332＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析 如图a 三棱锥C －ABD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①； 如图b 四棱锥P －ABCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②； 如图c 三棱锥P －BCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析 在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________cm 3，表面积是________cm 2.答案 16 82＋46＋24解析 易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积V ＝13×(4＋2)×42×4＝16(cm 3)，表面积为(4＋2)×42＋4×42＋4×22＋4×422＋43×222＝82＋46＋24(cm 2)．11．已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π.若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________． 答案 86π解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC . ∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC ＝22，∴AC ＝2 3. 设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π.12．(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm ，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.答案 118.8解析 由题意得长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V 四棱锥O －EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．B 组 能力提高13．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5B.81π20C.101π5D.101π20 答案 C解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，由于△P AD 为等腰三角形，P A ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△P AD 的外心F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O 为四棱锥外接球的球心，在△P AD 中，cos ∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin ∠APD＝459，2PF ＝AD sin ∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510，BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510， 所以S ＝4π×505100＝101π5.14．(2019·滨州模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上一动点，则AP ＋DP 的最小值为( ) A.3－ 6B.3－ 3C.3＋ 3D.3＋ 6答案 D 解析 根据题意可得正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①：将AP 所在平面ABC 1D 1与DP 所在平面DBC 1一并展开如图②，由图可知，AP ＋PD ＝AD 时取得最小值，则AB ＝1，BC 1＝BD ＝DC 1＝2，所以∠ABD ＝150°，在△ABD 中，由余弦定理可得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos 150°＝1＋2＋2×1×2×32＝3＋6， 所以AD ＝3＋ 6. 15.如图，在侧棱长为3的正三棱锥A －BCD 中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P ，且点P 到点B 的距离始终等于23，则动点P 在三棱锥表面形成的曲线的长度为________．答案 323π解析 设动点P 在三棱锥表面形成曲线是EFGH ，如图所示．则BE ＝BH ＝23，在Rt △BAH 中，cos ∠HBA ＝323＝32， ∴∠HBA ＝π6，∠HBG ＝π4－π6＝π12， ∴HG ＝23×π12＝36π，同理EF ＝36π； 在Rt △HAE 中，∠HAE ＝π2，AH ＝AE ＝(23)2－32＝3，∴HE ＝π2×3＝32π， 在等边三角形BCD 中，∠CBD ＝π3， ∴GF ＝23×π3＝233π， 则这条曲线的长度为36π＋36π＋32π＋233π＝332π. 16．半径为3＋6的球体内装有4个半径相同的小球，则小球半径的最大值是________． 答案 6解析 设小球半径的最大值为r ，R ＝3＋ 6.由题意知，四个小球两两相切并且四个小球都与大球相切时，这些小球的半径最大，以四个小球球心为顶点的正四面体的棱长为2r ，该正四面体的中心(外接球球心)就是大球的球心， 该正四面体的高为4r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫24r 2－r 232＝8r 23＝263r .设正四面体的外接球半径为x ，则x 2＝⎝⎛⎭⎫263r －x 2＋⎝⎛⎭⎫23r 32. 所以x ＝62r ， 所以R ＝62r ＋r ＝3＋6， 所以r ＝ 6.17．已知点A ，B ，C 在半径为2的球O 的球面上，且OA ，OB ，OC 两两所成的角相等，则当三棱锥O －ABC 的体积最大时，平面ABC 截球O 所得的截面圆的面积为________． 答案 8π3解析 由题意知，三棱锥O －ABC 为正三棱锥，如图所示：D 为BC 中点，OG ⊥平面ABC ，且G 为△ABC 的重心，设AB ＝x ， 则AG ＝23AD ＝23×32x ＝33x ， ∴OG ＝OA 2－AG 2＝4－13x 2， V O －ABC ＝13×34x 2·4－13x 2＝112x 4(12－x 2)， 令t ＝x 2∈(0,12)⇒g (t )＝t 2(12－t )⇒g ′(t )＝－3t 2＋24t ，令g ′(t )＝0，解得t ＝8，且t ∈(0,8)时，g (t )单调递增；t ∈(8,12)时，g (t )单调递减，∴x 2＝t ＝8时，三棱锥O －ABC 体积最大，此时AG 2＝⎝⎛⎭⎫33x 2＝83，平面ABC 截球O 所得的截面圆的面积S ＝π·AG 2＝83π. 18．棱长为36的正四面体A －BCD 的内切球上有一动点M ，则MB ＋13MC 的最小值为__________．答案 433解析 由MB ＋13MC 结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离．设内切球球心为O ，△ABD 的中心为Q ，由正四面体性质易求OQ ＝36，OC ＝96，BQ ＝123，且内切球的半径为36，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使MP ＝13MC ，即在平面OAC 内找MP ＝13MC .设BD 的中点为N ，当M 分别在H ，Q 位置时，由MP ＝13MC ，得满足条件的只有一点P ，P 在OC 之间且OP ＝6，即MP ＝13MC ，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立．所以MB ＋13MC ＝MB ＋MP ≥PB ＝PQ 2＋QB 2＝(46)2＋(123)2＝433，当M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值．。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】回扣4

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】回扣4

回扣4数列1．牢记概念与公式等差数列、等比数列(其中n∈N*)2.活用定理与结论(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)判断等差数列的常用方法①定义法a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇔{a n}是等差数列；②通项公式法a n＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列；③中项公式法2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列；④前n项和公式法S n＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)判断等比数列的常用方法①定义法a n＋1a n＝q(q是不为0的常数，n∈N *)⇔{an}是等比数列；②通项公式法a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列； ③中项公式法a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． 3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)通项公式形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列，利用错位相减法求和． (3)通项公式形如a n ＝c (an ＋b 1)(an ＋b 2)(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n ·n 或a n ＝a ·(－1)n (其中a 为常数，n ∈N *)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． (6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n . 4．数学归纳法用数学归纳法证明分以下两个步骤： (1)证明当n ＝1时，命题成立；(2)假设n ＝m 时，命题成立，那么可以推导出在n ＝m ＋1时命题也成立．(m 代表任意自然数)1．已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．作答时，应验证a 1是否满足a n ＝S n －S n －1，若是，则a n ＝S n －S n －1；否则，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a nb n 时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论． 6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等， 如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．。

2020版高考数学大二轮复习 专题 函数与导数增分强化练 文

2020版高考数学大二轮复习 专题 函数与导数增分强化练 文

增分强化练考点一 函数及其表示1．设集合A ＝{－3,0,1,2}，集合B ＝{y |y ＝2x}，则A ∩B ＝( ) A ．(0，－3] B ．{1,2} C ．{0,2}D ．(0，＋∞)解析：由指数函数的性质，可得集合B ＝{y |y ＝2x }＝{y |y >0}，又由A ＝{－3,0,1,2}，所以A ∩B ＝{1,2}，故选B. 答案：B2．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0192＝________.解析：由函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，可得当x >1时，满足f (x )＝f (x －1)，所以函数f (x )是周期为1的函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 009＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212＝－1. 答案：－1 3．函数f (x )＝ln x ＋1x －1的值域为________． 解析：ln x ＋1x －1＝ln x －1＋2x －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x －1，∵1＋2x －1>0且1＋2x －1≠1， ∴ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2x －1≠0， ∴f (x )值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪(0，＋∞) 考点二 函数的图象1．函数y ＝1－|x －x 2|的图象大致是( )解析：当x ＝－1时，y ＝1－|－1－1|＝－1，所以舍去A ，D ，当x ＝2时，y ＝1－|2－4|＝－1，所以舍去B ，故选C. 答案：C2．函数y ＝x 2ln x 2|x |的图象大致是( )解析：∵y ＝x 2ln x 2|x |，∴函数为偶函数，排除B ， 又x >0时，y ＝2x ln x ，y ′＝2(1＋ln x )＝0时，x ＝1e，即函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增，排除A 、C ，故选D.答案：D3．若定义在R上的偶函数f(x)，满足f(x＋2)＝f(x)且x∈[0,1]时，f(x)＝x，则方程f(x)＝log3|x|的实根个数是( )A．2 B．3C．4 D．6解析：由f(x＋2)＝f(x)可得函数的周期为2，又函数为偶函数且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，故可作出函数f(x)的图象，∴方程f(x)＝log3|x|的解个数等价于f(x)与y＝log3|x|图象的交点，由图象可得它们有4个交点，故方程f(x)＝log3|x|的解个数为4，故选C.答案：C4．如图，点P在边长为1的正方形边上运动，M是CD的中点，则当P沿A­B­C­M运动时，点P经过的路程x与△APM的面积y的函数y＝f(x)的图象的形状大致是下图中的( )解析：由点P 在边长为1的正方形边上运动，M 是CD 的中点，则当P 沿A ­B ­C ­M 运动时，点P 经过的路程x 与△APM 的面积的函数，可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ，0<x <134－x4，1≤x <254－12x ，2≤x <52，画出分段函数的图象，如图所示，故选A. 答案：A考点三 函数的性质1．(2019·大连模拟)下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln(x 2＋1＋x )解析：sin x 不是单调递增函数，可知A 错误； |－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ()(－x )2＋1－x ＝ln1x 2＋1＋x＝－ln(x 2＋1＋x )，则y ＝ln(x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln(x 2＋1＋x )在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D. 答案：D2．(2019·汕头模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (1)＝a ，则f (2)＋f (3)＋f (4)＝( ) A ．0 B ．－a C ．aD ．3a解析：因为函数f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，所以f (x )关于直线x ＝1对称，所以f (2)＝f (0)，f (3)＝f (－1)， 又f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又由f (1＋x )＝f (1－x )可得f (x ＋1)＝f (1－x )＝－f (x －1)， 所以f (x ＋2)＝－f (x )，故f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， 因此，函数f (x )是以4为周期的周期函数， 所以f (4)＝f (0)，又f (1)＝a ，因此f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (0)＋f (－1)＋f (0)＝－f (1)＝－a . 故选B. 答案：B3．已知定义在非零实数集上的奇函数y ＝f (x )，函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，则该4个交点横坐标之和为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8解析：因为函数y ＝f (x )是奇函数，y ＝f (x )关于点(0,0)中心对称； 所以函数y ＝f (x －2)关于点(2,0)中心对称； 又由πx2＝k π，k ∈Z 得到x ＝2k ，k ∈Z ，即函数g (x )＝sin πx2的对称中心为(2k,0)，k ∈Z ，因此，点(2,0)也是函数g (x )＝sin πx2的一个对称中心；由函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，交点横坐标依次设为x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4， 所以由函数对称性可知，x 1＋x 42＝2，x 2＋x 32＝2，因此x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8. 故选D. 答案：D4．(2019·株洲模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ≥a－x 3＋3x ，x <a ，其中a ≤－2，则满足f (x )＋f (x －1)<3的x 取值范围是( ) A ．(－1，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－2，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：设y ＝－x 3＋3x ，则y ′＝－3x 2＋3＝－3(x ＋1)(x －1)，所以当x <－1或x >1时，函数y ＝－x 3＋3x 单调递减；当－1<x <1时，函数单调递增． 所以当x <a (a ≤－2)时，函数y ＝－x 3＋3x 单调递减． 又当x ≥a (a ≤－2)时，函数y ＝－x 单调递减， 所以函数f (x )在R 上单调递减．设h (x )＝f (x )＋f (x －1)，则h (x )在R 上也为单调递减函数， 又h (－1)＝f (－1)＋f (－2)＝3， 即h (x )<h (－1)， 所以x >－1.所以所求x 取值范围是(－1，＋∞)． 故选A. 答案：A增分强化练一、选择题1．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，＋∞)解析：因为函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)，所以x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1，所以函数f (x )的定义域为{x |x <－3或x >1}，故选D. 答案：D2．(2019·乌鲁木齐质检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析：f ′(x )＝e x＋3>0，f (x )为R 上的增函数，因为e<254，所以所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，但f (1)＝e ＋3－4>0， 所以f (x )的零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上，故选C. 答案：C3．设a >0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由函数f (x )＝a x 在R 上是减函数，知0＜a ＜1，此时2－a ＞0，所以函数g (x )＝(2－a )x3在R 上是增函数，反之由g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数，则2－a ＞0，所以a ＜2，此时函数f (x )＝a x 在R 上可能是减函数，也可能是增函数，故“函数f (x )＝a x在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件．故选A. 答案：A4．(2019·中卫模拟)下列函数中，既是偶函数，又在区间[0,1]上单调递增的是( ) A ．y ＝cos xB ．y ＝－x 3C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |D ．y ＝|sin x |解析：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝cos x 为余弦函数，是偶函数，在区间[0,1]上单调递减，不符合题意；对于B ，y＝－x 3，为奇函数，不符合题意；对于C ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |，是偶函数，在(0，＋∞)上，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，为减函数，不符合题意；对于D ，y ＝|sin x |，是偶函数，在(0,1)上，y ＝sin x ，为增函数，符合题意．故选D. 答案：D5．a ＝212，b ＝313，c ＝515，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．b <a <cC ．c <a <bD ．b <c <a解析：很明显a >0，b >0，c >0，且a 6＝23＝8，b 6＝32＝9，∴b >a ；a 10＝25＝32，c 10＝52＝25，∴a >c ，综上可得c <a <b .故选C. 答案：C6．已知方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0有两个正根，则实数m 的取值范围是( ) A ．m <－2 B ．m ≤－4 C ．m >－5D ．－5<m ≤－4解析：因为方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0有两个正根， 所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2)2－4(m ＋5)≥0－(m ＋2)>0m ＋5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－4或m ≥4m <－2m >－5，∴－5<m ≤－4，故选D.答案：D7．已知函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2，则a 的值为( ) A ．2 B. 5 C.55 D.5或55解析：因为y ＝x 2＋x －1在[1,2]上单调递增，所以函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值与最小值是f (1)或f (2)， 因为函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2， 所以|f (1)－f (2)|＝2，即|log a 5|＝2， 得a ＝5或55，故选D.答案：D8．(2019·青岛模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x ＞3mx ＋8，x ≤3，若f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，3] B ．(1,2] C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33 D ．[3，＋∞)解析：f (2)＝4代入2m ＋8＝4，m ＝－2，则直线单调递减，又函数f (x )存在最小值，则a >1且log a 3≥2，解得1<a ≤3，故选A. 答案：A9．已知函数f (x )＝log 2(x ＋1)且a >b >c >0, 则f (a )a ，f (b )b ，f (c )c的大小关系是( ) A.f (a )a >f (b )b >f (c )c B.f (c )c >f (b )b >f (a )a C.f (b )b >f (a )a >f (c )c D.f (a )a >f (c )c >f (b )b解析： 由题意可得，f (a )a ，f (b )b ，f (c )c分别看作函数f (x )＝log 2(x ＋1)图象上的点(a ，f (a ))，(b ，f (b ))，(c ，f (b ))与原点连线的斜率，结合图象(图略)可知当a ＞b ＞c ＞0时，f (c )c>f (b )b>f (a )a.故选B. 答案：B10．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x >0|2x ＋x 2|，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，则实数m 的取值范围为( ) A ．－2<m <0 B ．－2≤m ≤0或m >e C ．－2<m <0或e≤m <e 2D ．－2<m <0或m >e解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点得y ＝f (x )与h (x )＝mx 有三个不同交点，如图所示为f (x )的大致图象，当x >0时，f (x )＝e x，设y ＝f (x )与h (x )＝mx 相切的切点坐标为(x 0，mx 0)，由⎩⎨⎧mx 0＝e x0f ′(x 0)＝m，即e xx 0＝e x0，解得x 0＝1，此时m ＝e ；由y ＝－x 2－2x ，得y ′＝－2x －2，x ＝0时，y ′＝－2，因此当m >e 或－2<m <0时，函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，故选D. 答案：D11．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －1|，0<x ≤212f (x －2)，x >2，则函数g (x )＝4f (x )－1的零点个数为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：函数g (x )＝4f (x )－1有零点即4f (x )－1＝0有解，即f (x )＝14，由题意可知，当0<x ≤2时，f (x )＝2|x －1|，当x >2时，f (x )＝12f (x －2)，所以当2<x ≤4时，f (x )＝12×2|x －3|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1；当4<x ≤6时，f (x )＝14×2|x －5|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12，x ＝5时，f (5)＝14；当6<x ≤8时，f (x )＝18×2|x －7|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，14，x ＝8时，f (8)＝14；当8<x ≤10时，f (x )＝116×2|x －9|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤116，18，所以当x >0时，f (x )＝14有两解，即当x >0时函数g (x )＝4f (x )－1有两个零点，因为函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，所以当x <0时，f (x )＝14也有两解，所以函数g (x )＝4f (x )－1共有四个零点，故选B. 答案：B12．对于函数y ＝f (x )，如果其图象上的任意一点都在平面区域{(x ，y )|(y ＋x )(y －x )≤0}内，则称函数f (x )为“蝶型函数”，已知函数：①y ＝sin x ；②y ＝x 2－1，下列结论正确的是( )A ．①、②均不是“蝶型函数”B ．①、②均是“蝶型函数”C ．①是“蝶型函数”；②不是“蝶型函数”D ．①不是“蝶型函数”；②是“蝶型函数”解析：由y ＝sin x ，设g (x )＝sin x ＋x ，导数为cos x ＋1≥0，即有x >0，g (x )>0；x <0时，g (x )<0；设h (x )＝sin x －x ，其导数为cos x －1≤0，x >0时，h (x )<0，x <0时，h (x )>0，可得(y ＋x )(y －x )≤0恒成立，即有y ＝sin x 为“蝶型函数”；由(x 2－1＋x )(x 2－1－x )＝x 2－1－x 2＝－1<0，可得y ＝x 2－1为“蝶型函数”．故选B.答案：B 二、填空题13．(2019·大连模拟)若4m ＝9n＝6，则1m ＋1n＝________.解析：由题意得：m ＝log 46，n ＝log 96，则1m ＋1n ＝1log 46＋1log 96＝log 64＋log 69＝log 636＝2. 答案：214．(2019·滨州模拟)若函数f (x )＝x 2－(a －2)x ＋1(x ∈R)为偶函数，则log a 27＋log 1a 87＝________.解析：函数为偶函数，则：f (x )＝f (－x )，即：x 2－(a －2)x ＋1＝x 2＋(a －2)x ＋1恒成立，∴a －2＝0，a ＝2.则log a 27＋＝log 227＋log 278＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫27×78＝log 214＝－2. 答案：－215．已知函数f (x )＝4x－2x ＋1＋3，x ∈[－2,3]，则该函数的最小值是________．解析：设t ＝2x ，x ∈[－2,3]，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，8，此时f (x )＝t 2－2t ＋3＝(t －1)2＋2，当t ＝1时，即x ＝0，函数取得最小值，此时最小值为f (0)＝2.答案：216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2mx －1，0≤x ≤1，mx ＋2，x >1，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________． 解析：当0≤x ≤1时，2x 2＋2mx －1＝0， 易知x ＝0不是方程2x 2＋2mx －1＝0的解， 故m ＝12x －x 在(0,1]上是减函数，故m ≥12－1＝－12；即m ≥－12时，方程f (x )＝0在[0,1]上有且只有一个解，当x >1时，令mx ＋2＝0得，m ＝－2x，故－2<m <0，即当－2<m <0时，方程f (x )＝0在(1，＋∞)上有且只有一个解， 综上所述，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－12≤m <0.答案：－12≤m <0增分强化练考点一 导数的运算与导数的几何意义1．若曲线y ＝mx ＋ln x 在点(1，m )处的切线垂直于y 轴，则实数m ＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：f (x )的导数为f ′(x )＝m ＋1x，曲线y ＝f (x )在点P (1，m )处的切线斜率为k ＝m ＋1＝0，可得m ＝－1.故选A. 答案：A2．(2019·荆州质检)函数f (x )＝x ln x 在x ＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为________．解析：∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1， 则f (1)＝0，f ′(1)＝1，故曲线f (x )在点P (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1， 令x ＝0，得y ＝－1， 令y ＝0，得x ＝1，则直线l 与两坐标轴的交点为(0，－1)和(1,0)， 所围成三角形的面积为12×1×1＝12.答案：123．(2019·南宁模拟)已知函数f (x )＝1x ＋1＋x ＋a －1的图象是以点(－1，－1)为中心的中心对称图形，g (x )＝e x＋ax 2＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(0，g (0))处的切线互相垂直，则a ＋b ＝________.解析：由f (0)＋f (－2)＝－2，得1＋a －1－1－2＋a －1＝2a －4＝－2， 解得a ＝1，所以f (x )＝1x ＋1＋x . 又f ′(x )＝－1(x ＋1)2＋1，所以f ′(1)＝34.因为g (x )＝e x ＋x 2＋bx ，g ′(x )＝e x＋2x ＋b ，g ′(0)＝1＋b ， 由34(1＋b )＝－1，得1＋b ＝－43，即a ＋b ＝－43. 答案：－43考点二 导数与函数的单调性1．(2019·甘肃静宁模拟)若f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，92D ．(0,3)解析：f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在x ∈(1,3)上恒成立．即a ≥3x 22x ＝32x 在x ∈(1,3)上恒成立，所以a ≥92.故选B.答案：B2．(2019·江西模拟)已知函数f (x )对于任意实数x 都有f (－x )＝f (x )，且当x ≥0时，f (x )＝e x－sin x ，若实数a 满足f (log 2a )<f (1)，则a 的取值范围是________． 解析：由题得，当x ≥0时，f ′(x )＝e x－cos x ， 因为x ≥0，所以e x≥e 0＝1，∴e x－cos x ≥0， 所以函数在[0，＋∞ )上单调递增， 因为f (－x )＝f (x )，所以函数是偶函数， 所以函数在(－∞，0)上单调递减， 因为f (log 2a )<f (1)，所以|log 2a |＜1，所以－1＜log 2a ＜1， 所以12<a <2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 3．(2019·济宁模拟)已知函数f (x )＝ln x －x e x＋ax (a ∈R)． (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解析：(1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－(x ＋1)e x＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x－1x在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x＋1x2>0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1， 所以a ≤2e－1.(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x＋x (x >0)． 则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ，令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x2－e x<0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，m (1)<0，所以存在x 0>0满足 m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.考点三 导数与函数的极值、最值1．(2019·吉安模拟)函数f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2的值域为________． 解析：由题意，可得f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ＝sin 3x －3sin 2x ＋3，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2，令t ＝sin x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，即g (t )＝t 3－3t 2＋3，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1， 则g ′(t )＝3t 2－6t ＝3t (t －2)， 当－32<t <0时，g ′(t )>0，当0<t <1时，g ′(t )＜0， 即y ＝g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，0为增函数，在[0,1]为减函数， 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝6－338，g (0)＝3，g (1)＝1， 故函数的值域为：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，3.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，32．(2019·北京西城区模拟)设函数f (x )＝m e x－x 2＋3，其中m ∈R. (1)当f (x )为偶函数时，求函数h (x )＝xf (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点，求m 的取值范围． 解析：(1)由函数f (x )是偶函数，得f (－x )＝f (x )， 即m e －x－(－x )2＋3＝m e x －x 2＋3对于任意实数x 都成立， 所以m ＝0.此时h (x )＝xf (x )＝－x 3＋3x ，则h ′(x )＝－3x 2＋3. 由h ′(x )＝0，解得x ＝±1.当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表所示：所以h (x )有极小值h (－1)＝－2，h (x )有极大值h (1)＝2.(2)由f (x )＝m e x －x 2＋3＝0，得m ＝x 2－3ex. 所以“f (x )在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3ex，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点”．对函数g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋2x ＋3e x. 由g ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表所示：又因为g (－2)＝e 2，g (－1)＝－2e ，g (3)＝6e 3<g (－2)，g (4)＝13e4>g (－1)，所以当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3e x ，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点．即当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点．增分强化练一、选择题1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( ) A ．x sin x B ．－x sin x C ．x cos xD ．－x cos x解析：y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 答案：B2．已知函数f (x )＝xe x (e 是自然对数的底数)，则其导函数f ′(x )＝( )A.1＋x ex B.1－x ex C ．1＋x D ．1－x解析：根据函数求导法则得到f ′(x )＝1－xe x 故选B.答案：B3．函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1解析：因为f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1. 令f ′(x )＝0，得x ＝0.且当x ＞0时，f ′(x )＝e x －1＞0；x ＜0时，f ′(x )＝e x －1＜0，即函数f (x )在x ＝0处取得极小值，f (0)＝1，又f (－1)＝1e＋1，f (1)＝e －1，比较得函数f (x )＝e x－1在区间[－1,1]上的最大值是e －1.故选D. 答案：D4．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2解析：∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′(e )e －1e ，f ′(e)＝1e ，∴f ′(x )＝2x －1e ＝0，x＝2e ，∴x ∈(0,2e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(2e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln 2e －2＝2ln 2，选D. 答案：D5．函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：当x <a ，b <x <c 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a <x <b ，x >c 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以整个函数从左到右，先增后减，再增最后减，由于a ＜b ＜0所以只有选项A 中的图象符合，故选A. 答案：A6．函数f (x )＝x －2ln x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：由题意，函数f (x )＝x －2ln x ，则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，x >0，当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ＝2时，f (2)＝2－2ln 2>0，所以函数f (x )＝x －2ln x 的图象与x 轴没有公共点，所以函数没有零点，故选A.答案：A7．(2019·吉安模拟)已知过点P (1,1)且与曲线y ＝x 3相切的直线的条数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠1)，则k ＝y 0－1x 0－1＝x 30－1x 0－1＝x 20＋x 0＋1，又∵y ′＝3x 2，∴y ′|x ＝x 0＝3x 20，∴2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1(舍)，x 0＝－12，∴过点P (1,1)与曲线C ：y ＝x 3相切的直线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，故选C. 答案：C8．已知函数f (x )＝－x 3－7x ＋sin x ，若f (a 2)＋f (a －2)＞0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，3) C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：∵函数f (x )＝－x 3－7x ＋sin x ， ∴f (－x )＝x 3＋7x －sin x ＝－f (x )， 即函数f (x )在R 上为奇函数． ∵f ′(x )＝－3x 2－7＋cos x ，∴f ′(x )＝－3x 2－7＋cos x ＜0恒成立， 即函数f (x )在R 上为减函数． ∵f (a 2)＋f (a －2)＞0， ∴f (a 2)＞－f (a －2)＝f (2－a )， ∴a 2＜2－a ，即a 2＋a －2＜0. ∴－2＜a ＜1，故选D. 答案：D9．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，不等式2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0成立，则实数m 的最大值为( )A.1e ＋3e －2 B ．2＋e ＋3eC ．4D ．e 2－1解析：∵2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0， ∴m ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2， 当1e≤x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当1＜x ≤e 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， ∵存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，m ≤2ln x ＋x ＋3x 成立， ∴m ≤h (x )max ，∵h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ，∴h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，∴m ≤1e ＋3e －2，故选A.答案：A10．设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )＞1 ，则( ) A ．f (2)－f (1)＞ln 2 B ．f (2)－f (1)＜ln 2 C ．f (2)－f (1)＞1D ．f (2)－f (1)＜1解析：由x ＞0，xf ′(x )＞1⇒f ′(x )＞1x ＝(ln x )′，故f (2)－f (1)2－1＞ln 2－ln 12－1＝ln 2，即f (2)－f (1)＞ln 2，故选A.答案：A11．(2019·内江模拟)若函数f (x )＝12ax 2＋x ln x －x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞C ．(－1，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e解析：f ′(x )＝ax ＋ln x ，∴f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上成立， 即ax ＋ln x ＞0，在x ∈(0，＋∞)上成立， 即a ＞－ln xx在x ∈(0，＋∞)上成立．令g (x )＝－ln x x ，则g ′(x )＝－1－ln xx2， ∴g (x )＝－ln x x ，在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝－ln x x的最小值为g (e)＝－1e ，∴a ＞－1e.故选B. 答案：B12．(2019·泰安模拟)若函数f (x )＝12(cos x ＋sin x )(cos x －sin x －4a )＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．a ≥32B.32<a <3 C ．a ≥1D ．1<a <3解析：函数f (x )＝12cos 2x －2a (sin x ＋cos x )＋(4a －3)x ，则f ′(x )＝－sin 2x －2a (cos x －sin x )＋4a －3.∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，可得f ′(x )≥0,令t ＝cos x －sin x ＝2cos(x ＋π4)∈[]－1，1，则sin 2x ＝1－t 2即t 2－2at ＋4a －4≥0在[－1,1]恒成立，∴a ≥4－t 24－2t ＝t ＋22，不等式右边的最大值为32，∴a ≥32.故选A.答案：A 二、填空题13．若f (x )＝3xf ′(1)－2x 2，则f ′(0)＝________.解析：由题得f ′(x )＝3f ′(1)－4x ，∴f ′(1)＝3f ′(1)－4，∴f ′(1)＝2，∴f ′(x )＝6－4x ，所以f ′(0)＝6－4×0＝6. 答案：614．(2019·安阳模拟)函数f (x )＝x －2x在x ＝2处的切线方程为________．解析：由f (x )＝x －2x ，得f ′(x )＝1＋2x2，∴f ′(2)＝1＋12＝32，又f (2)＝2－1＝1.∴函数f (x )＝x －2x 在x ＝2处的切线方程为y －1＝32(x －2)，即3x －2y －4＝0.答案：3x －2y －4＝015．(2019·青岛模拟)设函数f (x )＝－e x－x 的图象上任意一点处的切线为l 1，若函数g (x )＝ax ＋cos x 的图象上总存在一点，使得在该点处的切线l 2满足l 1⊥l 2，则a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝－e x－1∈(－∞，－1)， 即kl 1∈(－∞，－1)， 又l 1⊥l 2，即kl 1·kl 2＝－1， ∴kl 2∈(0,1)，kl 2＝g ′(x )＝a －sin x ，∵sin x ∈[－1,1]，∴kl 2＝a －sin x ∈[a －1，a ＋1]， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤0a ＋1≥1⇒a ∈[0,1]．答案：[0,1]16．(2019·东三省四市模拟)底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为________． 解析：因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E 点， 设BC ＝a ，则BO ＝22a ， 在Rt △EOB 中，则有EO 2＋OB 2＝EB 2， 故EO ＝4－a 22，正四棱锥的高为2＋4－a 22，正四棱锥的体积为V ＝13×a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋4－a 22，令x ＝4－a 22，x ∈(0,2)，故V ＝13×(8－2x 2)×(2＋x )，即V ＝13×(－2x 3－4x 2＋8x ＋16)，对V (x )求导得，V ′＝13×(－6x 2－8x ＋8)，令V ′＝0，即－6x 2－8x ＋8＝0，解得，x ＝23或x ＝－2(舍)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，V ′(x )>0，V (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2，V ′(x )<0，V (x )单调递减， 故当x ＝23时，V (x )max ＝51281.答案：51281三、解答题17．若函数f (x )＝13ax 3＋bx ＋4，当x ＝－2时，函数f (x )有极值283.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的根，求实数k 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝ax 2＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－2)＝0f (－2)＝283，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－4，故所求函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2 (－2,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )递增283递减－43递增因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值3，当x ＝2时，f (x )有极小值－43，因为函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示：若f (x )＝k 有3个不同的根，则直线y ＝k 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，所以－43<k <283.18．(2019·张家口、沧州模拟)已知函数f (x )＝e x(x ＋a )(a ∈R)． (1)讨论f (x )在[0，＋∞)上的单调性；(2)函数g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增，求实数t 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)(x ≥0)，①a ＋1≥0即a ≥－1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增； ②a ＋1<0即a <－1时，令f ′(x )＝0，得x ＝－a －1， 在[0，－a －1)上f ′(x )<0，在(－a －1，＋∞)上f ′(x )>0，f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．综上：当a ≥－1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增；当a <－1时，f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增⇔g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t ≥0在[0，＋∞)上恒成立⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t min ≥0.令p (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t (x ≥0), p ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12－t ，由(1)知，p ′(x )在[0，＋∞)上为增函数，p ′(x )min ＝p ′(0)＝12－t .当12－t ≥0，即t ≤12时，p (x )在[0，＋∞)上为增函数， p (x )min ＝p (0)＝－12－t ≥0，得t ≤－12，∴t 的取值范围为t ≤－12.综上，实数t 的取值范围是t ≤－12.增分强化练一、选择题1．已知集合A ＝{x |y ＝log 2(x －1)}，集合B ＝{x ∈N|x 2－2x －3≤0}， 则A ∩B ＝( )A ．{1,2,3}B ．{2,3}C ．{x |0<x ≤3}D ．{x |1<x ≤3}解析：由题意，集合A ＝{x |y ＝log 2(x －1)}＝{x |x >1}，集合B ＝{0,1,2,3}，根据集合的交集的运算，可得A ∩B ＝{2,3}，故选B. 答案：B2．(2019·烟台模拟)设集合A ＝{x |y ＝x －3}，B ＝{y |y ＝2x，x ≤3}，则集合(∁R A )∩B ＝( ) A ．{x |x <3} B ．{x |x ≤3} C ．{x |0<x <3}D ．{x |0<x ≤3}解析：因为A ＝{x |y ＝x －3}＝{x |x ≥3}，B ＝{y |y ＝2x，x ≤3}＝{y |0<y ≤8}，所以(∁R A )∩B ＝{x |0<x <3}，故选C. 答案：C3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2(2－x )，x <12x －1，x ≥1，则f (f (－2))＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：由题得f (－2)＝1＋log 24＝1＋2＝3， 所以f (f (－2))＝f (3)＝23－1＝4.故选B.答案：B4．已知函数f (x )＝xe|x |，则下列说法正确的是( )A ．函数f (x )是奇函数，且在(－∞，－1)上是减函数B ．函数f (x )是奇函数，且在(－∞，－1)上是增函数C ．函数f (x )是偶函数，且在(－∞，－1)上是减函数D ．函数f (x )是偶函数，且在(－∞，－1)上是增函数 解析：由题意，函数f (x )＝xe |x |，可得其定义域为R ，又由f (－x )＝－x e |－x |＝－xe|x |＝－f (x )，即f (－x )＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，当x ∈(－∞，－1)时，f (x )＝xe－x＝x ·e x，则f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，则f ′(x )<0，函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减，故选A. 答案：A5．函数y ＝e|x |4x的图象可能是( )解析：函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B ， 当x ＝1时，y ＝e4<1，排除A ；当x →＋∞时，e|x |4x →＋∞，排除D.故选C.答案：C6．(2019·九江模拟)已知函数f (x )＝log a (a x＋1)＋12x (a >0且a ≠1)，则( )A ．f (x )图象关于原点对称B ．f (x )图象关于y 轴对称C ．f (x )在R 上单调递增D ．f (x )在R 上单调递减解析：∵f (x )＋f (－x )≠0，f (x )－f (－x )≠0，可知f (x )为非奇非偶函数，故排除A ，B ； 当a >1时，u ＝a x＋1在R 上单调递增，y ＝log a u 在(1，＋∞)上单调递增，且y ＝12x 在R 上单调递增，∴f (x )在R 上单调递增；当0<a <1时，u ＝a x＋1在R 上单调递减，y ＝log a u 在(1，＋∞)上单调递减，且y ＝12x 在R 上单调递增，∴f (x )在R 上单调递增，故选C. 答案：C7．(2019·济宁模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋4)＝f (x )；当x ∈(0,2)时，f (x )＝x 2＋ln x ，则f (2 019)＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：由f (x ＋4)＝f (x )可得函数f (x )周期为T ＝4，又因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝－f (1)＝－1.故选A. 答案：A8．(2019·晋城模拟)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋5)＝f (x －3)，如果当x ∈[0,4)时，f (x )＝log 2(x ＋2)，则f (766)＝( ) A ．3 B ．－3 C ．2D ．－2解析：由f (x ＋5)＝f (x －3)，得f (x ＋8)＝f (x )，所以f (x )是周期为8的周期函数，当x ∈[0,4)时，f (x )＝log 2(x ＋2)，所以f (766)＝f (96×8－2)＝f (－2)，又f (x )是定义在R 上的偶函数所以f (－2)＝f (2)＝log 24＝2.故选C. 答案：C9．(2019·宝鸡模拟)定义在R 上的函数y ＝f (x )满足以下三个条件： ①对于任意的x ∈R ，都有f (x ＋1)＝f (x －1)； ②函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称；③对于任意的x 1，x 2∈[0,1]，都有(f (x 1)－f (x 2))·(x 1－x 2)>0.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32、f (2)、f (3)从小到大的关系是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2)>f (3)B ．f (3)>f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (3)>f (2)D ．f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2) 解析：①对于任意的x ∈R ，都有f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数的周期为T ＝2；②函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，所以函数f (x )关于直线x ＝1对称；③对于任意的x 1，x 2∈[0,1]，都有(f (x 1)－f (x 2))(x 1－x 2)>0，所以函数在[0,1]单调递增，因为f (3)＝f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f (2)＝f (0)，1＞12＞0，所以f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2)，故选D.答案：D10．(2019·吉安模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足对任意实数x ，y 都有f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，设g (x )＝f (x )＋sin x ＋x 2，若g (10)＝2 019，则g (－10)的值为( ) A ．－2 219 B ．－2 019 C ．－1 919D ．－1 819解析：由题意，因为f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，∴f (0＋0)＝f (0)＋f (0)＝f (0)，即f (0)＝0, 令y ＝－x ，则有f (x －x )＝f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0, 即f (－x )＝－f (x )，即f (x )是奇函数， 若g (x )＝f (x )＋sin x ＋x 2，g (10)＝2 019, 则g (10)＝f (10)＋sin 10＋100＝2 019,则g (－10)＝f (－10)－sin 10＋100＝－f (10)－sin 10＋100, 两式相加得200＝2 019＋g (－10), 得g (－10)＝200－2 019＝－1 819, 故选D. 答案：D11．(2019·烟台模拟)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，f (x ＋1)为偶函数，且对∀x 1<x 2≤1，满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0.若f (3)＝1，则不等式f (log 2x )<1的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，8 B ．(1,8)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) D ．(－∞，1)∪(8，＋∞)解析：因为对∀x 1<x 2≤1，满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0，所以y ＝f (x )当x ∈(－∞，1]时，是单调递减函数，又因为f (x ＋1)为偶函数，所以函数y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，所以函数y ＝f (x )当x >1时，是增函数，又因为f (3)＝1，所以有f (－1)＝1，当log 2x ≤1时，即当0<x ≤2时，f (log 2x )<1⇒f (log 2x )<f (－1)⇒log 2x >－1⇒x >12，∴12<x ≤2，当log 2x >1时，即当x >2时，f (log 2x )<1⇒f (log 2x )<f (3)⇒log 2x <3⇒x <8，∴2<x <8，综上所述：不等式f (log 2x )<1的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，8，故选A. 答案：A12．(2019·乌鲁木齐质检)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x ∈R ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则y ＝[x ]称为高斯函数，例如： [－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f (x )＝2x＋31＋2x ＋1，则函数y ＝[f (x )]的值域为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3 B ．{0,1} C ．{0,1,2}D ．{0,1,2,3}解析：f (x )的定义域为R ，f (x )＝2x＋31＋2x ＋1＝12(2x ＋1＋1)＋521＋2x ＋1＝12＋52·11＋2x ＋1，因为2x ＋1>0，所以0<52·11＋2x ＋1<52，所以f (x )的值域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，所以y ＝[f (x )]的值域为{0,1,2}，故选C. 答案：C 二、填空题13．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥3f (x ＋1)，x <3，则f (log 25)＝________.解析：因为log 25<3，所以f (log 25)＝f (log 25＋1)＝f (log 25＋log 22)＝f (log 210)，因为log 210>3，所以f (log 25)＝f (log 210)＝2log 210＝10. 答案：1014．已知函数f (x )＝log 2(－x 2＋ax ＋3)，若f (1)＝2，则a ＝________. 解析：由题f (1)＝2，即2＝log 2(－12＋a ＋3)，∴a ＋2＝4，a ＝2. 答案：215．(2019·大连模拟)已知函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数，且f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则不等式f (2x －1)>f (x －2)的解集为________． 解析：∵函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数， ∴f (2x －1)>f (x －2)可转化为f (|2x －1|)>f (|x －2|)，又∵f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (2x －1)>f (x －2)⇔|2x －1|>|x －2|，两边平方解得：x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞) ， 故f (2x －1)>f (x －2)的解集为x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)16．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )＝x ＋sin x ＋1，则f (2 019)＋f (－2 019)＝________. 解析：因为函数f (x )＝x ＋sin x ＋1，所以f (2 019)＝2 019＋sin 2 019＋1＝2 020＋sin 2 019，所以f (－2 019)＝－2 019＋sin(－2 019)＋1＝－2 018－sin 2 019， 所以f (2 019)＋f (－2 019)＝2 020＋sin 2 019＋(－2 018－sin 2 019)＝2. 答案：2增分强化练考点一 利用导数证明不等式(2019·乌鲁木齐质检)已知函数f (x )＝ln x ＋a x－x －2a ＋1. (1)若a ＝－2，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x ，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)<0. 解析：(1)当a ＝－2时，f (x )＝ln x －2x－x ＋5，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1＝－x 2＋x ＋2x 2＝－(x 2－x －2)x 2＝－(x －2)(x ＋1)x2， 当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．(2)证明：f ′(x )＝1x －a x 2－1＝－x 2＋x －a x 2(x ＞0)，f (x )有两个极值点x 1，x 2得⎩⎪⎨⎪⎧1－4a >0x 1＋x 2＝1x 1x 2＝a，∴0<a <14，∴f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)－4a ＋2＝ln a －4a ＋2， 令g (a )＝ln a －4a ＋2⎝⎛⎭⎪⎫0<a <14，则g ′(a )＝1a －4＝1－4a a ＞0，∴g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增， ∴g (a )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝ln 14－1＋2＝1－ln 4＜0. ∴f (x 1)＋f (x 2)<0.考点二 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题已知曲线f (x )＝b e x＋x 在x ＝0处的切线方程为ax －y ＋1＝0. (1)求a ，b 的值；(2)当x 2>x 1>0时，f (x 1)－f (x 2)<(x 1－x 2)(mx 1＋mx 2＋1)恒成立，求实数m 的取值范围． 解析：(1)由f (x )＝b e x ＋x 得，f ′(x )＝b e x＋1，由题意得f ′(0)＝b e 0＋1＝a ，即b ＋1＝a ，又f (0)＝b ，∴－b ＋1＝0， 解得b ＝1，a ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝e x＋x ，f (x 1)－f (x 2)<(x 1－x 2)(mx 1＋mx 2＋1)即为f (x 1)－mx 21－x 1<f (x 2)－mx 22－x 2，由x 2>x 1>0知，上式等价于函数φ(x )＝f (x )－ mx 2－x ＝e x －mx 2在(0，＋∞)为增函数， ∴φ′(x )＝e x－2mx ≥0，即2m ≤e xx，令h (x )＝e x x ，(x >0)，h ′(x )＝e x(x －1)x2， h ′(x )<0时，0<x <1；h ′(x )>0时，x >1；h ′(x )＝0时，x ＝1.∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝e ，则2m ≤e，即m ≤e 2，所以实数m 的范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2.考点三 利用导数研究函数的零点或方程的根(2019·安阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R. (1)证明ln x ≤x －1;(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数.解析：(1)证明：令g (x )＝ln x －x ＋1，(x >0)，g (1)＝0.g ′(x )＝1x －1＝1－xx，可得x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．∴可得x ＝1时，函数g (x )取得极大值即最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1.(2)根据题意，f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，x >0.令－2x 20＋ax 0＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84，(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点1. 当a ＞1时，x 0＝a ＋a 2＋84>1，f (1)＝a －1＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －12－14<0.f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝⎛⎭⎪⎫a －122－12<0.∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1和区间(1,2a )上各有一个零点． 综上可得：当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点1. 当a ＞1时，函数f (x )有两个零点．增分强化练考点一 基本初等函数的图象和性质1．已知幂函数y ＝f (x )的图象经过点(2,22)，则该函数的解析式为( )解析：设幂函数的解析式为y ＝x a.∵幂函数y ＝f (x )的图象过点(2,22)，∴22＝2a，∴a ＝32，∴该函数的解析式为y ＝，故选C.答案：C2．(2019·南宁模拟)设a ＝log 23，b ＝log 34，c ＝log 58，则( ) A ．c >a >bB ．c >b >a。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题一 第3讲

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题一 第3讲

第3讲 平面向量热点一 平面向量的线性运算1．在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不能盲目转化．2．在用三角形加法法则时，要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量的终点所得的向量；在用三角形减法法则时，要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．例1 (1)如图，在△ABC 中，AB ＝3DB ，AE ＝2EC ，CD 与BE 交于点F .设AB →＝a ，AC →＝b ，AF →＝x a ＋y b ，则(x ，y )为( )A.⎝⎛⎭⎫25，25B.⎝⎛⎭⎫14，13C.⎝⎛⎭⎫37，37D.⎝⎛⎭⎫25，920答案 A解析 由D ，F ，C 三点共线，可得存在实数λ， 使得DF →＝λDC →，即AF →－AD →＝λ(AC →－AD →)， 则AF →＝(1－λ)AD →＋λAC →＝23(1－λ)AB →＋λAC →＝23(1－λ)a ＋λb . 由E ，F ，B 三点共线，可得存在实数μ，使得EF →＝μEB →， 即AF →－AE →＝μ(AB →－AE →)，则AF →＝μAB →＋(1－μ)AE →＝μAB →＋23(1－μ)AC →＝μa ＋23(1－μ)b .又a ，b 不共线，由平面向量基本定理可得⎩⎨⎧23(1－λ)＝μ，λ＝23(1－μ)，解得⎩⎨⎧λ＝25，μ＝25，所以AF →＝25a ＋25b .所以x ＝25，y ＝25，即(x ，y )＝⎝⎛⎭⎫25，25，故选A. (2)已知W 为△ABC 的外心，AB ＝4，AC ＝2，∠BAC ＝120°，设AW →＝λ1AB →＋λ2AC →，则2λ1＋λ2＝________. 答案 3解析 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系如图所示，根据已知条件可知A (0,0)，B (4,0)，C (－1，3)．根据外心的几何性质可知W 在直线x ＝2上． AC 中点坐标为⎝⎛⎭⎫－12，32，AC 的斜率为－3，故AC 中垂线的斜率为33， 故中垂线所在方程为y －32＝33⎝⎛⎭⎫x ＋12，令x ＝2， 解得W ⎝⎛⎭⎫2，433. 由AW →＝λ1AB →＋λ2AC →，得⎝⎛⎭⎫2，433＝λ1()4，0＋λ2()－1，3， 解得λ1＝56，λ2＝43，所以2λ1＋λ2＝53＋43＝3.思维升华 (1)对于平面向量的线性运算，要先选择一组基底，同时注意平面向量基本定理的灵活运用．(2)运算过程中重视数形结合，结合图形分析向量间的关系．跟踪演练1 (1)在△ABC 中，AN →＝14NC →，P 是直线BN 上的一点，若AP →＝mAB →＋25AC →，则实数m 的值为( )A ．－4B ．－1C ．1D ．4 答案 B解析 设BP →＝kBN →，因为AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋kBN →＝AB →＋k ⎝⎛⎭⎫15AC →－AB →＝(1－k )AB →＋k 5AC →， 且AP →＝mAB →＋25AC →，又AB →，AC →不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－k ＝m ，k 5＝25，解得k ＝2，m ＝－1，故选B.(2)已知A (－1,0)，B (1,0)，C (0,1)，过点P (m,0)的直线分别与线段AC ，BC 交于点M ，N (点M ，N 不同于点A ，B ，C )，且OA →＝xOM →＋yON →(x ，y ∈R )，若2≤|m |≤3，则x ＋y 的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤－12，－13∪⎣⎡⎦⎤13，12 解析 设OP →＝λOA →，则有|λ|＝|OP →||OA →|＝|m |，∵M ，N ，P 三点共线，且点O 不在直线MN 上，∴OP→＝nOM →＋(1－n )ON →.从而有nOM →＋(1－n )ON →＝λx OM →＋λy ON →，又OM →与ON →是不共线向量，∴⎩⎪⎨⎪⎧λx ＝n ，λy ＝1－n ，得x ＋y ＝1λ.由2≤|λ|≤3，得x ＋y 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－12，－13∪⎣⎡⎦⎤13，12. 热点二 平面向量的数量积 1．数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ. 2．三个结论(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB →|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.(3)若非零向量a ＝(x 1，y 1)，非零向量b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21x 22＋y 22.3．极化恒等式：a ·b ＝14[(a ＋b )2－(a －b )2]．例2 (1)已知在直角梯形ABCD 中，AB ＝AD ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，若点M 在线段AC 上，则|MB →＋MD →|的取值范围为________． 答案 ⎣⎡⎦⎤255，22 解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (1,2)，D (0,2)， 设AM →＝λAC →(0≤λ≤1)，则M (λ，2λ)， 故MD →＝(－λ，2－2λ)，MB →＝(2－λ，－2λ)， 则MB →＋MD →＝(2－2λ，2－4λ)， ∴|MB →＋MD →|＝(2－2λ)2＋(2－4λ)2＝20⎝⎛⎭⎫λ－352＋45， 当λ＝0时，|MB →＋MD →|取得最大值22， 当λ＝35时，|MB →＋MD →|取得最小值255，∴|MB →＋MD →|∈⎣⎡⎦⎤255，22.(2)(2017·全国Ⅱ)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－43 D ．－1答案 B解析 方法一 (解析法)建立坐标系如图①所示，则A ，B ，C 三点的坐标分别为A (0，3)，图①B (－1,0)，C (1,0)．设P 点的坐标为(x ，y )， 则P A →＝(－x ，3－y )， PB →＝(－1－x ，－y )， PC →＝(1－x ，－y )，∴P A →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2(x 2＋y 2－3y )＝2⎣⎡⎦⎤x 2＋⎝⎛⎭⎫y －322－34≥2×⎝⎛⎭⎫－34＝－32. 当且仅当x ＝0，y ＝32时，P A →·(PB →＋PC →)取得最小值，最小值为－32.故选B. 方法二 (几何法)如图②所示，PB →＋PC →＝2PD →(D 为BC 的中点)，则P A →·(PB →＋PC →)＝2P A →·PD →.图②要使P A →·PD →最小，则P A →与PD →方向相反，即点P 在线段AD 上，则(2P A →·PD →)min ＝－2|P A →||PD →|， 问题转化为求|P A →||PD →|的最大值．当点P 在线段AD 上时，|P A →|＋|PD →|＝|AD →|＝2×32＝3，∴|P A →||PD →|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫|P A →|＋|PD →|22＝⎝⎛⎭⎫322＝34，∴[P A →·(PB →＋PC →)]min ＝(2P A →·PD →)min ＝－2×34＝－32.故选B.方法三 (极化恒等式)设BC 的中点为O ，OA 的中点为M ，连接OP ，PM ，如图③图③∴P A →·(PB →＋PC →)＝2PO →·P A →＝2|PM →|2－12|AO →|2＝2|PM →|2－32≥－32.当且仅当M 与P 重合时取等号．思维升华 (1)数量积的计算通常有以下几种方法：数量积的定义、坐标运算、极化恒等式、数量积的几何意义．(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算． 跟踪演练2 (1)已知AB →⊥AC →，|AB →|＝1t ，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP →＝AB →|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC →的最大值为________． 答案 13解析 建立如图所示的平面直角坐标系，则B ⎝⎛⎭⎫1t ，0，C (0，t )，AB →＝⎝⎛⎭⎫1t ，0，AC →＝(0，t )， AP →＝AB →|AB →|＋4AC →|AC →|＝t ⎝⎛⎭⎫1t ，0＋4t (0，t )＝(1,4)，∴P (1,4)，PB →·PC →＝⎝⎛⎭⎫1t －1，－4·(－1，t －4)＝17－⎝⎛⎭⎫1t ＋4t ≤17－21t·4t ＝13， 当且仅当t ＝12时等号成立．(2)在△ABC 中，已知∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，D 是AB 的中点，E ，F 分别是BC ，AC 上的动点，且EF ＝1，则DE →·DF →的最小值为________． 答案154解析 方法一 设EF 的中点为M ，连接CM ，则CM ＝12，即点M 在如图所示的圆弧上，则DE →·DF →＝|DM →|2－|EM →|2＝|DM →|2－14≥⎪⎪⎪⎪CD －122－14＝154. 方法二 (极化恒等式) 设EF 的中点为M ，连接CM . 则|CM →|＝12，即点M 在如图所示的圆弧上，则DE →·DF →＝|DM →|2－|EM →|2＝|DM →|2－14≥⎪⎪⎪⎪|CD →|－122－14＝154.真题体验1．(2017·浙江，10)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3答案 C解析 ∵I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →， 又OB →与CA →所成角为钝角， ∴I 1－I 2＜0，即I 1＜I 2. ∵I 1－I 3＝OA →·OB →－OC →·OD →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB －|OC →||OD →|cos ∠COD ＝cos ∠AOB (|OA →||OB →|－|OC →||OD →|)， 又∠AOB 为钝角，OA ＜OC ，OB ＜OD ， ∴I 1－I 3＞0，即I 1＞I 3. ∴I 3＜I 1＜I 2， 故选C.2．(2016·浙江，15)已知向量a ，b ，|a |＝1，|b |＝2.若对任意单位向量e ，均有|a·e |＋|b·e |≤6，则a·b 的最大值是________． 答案 12解析 由于e 是任意单位向量，可设e ＝a ＋b|a ＋b |，则|a·e |＋|b·e |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a·(a ＋b )|a ＋b |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b·(a ＋b )|a ＋b |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a·(a ＋b )|a ＋b |＋b·(a ＋b )|a ＋b | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(a ＋b )·(a ＋b )|a ＋b |＝|a ＋b |.∵|a·e |＋|b·e |≤6，∴|a ＋b |≤6， ∴(a ＋b )2≤6，∴|a |2＋|b |2＋2a·b ≤6. ∵|a |＝1，|b |＝2，∴1＋4＋2a·b ≤6， ∴a·b ≤12，∴a·b 的最大值为12.3．(2019·浙江，17)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i ＝1,2,3,4,5,6)取遍±1时，|λ1 AB →＋λ2 BC →＋λ3 CD →＋λ4 DA →＋λ5 AC →＋λ6 BD →|的最小值是________，最大值是________． 答案 0 2 5解析 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图，则A (0,0)，B (1,0)，C (1,1)，D (0,1)，所以λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当⎩⎪⎨⎪⎧λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1AB →＋λ2BC →＋λ3CD →＋λ4DA →＋λ5AC →＋λ6BD →|取得最大值22＋42＝2 5.押题预测1.如图，已知圆O 的半径为2，A ，B 是圆O 上任意两点，且∠AOB ＝2π3，PQ 是圆O 的直径，若点C 满足OC →＝3λOA →＋3(1－λ)OB →(λ∈R )，当CP →·CQ →取得最小值时，λ的值为( )A.12B.13C.14D.15答案 A解析 由已知得OP →＋OQ →＝0，OP →·OQ →＝－4，OA →·OB →＝2×2×cos 2π3＝－2，OA →2＝OB →2＝4，所以CP →·CQ →＝(CO →＋OP →)·(CO →＋OQ →)＝CO →2＋(OP →＋OQ →)·CO →＋OQ →·OP →＝CO →2＋OQ →·OP →＝[3λOA →＋3(1－λ)·OB →]2－4＝9λ2OA →2＋9(1－λ)2OB →2＋18λ(1－λ)OA →·OB →－4＝36λ2＋36(1－λ)2－36λ(1－λ)－4＝36(3λ2－3λ＋1)－4＝108⎝⎛⎭⎫λ－122＋5≥5，当且仅当λ＝12时取等号，所以当λ＝12时，CP →·CQ →取得最小值5.故选A.2.如图，已知B ，D 是直角C 两边上的动点，AD ⊥BD ，|AD →|＝3，∠BAD ＝π6，CM →＝12(CA →＋CB →)，CN →＝12(CD →＋CA →)，则CM →·CN →的最大值为________．答案 14(13＋4)解析 方法一 (坐标法)以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵AD ⊥BD ，|AD →|＝3，∠BAD ＝π6，∴BD ＝1，设∠CDB ＝θ，则D (0，cos θ)，B (sin θ，0)， A (3cos θ，cos θ＋3sin θ)，∵CM →＝12(CA →＋CB →)，CN →＝12(CD →＋CA →)，∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋3cos θ2，3sin θ＋cos θ2， CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3cos θ2，2cos θ＋3sin θ2，则CM →·CN →＝14(5cos 2θ＋43sin θcos θ＋3sin 2θ)＝14(23sin 2θ＋cos 2θ＋4)＝14[13sin(2θ＋φ)＋4]≤14(13＋4)， 故CM →·CN →的最大值为14(13＋4)．方法二 (极化恒等式法)设MN 的中点为G ，BD 的中点为H ， 连接MN ，CH ，HG ，CG ，CM →·CN →＝|CG →|2－14|MN →|2＝|CG →|2－116，∵|CG →|≤|CH →|＋|HG →|＝12＋134，∴CM →·CN →≤⎝⎛⎭⎫12＋1342－116＝14(13＋4)，故CM →·CN →的最大值为14(13＋4)．3．已知平面向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝2，若对任意共面的单位向量e ，记|a ·e |＋|b ·e |的最大值为M ，则M 的最小值等于________． 答案 2 5解析 记OA →＝a ，OB →＝b ，OE →＝e ， 不难发现：如图1，当〈a ，b 〉为锐角时， |a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB 1|＝M ＝|a ＋b |； 如图2，当〈a ，b 〉为钝角时， |a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB |＝M ＝|a －b |； 如图3，当〈a ，b 〉为直角时，|a ·e |＋|b ·e |＝|PQ |≤|AB |＝M ＝|a －b |＝|a ＋b |， 由上述三种情形可知，M ＝(|a ·e |＋|b ·e |)max ＝max{|a ＋b |，|a －b |}， 由平行四边形法则可知，当a ⊥b 时，M min ＝min{max{|a ＋b |，|a －b |}}＝a 2＋b 2＝2 5.A 组 专题通关1．(2018·全国Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →等于( ) A.34AB →－14AC → B.14AB →－34AC →C.34AB →＋14AC →D.14AB →＋34AC → 答案 A解析 作出示意图如图所示．EB →＝ED →＋DB →＝12AD →＋12CB →＝12×12(AB →＋AC →)＋12(AB →－AC →)＝34AB →－14AC →. 故选A.2．设向量a ＝(1,2)，b ＝(－3,5)，c ＝(4，x )，若a ＋b ＝λc (λ∈R )，则λ＋x 的值为( ) A ．－112B.112 C ．－292D.292答案 C解析 由已知可得(1,2)＋(－3,5)＝λ(4，x )⇒⎩⎪⎨⎪⎧4λ＝－2，xλ＝7⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12，x ＝－14⇒λ＋x ＝－292，故选C.3．已知向量a ，b ，其中a ＝(－1，3)，且a ⊥(a －3b )，则b 在a 方向上的投影为( ) A.43 B ．－43 C.23 D ．－23 答案 C解析 由a ＝(－1，3)，且a ⊥(a －3b )， 得a ·(a －3b )＝0，即a 2－3a·b ＝4－3a·b ＝0，a·b ＝43，所以b 在a 方向上的投影为a·b |a |＝432＝23，故选C.4．(2018·天津)在如图所示的平面图形中，已知OM ＝1，ON ＝2，∠MON ＝120°，BM →＝2MA →，CN →＝2NA →，则BC →·OM →的值为( )A ．－15B ．－9C ．－6D ．0 答案 C解析 如图，连接MN .∵BM →＝2MA →，CN →＝2NA →， ∴AM AB ＝13＝AN AC， ∴MN ∥BC ，且MN BC ＝13，∴BC →＝3MN →＝3(ON →－OM →)， ∴BC →·OM →＝3(ON →·OM →－OM →2) ＝3(2×1×cos 120°－12)＝－6.故选C.5．Rt △ABC 的斜边AB 等于4，点P 在以C 为圆心，1为半径的圆上，则P A →·PB →的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤－32，52 B.⎣⎡⎦⎤－52，52 C.[]－3，5 D.[]1－23，1＋23答案 C解析 P A →·PB →＝()PC →＋CA →·()PC →＋CB → ＝PC →2＋()CA →＋CB →·PC →＋CA →·CB →. 因为CA →·CB →＝0，PC →2＝1，||CA →＋CB →＝4， 所以P A →·PB →＝1＋()CA →＋CB →·PC →，所以当PC →与CA →＋CB →同向时取最大值5，反向时取最小值－3.6．已知向量OA →，OB →满足|OA →|＝1，|OB →|＝2，∠AOB ＝π3，M 为△OAB 内一点(包括边界)，OM→＝xOA →＋yOB →，若OM →·BA →≤－1，则以下结论一定成立的是( ) A.23≤2x ＋y ≤2 B.12x ≤y C ．－1≤x －3y D.23≤x ＋y ≤1 答案 B解析 因为|OA →|＝1，|OB →|＝2，∠AOB ＝π3，则不妨设OA →＝(1,0)，OB →＝(1，3)，则OM →＝xOA →＋yOB →＝(x ＋y ，3y )，BA →＝(0，－3)， 所以OM →·BA →＝－3y ≤－1，解得y ≥13.又因为点M 为△OAB 内一点(包含边界)， 所以x ，y 满足的关系式为⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥13，x ＋y ≤1，取x ＝0，y ＝13，此时2x ＋y ＝13<23，故A 选项不一定成立；由y ≥13，x ＋y ≤1，得x ≤23，所以x 2≤13≤y ，故B 选项一定成立；取x ＝0，y ＝1，此时x －3y ＝－3<－1，故C 选项不一定成立；取x ＝0，y ＝13，此时x ＋y ＝13<23，故D 选项不一定成立，综上所述，选B.7．已知向量a ＝(1，－1)，b ＝(t,2)，若(a ＋b )∥(a －b )，则实数t ＝________. 答案 －2解析 向量a ＝(1，－1)，b ＝(t,2)，a ＋b ＝(1＋t,1)， a －b ＝(1－t ，－3)，根据(a ＋b )∥(a －b )得， －3(1＋t )＝1－t ，解得t ＝－2.8．已知向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，a 与b 的夹角为π3，则|a ＋2b |＝________；a 与a －2b的夹角为__________． 答案 23π3解析 由题意得a ·b ＝|a |·|b |cos π3＝1，所以|a ＋2b |＝(a ＋2b )2＝|a |2＋4a ·b ＋4|b |2＝23，|a－2b |＝(a －2b )2＝|a |2－4a ·b ＋4|b |2＝2，则cos 〈a ，a －2b 〉＝a ·(a －2b )|a ||a －2b |＝|a |2－2a ·b |a ||a －2b |＝12，所以a 与a －2b 的夹角为π3.9．在△ABC 中，点D 满足BD →＝34BC →，当点E 在射线AD (不含点A )上移动时，若AE →＝λAB →＋μAC →，则(λ＋1)2＋μ2的取值范围为________． 答案 (1，＋∞)解析 AE →＝|AE ||AD |AD →＝|AE ||AD |⎝⎛⎭⎫14AB →＋34AC →， 记x ＝|AE |4|AD |∈(0，＋∞)，则λ＝x ，μ＝3x ，所以(λ＋1)2＋μ2＝(x ＋1)2＋9x 2 ＝10x 2＋2x ＋1∈(1，＋∞)．10．(2017·浙江)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________． 答案 4 2 5解析 设a ，b 的夹角为θ， ∵|a |＝1，|b |＝2， ∴|a ＋b |＋|a －b |＝(a ＋b )2＋(a －b )2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ.令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ.则y 2＝10＋225－16cos 2θ.∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]， ∴y 2∈[16,20]，∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25]．11.如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E ，F 是AD 上的两个三等分点，BA →·CA →＝4，BF →·CF →＝－1，则BE →·CE →的值是________．答案 78解析 方法一 (几何法)设AB →＝a ，AC →＝b ，则BA →·CA →＝(－a )·(－b )＝a ·b ＝4.又∵D 为BC 中点，E ，F 为AD 的两个三等分点， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝12a ＋12b ，AF →＝23AD →＝13a ＋13b .AE →＝13AD →＝16a ＋16b ，BF →＝BA →＋AF →＝－a ＋13a ＋13b ＝－23a ＋13b ，CF →＝CA →＋AF →＝－b ＋13a ＋13b ＝13a －23b ，则BF →·CF →＝⎝⎛⎭⎫－23a ＋13b ·⎝⎛⎭⎫13a －23b ＝－29a 2－29b 2＋59a ·b ＝－29(a 2＋b 2)＋59×4＝－1. 可得a 2＋b 2＝292.又BE →＝BA →＋AE →＝－a ＋16a ＋16b ＝－56a ＋16b .CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋16a ＋16b ＝16a －56b ，则BE →·CE →＝⎝⎛⎭⎫－56a ＋16b ·⎝⎛⎭⎫16a －56b＝－536(a 2＋b 2)＋2636a ·b ＝－536×292＋2636×4＝78.方法二 (坐标法)以D 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴， 建立如图所示的平面直角坐标系，设C (a ,0)，A (3x ,3y )，则E (2x ,2y )，F (x ，y )，B (－a ,0)，BA →＝(3x ＋a ,3y )，CA →＝(3x －a ,3y )，BF →＝(x ＋a ，y )，CF →＝(x －a ，y )，BE →＝(2x ＋a ,2y )，CE →＝(2x －a ,2y )， ∴BA →·CA →＝9(x 2＋y 2)－a 2＝4，BF →·CF →＝x 2＋y 2－a 2＝－1， 解得x 2＋y 2＝58，a 2＝138，∴BE →·CE →＝4(x 2＋y 2)－a 2＝78.方法三 (极化恒等式)设DC ＝a ，DF ＝b ，BA →·CA →＝|AD →|2－|BD →|2＝9b 2－a 2＝4. BF →·CF →＝|FD →|2－|BD →|2＝b 2－a 2＝－1， 解得b 2＝58，a 2＝138，∴BE →·CE →＝|ED →|2－|BD →|2＝4b 2－a 2＝78.12．(2019·台州模拟)直线ax ＋by ＋c ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝16相交于M ，N 两点，若c 2＝a 2＋b 2，P 为圆O 上的任意一点，则PM →·PN →的取值范围为________． 答案 [－6,10]解析 方法一 (坐标法)以O 为坐标原点，MN 的平行线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．圆心O 到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b 2＝1，r ＝4，则M (－15，－1)，N (15，－1)，设P (4cos θ，4sin θ)， 则PM →＝(－15－4cos θ，－1－4sin θ)， PN →＝(15－4cos θ，－1－4sin θ)，PM →·PN →＝16cos 2θ－15＋16sin 2θ＋8sin θ＋1＝2＋8sin θ∈[－6,10]，故PM →·PN →的取值范围为[－6,10]． 方法二 (极化恒等式)圆心O 到直线ax ＋bx ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b 2＝1，则|MN |＝242－1＝215.设MN 的中点为A ，PM →·PN →＝|P A →|2－|MA →|2＝|P A →|2－15， ∵|OP →|－|OA →|≤|P A →|≤|OP →|＋|OA →|， ∴3≤|P A →|≤5，所以PM →·PN →＝|P A →|2－15∈[－6,10]．B 组 能力提高13．(2019·嘉丽衢联考)已知a ，b ，c 是平面内三个单位向量，若a ⊥b ，则|a ＋2c |＋|3a ＋2b －c |的最小值为( ) A.29 B.29－3 2 C.19－2 3 D ．5答案 A解析 设c ＝(x ，y )，a ＝(1,0)，b ＝(0,1)， 则x 2＋y 2＝1，从而 |a ＋2c |＋|3a ＋2b －c | ＝(2x ＋1)2＋(2y )2＋(x －3)2＋(y －2)2＝3(x 2＋y 2)＋x 2＋y 2＋4x ＋1＋(x －3)2＋(y －2)2 ＝(x ＋2)2＋y 2＋(x －3)2＋(y －2)2≥52＋22＝29，等号可取到．14．若平面向量a ，b ，e 满足|a |＝2，|b |＝3，|e |＝1，且a ·b －e ·(a ＋b )＋1＝0，则|a －b |的最小值为( )A ．1 B.13－4 3 C.12－4 3D.7答案 B解析 方法一 因为(a ＋b －e )2＝a 2＋b 2＋1＋2a ·b －2e ·(a ＋b )＝12，所以|a ＋b －e |＝23，所以23－1≤|a ＋b |≤23＋1，又因为(a ＋b )2＋(a －b )2＝2(a 2＋b 2)＝26，所以|a －b |＝26－(a ＋b )2≥13－43，故选B. 方法二 设〈e ，a ＋b 〉＝θ，则由a ·b －e ·(a ＋b )＋1＝0得a ·b －|e |·|a ＋b |cos θ＋1＝0，所以cos θ＝1＋a ·b |a ＋b |＝1＋a ·b 13＋2a ·b ，由|cos θ|≤1得⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋a ·b 13＋2a ·b ≤1， 解得－23≤a ·b ≤23，所以|a －b |＝13－2a ·b ∈[13－43，13＋43]，故|a －b |min ＝13－43， 故选B.15．已知平面向量α，β(α≠0，α≠β)满足|β|＝1，且α与β－α的夹角为120°，则|α|的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎦⎤0，233 解析 如图所示，记θ＝〈β，β－α〉，由正弦定理得|β|sin 60°＝|α|sin θ，∴|α|＝sin θ×23＝233sin θ. 又0°<θ<120°，∴0<sin θ≤1.即0<|α|≤233. 16．已知|c |＝2，向量b 满足2|b －c |＝b ·c .当b ，c 的夹角最大时，|b |＝________.答案 2 2解析 设〈b ，c 〉＝θ，则由2|b －c |＝b ·c 得4(b －c )2＝(b ·c )2，即4|b |2sin 2θ－16|b |cos θ＋16＝0，则4cos θ＝|b |sin 2θ＋4|b |≥2|b |sin 2θ·4|b |＝4sin θ， 当且仅当|b |sin 2θ＝4|b |， 即|b |＝2sin θ时，等号成立， 则tan θ＝sin θcos θ≤1，所以θ≤π4， 当θ＝π4时，|b |＝2 2. 17．已知平面中的三个向量a ，b ，c 满足a ·b ＝1，〈a ，b 〉＝π3，c ·a ＝1，c ·b ＝2，则|c |的最小值是________．答案 233解析 由a ·b ＝1，〈a ，b 〉＝π3， 得|a ||b |＝2，设a ＝(t ,0)(t ＞0)，则b ＝⎝⎛⎭⎫1t ，3t ，设c ＝(x ，y )，由c ·a ＝1，c ·b ＝2， 得⎩⎪⎨⎪⎧ xt ＝1，x t ＋3y t ＝2，消去t 得x 2＋3xy ＝2，由此得y ＝2－x 23x ⎝⎛⎭⎫x ＝1t ＞0， 所以|c |＝x 2＋y 2＝x 2＋(2－x 2)23x 2 ＝43⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－1≥43⎝⎛⎭⎫2x 2·1x 2－1 ＝43＝233(当且仅当x ＝1时等号成立)． 故|c |min ＝233.。

2020浙江高考数学二轮讲义：专题一第5讲导数的简单应用Word版含解析

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第 5 讲 导数的简单应用导数运算及其几何意义[ 核心提炼 ]1．导数公式(1)(sin x)′＝ cos x ；(2)(cos x)′＝－ sin x ； (3)(a x )′＝ a x ln a(a>0) ；(4)(log a x)′＝ xln 1a (a>0，且 a ≠1)．2．导数的几何意义函数 f(x)在 x 0 处的导数是曲线f(x)在点 P( x 0， f(x 0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点 P 处的切线的斜率 k ＝ f ′ (x 0)，相应的切线方程为y － f( x 0)＝ f ′(x 0) ·(x － x 0)．[ 典型例题 ](1)(2019 绍·兴市柯桥区高三模拟 )已知曲线 y ＝ 1x 2－ 3ln x 的一条切线的斜率为－ 1，42 则切点的横坐标为 ()1 A ．－ 3B ． 2C ．－3或 2D. 2(2)已知 f(x)＝ln x， g(x)＝ (1＋ sin x)2，x 2＋ 1若 F(x)＝ f(x)＋ g(x)，则 F(x)的导函数为 ________．【分析 】 (1)设切点为 (m ， n)(m ＞ 0)， y ＝14x2－ 3ln x 的导数为 y ′＝12x －3x ，可得切线的斜率为12m － m 3＝－ 12，解方程可得， m ＝2. 应选 B.（ln x ）′（ x 2＋ 1）－ ln x （ x 2＋ 1） ′(2)由于 f ′(x) ＝（ x 2＋ 1）21x（x 2 ＋ 1）－ 2xln x ＝（ x 2＋ 1）2x 2＋ 1－ 2x 2ln x ＝x （ x 2＋ 1） 2g′(x)＝ 2(1＋ sin x)(1＋ sin x)′＝ 2cos x＋ sin 2x，x2＋ 1－ 2x2ln x所以 F′(x) ＝f′(x) ＋g′(x)＝ 2 2＋ 2cos x＋sin 2 x.x（ x ＋ 1）x2＋1－ 2x2ln x【答案】(1)B (2) x（ x2＋ 1）2 ＋ 2cos x＋ sin 2x利用导数几何意义解题的思路(1)利用导数的几何意义解题主假如利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转变．(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则依据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．[ 对点训练 ]1．已知 a∈ R，设函数f(x)＝ ax－ ln x 的图象在点 (1，f(1)) 处的切线为l ，则 l 在 y 轴上的截距为 ________．分析：由于 f′(x)＝ a－1x，所以 f′(1) ＝ a－1，又 f(1) ＝ a，所以切线 l 的方程为y－ a＝ (a－ 1)(x－1)，令 x＝0，得 y＝1.故填 1.答案： 12．(2019 浙·江省十校联合体期末检测 )已知函数 f(x)＝ ae x＋ x2，g(x)＝ cos π x＋ bx，直线 l 与曲线 y＝ f(x)切于点 (0， f(0)) ，且与曲线 y＝ g(x)切于点 (1，g(1)) ，则 a＋b＝ ________，直线 l 的方程为 ________．分析： f′(x)＝ ae x＋2x， g′(x)＝－π sin πx＋ b，f(0) ＝ a， g(1)＝ cos π＋b＝ b－ 1，f′(0)＝ a， g′(1)＝ b，由题意可得f′(0)＝ g′(1) ，则 a＝ b，b－ 1－ a又 f ′(0)＝＝a，1－ 0即 a＝ b＝－ 1，则 a＋ b＝－ 2；所以直线l 的方程为 x＋ y＋1＝ 0.答案：－ 2x＋ y＋ 1＝ 03．(2019 ·州期末湖 )如图， y＝ f(x)是可导函数，直线l： y＝ kx＋ 2 是曲线 y＝ f(x)在 x＝ 3 处的切线，令g(x)＝ xf(x)，此中 g′(x)是 g(x)的导函数，则g′(3)＝ ________．1分析：由题图可知曲线y＝ f(x)在 x＝ 3 处切线的斜率等于－3，1即 f ′(3)＝－3.又由于 g(x)＝ xf(x)，所以 g′(x)＝ f(x) ＋xf′(x)， g′(3) ＝ f(3)＋ 3f′(3) ，1由题图可知f(3) ＝ 1，所以 g′(3)＝ 1＋ 3× －3＝ 0.答案： 0利用导数研究函数的单一性[ 核心提炼 ]1．若求函数的单一区间(或证明单一性)，只需在其定义域内解(或证明 )不等式 f ′(x)>0 或f′(x)<0 即可．2．若已知函数的单一性，则转变为不等式f′(x)≥ 0 或 f′ (x)≤ 0 在单一区间上恒建立问题来求解．[ 典型例题 ](1)设函数 f(x)＝ xe2－x＋ ex，求 f(x)的单一区间．(2)设 f(x)＝ e x(ln x－a)(e 是自然对数的底数， e＝ 2.71 828 )若函数 f(x)在区间1e，e上单一递减，求 a 的取值范围．【解】(1)由于 f(x)＝ xe2－x＋ex.由 f ′(x)＝ e2－x(1－ x＋ e x－1)及 e2－x＞ 0 知，f′(x)与 1－ x＋ e x－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)上单一递减；当 x∈ (1，＋∞ )时， g′(x)＞ 0， g(x)在区间 (1，＋∞)上单一递加．故 g(1) ＝ 1 是 g(x)在区间 (－∞，＋∞ )上的最小值，进而 g(x)＞ 0， x∈ (－∞，＋∞ )．综上可知， f′(x)＞ 0， x∈ (－∞，＋∞ )，故 f(x)的单一递加区间为 (－∞，＋∞ )．1 1(2)由题意可得 f′(x)＝ e x ln x＋x－ a ≤0 在e， e 上恒建立．1 1 1， e 上恒建立．令1由于 e x>0 ，所以只需 ln x＋－ a≤ 0，即 a≥ ln x＋在e g(x)＝ ln x＋ .x x x1 1 x－ 1由于 g′(x)＝x－x2＝x2 ，由 g′(x)＝ 0，得 x＝ 1.x 1， 1 (1， e) eg′ (x) －＋g(x)1 1 1 1g e ＝ ln e＋ e＝ e－ 1， g(e)＝ 1＋e，由于 e－ 1>1＋e，1所以 g(x) max＝ g e＝ e－ 1.故 a≥ e－ 1.求解或议论函数单一性问题的解题策略议论函数的单一性其实就是议论不等式的解集的状况．大部分状况下，这种问题能够归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的议论：(1)在能够经过因式分解求出不等式对应方程的根时，依照根的大小进行分类议论．(2)在不可以经过因式分解求出根的状况时，依据不等式对应方程的鉴别式进行分类议论．[注意 ]议论函数的单一性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽略了定义域的限制．1．(2019 ·江新高考冲刺卷浙[ 对点训练 ])已知定义在R 上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)；当x≥0 时，恒有 x2f′ (x)＋ f(－x)≤0，若g(x)＝ x2f(x)，则不等式g(x)＜ g(1－ 2x)的解集为( )1A．(3，1)1B． (－∞，3) ∪(1，＋∞ )1C． (3，＋∞ )1D． (－∞，3)分析：选 A. 由于定义在R 上的偶函数f(x)，所以 f(－ x)＝ f(x)．x由于 x≥ 0 时，恒有2f′(x)＋ f(－ x)≤ 0，所以 x2 f′(x)＋ 2xf(x)≤ 0，由于 g(x)＝ x2 f(x)，所以 g′(x)＝ 2xf(x)＋ x2 f′(x)≤ 0，所以 g(x)在 [0，＋∞ )为减函数，由于 f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以 g(x)在 (－∞， 0)上为增函数，由于 g(x)＜ g(1－ 2x)，所以 |x|＞ |1－ 2x|，即( x－ 1)(3x－ 1)＜0，1解得3＜ x＜ 1，选 A.x－ 12．(2019 ·州市高三期末湖)已知函数f(x) ＝e x.(1)求函数 f(x)的单一区间和极值；(2)若函数 y＝ g(x)对随意 x 知足 g(x)＝ f(4－x)，求证：当x＞ 2 时， f(x)＞ g(x)；(3)若 x1≠ x2，且 f(x1)＝f(x2)，求证： x1＋ x2＞ 4.x－12－ x解： (1) 由于 f(x)＝e x，所以f′(x)＝e x.令 f ′(x)＝ 0，解得 x＝2.x(－∞， 2)2(2，＋∞ )f′(x) ＋0 －f( x) 极大值1 2 e所以 f(x)在 (－∞， 2)内是增函数，在(2，＋∞ )内是减函数．所以当 x＝ 2 时， f(x)获得极大值f(2)＝1 2. e3－x (2)证明： g(x)＝ f(4－ x)＝4－ x，ex－ 1 3－ x令 F(x)＝ f(x)－ g(x)＝e x －e4－x，42x ）2－ x 2－ x （ 2－ x）（ e － e所以 F′(x) ＝e x－e4－x＝e x＋4 .当 x＞ 2 时， 2－ x＜ 0， 2x＞ 4，进而 e4－ e2 x＜ 0，所以 F′(x) ＞0， F(x)在 (2，＋∞) 是增函数．1 1所以 F(x)＞ F(2) ＝e2－e2＝ 0，故当 x＞ 2 时， f( x)＞ g(x)建立．(3)证明：由于 f(x)在( －∞， 2)内是增函数，在(2，＋∞ )内是减函数．所以若 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)， x1、x2不行能在同一单一区间内．不如设 x1＜ 2＜ x2，由 (2) 可知 f(x2)＞ g(x2)，又 g(x2)＝ f(4－ x2)，所以 f(x2 )＞ f(4－ x2)．由于 f(x1)＝ f(x2)，所以 f(x1)＞ f(4－ x2)．由于 x2＞ 2， 4－ x2＜2， x1＜ 2，且 f(x)在区间 (－∞， 2)内为增函数，所以 x1＞ 4－ x2，即 x1＋ x2＞4.利用导数研究函数的极值(最值 )问题[ 核心提炼 ]1．若在 x0邻近左边f′(x)>0，右边 f′(x)<0，则 f( x0)为函数 f(x)的极大值；若在x0邻近左边f′(x)<0 ，右边 f′ (x)>0 ，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值．2．设函数y＝ f(x)在 [a， b]上连续，在 (a， b)内可导，则f(x) 在[a，b] 上必有最大值和最小值且在极值点或端点处获得．[ 典型例题 ]x1(1) 已知函数 f(x)＝ (x － 2x － 1)e (x ≥ 2)．①求 f(x)的导函数；②求 f(x)在区间 12，＋∞ 上的取值范围．－2＋ aln x. (2)(2019 浙·江名校协作体高三联考 )已知 a ∈ R ，函数 f(x)＝ x ①若函数 f(x) 在(0， 2)上递减，务实数 a 的取值范围；②当 a ＞ 0 时，求 f(x) 的最小值 g(a)的最大值；③设 h(x)＝ f(x)＋ |(a － 2)x|， x ∈ [1，＋∞ )，求证： h(x)≥ 2.【解】(1)① 由于 (x － 2x － 1)′＝ 1－1，2x －1(e －x )′＝－ e －x ，1所以 f ′(x)＝1－－x－ (x － －x＝2x － 1 e 2x － 1)e（1－ x ）（ 2x － 1－2） e －x12x － 1x> 2.②由 f ′(x)＝ （ 1－ x ）（ 2x － 1－ 2） e－x2x － 1＝ 0，5解得 x ＝ 1 或 x ＝ 2.由于x1 1 15 5 2( ，1)(1， )222f ′(x)－＋115f(x)e －1－2 2e2又 f(x)＝ 1－x≥ 0，( 2x －1－ 1)2e21，＋∞1所以 f(x)在区间上的取值范围是1 －2 .2 0， 2e(2)①函数 f(x)在 (0， 2)上递减 ? 任取 x ∈ (0， 2)，恒有 f ′ (x)≤ 0 建立，5(2，＋ ∞ )－而 f ′(x)＝ax － 2≤ 0? 任取 x ∈ (0，2) ，恒有 a ≤2建立，x 2x而2x ＞ 1，则 a ≤ 1 知足条件．②当 a ＞ 0 时， f ′(x)＝ax －22＝ 0? x ＝ 2.xax2 2 2，＋∞ ) (0， a ) a(af ′ (x) －0 ＋f(x)极小值f(x)的最小值 g( a)＝ f(2)＝ a ＋ aln 2，a a g ′(a)＝ ln 2 －ln a ＝ 0? a ＝2.a (0， 2) 2 (2，＋∞ )g ′(a) ＋0 －g(x)极大值g(a)的最大值为 g(2)＝ 2.③证明： 当 a ≥ 2 时， h(x)＝f(x)＋ (a － 2)x ＝2x ＋ aln x ＋ (a － 2)x ，ax － 2h ′(x)＝ x 2 ＋ a － 2≥ 0，所以 h(x)在 [1，＋ ∞ )上是增函数，故h(x) ≥h(1) ＝a ≥ 2.2当 a ＜ 2 时， h(x)＝ f(x)－ ( a － 2)x ＝ x ＋ aln x －(a －2)x ，h ′(x)＝ax － 2x 2 － a ＋ 2＝（（ 2－ a ）x ＋ 2）（ x － 1） x 2＝0，解得x ＝－2 ＜0或2－ ax ＝1， h(x)≥ h(1)＝ 4－ a ＞ 2，综上所述： h( x)≥ 2.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程 f ′(x)＝0 的根，再检查 f ′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在状况，则转变为已知方程 f ′(x) ＝0 根的大小或存在状况来求解．(3)求函数 f(x)在闭区间 [ a ，b]的最值时，在获得极值的基础上， 联合区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较获得函数的最值．[ 对点训练 ](2019 嵊·州模拟 )已知函数1 31 2f( x)＝ ln x ，g(x)＝x＋x ＋ mx ＋ n ，直线 l 与函数 f(x)，g(x) 的图32象都相切于点 (1， 0)．(1)求直线 l 的方程及 g(x)的分析式；(2)若 h(x)＝ f( x)－ g ′(x)(此中 g ′(x) 是 g(x)的导函数 )，求函数 h(x)的极大值．解： (1) 直线 l 是函数 f(x)＝ ln x 在点 (1， 0)处的切线，故其斜率 k ＝ f ′(1) ＝ 1，所以直线 l 的 方程为 y ＝x － 1.又由于直线 l与 g(x)的图象相切，且切于点 (1，1 31 20)，所以 g(x)＝ x ＋x ＋ mx32＋ n 在点 (1 ，0)处的导数值为 1，1 1m ＝－ 1，g （ 1）＝ 0，3＋ 2＋ m ＋ n ＝ 0，? ?所以1g ′（1）＝ 11＋ 1＋ m ＝ 1n ＝ 6，1 31 2 1所以 g(x)＝ x ＋2 x － x ＋ .36(2)由 (1)得 h(x)＝ f(x)－ g ′(x)＝ ln x － x 2－ x ＋ 1(x>0) ，所以 h ′(x)＝ 1－ 2x － 1＝ 1－ 2x 2－ x （ 2x － 1）（ x ＋ 1）.x ＝－xx1令 h ′(x)＝ 0，得 x ＝ 2或 x ＝－ 1(舍 )．10， 1当 0< x<2时， h ′(x)>0，即 h(x)在2 上单一递加； 11当 x>2时， h ′(x)<0 ，即 h(x)在2，＋ ∞ 上单一递减．1所以，当 x ＝ 2时， h(x)获得极大值，所以 h(x) 极大值 ＝ h 1 ＝ ln 1＋ 1＝ 1－ ln 2.22 4 4专题加强训练1．函数 f(x)＝1x 2－ ln x 的最小值为 () 21 B ． 1A. 2C． 0 D．不存在分析： 选 A. 由于 f ′(x)＝ x －1x 2－ 1＝ x ，且 x>0.令 f ′(x)>0 ，得 x>1；令 f ′(x)<0，得 0<x<1.所x1 1以 f(x)在 x ＝1 处获得最小值，且 f(1) ＝2 － ln 1＝ 2.2．已知 m 是实数，函数 f(x)＝ x 2(x － m)，若 f ′(－ 1)＝－ 1，则函数 f(x)的单一递加区间是 ()4A. －3，4B. 0，34C. －∞，－ 3 ， (0，＋∞ )4D. －∞，－ 3 ∪ (0，＋∞ )分析：选 C.由于 f ′(x)＝ 3x 2－ 2mx ，所以 f ′(－ 1)＝ 3＋2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.所以 f ′(x)＝ 3x 2＋ 4x.由 f ′(x)＝ 3x 2＋ 4x>0，解得 x<－43或 x>0，即 f(x)的单一递加区间为4， (0，＋ ∞ )，应选 C. －∞，－ 33．已知 f(x)＝x 2＋ax ＋ 3ln x 在 (1，＋∞ )上是增函数，则实数a 的取值范围为 ()A ． (－∞，－ 2 6]B. －∞， 62C ． [－ 2 6，＋∞ )D ． [－ 5，＋∞ )32x 2＋ ax ＋ 3 g(x)＝ 2x 2＋分析： 选 C.由题意得 f ′(x)＝ 2x ＋a ＋＝x≥ 0 在 (1，＋ ∞ )上恒建立 ?xaax ＋ 3≥ 0 在 (1，＋ ∞ )上恒建立 ? 2－4≤1，－2 6≤ a ≤ 2 6或 a ≥－ 4? a＝ a － 24≤ 0 或?g （ 1） ≥ 0≥－2 6.4．(2019 台·州二模 )已知函数 f( x)＝ x 2＋ bx ＋c( b ， c ∈ R)， F(x)＝ f ′（ x ），若 F(x)的图象 xe在 x ＝ 0 处的切线方程为 y ＝－ 2x ＋ c ，则函数 f(x)的最小值是 ()A ． 2B ． 1C ． 0D ．－ 12x ＋ b 2－2x － b分析：选 C.由于 f ′(x)＝ 2x ＋b ，所以 F( x)＝ e x ，F ′(x)＝ ex，又 F(x)的图象在 x ＝ 0处的切线方程为 y ＝－ 2x ＋c ，F ′（0）＝－ 2， b ＝ c ，所以 f(x)＝ (x ＋2) 2≥0， f(x)min ＝ 0.所以F （ 0）＝ c ， 得b ＝ 4，5．(2019 温·州瑞安七校模拟 )已知函数 f(x)＝ ( x － x 1) ·(x － x )( x －x )(此中 x ＜ x ＜ x )， g(x)23123x－xα，β(α＜ β)．设 λ＝x 1＋ x 2x 2＋ x 3)＝ e － e，且函数 f(x)的两个极值点为， μ＝，则 (22A ． g(α)＜ g(λ)＜g(β)＜ g(μ)B ． g(λ)＜ g(α)＜g(β)＜g(μ)C ． g(λ)＜ g(α)＜g(μ)＜g(β)D ． g(α)＜ g(λ)＜g(μ)＜ g(β)分析： 选 D.由题意， f ′(x)＝ (x － x 1)(x － x 2)＋( x － x 2)(x － x 3)＋ (x － x 1)( x － x 3)，x ＋ x（ x － x ） 2由于 f ′( 1221＜ 0，2) ＝－4x 2＋x 3（ x 2－ x 3 ）2f ′( 2 )＝－4 ＜ 0，由于 f(x)在 (－ ∞， α)， (β，＋ ∞ )上递加， (α， β)上递减，所以 α＜ λ＜ μ＜β，由于 g(x)＝ e x － e－x单一递加，所以 g(α)＜ g(λ)＜ g(μ)＜ g(β)．应选 D.2b＋ a ，x ∈ [a ，＋∞ )，其 6．(2019 宁·波诺丁汉大学附中高三期中考试 )已知函数 f(x)＝ x ＋ x 中 a ＞ 0， b ∈ R ，记 m(a ， b)为 f(x) 的最小值，则当 m(a ， b)＝ 2 时， b 的取值范围为 ()11A ． b ＞3B ． b ＜ 31 1C ． b ＞ 2D ． b ＜ 22b分析： 选 D.函数 f(x)＝ x ＋ x ＋a ， x ∈ [a ，＋ ∞ )，2b 导数 f ′(x)＝ 1－ x 2 ，当 b ≤ 0 时， f ′(x)＞ 0， f(x)在 x ∈ [a ，＋ ∞) 递加，可得 f(a)获得最小值，2b2b且为 2a ＋ a ，由题意可得 2a ＋ a ＝ 2， a ＞0， b ≤ 0 方程有解；当 b ＞ 0 时，由 f ′(x)＝ 1－ x 2 ＝0，可得 x ＝ 2b(负的舍去 )，当 a ≥ 2b 时， f ′(x)＞ 0， f(x)在 [a ，＋ ∞ )递加，可得 f( a)为最小值，2b且有 2a ＋ a ＝ 2， a ＞ 0， b ＞ 0，方程有解；当 a ＜ 2b 时， f(x)在 [a ， 2b] 递减，在 ( 2b ，＋ ∞ )递加，可得 f( 2b)为最小值，且有a ＋ 2 2b ＝ 2，即 a ＝ 2－ 2 2b ＞0，1解得 0＜ b ＜2.1综上可得 b 的取值范围是 (－∞， 2)． 应选 D.2x 2＋ 3x7．(2019 浙·江 “ 七彩阳光 ”结盟模拟 )函数 f(x)＝ 2ex 的大概图象是 ()3－ 2x 2＋ x ＋ 3分析： 选 B. 由 f(x)的分析式知有两个零点x ＝－ 2与 x ＝ 0，清除 A ，又 f ′(x)＝2e x，由 f ′(x)＝ 0 知函数有两个极值点，清除 C ，D ，应选 B.8．(2019 成·都市第一次诊疗性检测 ) 已知曲线 C 1：y 2＝ tx(y>0，t>0) 在点 M4， 2 处的切线t与曲线 C 2： y ＝ e x ＋1＋ 1 也相切，则 t 的值为 () A ． 4e2B ． 4eC.e 2D.e44分析：选 A. 由 y ＝ tx ，得 y ′＝ttt42 tx ，则切线斜率为 k ＝ 4，所以切线方程为 y －2＝ 4 x － t ，即 y ＝ tx ＋1.设切线与曲线 y ＝ e x ＋1 ＋1 的切点为 (x 0，y 0)．由 y ＝e x ＋ 1＋ 1，得 y ′＝ e x ＋1，则由 ex 0 4tt tt t t＋ 1＝ 4，得切点坐标为 ln 4－ 1，4＋ 1 ，故切线方程又可表示为 y － 4－ 1＝4 x － ln 4＋ 1 ，即y ＝ t x － t ln t ＋ t＋ 1，所以由题意，得－t ln t ＋ t ＋ 1＝ 1，即 ln t＝ 2，解得 t ＝ 4e 2，应选 A. 44 4 24 4 2 49．(2019 金·华十校高考模拟2 3 23 的)已知函数 f(x)＝ x － x ＋ ax － 1，若曲线存在两条斜率为3切线，且切点的横坐标都大于 0，则实数 a 的取值范围为 ____________ ．分析：由题意知， f(x) ＝3x3－ x2＋ax－ 1 的导数f′(x)＝ 2x2－ 2x＋ a.＝4－ 8（a－ 3）＞ 02x2－ 2x＋ a＝ 3 有两个不等正根，则1，2（ a－ 3）＞ 07得 3＜ a＜2.答案：73，210． (2019 湖·州市高三期末 ) 定义在 R 上的函数 f(x)知足： f(1) ＝1，且关于随意的x∈R ，都有 f′(x)＜1，则不等式 f(log 2log2x＋1的解集为 ________．2 x)＞ 21分析：设 g(x)＝ f(x) －2x，1由于 f′(x)＜2，所以 g′(x)＝ f′(x)－12＜ 0，所以 g(x)为减函数，又f(1) ＝ 1，2log x＋1 1 2 1所以 f(log x)＞2＝2log x＋2，21 1即 g(log 2x)＝ f(log 2x)－2log2x＞21＝g(1) ＝ f(1)－2＝ g(log 22)，所以 log2 x＜log 22，又 y＝ log2x 为底数是 2 的增函数，所以 0＜ x＜ 2，log x＋ 1则不等式 f(log 2 x)＞2的解集为 (0， 2)．2答案： (0， 2)11． (2019 ·兴、诸暨高考二模绍)已知函数 f( x)＝ x3－ 3x，函数 f(x)的图象在 x＝ 0 处的切线方程是 ________；函数 f(x)在区间 [0， 2]内的值域是 ________．分析：函数 f(x)＝ x3－ 3x，切点坐标 (0， 0)，导数为 y′＝ 3x2－ 3，切线的斜率为－3，所以切线方程为y＝－ 3x；3x 2－ 3＝0，可得 x ＝ ±1， x ∈ (－ 1， 1)， y ′＜0，函数是减函数， x ∈ (1，＋ ∞) ，y ′＞0 函数是增函数， f(0) ＝ 0， f(1) ＝－ 2， f(2)＝ 8－6＝ 2，函数 f(x)在区间 [0， 2]内的值域是 [ － 2， 2]． 答案： y ＝－ 3x [－ 2， 2]12． (2019 台·州市高三期末考试 )已知函数 f(x)＝ x 2－ 3x ＋lnx ，则 f(x)在区间 [1， 2]上的最2小值为 ________；当 f(x)取到最小值时， x ＝ ________．2x 2－ 3x ＋1分析： f ′(x)＝ 2x － 3＋1＝x (x ＞ 0)，x1令 f ′(x)＝ 0，得 x ＝2， 1，1当 x ∈ (2， 1)时， f ′(x)＜ 0， x ∈ (1， 2)时， f ′(x)＞ 0，1所以 f(x)在区间 [2， 1]上单一递减，在区间[1， 2]上单一递加，1所以当 x ＝ 1 时， f(x)在区间 [2 ， 2] 上的最小值为 f(1)＝－ 2. 答案： －2113． (2019 ·山二模唐 )已知函数 f(x)＝ ln x － nx(n>0) 的最大值为 g(n)，则使 g(n)－ n ＋ 2>0 建立的 n 的取值范围为 ________．分析： 易知 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)．1由于 f ′(x)＝ x － n(x>0， n>0)，当 x ∈1 0， n时， f ′(x)>0 ，当 x ∈1n ，＋ ∞ 时， f ′(x)<0 ，11 所以 f(x)在0， n 上单一递加，在n ，＋ ∞ 上单一递减，所以f(x)的最大值g(n)＝ f1n ＝－ ln n － 1.设h(n)＝ g(n)－ n ＋ 2＝－ ln n － n ＋ 1.由于1h ′(n)＝－ n － 1<0 ，所以 h(n)在 (0，＋ ∞ )上单一递减．又h(1) ＝ 0，所以当 0<n<1 时， h(n)>h(1)＝ 0，故使 g(n)－ n ＋ 2>0 建立的 n 的取值范围为 (0， 1)．答案： (0， 1)14．(2019 ·江东阳中学期中检测浙)设函数 f( x)＝ e x(2x－ 1)－ ax＋ a，此中 a<1，若存在独一的整数 x0，使得 f( x0)<0，则 a 的取值范围是 ________．分析：设 g(x)＝ e x(2x－ 1)，y＝ ax－ a，由题意存在独一的整数x0，使得 g(x0)在直线 y＝ax － a 的下方，由于 g′(x)＝ e x(2x＋ 1)，所以当 x<－12时， g′(x)<0，当 x>－12时， g′(x)>0，1 1所以当 x＝－2时， g(x)min＝－ 2e－2，当 x＝ 0 时， g(0)＝－ 1， g(1)＝ e>0，直线 y＝ ax－a 恒过 (1， 0)，斜率为a，故－ a>g(0)＝－ 1，且g(－ 1)＝－ 3e－1≥ －a－ a，解得3≤ a<1.2e3答案：2e≤ a<11 3 ax 2 ， f(0)) 处的切线方程为 y＝ 1.15．设函数 f(x)＝ x －＋ bx＋ c，曲线 y＝ f(x)在点 (03 2(1)求 b， c 的值；(2)若 a＞ 0，求函数 f(x)的单一区间；(3)设函数 g(x)＝ f(x)＋ 2x，且 g(x)在区间 (－ 2，－ 1)内存在单一递减区间，务实数 a 的取值范围．解： (1) f′(x) ＝ x2－ ax＋b，f （ 0）＝ 1，c＝ 1，由题意得即f ′（0）＝ 0，b＝ 0.(2)由 (1)得， f′(x)＝ x2－ax＝ x(x－ a)(a＞ 0)，当 x∈ (－∞， 0)时， f ′(x)＞ 0；当 x∈ (0， a)时， f′(x)＜ 0；当 x∈ ( a，＋∞ )时， f ′(x)＞ 0.所以函数f(x) 的单一递加区间为(－∞， 0)， (a，＋∞ )，单一递减区间为(0， a) ．(3)g′(x)＝ x2－ ax＋ 2，依题意，存在x∈ (－ 2，－ 1) ，使不等式g′(x)＝ x2－ ax＋ 2＜ 0 建立，2即 x∈ (－ 2，－ 1)时， a＜ x＋x max＝－ 22，2当且仅当x＝x即 x＝－2时等号建立．所以知足要求的 a 的取值范围是(－∞，－ 2 2)．16． (2019 ·江金华十校第二学期调研浙) 设函数 f(x) ＝e x－ x， h( x)＝－ kx3＋ kx2－x＋ 1.(1)求 f(x)的最小值；(2)设 h(x)≤ f( x)对随意 x∈ [0， 1]恒建即刻k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.解： (1) 由于 f(x)＝ e x－ x，所以 f ′(x)＝ e x－ 1，当 x∈ (－∞， 0)时， f ′(x)＜ 0， f(x)单一递减，当 x∈ (0，＋∞ )时， f ′(x)＞ 0， f(x)单一递加，所以 f(x)min＝ f(0) ＝1.(2)证明：由 h(x)≤ f(x)，化简可得k(x2－ x3)≤e x－ 1，当 x＝ 0， 1 时， k∈ R，e x－1当 x∈ (0， 1)时， k≤x2－x3，要证： 4＜λ＜ 6，则需证以下两个问题；e x－ 1①x2－x3＞ 4 对随意 x∈ (0 ，1)恒建立；ex0－ 1②存在 x0∈ (0， 1)，使得x2－x3＜ 6 建立．00e x－ 1先证：①x2－x3＞ 4，即证 e x－1＞ 4(x2－ x3)，由(1) 可知， e x－ x≥1 恒建立，所以 e x－ 1≥ x，又 x≠0，所以 e x－ 1＞ x，即证 x≥ 4(x2－ x3)? 1≥4(x－ x2)? (2x－ 1)2≥ 0，(2x－ 1)2≥ 0，明显建立，e x－ 1所以x2－x3＞4对随意 x∈ (0， 1)恒建立；ex － 1再证②存在 x0 ∈ (0， 1) ，使得 2 3＜6 建立．x － x0 01e－ 1 7取 x0＝2，1 1＝ 8( e－ 1)，由于 e＜4，4－83所以 8(e－1) ＜8×4＝ 6，ex0－ 1所以存在x0∈ (0， 1)，使得2 3 ＜6，x0－ x0由①② 可知， 4＜λ＜6.a217．(2019 宁·波市高考模拟) 已知 f(x)＝ x＋x，g( x)＝ x＋ln x，此中 a＞0.若对随意的x1，x2 ∈ [1， e]都有 f(x1)≥ g( x2)建立，务实数 a 的取值范围．解：对随意的x1， x2∈ [1， e]都有 f(x1)≥ g(x2)? 当 x∈ [1， e]有 f(x) min≥g( x)max，1当 x∈ [1， e]时， g′(x)＝ 1＋x＞ 0，所以 g(x)在 x∈ [1， e]上单一递加，所以 g(x) max＝ g(e)＝e＋ 1.a2x2－a2当 x∈ [1， e]时， f′(x)＝1－x2＝x2，由于 a＞ 0，所以令 f′(x)＝ 0 得 x＝a.①当 0＜ a＜1 时， f′(x)＞0，所以 f(x)在 [1， e]上单一递加，所以 f(x)min＝ f(1) ＝a2＋1.令 a2＋ 1≥ e＋ 1 得 a≥ e，这与 0＜ a＜ 1 矛盾．②当 1≤ a≤e 时，若 1≤x＜ a，则 f′(x)＜0，若 a＜ x≤ e，则 f′(x)＞ 0，所以 f(x)在 [1， a]上单一递减，在[a， e]上单一递加，e＋ 1所以 f(x)min＝ f(a)＝2a，令 2a≥e＋ 1 得 a≥2，又 1≤ a≤ e，e＋ 1所以2≤ a≤e.③当 a＞ e 时， f ′(x)＜ 0，所以 f( x)在 [1， e]上单一递减，a2所以 f(x)min＝ f(e)＝ e＋e .a2令 e＋e≥ e＋ 1 得 a≥ e，又 a＞ e，所以 a＞ e.综合①②③得，所务实数 a 的取值范围是e＋ 12 ，＋∞. －x － 118． (2019 宁·波九校联考 )已知函数 f(x)＝ e .1＋ x－1；(1)证明：当 x∈ [0， 3]时， e x≥1＋9x(2)证明：当x∈ [2， 3]时，－27＜ f(x) ＜ 0.证明： (1) 要证 e－x≥1，也即证 e x≤ 1＋ 9x. 1＋9x令 F(x)＝ e x－ 9x－1，则 F′(x)＝ e x－9.令 F ′(x)＞ 0，则 x＞ 2ln 3.所以，当 0≤ x＜ 2ln 3 时，有 F′(x)＜ 0，故 F(x)在 [0，2ln 3) 上单一递减；当 2ln 3＜ x≤ 3 时，有 F′(x)＞ 0，故 F(x)在 [2ln 3 ， 3]上单一递加．所以， F(x)在 [0， 3]上的最大值为max{ F(0)， F(3)} ．又 F(0)＝ 0， F(3) ＝ e3－ 28＜ 0.故 F(x)≤0， x∈ [0， 3]建立，即 e x≤ 1＋ 9x， x∈ [0， 3]建立．原命题得证．(2)由 (1)得：当 x∈ [2， 3]时， f(x)＝ e－x－ 1 ≥ 1 － 1 .1＋ x 1＋ 9x 1＋ x1 1令 t(x)＝－，1＋ 9x 1＋ x则 t′(x) ＝－ (1＋ 9x) －2·9＋ (1＋ x) －2＝12－92＝（ 1＋9x）2－ 9（ 1＋ x）22 2＝（ 1＋ x）（ 1＋ 9x）（1＋ 9x）（ 1＋x）72x 2－8≥ 0，x ∈ [2， 3]．（ 1＋ 9x ）2（1＋ x ） 21616 2 所以， t(x)在 [2， 3]上单一递加，即 t(x)≥ t(2)＝－ 57＞－ 56＝－7 ， x ∈ [2， 3]，所以 f(x)＞－ 2得证． 7下证 f(x)＜ 0.即证 e x ＞ x ＋ 1令 h(x)＝ e x － (x ＋ 1)则 h ′(x)＝e x － 1＞0，所以 h(x)在 [2， 3]上单一递加，所以， h(x)＝ e x － (x ＋ 1)≥e 2 －3＞ 0，得证．11 2另证：要证 1＋ 9x － 1＋x ＞－7，即证 9x 2－ 18x ＋1＞ 0，令 m(x)＝ 9x 2－ 18x ＋1＝ 9(x － 1)2－ 8 在 [2，3] 上递加，所以 m(x)≥ m(2) ＝ 1＞ 0 得证．。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题一 第2讲

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题一 第2讲

第2讲 三角恒等变换与解三角形热点一 三角恒等变换 1．三角求值“三大类型”“给角求值”“给值求值”“给值求角”． 2．三角恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等．(2)项的拆分与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦．例1 (1)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°等于( ) A ．－32 B.32 C ．－12 D.12答案 D解析 原式＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝12.(2)已知sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝33，则cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2 021π3等于( ) A.23 B.13 C ．－23 D ．－13 答案 B解析 cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2 021π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3＋673π， ＝cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3＋π＝－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3， ∵sin ⎝⎛⎭⎫π6－α＝cos ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝33， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2 021π3＝－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋2π3 ＝－⎣⎡⎦⎤2cos 2⎝⎛⎭⎫α＋π3－1＝－⎝⎛⎭⎫23－1＝13.(3)已知sin α＝55，sin(α－β)＝－1010，α，β均为锐角，则β等于( ) A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6 答案 C解析 因为α，β均为锐角，所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－1010，所以cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，所以cos α＝255， 所以sin β＝sin[α－(α－β)] ＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β) ＝55×31010－255×⎝⎛⎭⎫－1010＝22. 所以β＝π4.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解． 跟踪演练1 (1)已知sin α＝cos α＋12，且α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则cos 2αsin ⎝⎛⎭⎫α－π4的值为________． 答案 －142解析 由sin α＝cos α＋12，得1－2sin α·cos α＝14，即有sin αcos α＝38.又α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin α＋cos α＝(sin α－cos α)2＋4sin αcos α＝72. 从而cos 2αsin ⎝⎛⎭⎫α－π4＝cos 2α－sin 2α22(sin α－cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－142. (2)已知α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，tan α＝cos 2β1－sin 2β，则( ) A ．α＋β＝π2B ．α－β＝π4C ．α＋β＝π4D ．α＋2β＝π2答案 B解析 tan α＝cos 2β1－sin 2β＝cos 2β－sin 2βcos 2β＋sin 2β－2sin βcos β＝(cos β＋sin β)(cos β－sin β)(cos β－sin β)2＝cos β＋sin βcos β－sin β＝1＋tan β1－tan β＝tan ⎝⎛⎭⎫π4＋β，又因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以α＝π4＋β，即α－β＝π4. 热点二 正弦定理、余弦定理1．正弦定理：在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R ，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sinC 等．2．余弦定理：在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . 变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且sin 2B ＋sin 2C －2sin B sin C ＝sin 2A . (1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝1，求a 的最小值． 解 (1)由正弦定理得：b 2＋c 2－2bc ＝a 2，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝22，又A ∈(0，π)，所以A ＝π4.(2)S ＝12bc sin A ＝1，从而bc ＝22，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－4≥42－4(当且仅当b ＝c 时，等号成立)， 故a min ＝22－1.思维升华 关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．跟踪演练2 (2019·杭州外国语学校模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a 2＋c 2－b 2＝bc cos C ＋c 2cos B . (1)求B 的大小；(2)若△ABC 的面积为2534，且b ＝5，求sin A ＋sin C .解 (1)由余弦定理可得2ac cos B ＝bc cos C ＋c 2cos B ， ∴2a cos B ＝b cos C ＋c cos B ， 由正弦定理可得2sin A cos B ＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin(B ＋C )＝sin A .∵sin A ≠0，∴cos B ＝12，∴B ＝π3.(2)S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ＝2534，∴ac ＝25.①又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝25，② 由①②可得a ＝c ＝5，∴△ABC 为等边三角形，sin A ＝sin C ＝32， ∴sin A ＋sin C ＝ 3.热点三 解三角形与三角函数的综合问题解三角形与三角函数的综合是近几年高考的热点，主要考查三角形的基本量，三角形的面积或判断三角形的形状．例3 已知函数f (x )＝4sin x ·cos ⎝⎛⎭⎫x －π3－ 3.(1)求f ⎝⎛⎭⎫π3的值和f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，f ⎝⎛⎭⎫A 2＝3，a ＝3，求△ABC 面积的最大值． 解 (1)f (x )＝4sin x ·cos ⎝⎛⎭⎫x －π3－ 3 ＝4sin x ⎝⎛⎭⎫cos x cos π3＋sin x sin π3－ 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以f ⎝⎛⎭⎫π3＝3，f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)由f ⎝⎛⎭⎫A 2＝3，A ∈(0，π)，得A ＝2π3， 又a ＝3，由余弦定理得3＝b 2＋c 2＋bc ≥3bc ， 所以bc ≤1，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12bc sin A ≤34，当且仅当b ＝c ＝1时，取得最大值34. 思维升华 解三角形与三角函数的综合题，要优先考虑角的范围和角之间的关系；对最值或范围问题，可以转化为三角函数的值域来求解．跟踪演练3 已知函数f (x )＝2sin x cos x －23cos 2x ，x ∈R . (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c ＝3，角C 为锐角且f (C )＝－3，求ab 的最大值．解 (1)f (x )＝sin 2x －3(1＋cos 2x ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－3， 令－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π12＋k π，5π12＋k π，k ∈Z . (2)∵f (C )＝－3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2C －π3＝0， ∴C ＝π6或C ＝2π3(舍去)．当C ＝π6时，由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ， 即a 2＋b 2－3＝3ab ≥2ab －3， ∴ab ≤6＋33，当且仅当a ＝b 时，ab 取得最大值6＋3 3.真题体验1．(2019·浙江，14)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________. 答案1225 7210解析 在Rt △ABC 中，易得AC ＝5，sin C ＝AB AC ＝45.在△BCD 中，由正弦定理得BD ＝BCsin ∠BDC ×sin ∠BCD ＝322×45＝1225，sin ∠DBC ＝sin [π－(∠BCD ＋∠BDC )]＝sin(∠BCD ＋∠BDC )＝sin ∠BCD ·cos ∠BDC ＋cos ∠BCD ·sin ∠BDC ＝45×22＋35×22＝7210.又∠ABD ＋∠DBC ＝π2，所以cos ∠ABD ＝sin ∠DBC ＝7210. 2．(2018·浙江，13)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sin B ＝________，c ＝________. 答案2173 解析 如图，由正弦定理a sin A ＝b sin B，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc ·cos A ， 得7＝4＋c 2－4c ×cos 60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去)．3．(2017·浙江，14)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________. 答案152104解析 依题意作出图形，如图所示，则sin ∠DBC ＝sin ∠ABC .由题意知AB ＝AC ＝4，BC ＝BD ＝2， 则sin ∠ABC ＝154，cos ∠ABC ＝14， 所以S △BDC ＝12BC ·BD ·sin ∠DBC＝12×2×2×154＝152. 因为cos ∠DBC ＝－cos ∠ABC ＝－14＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝8－CD 28，所以CD ＝10.由余弦定理得，cos ∠BDC ＝4＋10－42×2×10＝104.押题预测1．已知sin 2α＝45，α∈⎝⎛⎭⎫0，π4，则sin ⎝⎛⎭⎫π4－α的值为________． 答案1010解析 因为2⎝⎛⎭⎫π4－α＝π2－2α，则2α＝π2－2⎝⎛⎭⎫π4－α， 所以sin 2α＝sin ⎣⎡⎦⎤π2－2⎝⎛⎭⎫π4－α＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π4－α， 所以45＝1－2sin 2⎝⎛⎭⎫π4－α， 所以sin 2⎝⎛⎭⎫π4－α＝110，又π4－α∈⎝⎛⎭⎫0，π4， 所以sin ⎝⎛⎭⎫π4－α＝1010.2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，A ＝30°，C ＝45°，c ＝3，点P 是平面ABC 内的一个动点，若∠BPC ＝60°，则△PBC 面积的最大值是________． 答案938解析 ∵A ＝30°，C ＝45°，c ＝3， ∴由正弦定理a sin A ＝c sin C ，可得a ＝c ·sin Asin C ＝3×1222＝322.又∠BPC ＝60°，∴在△PBC 中，令PB ＝m ，PC ＝n ， 由余弦定理可得cos ∠BPC ＝m 2＋n 2－922mn ＝12，∴m 2＋n 2－92＝mn ≥2mn －92(当且仅当m ＝n ＝322时等号成立)，∴mn ≤92，∴(S △PBC )max ＝12mn sin ∠BPC ＝938.3．已知函数f (x )＝m sin x ＋2cos x (m ＞0)的最大值为2. (1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，f ⎝⎛⎭⎫A －π4＋f ⎝⎛⎭⎫B －π4＝46sin A sin B ，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且C ＝60°，c ＝3，求△ABC 的面积． 解 (1)由题意，f (x )的最大值为m 2＋2，所以m 2＋2＝2，而m ＞0，于是m ＝2， f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4. 令2k π＋π2≤x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，即2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4(k ∈Z )．所以f (x )的单调减区间为⎣⎡⎦⎤π4＋2k π，5π4＋2k π(k ∈Z )． (2)设△ABC 的外接圆半径为R ， 由题意，得2R ＝c sin C ＝3sin 60°＝23，化简f ⎝⎛⎭⎫A －π4＋f ⎝⎛⎭⎫B －π4＝46sin A sin B ，得 sin A ＋sin B ＝26sin A sin B ，由正弦定理，得2R (a ＋b )＝26ab ，a ＋b ＝2ab .① 由余弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ， 即a 2＋b 2－ab ＝9， 即(a ＋b )2－3ab －9＝0.②将①式代入②，得2(ab )2－3ab －9＝0. 解得ab ＝3或ab ＝－32(舍去)．所以S △ABC ＝12ab sin C ＝334.A 组 专题通关1．(2018·全国Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α等于( )A.89B.79 C ．－79 D ．－89 答案 B解析 ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝⎛⎭⎫132＝79. 2．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为( ) A. 3 B.33 C ．－33D ．－ 3 答案 D解析 因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3，即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3.3．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若2cos B ＝ac ，则该三角形一定是( ) A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形 D ．等腰直角三角形答案 A解析 由2cos B ＝ac 及余弦定理得2×a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－b 2ac ＝a c ，整理得c 2＝b 2，∴b ＝c ，∴△ABC 为等腰三角形．4．已知锐角△ABC 外接圆的半径为2，AB ＝23，则△ABC 周长的最大值为( ) A ．4 3 B ．6 3 C ．8 3 D ．12 3 答案 B解析 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ， ∵锐角△ABC 外接圆的半径为2，AB ＝23， ∴c sin C ＝2R ，即23sin C＝4， ∴sin C ＝32，又C 为锐角， ∴C ＝π3，由正弦定理得a sin A ＝bsin B＝4，得a ＝4sin A ，b ＝4sin B ，又c ＝23，∴a ＋b ＋c ＝4sin A ＋4sin B ＋2 3＝23＋4sin B ＋4sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B＝6sin B ＋23cos B ＋23＝43sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6＋23， ∴当B ＋π6＝π2，即B ＝π3时， a ＋b ＋c 取得最大值43＋23＝6 3.5．已知α为锐角，则2tan α＋3tan 2α的最小值为( ) A ．1 B ．2 C. 2 D. 3答案 D解析 方法一 由tan 2α有意义，α为锐角可得α≠45°，∵α为锐角，∴tan α>0，∴2tan α＋3tan 2α＝2tan α＋3(1－tan 2α)2tan α＝12⎝⎛⎭⎫tan α＋3tan α ≥12×2tan α·3tan α＝3， 当且仅当tan α＝3tan α，即tan α＝3，α＝π3时等号成立．故选D. 方法二 ∵α为锐角，∴sin α>0，cos α>0， ∴2tan α＋3tan 2α＝2sin αcos α＋3cos 2αsin 2α＝4sin 2α＋3cos 2α2sin αcos α＝sin 2α＋3cos 2α2sin αcos α＝12⎝⎛⎭⎫sin αcos α＋3cos αsin α≥12×2sin αcos α·3cos αsin α＝3， 当且仅当sin αcos α＝3cos αsin α， 即α＝π3时等号成立．故选D.6．(2019·黄冈调研)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，且C ＝π4，c ＝2，a ＝x ，若满足条件的三角形有两个，则x 的取值范围是( ) A.2<x <1 B.2<x <2 C ．1<x <2D ．1<x < 2答案 B解析 在△ABC 中，由正弦定理得a sin A ＝c sin C ， 即x sin A ＝2sin π4，可得sin A ＝12x ， 由题意得，当A ∈⎝⎛⎭⎫π4，3π4且 A ≠π2时，满足条件的△ABC 有两个，所以22<12x <1， 解得2<x <2， 则x 的取值范围是()2，2. 7．设△ABC 内切圆与外接圆的半径分别为r 与R ，且sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，则cos C ＝________；当BC ＝1时，△ABC 的面积为________．答案 －14 31516解析 ∵sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，∴由正弦定理得a ∶b ∶c ＝2∶3∶4.令a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝4t ，则cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4t 2＋9t 2－16t 212t 2＝－14， ∴sin C ＝154. 当BC ＝1时，AC ＝32， ∴S △ABC ＝12×1×32×154＝31516. 8．在△ABC 中，AD 为边BC 上的中线，AB ＝1，AD ＝5，B ＝45°，则sin ∠ADC ＝________，AC ＝________. 答案 210 113解析 在△ABD 中，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝AD sin B， 则sin ∠ADB ＝AB sin B AD ＝1×225＝210， 则sin ∠ADC ＝sin(π－∠ADB )＝sin ∠ADB ＝210. 在△ABD 中，由余弦定理得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，即52＝12＋BD 2－2BD cos 45°，解得BD ＝42(舍负)，则BC ＝2BD ＝82，在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B＝12＋(82)2－2×1×82cos 45°＝113，所以AC ＝113.9.如图，在△ABC 中，BC ＝2，∠ABC ＝π3，AC 的垂直平分线DE 与AB ，AC 分别交于点D ，E ，且DE ＝62，则BE 2＝________.答案 52＋ 3 解析 如图，连接CD ，由题设，有∠BDC ＝2A ，所以CD sin π3＝BC sin 2A ＝2sin 2A ， 故CD ＝3sin 2A. 又DE ＝CD sin A ＝32cos A ＝62， 所以cos A ＝22， 而A ∈(0，π)，故A ＝π4， 因此△ADE 为等腰直角三角形，所以AE ＝DE ＝62. 在△ABC 中，∠ACB ＝5π12， 所以AB sin 5π12＝2sin π4， 故AB ＝3＋1，在△ABE 中，BE 2＝(3＋1)2＋⎝⎛⎭⎫622－2×(3＋1)×62×22＝52＋ 3. 10．(2019·绍兴一中模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，sin 2A ＋sin 2B ＋sin A sin B ＝2c sin C ，△ABC 的面积S ＝abc .(1)求角C ；(2)求△ABC 周长的取值范围．解 (1)由S ＝abc ＝12ab sin C 可知2c ＝sin C ， ∴sin 2A ＋sin 2B ＋sin A sin B ＝sin 2C ，由正弦定理得a 2＋b 2＋ab ＝c 2.由余弦定理得cos C ＝－12，∴C ＝2π3. (2)由(1)知2c ＝sin C ，∴2a ＝sin A,2b ＝sin B .△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝12(sin A ＋sin B ＋sin C )＝12⎣⎡⎦⎤sin A ＋sin ⎝⎛⎭⎫π3－A ＋34 ＝12⎝⎛⎭⎫sin A ＋32cos A －12sin A ＋34＝12⎝⎛⎭⎫12sin A ＋32cos A ＋34＝12sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＋34. ∵A ∈⎝⎛⎭⎫0，π3， ∴A ＋π3∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3∈⎝⎛⎦⎤32，1， ∴△ABC 的周长的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤32，2＋34. B 组 能力提高11．已知2sin θ＝1－cos θ，则tan θ等于( )A ．－43或0 B.43或0 C ．－43D.43答案 A解析 因为2sin θ＝1－cos θ，所以4sin θ2cos θ2＝1－⎝⎛⎭⎫1－2sin 2θ2＝2sin 2θ2， 解得sin θ2＝0或2cos θ2＝sin θ2， 即tan θ2＝0或2， 又tan θ＝2tanθ21－tan 2θ2， 当tan θ2＝0时，tan θ＝0； 当tan θ2＝2时，tan θ＝－43.12．△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若2cos 2A －B 2＋cos C ＝32，且△ABC 的面积为14c 2，则C 等于( ) A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π3答案 A解析 2cos 2A －B 2＋cos C ＝cos(A －B )＋1－cos(A ＋B )＝cos A cos B ＋sin A sin B ＋1－cos A cos B ＋sin A sin B ＝2sin A sin B ＋1＝32⇒sin A sin B ＝14， S △ABC ＝12ab sin C ＝14c 2⇒12sin A sin B sin C ＝14sin 2C ⇒sin C ＝12(sin C ≠0)， ∵C ∈(0，π)，∴C ＝π6或C ＝5π6， 又cos C ＝32－2cos 2A －B 2≥32－2＝－12， ∴C ＝π6. 13．在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积S ＝a 24，给出以下结论：①sin A ＝2sin B sin C ；②tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ；③tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ；④tan A tan B tan C 有最小值8.其中正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 D解析 由S ＝a 24＝12ab sin C ，得a ＝2b sin C ， 又a sin A ＝b sin B，得sin A ＝2sin B sin C ，故①正确； 由sin A ＝2sin B sin C ，得sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B sin C ，两边同时除以cos B cos C ，可得tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，故②正确；因为tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B1－tan A tan B， 且tan(A ＋B )＝tan(π－C )＝－tan C ，所以tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－tan C ， 整理移项得tan A ＋tan B ＋tan C ＝tan A tan B tan C ，故③正确；由tan B ＋tan C ＝2tan B tan C ，tan A ＝－tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C tan B tan C －1， 且tan A ，tan B ，tan C 都是正数，得tan A tan B tan C ＝tan B ＋tan C tan B tan C －1·tan B tan C ＝2tan B tan Ctan B tan C －1·tan B tan C ＝2(tan B tan C )2tan B tan C －1， 设m ＝tan B tan C －1，则m >0，tan A tan B tan C ＝2(m ＋1)2m＝2⎝⎛⎭⎫m ＋1m ＋4≥4＋4m ·1m ＝8， 当且仅当m ＝tan B tan C －1＝1，即tan B tan C ＝2时取“＝”，此时tan B tan C ＝2，tan B ＋tan C ＝4，tan A ＝4，所以tan A tan B tan C 的最小值是8，故④正确，故选D.14．(2018·北京)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________；c a的取值范围是________．答案 π3(2，＋∞) 解析 由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac， ∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B .又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ，∴tan B ＝3， 又∠B ∈(0，π)，∴∠B ＝π3. 又∵∠C 为钝角，∴∠C ＝2π3－∠A >π2， ∴0<∠A <π6. 由正弦定理得c a ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－∠A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A. ∵0<tan A <33， ∴1tan A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即c a>2. ∴c a的取值范围是(2，＋∞)．15．如图，在△ABC 中，D 为边BC 上一点，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2.(1)如图1，若AD ⊥BC ，求∠BAC 的大小；(2)如图2，若∠ABC ＝π4，求△ADC 的面积． 解 (1)设∠BAD ＝α，∠DAC ＝β.因为AD ⊥BC ，AD ＝6，BD ＝3，DC ＝2，所以tan α＝12，tan β＝13， 所以tan ∠BAC ＝tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝12＋131－12×13＝1. 又∠BAC ∈(0，π)，所以∠BAC ＝π4. (2)设∠BAD ＝α.在△ABD 中，∠ABC ＝π4，AD ＝6，BD ＝3. 由正弦定理得AD sin π4＝BD sin α，解得sin α＝24. 因为AD >BD ，所以α为锐角，从而cos α＝1－sin 2α＝144. 因此sin ∠ADC ＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝sin αcos π4＋cos αsin π4＝22⎝⎛⎭⎫24＋144＝1＋74. 所以△ADC 的面积S ＝12×AD ×DC ·sin ∠ADC＝12×6×2×1＋74＝32(1＋7)． 16．已知在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝2，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝135°，则AP 的最小值为________． 答案 17－ 2解析 设∠PBC ＝θ，∠BCP ＝α，因为∠BPC ＝135°，所以θ＋α＝45°，则α＝45°－θ，所以cos α＝cos(45°－θ)＝22(cos θ＋sin θ)， sin α＝sin(45°－θ)＝22(cos θ－sin θ)， 在Rt △ABC 中，可得cos C ＝213，sin C ＝313， 则cos ∠ACP ＝cos(C －α)＝cos C cos α＋sin C sin α＝213×22(cos θ＋sin θ)＋313×22(cos θ－sin θ) ＝52213cos θ－2213sin θ， 在△BCP 中，由正弦定理得 PC sin θ＝BC sin ∠BPC ＝2sin135°＝22， 则PC ＝22sin θ，在△ACP 中，由余弦定理可得AP 2＝AC 2＋PC 2－2AC ·PC cos ∠ACP＝()132＋(22sin θ)2－2×13×22sin θ· ⎝ ⎛⎭⎪⎫52213cos θ－2213sin θ ＝13＋12sin 2θ－20sin θcos θ＝13＋12×1－cos 2θ2－10sin 2θ ＝19－(6cos 2θ＋10sin 2θ)＝19－234sin(2θ＋φ)，且0°<2θ<90°，tan φ＝35. 所以当2θ＋φ＝90°时，取得最小值， 此时AP 2＝19－234，所以AP 的最小值为19－234＝17－ 2.。

2020浙江新高考数学二轮复习专题一 6 第6讲 导数的综合应用 【精品解析】

2020浙江新高考数学二轮复习专题一 6 第6讲 导数的综合应用 【精品解析】

第6讲 导数的综合应用“ 辅助函数法”证明不等式[核心提炼]利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．[典型例题]设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论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 .【解】 (1)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． (2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当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 x ln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －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.所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x ＞c x .利用导数证明不等式的基本步骤(1)①作差或变形． ②构造新的函数h (x )．③利用导数研究h (x )的单调性或最值． ④根据单调性及最值，得到所证不等式．(2)本例通过构造辅助函数，转化为证明函数的单调性，使问题得以解决，此方法还常用于解决下列问题：①比较大小；②解不等式．[对点训练](2019·绍兴市柯桥区高三(下)期中考试)已知函数f (x )＝x ＋λe x .(1)当λ＞0时，求证：f (x )≥(1－λ)x ＋λ，并指出等号成立的条件； (2)求证：对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.解：(1)设g (x )＝f (x )－(1－λ)x －λ＝x ＋λe x －(1－λ)x －λ＝λ(1ex ＋x －1)，所以g ′(x )＝λ(1－1e x )，令g ′(x )＝0，解得x ＝0，当x ＞0时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增， 当x ＜0时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减， 所以g (x )min ＝g (0)＝0，所以f (x )≥(1－λ)x ＋λ，当x ＝0时取等号．(2)证明：“对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ”等价于f (x )的最大值大于λ.因为f ′(x )＝1－λe －x ，所以当λ≤0时，x ∈[－3，3]，f ′(x )＞0，f (x )在[－3，3]上单调递增， 所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ. 所以当λ≤0时命题成立；当λ＞0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln λ， 则x ∈R 时，x ，f ′(x )，f (x )关系如下：①当λ≥e 3时，ln λ≥3，f (x )在[－3，3]上单调递减， 所以f (x )的最大值f (－3)＞f (0)＝λ. 所以当λ≥e 3时命题成立；②当e －3＜λ＜e 3时，－3＜ln λ＜3，所以f (x )在(－3，ln λ)上单调递减，在(ln λ，3)上单调递增． 所以f (x )的最大值为f (－3)或f (3)；且f (－3)＞f (0)＝λ与f (3)＞f (0)＝λ必有一成立，所以当e －3＜λ＜e 3时命题成立； ③当0＜λ≤e－3时，ln λ≤－3，所以f (x )在[－3，3]上单调递增， 所以f (x )的最大值为f (3)＞f (0)＝λ. 所以当0＜λ≤e－3时命题成立；综上所述，对任意实数λ，总存在实数x ∈[－3，3]，有f (x )＞λ.“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题[核心提炼]1．利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )min >A . (2)若不等式f (x )<A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )max <A . 2．利用导数解决能成立问题(1)若∃x ∈D ，f (x )>A 成立，则等价于在区间D 上f (x )max >A . (2)若∃x ∈D ，f (x )<A 成立，则等价于在区间D 上f (x )min <A .[典型例题](2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x2a ，求a 的取值范围． 注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x ＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x ，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t 2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x . ①当x ∈⎣⎡⎭⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22) ＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x －2x ＋1－1x ＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）. 故x 17 ⎝⎛⎭⎫17，11 (1，＋∞)p ′(x ) － 0 ＋ p (x )p ⎝⎛⎭⎫17单调递减极小值p (1)单调递增因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0. ②当x ∈⎣⎡⎦⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎡⎦⎤1e 2，17，则 q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎡⎦⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝⎛⎭⎫17. 由①得，q ⎝⎛⎭⎫17＝－277p ⎝⎛⎭⎫17<－277p (1)＝0. 所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，24.不等式恒成立(有解)问题的求法(1)恒成立问题的常见处理方法：根据恒成立问题的原理，可利用函数法、分离常数法(转化成求最值问题)等求解．(2)能成立问题的常见处理方法：能成立即存在性问题，根据能成立问题的原理，通常将其转化为最值问题进行求解．[对点训练](2019·宁波市十校联考模拟)已知函数f (x )＝mx ＋x ln x (m ＞0)，g (x )＝ln x －2.(1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调增区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f （x 1）x 1·g （x 2）x 2＝－1，其中e 是自然对数的底数．求实数m 的取值范围．解：(1)当m ＝1时，函数f (x )＝1x ＋x ln x ，求导f ′(x )＝－1x 2＋ln x ＋1，由f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0，所以当x ＞1时，f ′(x )＞0，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0， 所以函数f (x )单调递增区间(1，＋∞)．(2)由题意设h (x )＝f （x ）x ＝m x 2＋ln x ，φ(x )＝g （x ）x ＝ln x －2x，φ′(x )＝3－ln xx 2＞0，在[1，e]恒成立， 所以φ(x )＝ln x －2x 在[1，e]上单调递增，φ(x )∈[－2，－1e ]，所以h (x )∈[12，e]，即12≤mx2＋ln x ≤e ，在[1，e]上恒成立，即x 22－x 2ln x ≤m ≤x 2(e －ln x )，在[1，e]上恒成立，设p (x )＝x 22－x 2ln x ，则p ′(x )＝－2x ln x ≤0，在[1，e]上恒成立，所以p (x )在[1，e]上单调递减，则m ≥p (1)＝12，设q (x )＝x 2(e －ln x )，q ′(x )＝x (2x －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln x )＞0在[1，e]上恒成立， 所以q (x )在[1，e]上单调递增，则m ≤q (1)＝e ， 综上所述，m 的取值范围为[12，e]．“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题[核心提炼]研究函数零点或方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．[典型例题](2019·浙江省重点中学高三联考)已知方程|cos x |x＝k (k ＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，则以下有关两根关系的结论正确的是( )A ．cos φ＝φsin θB ．sin φ＝－φcos θC ．cos θ＝θcos φD ．sin θ＝－θsin φ【解析】 由|cos x |x ＝k (k ＞0)可得：|cos x |＝kx (k ＞0)，因为方程|cos x |x ＝k (k ＞0)有且仅有两个不同的实数解θ，φ(θ＞φ)，所以直线y ＝kx 与曲线y ＝|cos x |相切，如图：直线y ＝kx 与曲线y ＝|cos x |的交点为A (φ，cos φ)， 切点B 为(θ，－cos θ)， 当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，y ＝|cos x |＝－cos x ，所以y ′＝sin x ，所以y ′|x ＝θ＝sin θ， 即k ＝sin θ，又A (φ，cos φ)代入y ＝kx ， 可得cos φ＝φsin θ.故选A . 【答案】 A(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x 轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a ，b ]((a ，b ))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f (a )f (b )<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a ，b )上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a ，b ]((a ，b ))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．[对点训练]1．已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…. (1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由． 解：(1)证明：由h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x 得，h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点． (2)由(1)得h (x )＝e x －1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0， 则x ＝0为h (x )的一个零点，而h (x )在(1，2)内有零点， 因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1，则φ′(x )＝e x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)内至多有两个零点． 所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2. 2．(2019·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 22－a ln x ，得f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)． 于是，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：函数f (x )在x ＝a 处取得极小值f (a )＝a （1－ln a ）2，无极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f (x )既无极大值也无极小值；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)，函数f (x )有极小值a （1－ln a ）2，无极大值．(2)当a ≤0时，由(1)知函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在区间(1，e 2]内至多有一个零点，不合题意．当a >0时，由(1)知，当x ∈(0，a )时，函数f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，函数f (x )单调递增，函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (a )＝a （1－ln a ）2.若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，则需满足⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 2f （a ）<0f （1）>0f （e 2）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧1<a <e 4a （1－ln a ）2<012>0e42－2a ≥0，整理得⎩⎨⎧1<a <e 4a >e a ≤e44，所以e<a ≤e 44.故所求a 的取值范围为(e ，e 44]．专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立，所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增， 所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2； 当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与f (x )的单调区间； (2)若存在实数x 0∈(0，12)，使得f (x 0)＜0，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ， 由f ′(0)＝0，解得：a ＝1， 故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0， 令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1， 所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x， 由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2， 因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2， 因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)． 设g (x )＝12x －ln x ， 则g ′(x )＝14x(x －4)， 所以所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2.(2)令m ＝e －(|a |＋k )，n ＝⎝⎛⎭⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0， 所以，存在x 0∈(m ，n )，使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －a x . 设h (x )＝x －ln x －a x， 则h ′(x )＝ln x －x 2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋a x 2，其中g (x )＝x 2－ln x . 由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ， 得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减．又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43， 所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]． (2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43， 即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4， 综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 解：(1)因为f (x )＝1－ln x x， 所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ， 所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－b . 因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x＋x ， 则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)， 则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x＋1＞0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2) ＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0，所以e x －kx ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x ) ＜0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增，所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2， 解得：e ＜k ＜e 22综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e ，e 22)． 8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ， f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1， 故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16. (2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)；当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a ， ①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1；②当0＜a ＜1时，根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时， Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1， 所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1， 综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1， 所以m ≥1.。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题一 第1讲

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题一 第1讲

第1讲 三角函数的图象与性质热点一 三角函数的概念、诱导公式及同角关系式1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx (x ≠0)．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角基本关系式：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan α⎝⎛⎭⎫α≠k π＋π2，k ∈Z . 3．诱导公式：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．例1 (1)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线y ＝3x 上，则sin 2θ等于( ) A ．－45B ．－35C.35D.45答案 C解析 因为角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线y ＝3x 上，所以tan θ＝3，则sin 2θ＝2sin θcos θsin 2θ＋cos 2θ＝2tan θtan 2θ＋1＝610＝35.故选C.(2)已知sin(3π＋α)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α，则sin (π－α)－4sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α5sin (2π＋α)＋2cos (2π－α)等于( ) A.12 B.13 C.16 D ．－16 答案 D解析 ∵sin(3π＋α)＝2sin ⎝⎛⎭⎫3π2＋α， ∴－sin α＝－2cos α，即sin α＝2cos α，则sin (π－α)－4sin ⎝⎛⎭⎫π2＋α5sin (2π＋α)＋2cos (2π－α)＝sin α－4cos α5sin α＋2cos α＝2cos α－4cos α10cos α＋2cos α＝－212＝－16.思维升华 (1)涉及与圆及角有关的函数建模问题(如钟表、摩天轮、水车等)，常常借助三角函数的定义求解．应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关． (2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．跟踪演练1 (1)已知角α的终边上一点坐标为⎝⎛⎭⎫sin 5π6，cos 5π6，则角α的最小正值为( ) A.5π6 B.11π6 C.5π3 D.2π3 答案 C解析 角α的终边上一点坐标为⎝⎛⎭⎫sin 5π6，cos 5π6，即为点⎝⎛⎭⎫12，－32，在第四象限， 且满足cos α＝12，且sin α＝－32，故α的最小正值为5π3，故选C.(2)已知曲线f (x )＝x 3－2x 2－x 在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为α，则cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋α－2cos 2α－3sin(2π－α)·cos(π＋α)的值为( ) A.85 B ．－45 C.43 D ．－23 答案 A解析 由f (x )＝x 3－2x 2－x 可知，f ′(x )＝3x 2－4x －1， ∴tan α＝f ′(1)＝－2，cos 2⎝⎛⎭⎫π2＋α－2cos 2α－3sin ()2π－αcos ()π＋α ＝(－sin α)2－2cos 2α－3sin αcos α ＝sin 2α－2cos 2α－3sin αcos α＝sin 2α－2cos 2α－3sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α－3tan α－2tan 2α＋1＝4＋6－25＝85. 热点二 三角函数的图象及应用 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象 (1)“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．(2)图象变换：(先平移后伸缩)y ＝sin x ――――――――――→向左(φ>0)或向右(φ<0)平移|φ|个单位长度y ＝sin(x ＋φ) ――――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin(ωx ＋φ) ―――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． (先伸缩后平移)y ＝sin x ―――――――――――→横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍纵坐标不变y ＝sin ωx ―――――――――→向左(φ>0)或右(φ<0)平移|φ|ω个单位长度y ＝sin(ωx ＋φ) ――――――――――→纵坐标变为原来的A (A >0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． 例2 (1)将函数y ＝cos x 的图象向左平移φ(0≤φ<2π)个单位长度后，得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6的图象，则φ等于( ) A.π6 B.5π6 C.4π3 D.5π3 答案 C解析 根据诱导公式可得y ＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2，向左平移φ(0≤φ<2π)个单位长度后得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋φ，故sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，即π2＋φ＝－π6＋2k π，k ∈Z ，解得φ＝－2π3＋2k π，k ∈Z ，又∵0≤φ<2π，∴φ＝4π3，故选C.(2)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)()ω>0，|φ|<π的部分图象如图所示，将函数f (x )的图象向右平移5π12个单位长度后得到函数g (x )的图象，若函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，θ上的值域为[－1,2]，求θ的值．解 函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)()ω>0，|φ|<π的部分图象如题图所示， 则A ＝2，T 2＝13π12－7π12＝π2，解得T ＝π，所以ω＝2，即f (x )＝2sin(2x ＋φ)， 当x ＝7π12时，f ⎝⎛⎭⎫7π12＝2sin ⎝⎛⎭⎫2×7π12＋φ＝2， 所以7π6＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，∴φ＝－2π3＋2k π，k ∈Z ，又|φ|<π，解得φ＝－2π3，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3， 因为函数f (x )的图象向右平移5π12个单位长度后得到函数g (x )的图象， 所以g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －5π12－2π3＝2cos 2x ， 若函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π6，θ上的值域为[－1,2]， 令2cos 2θ＝－1，则θ＝k π＋π3，k ∈Z 或θ＝k π＋2π3，k ∈Z ，所以θ＝π3.思维升华 (1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置． (2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度数和方向．跟踪演练2 (1)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π5(x ∈R ，ω>0)图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2.为了得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，只要将y ＝f (x )的图象( ) A ．向左平移3π20个单位长度B ．向右平移3π20个单位长度C ．向左平移π5个单位长度D ．向右平移π5个单位长度答案 A解析 由于函数f (x )图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2，则其最小正周期T ＝π，所以ω＝2πT＝2，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π5，g (x )＝cos 2x . 把g (x )＝cos 2x 变形得g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋3π20＋π5，所以要得到函数g (x )的图象，只要将f (x )的图象向左平移3π20个单位长度即可．(2)(2019·宜昌调研)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则f (2 019)＝________.答案 －1解析 根据函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)的部分图象， 可得A ＝2，2πω＝2⎝⎛⎭⎫136－76＝2， ∴ω＝π.再根据图象经过点⎝⎛⎭⎫76，0， 可得π×76＋φ＝2k π，k ∈Z ，∴φ＝－7π6＋2k π，k ∈Z ，又|φ|<π，∴φ＝5π6，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫πx ＋5π6， ∴f (2 019)＝2sin ⎝⎛⎭⎫π×2 019＋5π6＝－2sin π6＝－1. 热点三 三角函数的性质 1．三角函数的单调性y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z )；y ＝cos x 的单调递增区间是[2k π－π，2k π](k ∈Z )，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z )； y ＝tan x 的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )． 2．y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数； 当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得． y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数．例3 (2019·湖州三校联考)已知函数f (x )＝2cos 2x －23sin x cos x . (1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)求方程f (x )＝－13在区间⎣⎡⎦⎤0，π2内的所有实根之和． 解 (1)f (x )＝1＋cos 2x －3sin 2x ＝1－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 要求f (x )的单调递减区间，只需求y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的单调递增区间， 故2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，∴函数f (x )的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z . (2)由1－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝－13， 得sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝23， 由y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在⎣⎡⎦⎤0，π3上单调递增， 在⎣⎡⎦⎤π3，π2上单调递减，且12<23<1， 得方程f (x )＝－13在⎣⎡⎦⎤0，π2上有两个不等实根α，β， 且满足α＋β2＝π3，∴α＋β＝2π3.思维升华 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的性质及应用类题目的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式； 第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．跟踪演练3 已知函数f (x )＝3sin 2x －cos 2x . (1)求函数f (x )的最小正周期和对称轴； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求f (x )的取值范围． 解 (1)f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2⎝⎛⎭⎫32sin 2x －12cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 所以函数f (x )的最小正周期为π. 令2x －π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝π3＋k π2(k ∈Z )，故函数f (x )图象的对称轴的方程为x ＝k π2＋π3(k ∈Z )．(2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， 所以2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， 所以sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， 所以f (x )的取值范围是[－1,2].真题体验1．(2018·全国Ⅰ，理，16)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当12<cos x ≤1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.2．(2018·浙江，18)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45. (1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．解 (1)由角α的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45， 得sin α＝－45.所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)由角α的终边过点P ⎝⎛⎭⎫－35，－45，得cos α＝－35. 由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos [(α＋β)－α] ＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.3．(2017·浙江，18)已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )． (1)求f ⎝⎛⎭⎫2π3的值；(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间． 解 (1)由sin2π3＝32，cos 2π3＝－12，得 f ⎝⎛⎭⎫2π3＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫－122－23×32×⎝⎛⎭⎫－12＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得，f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 所以f (x )的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得，π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．押题预测1．已知直线3x －y －1＝0的倾斜角为α，则cos α－2sin αsin α＋cos α的值为( )A ．－1110B ．－12C ．－114D ．－54答案 D解析 由3x －y －1＝0得，y ＝3x －1，∴tan α＝3，又cos α－2sin αsin α＋cos α＝cos α－2sin αcos αsin α＋cos αcos α＝1－2tan αtan α＋1＝1－2×33＋1＝－54.2．已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移7π12个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移7π12个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π6个单位长度，得到曲线C 2答案 C解析 C 2：y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －2π3＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π3，C 1：y ＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2，把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移7π12个单位长度，得到曲线C 2，故选C.3．已知函数f (x )＝sin x ＋3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＋sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，x ∈R . (1)求f (2 019π)的值；(2)若f (α)＝1，且0＜α＜π，求cos α的值． 解 (1)f (2 019π)＝sin 2 019π＋3sin ⎝⎛⎭⎫2 019π＋π2＋ sin ⎝⎛⎭⎫2 019π＋π3＝0＋(－3)－32＝－332. (2)f (x )＝sin x ＋3cos x ＋12sin x ＋32cos x＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3. 由f (α)＝1得sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝13＜12， 又因为0＜α＜π，故π2＜α＜2π3，所以cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝－223， 所以cos α＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π3－π3 ＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3cos π3＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3sin π3 ＝⎝⎛⎭⎫－223×12＋13×32＝3－226.A 组 专题通关1．(2019·浙江省重点中学联考)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪12－4sin x cos x ，若f (x －a )＝－f (x ＋a )恒成立，则实数a 的最小正值为( )A ．2πB ．π C.π2 D.π4答案 D解析 由f (x －a )＝－f (x ＋a )可判断函数f (x )的周期为4a ，又f (x )＝⎪⎪⎪⎪12－4sin x cos x ＝⎪⎪⎪⎪12－2sin 2x ，其最小正周期为T ＝2π2＝π，所以4a ≥π，即a ≥π4，故选D.2．(2019·余姚中学模拟)设f (x )＝cos x ，a ＝f (ln 2)，b ＝f (ln π)，c ＝f ⎝⎛⎭⎫ln 13，则下列关系式正确的是( ) A ．a ＞b ＞c B ．b ＞c ＞a C ．a ＞c ＞b D ．b ＞a ＞c答案 C解析 因为函数f (x )＝cos x 是偶函数， 所以c ＝f ⎝⎛⎭⎫ln 13＝f (ln 3)， 且0＜ln 2＜ln 3＜ln π＜π， 函数f (x )在区间[0，π]上单调递减， 所以f (ln 2)＞f (ln 3)＞f (ln π)， 即a ＞c ＞b ，选C.3．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(x ∈R ，ω>0)与g (x )＝cos(2x ＋φ)的对称轴完全相同．为了得到h (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3的图象，只需将y ＝f (x )的图象( ) A ．向左平移π4个单位长度B ．向右平移π4个单位长度C ．向左平移π2个单位长度D ．向右平移π2个单位长度答案 A解析 由ωx ＋π3＝π2＋k 1π，k 1∈Z ，得函数f (x )的对称轴为x ＝π6ω＋k 1πω，k 1∈Z ，由2x ＋φ＝k 2π，k 2∈Z ，得函数g (x )的对称轴为x ＝－φ2＋k 2π2，k 2∈Z .因为两函数的对称轴完全相同，所以⎩⎨⎧π6ω＝－φ2，1ω＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧ω＝2，φ＝－π6，则f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，h (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向左平移π4个单位长度后得到的函数解析式为y ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，故选A.4．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则f ⎝⎛⎭⎫π2等于( )A.322B ．－322C ．－32D.32答案 C解析 由题图可得：函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的最大值是3，最小值是－3，∴A ＝3， 又∵T 4＝7π12－π3，ω>0，∴T ＝π，ω＝2，将⎝⎛⎭⎫π3，－3代入f (x )＝A sin(ωx ＋φ)， 得sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝－1， ∴2π3＋φ＝－π2＋2k π，k ∈Z ， 即φ＝－7π6＋2k π，k ∈Z ，又0<φ<π，∴φ＝5π6，∴f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋5π6， ∴f ⎝⎛⎭⎫π2＝3sin ⎝⎛⎭⎫π＋5π6＝－32，故选C. 5．设函数f (x )＝sin 2x ＋a cos x ＋b 在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，且与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关 D ．与a 无关，且与b 有关 答案 B解析 令t ＝cos x ，则g (t )＝－t 2＋at ＋b ＋1(0≤t ≤1)，由题意得，①当a2<0，即a <0时，g (t )在[0,1]上单调递减，g (0)为最大值，g (1)为最小值，此时M －m ＝1－a ；②当a2>1，即a >2时，g (t )在[0,1]上单调递增，g (0)为最小值，g (1)为最大值，此时M －m ＝a －1; ③当12≤a2≤1，即1≤a ≤2时，g (t )在⎣⎡⎦⎤0，a 2上单调递增，在⎣⎡⎦⎤a 2，1上单调递减，g ⎝⎛⎭⎫a2为最大值，因为g (0)＝b ＋1≤a ＋b ＝g (1)，所以g (0)为最小值，此时M －m ＝a 24；④当0≤a 2<12，即0≤a <1时，g ⎝⎛⎭⎫a 2为最大值，g (1)为最小值，此时M －m ＝a 24＋1－a .综上所述，M －m 与a 有关，但与b 无关，故选B.6．在平面直角坐标系中，角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，则tan α＝________，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π2＝________. 答案330 解析 ∵角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)， ∴x ＝－3，y ＝－1， ∴tan α＝y x ＝33，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α－π2＝cos α－cos α＝0. 7．(2019·葫芦岛调研)已知f (x )＝2sin 2ωx (ω>0)的周期为π，则当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，f (x )的最小值为________． 答案 － 3解析 由T ＝2π2ω＝π，得ω＝1，∴f (x )＝2sin 2x ，由x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3，得π3≤2x ≤4π3， ∴当2x ＝4π3，即x ＝2π3时，f ⎝⎛⎭⎫2π3＝2sin 4π3＝－3， 即f (x )min ＝－ 3.8．(2017·全国Ⅱ)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________．答案 1解析 f (x )＝1－cos 2x ＋3cos x －34＝－⎝⎛⎭⎫cos x －322＋1. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴cos x ∈[0,1]， ∴当cos x ＝32时，f (x )取得最大值，最大值为1. 9．(2018·全国Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]上的零点个数为______． 答案 3解析 由题意可知，当3x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )时，f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6＝0. ∵x ∈[0，π]， ∴3x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，19π6， ∴当3x ＋π6的取值为π2，3π2，5π2时，f (x )＝0，即函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]上的零点个数为3. 10．已知函数f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x . (1)若x 是某三角形的一个内角，且f (x )＝－22，求角x 的大小； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求f (x )的最小值及取得最小值时x 的值． 解 (1)∵f (x )＝cos 4x －2sin x cos x －sin 4x ＝(cos 2x ＋sin 2x )(cos 2x －sin 2x )－sin 2x ＝cos 2x －sin 2x ＝2⎝⎛⎭⎫22cos 2x －22sin 2x＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， ∴f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－22，∴cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－12. 由题意可得x ∈(0，π)， ∴2x ＋π4∈⎝⎛⎭⎫π4，9π4， ∴2x ＋π4＝2π3或4π3，∴x ＝5π24或13π24.(2)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，5π4， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－1，22， ∴f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4∈[－2，1]． ∴f (x )的最小值为－2， 此时2x ＋π4＝π，即x ＝3π8.B 组 能力提高11．如图，单位圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C 位于第一象限，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫45，－35，∠AOC ＝α，若BC ＝1，则3cos 2α2－sin α2·cos α2－32的值为( )A.45B.35 C ．－45 D ．－35 答案 B解析 ∵点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫45，－35， 设∠AOB ＝θ，∴sin(2π－θ)＝－35，cos(2π－θ)＝45，即sin θ＝35，cos θ＝45，∵∠AOC ＝α，BC ＝1， ∴θ＋α＝π3，则α＝π3－θ，则3cos 2α2－sin α2cos α2－32＝32cos α－12sin α＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝sin θ＝35. 12．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0)在区间⎝⎛⎭⎫7π12，2π3上单调，且f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，f ⎝⎛⎭⎫3π4＝0，则ω的最大值为( )A ．7B ．9C ．11D ．13 答案 B解析 由题意，函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0)在区间⎝⎛⎭⎫7π12，2π3上单调， 则2π3－7π12＝π12≤T 2， 解得T ≥π6，所以2πω≥π6，即ω≤12，又由f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，f ⎝⎛⎭⎫3π4＝0， 则3π4－π4＝T 4＋k2T ，k ∈Z ， 即π2＝2k ＋14T ＝2k ＋14·2πω，k ∈Z ， 解得ω＝2k ＋1，k ∈Z ， 当k ＝5时，ω＝11， 则f (x )＝sin(11x ＋φ)， 又由f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，即f ⎝⎛⎭⎫π4＝sin ⎝⎛⎭⎫11π4＋φ＝1， 取φ＝－π4，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫11x －π4， 此时函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫7π12，2π3上不单调，不满足题意． 当k ＝4时，ω＝9， 则f (x )＝sin(9x ＋φ)，又由f ⎝⎛⎭⎫π4＝1，即f ⎝⎛⎭⎫π4＝sin ⎝⎛⎭⎫9π4＋φ＝1，取φ＝π4，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋π4， 此时函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫7π12，2π3上是单调函数，满足题意， 所以ω的最大值为9，故选B.13．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象过两点A ⎝⎛⎭⎫0，22，B ⎝⎛⎭⎫π4，0，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π4内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则( ) A ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4 B ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫5x ＋3π4 C ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7x ＋π4 D ．f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋3π4 答案 C解析 由已知得sin φ＝22，0<φ<π， 所以φ＝π4或3π4.当φ＝π4时，sin ⎝⎛⎭⎫π4ω＋π4＝0， 所以ω＝－1＋4k (k ∈N *)．若ω＝3，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫3x ＋π4在⎝⎛⎭⎫0，π4内有一个极大值点，不符合题意； 若ω＝7，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫7x ＋π4在⎝⎛⎭⎫0，π4内极大值点为π28，小于极小值点5π28，符合题意； 当φ＝3π4时，sin ⎝⎛⎭⎫π4ω＋3π4＝0，所以ω＝－3＋4k ()k ∈N *.若ω＝5，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫5x ＋3π4在⎝⎛⎭⎫0，π4内有一个极小值点，不符合题意； 若ω＝9，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫9x ＋3π4在⎝⎛⎭⎫0，π4内有极小值点π12和极大值点7π36，不符合题意． 综上所述，应选C.14．设函数f (x )(x ∈R )满足f (x －π)＝f (x )－sin x ，当－π<x ≤0时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫2 020π3＝________. 答案 0解析 ∵f (x －π)＝f (x )－sin x ， ∴f (x )＝f (x －π)＋sin x ，则f (x ＋π)＝f (x )＋sin(x ＋π)＝f (x )－sin x . ∴f (x ＋π)＝f (x －π)， 即f (x ＋2π)＝f (x )． ∴函数f (x )的周期为2π， ∴f ⎝⎛⎭⎫2 020π3＝f ⎝⎛⎭⎫674π－2π3＝f ⎝⎛⎭⎫－2π3＝0. 15．方程⎪⎪⎪⎪cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝|log 18x |的解的个数为________．(用数值作答) 答案 12解析 由题意得求方程||sin x ＝||log 18x 的解的个数，因为y ＝||sin x 的周期为π，而11π2<18<13π2，又当x ∈(0,1)时，y ＝sin x 与y ＝－log 18x 有一个交点，当x ∈(1，π)时，y ＝sin x 与y ＝log 18x 有一个交点， 当x ∈(k π，k π＋π)(k ＝1,2,3,4,5)时，y ＝|sin x |与y ＝log 18x 有两个交点，因此共有2×6＝12(个)交点．16．已知a >0，函数f (x )＝－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋2a ＋b ，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，－5≤f (x )≤1. (1)求常数a ，b 的值；(2)设g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2且lg g (x )>0，求g (x )的单调区间． 解 (1)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6. ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈[－2a ，a ]． ∴f (x )∈[b,3a ＋b ]，又∵－5≤f (x )≤1，∴b ＝－5,3a ＋b ＝1，∴a ＝2，b ＝－5.(2)由(1)得f (x )＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1， ∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋7π6－1 ＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1. 又由lg g (x )>0，得g (x )>1，∴4sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1>1， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6>12， ∴2k π＋π6<2x ＋π6<2k π＋5π6，k ∈Z ， 其中当2k π＋π6<2x ＋π6<2k π＋π2，k ∈Z ， 即k π<x <k π＋π6，k ∈Z 时，g (x )单调递增； 当2k π＋π2<2x ＋π6<2k π＋5π6，k ∈Z ， 即k π＋π6<x <k π＋π3，k ∈Z 时，g (x )单调递减． ∴g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫k π，k π＋π6，k ∈Z ， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎫k π＋π6，k π＋π3，k ∈Z .。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题三 第3讲

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题三 第3讲

第3讲 数列的综合问题热点一 利用S n ，a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)． 例1 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2， 当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1， 即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故a n ＝2n (n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为a n >0，故a n ＝2n .设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小， 最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.思维升华 给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 (2019·绍兴模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝4且λa n ＝S n ＋4.其中λ为常数． (1)求λ的值及数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1log 2a n ·1log 2a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若不等式(2n －5)T n －k ·n ·2n －1n ＋2≤0对任意n ∈N *恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)λa n ＝S n ＋4中，令n ＝1，得λa 1＝a 1＋4， 又a 1＝4，解得λ＝2，由2a n ＝S n ＋4,2a n ＋1＝S n ＋1＋4相减，得2a n ＋1－2a n ＝a n ＋1⇒a n ＋1a n ＝2，数列{a n }是以a 1＝4，公比为2的等比数列， 可得a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)b n ＝1log 2a n ·1log 2a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2)， (2n －5)T n －k ·n ·2n －1n ＋2≤0⇔k ≥(2n －5)(n ＋2)T nn ·2n －1，即k ≥2n －52n 对任意n ∈N *恒成立，设d n ＝2n －52n ，d n ＋1－d n ＝2n －32n ＋1－2n －52n ＝7－2n2n ＋1，∴当n ≥4时，数列{d n }单调递减，1≤n ≤3时，数列{d n }单调递增； ∴d n <d n －1<…<d 4>d 3>d 2>d 1， ∴数列{d n }最大项的值为d 4＝316， ∴k ≥316.即实数k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫316，＋∞. 热点二 数列与函数综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．例2 (2019·浙江省宁波市北仑中学模拟)已知函数f (x )＝x 3＋x 2，数列{x n }(x n ＞0)的第一项x 1＝1，以后各项按如下方式规定：曲线y ＝f (x )在(x n ＋1，f (x n ＋1))处的切线与经过(0,0)和(x n ，f (x n ))两点的直线平行(如图)．求证：当n ∈N *时，(1)x 2n ＋x n ＝3x 2n ＋1＋2x n ＋1;(2)⎝⎛⎭⎫12n －1≤x n≤⎝⎛⎭⎫12n －2. 证明 (1)因为f ′(x )＝3x 2＋2x ，所以曲线y ＝f (x )在(x n ＋1，f (x n ＋1))处的切线斜率k n ＋1＝3x 2n ＋1＋2x n ＋1. 因为过(0,0)和(x n ，f (x n ))两点的直线斜率是x 2n ＋x n ，所以x 2n ＋x n ＝3x 2n ＋1＋2x n ＋1.(2)因为函数h (x )＝x 2＋x ，在(0，＋∞)上单调递增，而x 2n ＋x n ＝3x 2n ＋1＋2x n ＋1≤4x 2n ＋1＋2x n ＋1＝(2x n ＋1)2＋2x n ＋1，所以x n ≤2x n ＋1，即x n ＋1x n ≥12，因此x n ＝x n x n －1·x n －1x n －2·…·x 2x 1·x 1≥⎝⎛⎭⎫12n －1.又因为x 2n ＋x n ≥2(x 2n ＋1＋x n ＋1)，令y n ＝x 2n ＋x n，则y n ＋1y n ≤12. 因为y 1＝x 21＋x 1＝2，所以y n ≤⎝⎛⎭⎫12n －1·y 1＝⎝⎛⎭⎫12n －2. 因此x n ≤x 2n ＋x n≤⎝⎛⎭⎫12n －2， 故⎝⎛⎭⎫12n －1≤x n≤⎝⎛⎭⎫12n －2.思维升华 解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别注意． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0且x ≠1，n ∈N *，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0<a n －12<13⎝⎛⎭⎫23n . (1)解 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1， 所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，① 则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，② 由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)·2n ＋1(n ∈N *)． (2)证明 因为f n (0)＝－1<0，f n ⎝⎛⎭⎫23＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝⎛⎭⎫23n ≥1－2×⎝⎛⎭⎫232>0， 所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内至少存在一个零点， 又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1>0(x ≥0且x ≠1，n ∈N *，n ≥2)，所以f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内单调递增， 因此f n (x )在⎝⎛⎭⎫0，23内有且仅有一个零点a n ， 由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1＝0，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12<a n <23， 所以0<a n －12＝12a n ＋1n <12×⎝⎛⎭⎫23n ＋1＝13⎝⎛⎭⎫23n .热点三 数列与不等式的综合问题数列与不等式的综合问题把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了关于证明不等式、求不等式中的参数的取值范围、求数列中的最大(小)项、比较数列中项的大小等问题，求解方法既要用到不等式知识，又要用到数列的基础知识，经常涉及到放缩法和数学归纳法的使用． 例3 已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12； (3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0.假设当n ＝k (k ∈N *)时，x k >0， 那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1>0， 因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1， 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得， x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x >0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12>0， 所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12 ＝2n －2，故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．思维升华 数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性．(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后用裂项相消法求和． (3)数学归纳法．跟踪演练3 (2016·浙江)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)．(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 . 从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝⎛⎭⎫34m ·2n . 由m 的任意性得|a n |≤2.① 否则，存在n 0∈N *，有0n a ＞2，取正整数m 0＞0034||2log 2n n a -且m 0＞n 0，则02n ·⎝⎛⎭⎫340m ＜0340||2log 2324n n a n -⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭＝0n a －2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.真题体验1．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n ＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10B ．当b ＝14时，a 10＞10C ．当b ＝－2时，a 10＞10D ．当b ＝－4时，a 10＞10答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a 2n ＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a 2n ＋12≥2a n ，故a 9≥a 2×(2)7≥12×(2)7＝42，a 10＞a 29≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫a n －122，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．2．(2018·全国Ⅰ，理，14)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.3．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2n ，n ∈N *. (1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )． 解得b n ＝1d (S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝a n2b n＝2n －22n (n ＋1)＝n －1n (n ＋1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2k . 那么，当n ＝k ＋1时， c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2k ＋k(k ＋1)(k ＋2)＜2k ＋1k ＋1＜2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2n 对任意n ∈N *成立． 押题预测1．已知数列{a n }满足a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋2上．数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n . (1)求b 2的值；(2)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (3)求证：2－12·3n －1≤⎝⎛⎭⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎫1＋1b n <3316. (1)解 由已知得a 2＝3a 1＋2＝8， 所以b 2a 2＝1a 1，b 28＝12，解得b 2＝4.(2)解 由条件得a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＋1＋1a n ＋1＝3a n ＋3a n ＋1＝3， 所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，3为公比的等比数列． 即a n ＋1＝(a 1＋1)·3n －1＝3n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)． (3)证明 由题设b n ＋1a n ＋1＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，①知b n a n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1 (n ≥2)，② 由①－②，得b n ＋1a n ＋1－b n a n ＝1a n ，则b n ＋1a n ＋1＝1＋b n a n ，即1＋b n b n ＋1＝a n a n ＋1(n ≥2)． 当n ＝1时，2－12×1＝32， 1＋1b 1＝32<3316， 所以原不等式成立；当n ≥2时，⎝⎛⎭⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎫1＋1b n＝1＋b 1b 1·1＋b 2b 2·…·1＋b nb n＝1b 1·1＋b 1b 2·1＋b 2b 3·…·1＋b n －1b n ·(1＋b n ) ＝12×34×a 2a 3·…·a n －1a n ·(1＋b n ) ＝38×8a n ·(1＋b n ) ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1＋b n a n＝3⎝⎛⎭⎫1a n＋b n a n＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＋1a n ，先证明不等式左边，当n ≥2时， 因为1a n ＝13n －1>13n ，所以3⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a2＋…＋1a n>3⎝⎛⎭⎫1a 1＋132＋133＋…＋13n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13＝2－12·3n －1.所以3⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≥2－12·3n －1(n ∈N *)． 再证明不等式右边，当n ≥2时， 1a n ＝13n －1＝19·3n －2－1≤18·3n －2， 所以3⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a2＋…＋1a n≤3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋13n －2 ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋18·1－13n －11－13＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋316⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －1<3316. 所以2－12·3n －1≤⎝⎛⎭⎫1＋1b 1⎝⎛⎭⎫1＋1b 2…⎝⎛⎭⎫1＋1b n <3316成立． 综上所述，不等式成立．2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋(－1)n (n ∈N *)．(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋(－1)n3是等比数列； (2)当k 是奇数时，证明：1a k ＋1a k ＋1<92k ＋1；(3)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <3.证明 (1)∵a n ＋1＝2a n ＋(－1)n ， ∴a n ＋1＋(－1)n ＋13＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(－1)n 3， 又a 1＋(－1)3＝23，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋(－1)n 3是首项为23，公比为2的等比数列． (2)由(1)可知a n ＋(－1)n 3＝2n 3，即a n ＝2n －(－1)n3，当k 是奇数时，1a k ＋1a k ＋1＝32k ＋1＋32k ＋1－1＝3(2k ＋1－1)＋3(2k ＋1)2k 2k ＋1＋2k －1<9·2k 2k 2k ＋1＝92k ＋1. (3)当n 为偶数时，1a n －1＋1a n <92n ＝32n －1＋32n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋1a n <3⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝3⎝⎛⎭⎫1－12n <3； 当n 为奇数时，1a n ＋1a n ＋1<92n ＋1＝32n ＋32n ＋1，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2＋1a n －1＋1a n <3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＋1<3⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＋12n ＝3⎝⎛⎭⎫1－12n <3.∴综上所述，1a 1＋1a 2＋…＋1a n<3.A 组 专题通关1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8， 所以a 2n ＋4a 2n ＝8＋8(n －1)＝8n ， 所以⎝⎛⎭⎫a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n ＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n ＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1， 所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，则最小的整数k 是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1，∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5. 又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n 成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5. 4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1，且a n b n ＝cos 2n π3，则数列{b n }的前59项和为( )A ．－1 840B ．－1 760C ．1 760D ．1 840 答案 B解析 由a n ＝n －1na n －1得a na n －1＝n －1n ，所以a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝12×23×…×n －1n ＝1n ，即a n ＝1n ，所以a n ＝1n 2，故b n ＝n 2cos 2n π3，因为b 3n －2＋b 3n －1＋b 3n ＝－(3n －2)22－(3n －1)22＋9n 2＝9n －52，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 59＋b 60－b 60＝9×(1＋2＋3＋…＋20)－52×20－602＝9×20(1＋20)2－50－602＝－1 760，故选B.5．已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析 由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且n 为奇数时f (n )＝n ， 则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝1100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．对给定的正整数n (n ≥6)，定义f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，其中a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )，则a 6＝________；当n ＝2 019时，f (2)＝________. 答案 64 42 020－13解析 由a 0＝1，a i ＝2a i －1(i ∈N *，i ≤n )得数列{a i }为首项为2，公比为2的等比数列，则a i ＝2i (i ∈N *，i ≤n )，所以a 6＝26＝64.当n ＝2 019时，f (x )＝1＋2x ＋22x 2＋…＋22 019x 2 019，则f (2)＝1＋2×2＋22×22＋…＋22 019×22 019＝1＋4＋42＋…＋42 019＝1·(1－42 020)1－4＝42 020－13.7．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 019＝________. 答案 2解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…， 构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 019＝b 3＝2.8．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n －1＝a n ，则a 2＋1S 2－1－a 4＋1S 4－1＋a 6＋1S 6－1－a 8＋1S 8－1＋…＋(－1)51·a 100＋1S 100－1＝________.答案100101解析 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n －1＝a n ，化简得4S n ＝(a n ＋1)2，当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧4S n ＝(a n ＋1)2，4S n －1＝(a n －1＋1)2，相减可得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1,2a n ＋2a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，可得a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列；a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，S n ＝(a n ＋1)24＝n 2，即a n ＋1S n －1＝2n n 2－1＝2n (n －1)(n ＋1)＝1n －1＋1n ＋1，所以a 2＋1S 2－1－a 4＋1S 4－1＋a 6＋1S 6－1－a 8＋1S 8－1＋…＋(－1)51·a 100＋1S 100－1＝⎝⎛⎭⎫11＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋⎝⎛⎭⎫15＋17－…－⎝⎛⎭⎫199＋1101＝1－1101＝100101.故答案为：100101.9．已知数列{a n }满足：a 1＝0，ln(a n ＋1－a n )＋a n ＋n ln 2＝0(n ∈N *)． (1)求a 3；(2)证明：ln(2－21－n )≤a n ≤1－21－n ；(3)是否存在正实数c ，使得对任意的n ∈N *，都有a n ≤1－c ，若存在，求出c 的最大值，若不存在，请说明理由． (1)解 由已知得a n ＋1＝a n ＋l ()n 2en a n －＋，又a 1＝0，所以a 2＝12，a 3＝12＋14e .(2)证明 因为a n ＋1>a n ，a 1＝0，所以a n ≥0. 则a n ＋1＝a n ＋l ()n 2en a n －＋≤a n ＋e －n ln 2＝a n ＋2－n ，所以a n ≤a n －1＋2－(n －1)≤a n －2＋2－(n －2)＋2－(n －1)≤…≤a 1＋2－1＋…＋2－(n －2)＋2－(n －1)＝1－21－n (n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝0≤0，满足上式，所以a n ≤1－21－n . 令f (n )＝e n a ＋21－n －2， 则f (n ＋1)－f (n )＝(1en a ＋＋2－n －2)－[e n a＋2－(n －1)－2]1ln ()2e e 2e e 2n n n n n a a a e a n a n n ＋＋－＋－－＝－－＝－－＝()e ln 2[]e e1n n aa n －＋－－2－n >ln 2()e e n n a a n －＋－2－n ＝0，所以{f (n )}是递增数列，所以f (n )≥f (1)＝0， 即e n a＋21－n －2≥0，所以a n ≥ln(2－21－n )， 综上所述，ln(2－21－n )≤a n ≤1－21－n . (3)解 由(2)得 a n ＋1＝a n ＋l ()n 2en a n －＋≤a n ＋1ln 22 [n 2(]l )en n －－－＋＝a n ＋12n ＋1－2，所以a n ≤a n －1＋12n －2≤a n －2＋12n －1－2＋12n －2≤…≤a 1＋122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2＝122－2＋…＋12n －1－2＋12n －2(n ≥2)． 因为12n －2＝14·2n －2－2≤13·2n －2(n ≥3)，所以当n ≥4时，a n <12＋16＋13·22＋…＋13·2n －2＝12＋16＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12n －2<56. 由{a n }的单调性知，当n ＝1,2,3时，a n <56，综上所述，对任意的n ∈N *，都有a n <56，所以存在c ，c 的最大值为16，使a n ≤1－c 成立．10．已知数列a n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．(1)求证：a 2 018>6；(2)求证：对一切n ≥2，n ∈N *都有a 2n ＋2>2⎝⎛⎭⎫a 11＋a 22＋a 33＋...＋a n n . 证明 (1)∵a n ＝1＋12＋13＋ (1)，∴a 2 018＝1＋12＋⎝⎛⎭⎫13＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1513＋…＋11 024＋…＋12 018， a 2 018>1＋12＋⎝⎛⎭⎫13＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1513＋…＋11 024>1＋12＋24＋…＋5121 024＝1＋12×10＝6. (2)由题意得a n －a n －1＝1n (n ≥2)，即a n －1＝a n －1n (n ≥2)，将式子两边平方得a 2n －1＝a 2n －2⎝⎛⎭⎫a n n ＋1n 2， ∴a 2n －a 2n －1＝2⎝⎛⎭⎫a n n －1n2， ∴a 2n ＝a 2n －a 2n －1＋a 2n －1－a 2n －2＋a 2n －2－a 2n －3＋…＋a 22－a 21＋a 21＝2⎝⎛⎭⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a n n －⎝⎛⎭⎫112＋122＋…＋1n 2. ∵1＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝2－1n<2，∴对一切n ≥2，n ∈N *都有a 2n ＋2> 2⎝⎛⎭⎫a 11＋a 22＋a 33＋…＋a nn . B 组 能力提高11．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1>1，则( )A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0. 又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1， 所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾． 因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0， 所以a 1>a 3，a 2<a 4. 故选B.12．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎡⎦⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019 D ．2 020 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0， 即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2， 以上各式累加可得a n ＝2n －1. ∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n ＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019 ＝2 018⎝⎛⎭⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎡⎦⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 13．(2019·济宁模拟)已知正项等比数列{a n }满足：a 2a 8＝16a 5，a 3＋a 5＝20，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝32，则1m ＋4n 的最小值为( )A.34B.910C.32D.95 答案 A解析 因为数列{a n }是正项等比数列， a 2a 8＝a 25＝16a 5，所以a 5＝16，又a 3＋a 5＝20， 所以a 3＝4， 所以q ＝2，a 1＝1， 所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1， 因为a m a n ＝32，所以2m －12n －1＝210，即m ＋n ＝12， 所以1m ＋4n ＝112(m ＋n )⎝⎛⎭⎫1m ＋4n ＝112⎝⎛⎭⎫5＋n m ＋4m n ≥112⎝⎛⎭⎫5＋2n m ·4m n ＝34(m >0，n >0)， 当且仅当n ＝2m ，即m ＝4，n ＝8时“＝”成立， 所以1m ＋4n 的最小值为34.14．(2019·绍兴模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *，S 100是数列{a n }的前100项和，且满足S 100<100, 则f (x )不可能是( ) A ．f (x )＝x 2 B ．f (x )＝x ＋1x －2C ．f (x )＝e x －x －1D ．f (x )＝ln x ＋x ＋1答案 D解析 对A ，当0<a n <1时，有a n ＋1＝a 2n ∈(0,1)， 又a 1＝12，可知a n ∈(0,1)，S 100<100成立；对B ，f ⎝⎛⎭⎫12＝12，由a 1＝12，可知n ∈N *有a n＝12成立，S 100＝50<100成立； 对C ，f ′(x )＝e x －1，对任意x ∈(0,1)，有f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增，f (0)＝0，f (1)＝e －2<1， 因此，当0<a n <1时，有a n ＋1＝f (a n )∈(0,1)，又a 1＝12，可知a n ∈(0,1)，S 100<100成立； 对D ，g (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋1，若x >1e， 则g (x )>g ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，结合a n ＋1－a n ＝g (a n )知，当a n >1e时，有a n ＋1>a n ， 又a 1＝12>1e，因此有a n ＋1>a n . f (x )＝ln x ＋x ＋1在(0，＋∞)上单调递增可知；a 2＝ln a 1＋a 1＋1＝ln 12＋32>－0.7＋32＝0.8， a 3＝ln a 2＋a 2＋1>ln 0.8＋1.8>－0.7＋1.8＝1.1，因此S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100>12＋0.8＋1.1×98>100，S 100<100不成立． 15．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝ln(1＋a n )(n ∈N *)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n .证明： (1)a n >0(n ∈N *)；(2)a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)； (3)n 2＋5n 6≤T n ≤n 2＋3n 4(n ∈N *)． 证明 (1)①当n ＝1时，a 1＝1>0，所以当n ＝1时，命题成立；②假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立，即a k >0，当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，由1＋a k >1，知a k ＋1＝ln(1＋a k )>0，所以a k ＋1>0. 故对于n ∈N *都有a n >0.(2)先利用ln(1＋x )<x (x >0)证明ln(1＋a n )<a n ，即a n ＋1<a n ，故a n ≤1，因此0<a n ≤1.要证明a n ＋1<3a n a n ＋3，即证ln(1＋a n )<3a n a n ＋3， 构造函数h (x )＝ln(1＋x )－3x x ＋3(0<x ≤1)， 则h ′(x )＝11＋x －9(x ＋3)2＝x (x －3)(1＋x )(x ＋3)2<0， 所以h (x )在(0,1]上单调递减．故h (x )＝ln(1＋x )－3xx ＋3<h (0)＝0， 因此ln(1＋a n )<3a n a n ＋3，即a n ＋1<3a n a n ＋3(n ∈N *)． (3)由(2)可知1a n ＋1－1a n >13成立， 则累加可得1a n ≥1＋13(n －1)＝n ＋23， 故T n ≥n ＋n (n －1)2×13＝n 2＋5n 6.① 构造函数g (x )＝ln(1＋x )－2x x ＋2(0<x ≤1)， g ′(x )＝11＋x －4(x ＋2)2＝x 2(1＋x )(x ＋2)2>0， 所以g (x )在(0,1]上单调递增，所以g (x )＝ln(1＋x )－2x x ＋2>g (0)＝0， 得ln(1＋a n )>2a n a n ＋2. 所以有a n ＋1>2a n a n ＋2，进一步有1a n ＋1－1a n <12，则累加可得1a n ≤n ＋12， 故T n ≤n ＋n (n －1)2×12＝n 2＋3n 4.② 综上①②可得，原命题成立．。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】回扣2

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回扣2 复数与平面向量1．复数的相关概念及运算法则(1)复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的分类①z 是实数⇔b ＝0；②z 是虚数⇔b ≠0；③z 是纯虚数⇔a ＝0且b ≠0.(2)共轭复数复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的共轭复数z ＝a －b i.(3)复数的模复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模|z |＝a 2＋b 2.(4)复数相等的充要条件a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )．特别地，a ＋b i ＝0⇔a ＝0且b ＝0(a ，b ∈R )．(5)复数的运算法则加减法：(a ＋b i)±(c ＋d i)＝(a ±c )＋(b ±d )i ；乘法：(a ＋b i)(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ；除法：(a ＋b i)÷(c ＋d i)＝ac ＋bd c 2＋d 2＋bc －ad c 2＋d 2i(c ＋d i ≠0)． ()其中a ，b ，c ，d ∈R2．复数的几个常见结论(1)(1±i)2＝±2i.(2)1＋i 1－i ＝i ，1－i 1＋i＝－i. (3)i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i 4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n ＋i 4n ＋1＋i 4n ＋2＋i 4n ＋3＝0(n ∈Z )． 3．平面向量基本定理如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2.我们把不共线的向量e 1，e 2叫做表示这一平面内所有向量的一组基底．4．向量a 与b 的夹角已知两个非零向量a 和b .作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫做向量a 与b 的夹角．当θ＝0°时，a 与b 同向；当θ＝180°时，a 与b 反向．如果a 与b 的夹角是90°，我们说a 与b 垂直，记作a ⊥b .5．平面向量的数量积(1)若a ，b 为非零向量，夹角为θ，则a·b ＝|a||b |cos θ.(2)设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.(3)a ·b 的几何意义：数量积a ·b 等于a 的长度|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积．6．两个非零向量平行、垂直的充要条件若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则(1)a ∥b ⇔a ＝λb (b ≠0)⇔x 1y 2－x 2y 1＝0.(2)a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.7．利用数量积求长度 (1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a·a ＝x 2＋y 2.(2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB →|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.8．利用数量积求夹角设a ，b 为非零向量，若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角，则cos θ＝a·b |a||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21 x 22＋y 22. 9．三角形“四心”向量形式的充要条件设O 为△ABC 所在平面上一点，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，则(1)O 为△ABC 的外心⇔|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝a 2sin A. (2)O 为△ABC 的重心⇔OA →＋OB →＋OC →＝0.(3)O 为△ABC 的垂心⇔OA →·OB →＝OB →·OC →＝OC →·OA →.(4)O 为△ABC 的内心⇔aOA →＋bOB →＋cOC →＝0.1．复数z 为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0(z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R )．还要注意巧妙运用参数问题和合理消参的技巧．2．复数的运算与多项式运算类似，要注意利用i 2＝－1化简合并同类项．3．a·b >0是〈a ，b 〉为锐角的必要不充分条件；a·b <0是〈a ，b 〉为钝角的必要不充分条件．。

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第5讲 导数的简单应用 Word版含解析

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第5讲 导数的简单应用 Word版含解析

专题强化训练1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A.因为f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调递增区间是( ) A.⎝⎛⎭⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎫0，43 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪(0，＋∞) 解析：选C.因为f ′(x )＝3x 2－2mx ，所以f ′(－1)＝3＋2m ＝－1，解得m ＝－2.所以f ′(x )＝3x 2＋4x .由f ′(x )＝3x 2＋4x >0，解得x <－43或x >0，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－43，(0，＋∞)，故选C. 3．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B.⎝⎛⎦⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g （1）≥0⇔－26≤a ≤26或a ≥－4⇔a ≥－2 6.4．(2019·台州二模)已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ，c ∈R )，F (x )＝f ′（x ）e x，若F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，则函数f (x )的最小值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－1解析：选C.因为f ′(x )＝2x ＋b ，所以F (x )＝2x ＋b e x ，F ′(x )＝2－2x －be x，又F (x )的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝－2x ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧F ′（0）＝－2，F （0）＝c ，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，b ＝4，所以f (x )＝(x ＋2)2≥0，f (x )min ＝0.5．(2019·温州瑞安七校模拟)已知函数f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)(x －x 3)(其中x 1＜x 2＜x 3)，g (x )＝e x －e －x ，且函数f (x )的两个极值点为α，β(α＜β)．设λ＝x 1＋x 22，μ＝x 2＋x 32，则( )A ．g (α)＜g (λ)＜g (β)＜g (μ)B ．g (λ)＜g (α)＜g (β)＜g (μ)C ．g (λ)＜g (α)＜g (μ)＜g (β)D ．g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)解析：选D.由题意，f ′(x )＝(x －x 1)(x －x 2)＋(x －x 2)(x －x 3)＋(x －x 1)(x －x 3)， 因为f ′(x 1＋x 22)＝－（x 2－x 1）24＜0，f ′(x 2＋x 32)＝－（x 2－x 3）24＜0，因为f (x )在(－∞，α)，(β，＋∞)上递增，(α，β)上递减， 所以α＜λ＜μ＜β，因为g (x )＝e x －e －x 单调递增， 所以g (α)＜g (λ)＜g (μ)＜g (β)． 故选D.6．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)已知函数f (x )＝x ＋2b x ＋a ，x ∈[a ，＋∞)，其中a ＞0，b ∈R ，记m (a ，b )为f (x )的最小值，则当m (a ，b )＝2时，b 的取值范围为( )A ．b ＞13B ．b ＜13C ．b ＞12D ．b ＜12解析：选D.函数f (x )＝x ＋2bx＋a ，x ∈[a ，＋∞)，导数f ′(x )＝1－2bx2，当b ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在x ∈[a ，＋∞)递增，可得f (a )取得最小值， 且为2a ＋2b a ，由题意可得2a ＋2ba ＝2，a ＞0，b ≤0方程有解；当b ＞0时，由f ′(x )＝1－2bx 2＝0，可得x ＝2b (负的舍去)，当a ≥2b 时，f ′(x )＞0，f (x )在[a ，＋∞)递增，可得f (a )为最小值， 且有2a ＋2ba＝2，a ＞0，b ＞0，方程有解；当a ＜2b 时，f (x )在[a ，2b ]递减，在(2b ，＋∞)递增， 可得f (2b )为最小值，且有a ＋22b ＝2，即a ＝2－22b ＞0， 解得0＜b ＜12.综上可得b 的取值范围是(－∞，12)．故选D.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟模拟)函数f (x )＝2x 2＋3x2e x的大致图象是( )解析：选B.由f (x )的解析式知有两个零点x ＝－32与x ＝0，排除A ，又f ′(x )＝－2x 2＋x ＋32e x ，由f ′(x )＝0知函数有两个极值点，排除C ，D ，故选B.8．(2019·成都市第一次诊断性检测)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝⎛⎭⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1＋1也相切，则t 的值为( )A ．4e 2B ．4e C.e 24 D.e4解析：选A.由y ＝tx ，得y ′＝t 2tx ，则切线斜率为k ＝t 4，所以切线方程为y －2＝t4⎝⎛⎭⎫x －4t ，即y ＝t4x ＋1.设切线与曲线y ＝e x ＋1＋1 的切点为(x 0，y 0)．由y ＝e x ＋1＋1，得y ′＝e x ＋1，则由e x 0＋1＝t 4，得切点坐标为⎝⎛⎭⎫ln t 4－1，t 4＋1，故切线方程又可表示为y －t 4－1＝t4⎝⎛⎭⎫x －ln t 4＋1，即y＝t 4x －t 4ln t 4＋t 2＋1，所以由题意，得－t 4ln t 4＋t 2＋1＝1，即ln t4＝2，解得t ＝4e 2，故选A. 9．(2019·金华十校高考模拟)已知函数f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，若曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于0，则实数a 的取值范围为____________．解析：由题意知，f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1的导数f ′(x )＝2x 2－2x ＋a .2x 2－2x ＋a ＝3有两个不等正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4－8（a －3）＞012（a －3）＞0，得3＜a ＜72.答案：⎝⎛⎭⎫3，72 10．(2019·湖州市高三期末)定义在R 上的函数f (x )满足：f (1)＝1，且对于任意的x ∈R ，都有f ′(x )＜12，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为________．解析：设g (x )＝f (x )－12x ，因为f ′(x )＜12，所以g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )为减函数，又f (1)＝1， 所以f (log 2x )＞log 2x ＋12＝12log 2x ＋12，即g (log 2x )＝f (log 2x )－12log 2x ＞12＝g (1)＝f (1)－12＝g (log 22)，所以log 2x ＜log 22，又y ＝log 2x 为底数是2的增函数， 所以0＜x ＜2，则不等式f (log 2x )＞log 2x ＋12的解集为(0，2)．答案：(0，2)11．(2019·绍兴、诸暨高考二模)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]． 答案：y ＝－3x [－2，2]12．(2019·台州市高三期末考试)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x ，则f (x )在区间[12，2]上的最小值为________；当f (x )取到最小值时，x ＝________．解析：f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x ＝12，1，当x ∈(12，1)时，f ′(x )＜0，x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在区间[12，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )在区间[12，2]上的最小值为f (1)＝－2.答案：－2 113．(2019·唐山二模)已知函数f (x )＝ln x －nx (n >0)的最大值为g (n )，则使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为________．解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x －n (x >0，n >0)，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1n 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞时，f ′(x )<0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1n 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1n ，＋∞上单调递减， 所以f (x )的最大值g (n )＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＝－ln n －1.设h (n )＝g (n )－n ＋2＝－ln n －n ＋1.因为h ′(n )＝－1n－1<0，所以h (n )在(0，＋∞)上单调递减．又h (1)＝0，所以当0<n <1时，h (n )>h (1)＝0，故使g (n )－n ＋2>0成立的n 的取值范围为(0，1)． 答案：(0，1)14．(2019·浙江东阳中学期中检测)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是________．解析：设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题意存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e－12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a恒过(1，0)，斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.答案：32e≤a <115．设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a ＜⎝⎛⎭⎫x ＋2x max＝－22，当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．16．(2019·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x －1， 当x ＝0，1时，k ∈R ， 当x ∈(0，1)时，k ≤e x －1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x －1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x －1≥x ，又x ≠0，所以e x －1＞x ， 即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x －1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6，由①②可知，4＜λ＜6.17．(2019·宁波市高考模拟)已知f (x )＝x ＋a 2x ，g (x )＝x ＋ln x ，其中a ＞0.若对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f (x 1)≥g (x 2)⇔当x ∈[1，e]有f (x )min ≥g (x )max ， 当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在x ∈[1，e]上单调递增， 所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1.当x ∈[1，e]时，f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a2x2，因为a ＞0，所以令f ′(x )＝0得x ＝a .①当0＜a ＜1时，f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝a 2＋1.令a 2＋1≥e ＋1得a ≥e ，这与0＜a ＜1矛盾． ②当1≤a ≤e 时，若1≤x ＜a ，则f ′(x )＜0，若a ＜x ≤e ，则f ′(x )＞0，所以f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (a )＝2a ，令2a ≥e ＋1得a ≥e ＋12，又1≤a ≤e ， 所以e ＋12≤a ≤e.③当a ＞e 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e.令e ＋a 2e ≥e ＋1得a ≥e ，又a ＞e ，所以a ＞e.综合①②③得，所求实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e ＋12，＋∞. 18．(2019·宁波九校联考)已知函数f (x )＝e －x －11＋x .(1)证明：当x ∈[0，3]时，e －x ≥11＋9x； (2)证明：当x ∈[2，3]时，－27＜f (x )＜0.证明：(1)要证e －x ≥11＋9x ，也即证e x ≤1＋9x .令F (x )＝e x －9x －1，则F ′(x )＝e x －9.令F ′(x )＞0，则x ＞2ln 3.因此，当0≤x ＜2ln 3时，有F ′(x )＜0，故F (x )在[0，2ln 3)上单调递减；当2ln 3＜x ≤3时，有F ′(x )＞0，故F (x )在[2ln 3，3]上单调递增．所以，F (x )在[0，3]上的最大值为max{F (0)，F (3)}． 又F (0)＝0，F (3)＝e 3－28＜0.故F (x )≤0，x ∈[0，3]成立， 即e x ≤1＋9x ，x ∈[0，3]成立．原命题得证．(2)由(1)得：当x ∈[2，3]时，f (x )＝e －x －11＋x ≥11＋9x －11＋x.令t (x )＝11＋9x －11＋x，则t ′(x )＝－(1＋9x )－2·9＋(1＋x )－2＝1（1＋x ）2－9（1＋9x ）2＝（1＋9x ）2－9（1＋x ）2（1＋9x ）2（1＋x ）2＝72x 2－8（1＋9x ）2（1＋x ）2≥0，x ∈[2，3]．所以，t (x )在[2，3]上单调递增，即t (x )≥t (2)＝－1657＞－1656＝－27，x ∈[2，3]，所以f (x )＞－27得证．下证f (x )＜0. 即证e x ＞x ＋1令h (x )＝e x －(x ＋1)则h ′(x )＝e x －1＞0， 所以h (x )在[2，3]上单调递增，所以，h (x )＝e x －(x ＋1)≥e 2－3＞0，得证．另证：要证11＋9x －11＋x＞－27，即证9x 2－18x ＋1＞0，令m (x )＝9x 2－18x ＋1＝9(x －1)2－8在[2，3]上递增，所以m (x )≥m (2)＝1＞0得证．。

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第6讲 导数的综合应用 Word版含解析

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第6讲 导数的综合应用 Word版含解析

专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立， 所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增， 所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2； 当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与f (x )的单调区间；(2)若存在实数x 0∈(0，12)，使得f (x 0)＜0，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ， 由f ′(0)＝0，解得：a ＝1， 故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0， 令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2， 因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2， 即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e －(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0， 所以，存在x 0∈(m ，n )，使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax. 设h (x )＝x －ln x －ax， 则h ′(x )＝ln x －x2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋ax 2，其中g (x )＝x2－ln x . 由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝ 13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4， 即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .解：(1)因为f (x )＝1－ln xx ，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1， 解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x ＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x＋1＞0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0， 即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x.7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2)＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0， 所以e x －kx ＞0， 令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减， 故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ， 当0＜k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增， 故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点； 当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x ) ＜0，函数y ＝g (x )单调递减， x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增， 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2，解得：e ＜k ＜e 22综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为(e ，e 22)．8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值． 解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)； 当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1， m ≥|f ′(x )|恒成立， 所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1， 所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13；f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1； －1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1， 所以m ≥1.。

(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五大题考法课函数与导数课时跟踪检测

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解：(1)∵f (x )＝ln x ＋ax ，∴f ′(x )＝ ＋a .ax ＋∴函数 f (x )在 0，－ 上单调递增，在－ ，＋∞上单调递减，∴实数 a 的取值范围是－ ，0.解：(1)∵F (x )＝ln x ＋ ，x ∈(0,3]，0∴F ′(x )＝ －2＝，∴k ＝F ′(x 0)＝ 2 ， (2)由(1)知 f ′(x )＝ ＋a ＝(x >0)．当 a ≥0 时，∵f ′(x )＝>0，∴函数 f (x )＝ln x ＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，当 a <0 时，∵f ′(x )＝(x >0)，xx x x 0y 函数与导数[课时跟踪检测]1．已知函数 f (x )＝ln x ＋ax ，(1)若函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝2x ＋m ，求实数 a 和 m 的值；(2)若函数 f (x )在定义域内有两个不同的零点 x 1，x 2，求实数 a 的取值范围．1x∵函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝2x ＋m ，∴f ′(1)＝1＋a ＝2，得 a ＝1.又∵f (1)＝ln 1＋a ＝1，∴函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y －1＝2(x －1)，即 y ＝2x －1，∴m ＝－1.1 1＋axx x1＋axx从而函数 f (x )至多有一个零点，不符合题意；1 ax1 1a a1 1 1 1∴函数 f (x )max ＝f －a ＝ln －a ＋a －a ＝ln －a －1，∴要满足函数 f (x )在定义域内有两个不同的零点 x 1，x 2，1 1必有 f (x )max ＝ln －a －1>0，得 a >－e ，1e2．设函数 f (x )＝ln x ＋x .a 1(1)令 F (x )＝f (x )＋x －x (0<x ≤3)，若 F (x )的图象上任意一点 P (x 0，0)处切线的斜率 k ≤2恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)若方程 2mf (x )＝x 2 有唯一实数解，求正数 m 的值．ax1 a x －a x －a 2x 20∴a ≥ ，即实数 a 的取值范围为⎢ ，＋∞⎪.，解得 m ＝ .23．(2019·学军中学检测)已知函数 f (x )＝ (x ＋a ) ＋b ln x ，a ，b∈R. ∴k ＝x 0－a 1 1⎡1 ⎫2则 g ′(x )＝ .令 g ′(x )＝0，则 x －mx －m ＝0. 2 <0(舍去)，x 2＝m ＋ m 2＋4m ⎪⎩g (x 2)＝0， 即 x 2－2m lnx 2－2mx 2＝x 2－mx 2－m ，22∵h (1)＝0，∴方程(*)的解为 x 2＝1，即 1＝m ＋ m 2＋4m 0 0 ⎧⎪1∵F (x )的图象上任意一点 P (x 0，y 0)处切线的斜率 k ≤2恒成立，≤2在 x 0∈(0,3]上恒成立，1∴a ≥－2x 2＋x 0max ，x 0∈(0,3]，1 1当 x 0＝1 时，－2x 2＋x 0 取得最大值2，2 ⎣2 ⎭(2)∵方程 2mf (x )＝x 2 有唯一实数解，∴x 2－2m ln x －2mx ＝0 有唯一实数解．设 g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，2x 2－2mx －2mx∵m >0，∴Δ＝m 2＋4m >0，∵x >0，m － m 2＋4m∴x 1＝2 ，当 x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减，当 x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)单调递增， 当 x ＝x 2 时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值 g (x 2)． ∵g (x )＝0 有唯一解，∴g (x 2)＝0， 则⎨g ′(x 2)＝0，∴2m ln x 2＋mx 2－m ＝0，∵m >0，∴2ln x 2＋x 2－1＝0.(*) 设函数 h (x )＝2ln x ＋x －1，∵当 x >0 时，h (x )是增函数，∴h (x )＝0 至多有一解．1 2 212(1)若直线 y ＝ax 是曲线 y ＝f (x )的切线，求 a 2b 的最大值；(2)设 b ＝1，若函数 f (x )有两个极值点 x 1 与 x 2，且 x 1<x 2，求f (x 2)的取值范围．解：(1)因为 f ′(x )＝ ，x 20＋ax 0＋bx 0(2)因为 f ′(x )＝ ，⎧⎪x 1＋x 2＝－a ， x 2f (x 2) 2 2 x 112x20 0 0 ⎩ 2x 2x 2 且 h ′(x )>h ′(1)＝ >0，x 1 x 2＋ax ＋bx又因为 y ＝ax 是曲线 y ＝f (x )的切线，设切点为(x 0，y 0)，则 ＝a ， 故 b ＝－x 2.1因为 y 0＝2(x 0＋a )2＋b ln x 0＝ax 0，即 a 2＝－(x 2＋2b ln x 0)＝x 2(2ln x 0－1)≥0，故 x 0≥e ，所以 a 2b ＝x 4(1－2ln x 0)， 令 g (x )＝x 4(1－2ln x )，x ≥ e ，则 g ′(x )＝2x 3(1－4ln x )<0，所以函数 g (x )在[ e ，＋∞)上单调递减，故 g (x )max ＝g ( e)＝0， 综上，a 2b 的最大值是 0.x 2＋ax ＋1x所以 x 1，x 2 是 x 2＋ax ＋1＝0 的两个根，则⎨⎪x 1·x 2＝1，1 故 a ＝－x 2－ ，1(x ＋a )2＋ln x 21 所以 ＝ ＝ ＋x 2ln x 2. x 2－a ＋ a 2－4 因为 x 2＝ 2>1，1令 h (x )＝ ＋x ln x ，x >1，－1则 h ′(x )＝ ＋ln x ＋1 单调递增，12所以 h (x )在(1，＋∞)上单调递增，故 h (x )>h (1)＝ .的取值范围是 ，＋∞⎪.所以 f (－1)＝(－1＋b ) －a ⎪＝0，所以 a ＝ 或 b ＝1.所以 f ′(－1)＝ －a ＝－1＋ ，若 a ＝ ，则 b ＝2－e<0，与 b >0 矛盾，故 a ＝1，b ＝1.则 h (x )＝ －1⎪(x ＋1)，xx 令 F (x )＝f (x )－h (x )，则 F (x )＝(x ＋1)(e －1)－ －1⎪(x ＋1)，F ′(x )＝(x ＋2)e － ，x当 x ≤－2 时，F ′(x )＝(x ＋2)e － ≤－ <0， x当 x >－2 时，设 G (x )＝F ′(x )＝(x ＋2)e － ，综上，f (x 2) ⎛1 ⎛1⎫⎛1⎫1⎛1 ⎫12⎫x 1 ⎝2 ⎭4．已知函数 f (x )＝(x ＋b )(e x －a )(b >0)的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求 a ，b ；m (1－2e )(2)若方程 f (x )＝m 有两个实数根 x 1，x 2，且 x 1<x 2，证明：x 2－x 1≤1＋ 1－e .解：(1)由题意得 f (－1)＝0，⎝e ⎭1e又 f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x －a ，b 1e e1e(2)证明：由(1)可知 f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，设曲线 y ＝f (x )在点(－1,0)处的切线方程为 y ＝h (x )，⎝e ⎭⎝e ⎭ e1 1ee1e则 G ′(x )＝(x ＋3)e x >0，故函数 F ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又 F ′(－1)＝0，所以当 x ∈(－∞，－1)时，F ′(x )<0，当 x ∈(－1，＋∞)时，F ′(x )>0，所以函数 F (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，故 F (x )≥F (－1)＝0，所以 f (x )≥h (x )，所以 f (x 1)≥h (x 1)．m e设 h (x )＝m 的根为 x 1′，则 x 1′＝－1＋1－e，所以 x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝m － －1＋m e ⎫⎛1－e ⎭⎝ x e x －(e x －a ) a (e x －a )(x －1)由题意得 f ′(2)＝ ，解得 a ＝0.(e －a )(x －1)x＝1＋m (1－2e )5．已知函数 f (x )＝ －a ln x ，其中 a ∈[0，e]，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(3)设函数 g (x )＝ ，求证：0＜g (x )＜1.解：(1)f ′(x )＝ － ＝ ，f ′(x )＝ .又函数 h (x )单调递减，且 h (x 1′)＝f (x 1)≥h (x 1)， 所以 x 1′≤x 1，设曲线 y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为 y ＝t (x )，易得 t (x )＝x ，令 T (x )＝f (x )－t (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则 T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，当 x ≤－2 时，T ′(x )＝(x ＋2)e x －2≤－2<0，当 x >－2 时，设 H (x )＝T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，则 H ′(x )＝(x ＋3)e x >0，故函数 T ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又 T ′(0)＝0，所以当 x ∈(－∞，0)时，T ′(x )<0，当 x ∈(0，＋∞)时，T ′(x )>0，所以函数 T (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以 T (x )≥T (0)，所以 f (x )≥t (x )，所以 f (x 2)≥t (x 2)． 设 t (x )＝m 的根为 x 2′，则 x 2′＝m ，又函数 t (x )单调递增，且 t (x 2′)＝f (x 2)≥t (x 2)， 所以 x 2′≥x 2.又 x 1′≤x 1，⎪1－e .e x －ax(1)若曲线 y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线为 e 2x －4y ＝0，求 a 的值；(2)求函数 y ＝f (x )的极大值；1＋x ln xe xx 2 x x 2e 24(2)函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)，x 2①当 0≤a ≤1 时，f (x )在 (0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，函数f (x )没有极大值；②当 1＜a ＜e 时，令 f ′(x )＝0，解得 x ＝ln a 或 x ＝1.则由 h ′(x )＝ln x ＋1＝0，解得 x ＝ ，∴h (x )在 0， ⎪上单调递减，在 ，＋∞⎪上单调递增，1⎛1⎫ ∴h (x )≥h ⎪＝1－ ＞0，⎛1⎫ ⎛1 ⎫ 即 －ln x ＞0.由(2)知，当 a ＝1 时，f (x )＝－ln x ，于是 f (x )在(0，ln a )，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a,1)上单调递减，函数 f (x )的极大值为 f (ln a )＝－a ln(ln a )；③当 a ＝e 时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有极大值．(3)证明：①要证 g (x )＞0，只需证 1＋x ln x ＞0.令 h (x )＝1＋x ln x ，1e⎝ e ⎭⎝e ⎭⎝e ⎭ e即 g (x )＞0.②要证 g (x )＜1，只要证 1＋x ln x ＜e x ，e x －1xe x －1x此时 f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝e －1＞0，∴g (x )＜1.综合①②可知，0＜g (x )＜1 成立．。

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第2讲函数图象与性质Word版含解析

2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第2讲函数图象与性质Word版含解析

专题加强训练1．(2019 ·华十校调研金)已知奇函数f(x)当 x＞ 0 时， f(x)＝ x(1－ x)，则当 x＜ 0 时， f(x) 的表达式是()A ． f( x)＝－ x(1＋ x) C． f( x)＝ x(1＋ x) B． f(x)＝－ x(1－x) D． f(x)＝ x(x－ 1)分析：选 C.设 x＜ 0，则－ x＞ 0，又当 x＞ 0 时， f(x)＝ x(1－ x)，故 f(－ x)＝－ x(1＋ x)，又函数为奇函数，故 f(－ x)＝－ f(x)＝－ x(x＋ 1)，即 f(x)＝ x(x＋ 1)，应选 C.2．已知 f(x)＝x＋1－ 1， f(a)＝ 2，则 f(－ a)＝ ( ) xA．－ 4 B．－ 2 C．－ 1 D．－ 3分析：选 A. 由于 f(x)＝x＋11 1x－ 1，所以 f( a)＝ a＋a－ 1＝ 2，所以 a＋a＝ 3，所以 f(－ a)＝－ a1 1－a－ 1＝－ a＋a－ 1＝－ 3－ 1＝－ 4，应选 A.3．以下函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞ )上单一递加的是 ( )1A ． y＝x B． y＝ |x|－ 11 |x|C． y＝ lg x D． y＝2分析：选 B.A 中函数 y＝1A 错误；B 中函数满x不是偶函数且在 (0，＋∞ )上单一递减，故足题意，故 B 正确； C 中函数不是偶函数，故 C 错误； D 中函数不知足在 (0，＋∞ )上单一递增，应选 B.2× 4x－a的图象对于原点对称，g(x) ＝ln(e x＋ 1)－ bx 是偶函数，则 log a b 4．已知函数 f(x)＝ 2 x＝ ( )A ． 1 B．－ 11 1C．－2 D.4分析：选 B.由题意得f(0) ＝ 0，所以 a＝ 2.1由于 g(1) ＝ g(－ 1)，所以 ln(e＋ 1)－ b＝ ln e＋ 1 ＋ b，1 1所以 b＝2，所以 log a b＝ log 22＝－1. 5．(2019 台·州市高考模拟 )函数 f(x)＝ x2＋a(a∈ R )的图象不行能是 ( ) |x|分析：选 A. 直接利用清除法：①当 a＝ 0 时，选项 B 建立；②当 a＝ 1 时， f(x)＝ x2＋1 ，函数的图象近似D；|x|③当 a＝－ 1 时， f(x)＝ x2－1，函数的图象近似 C.应选 A.|x|2x 在区间 [3，4]上的最大值和最小值分别为M，6．(2019 ·湖北八校联考 (一 ))设函数 f(x)＝x－2m2m，则M＝( )2 3A. 3B.83 8C.2D.3分析：选 D. 易知 f(x)＝2x ＝ 2＋ 4 ，所以 f(x)在区间 [3， 4]上单一递减，所以 M＝ f(3)x－ 2 x－ 24 4 m2 16 8＝ 2＋3－2＝ 6，m＝ f(4)＝ 2＋4－2 ＝4，所以M＝ 6 ＝3.7．(2018 高·考全国卷Ⅲ )以下函数中，其图象与函数y＝ ln x 的图象对于直线x＝ 1 对称的是 ( )A ． y＝ ln(1 － x) B． y＝ ln(2 － x)C． y＝ ln(1＋ x) D． y＝ ln(2 ＋ x)分析：选 B. 法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x， y)，则其对于直线x＝ 1 的对称点的坐标为 (2－ x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数 f(x)＝ ln x 的图象上，所以 y＝ ln(2 － x)．故选 B.法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y＝ ln x 的图象上也在所求函数的图象上，代当选项中的函数表达式逐个查验，清除A，C， D，选 B.8．(2019 浙·江台州市书生中学高三月考 )设奇函数 f(x)在 (0，＋∞ ) 上为单一递减函数，且f(2) ＝ 0，则不等式 3f （－ x ）－ 2f （ x ）≤ 0 的解集为 ( )5xA ． (－∞，－ 2]∪ (0， 2]B ． [－2， 0)∪ [2，＋∞ )C ． (－∞，－ 2]∪ [2，＋∞ )D ． [－ 2， 0)∪ (0， 2]3f （－ x ）－ 2f （ x ）f （ x ）分析：选 D. 由于函数 f(x)是奇函数，所以≤ 0?≥ 0.又因 f(x)在 (0，5xx＋ ∞ ) 上为单一递减函数，且 f (2) ＝ 0 ，所以得，函数 f ( x) 在 ( － ∞ ， 0) 上单一递减且f(－ 2)＝ 0.所以， x ∈ (－ ∞ ，－ 2)∪ (0， 2)时， f(x)>0； x ∈ (－ 2， 0)∪ (2，＋ ∞ )时 f( x)<0 ，应选 D.19．(2019 温·州市十校联考 )已知函数 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当 x ≥ 0 时， f(x)＝ 2(|x － a 2|＋ |x － 2a 2|－ 3a 2)．若任取 ? x ∈ R ， f(x － 1)≤ f(x)，则实数 a 的取值范围为 ()A. －1， 1 B.－ 6，66 6 6 6C. － 1，1D.－ 3，33 333分析：选 B. 由于当 x ≥ 11 (a0 时，f(x) ＝ (|x － a 2|＋ |x － 2a2|－ 3a 2) ，所以当0≤ x ≤ a2时，f(x)＝ 222－ x ＋ 2a 2－ x － 3a 2) ＝－ x ；当 a 2＜ x ＜ 2a 2时， f(x)＝ 1(x － a 2＋ 2a 2－x － 3a 2)＝－ a 2；21当 x ≥ 2a 2 时， f(x)＝ 2(x － a 2＋ x － 2a 2－ 3a 2)＝ x － 3a 2.综 上 ， 函 数 f(x) ＝ 12 (|x － a 2| ＋ |x － 2a 2 | － 3a 2) 在x ≥ 0 时 的 解 析 式等 价 于f(x) ＝－ x ， 0≤ x ≤a 2 ，－ a 2， a 2＜ x ＜ 2a 2，x － 3a 2， x ≥ 2a 2.所以，依据奇函数的图象对于原点对称作出函数f(x)在 R 上的大概图象以下，226 ≤a ≤ 6察看图象可知， 要使 ? x ∈ R ，f(x － 1)≤ f(x)，则需知足 2a － (－ 4a )≤ 1，解得－ 6 6.10．定义域为R 的函数 f( x)知足 f(x＋ 2)＝3f(x)，当 x∈[0 ，2]时，f(x)＝ x2－ 2x，若 x∈[ － 4，－ 2]时， f(x)≥13－t恒建立，则实数t的取值范围是()18 tA ． (－∞，－ 1]∪ (0， 3]B． (－∞，－3]∪ (0，3]C． [－ 1， 0)∪ [3，＋∞ )D． [－3， 0)∪ [ 3，＋∞ )分析：选 C.由于 x∈ [ －4，－ 2]，所以 x＋ 4∈[0 ，2]，由于 x∈ [0， 2]时， f(x)＝ x2－ 2x，所以 f(x＋ 4) ＝(x＋4)2－2(x＋4)＝ x2＋ 6x＋ 8.函数 f(x)知足 f(x＋ 2)＝ 3f(x)，所以 f(x＋ 4)＝ 3f(x＋ 2)＝ 9f(x)．1 2故 f(x)＝9(x ＋ 6x＋ 8)，1 3 1 1 3由于 x∈ [ － 4，－ 2]时， f(x)≥18 t－t 恒建立，所以－9 ＝f(x)min≥18 t－ t ，解得 t≥ 3 或－ 1≤ t＜ 0.（1）x－ 2， x≤－ 1，11． (2019 宁·波镇海中学高三一模)已知函数f(x)＝2则 f(f(－（ x－ 2）（ |x|－ 1）， x＞－ 1.2)) ＝________，若 f(x)≥2，则 x 的取值范围为 ____________ ．分析：由分段函数的表达式得f(－ 2)＝ (12)－2－ 2＝ 4－ 2＝ 2，f(2)＝ 0，故 f(f(－ 2)) ＝ 0.若 x≤ － 1，由 f(x)≥ 2 得 (12)x－ 2≥ 2 得 (12)x≥ 4，则 2－x≥ 4，得－ x≥ 2，则 x≤ － 2，此时 x≤ － 2.若 x＞－ 1，由 f(x)≥ 2 得 (x－2)(|x|－ 1)≥ 2，即 x|x|－ x－ 2|x|≥ 0，若 x≥ 0 得 x2－ 3x≥ 0，则 x≥3 或 x≤ 0，此时 x≥ 3 或 x＝ 0，若x＜ 0，得－ x2＋x≥ 0，得 x2－x≤ 0，得 0≤ x≤ 1，此时无解，综上 x≥ 3 或 x＝ 0.答案： 0 x≥3 或 x＝ 0x＋2－ 3，x≥ 1，则 f(f(－ 3))＝ ________，f(x)的最小值是 ________．12．已知函数 f( x)＝xlg （ x2＋ 1）， x<1，分析：由于 f(－ 3)＝ lg[( － 3)2＋ 1]＝ lg 10 ＝ 1，所以 f(f(－ 3)) ＝f(1)＝ 1＋ 2－ 3＝ 0.2－3≥2 22－3，当且仅当2 2时等号建立，当 x≥ 1 时， x＋x·－ 3＝ 2 x＝，即 x＝x x x此时 f(x)min＝2 2－3<0 ；当 x<1 时， lg(x2＋1)≥ lg(0 2＋ 1)＝ 0，此时f( x)min＝ 0.所以 f(x)的最小值为 2 2－ 3.答案： 0 2 2－313． (2019 浙·江新高考冲刺卷)已知函数 f(x)＝ ln(e 2x＋1)－ mx 为偶函数，此中 e 为自然对数的底数，则m＝ ________，若 a2＋ ab＋ 4b2≤m，则 ab 的取值范围是 ________．分析：由题意， f( －x) ＝ln(e －2x＋ 1)＋ mx＝ ln(e 2x＋ 1)－ mx，所以 2mx＝ ln(e 2x＋1)－ ln(e －2x＋ 1)＝ 2x，所以 m＝ 1，由于 a2＋ ab＋ 4b2≤m，所以 4|ab|＋ ab≤ 1，所以－1≤ ab≤1，3 51 1故答案为 1，[－3，5]．1 1答案：1 [－， ]14．定义新运算“⊕”：当a≥b 时， a⊕ b＝ a；当 a<b 时， a⊕ b＝b2.设函数 f(x)＝ (1⊕ x)x －(2⊕ x)， x∈ [－ 2，2]，则函数 f(x)的值域为 ________．x－ 2， x∈ [－2， 1]，分析：由题意知f(x)＝x3－ 2， x∈（ 1，2]，当 x∈ [ － 2，1] 时， f(x)∈ [－ 4，－ 1]；当 x∈ (1， 2]时， f(x)∈( －1， 6]．故当 x∈ [－ 2， 2] 时， f(x) ∈[ －4， 6]．答案： [－4，6]x>0 时， h(x)＝－x215．已知函数 h(x)(x≠ 0)为偶函数，且当 4 ，0<x≤4，若h(t)>h(2)，则4－ 2x， x>4，实数 t 的取值范围为 ________．x2－4，0<x≤ 4，分析：由于 x>0 时， h(x)＝4－ 2x， x>4.易知函数h(x)在 (0，＋∞)上单一递减，由于函数h(x)(x≠ 0)为偶函数，且h(t)>h(2)，所以 h(|t|)>h(2)，所以0<|t|<2，t ≠0，t≠0，所以即解得－2< t<0 或0<t<2.|t|<2，－ 2<t<2，综上，所务实数t 的取值范围为(－ 2，0)∪(0， 2)．答案： (－ 2， 0)∪ (0，2)16．若对随意的x≥ 2，都有 (x＋ a)|x＋ a|＋ (ax)|x|≤ 0，则 a 的最大值为 ________．分析：对随意的x≥ 2，都有 (x＋ a)|x＋ a|＋ (ax)|x|≤ 0，即 x≥ 2 时， (x＋a)|x＋a|＋ (ax)x≤0 恒建立 .①若 x＋ a≥ 0，即 a≥ －2 时，则有 (x＋ a)2＋ax2≤ 0,所以 ( a＋ 1)x2＋2ax＋ a2≤ 0.a＋ 1＜ 0令 f(x)＝ (a＋ 1)x2＋ 2ax＋ a2，则有 a＋1＝ 0 或2a＜ 2－，2（ a＋1）f（ 2）＝ 4（ a＋1）＋ 4a＋ a2≤ 0求得 a＝－ 1 或－ 4－ 2 3≤a＜－ 1，综合可得－ 2≤ a≤ － 1；②若 x＋ a＜ 0，即 a＜－ 2 时，则有－ (x＋ a)2＋ ax2≤ 0,该不等式恒建立，即此时 a 的范围为a＜－ 2；③若 x＋ a＝ 0，即 a＝－ x≤ － 2 时，则由题意可得ax2≤0，知足条件 . 综合①②③可得， a≤－ 2 或－ 2≤ a≤ －1，故 a 的最大值为－ 1.答案：－117． (2019 台·州模拟 )定义 min{ x，y} ＝x（ x<y），则不等式 min{ x＋4，4} ≥ 8min{ x，1} y（ x≥ y）x x的解集是 ________．分析：①当 x>0 时，由基本不等式可知x＋4≥ 2 x＋4x x＝4，4min{ x ＋ x ， 4} ＝4，则不等式转变成：11min{ x ， x } ≤ 2，即：1解得： x ≤ 2或 x ≥ 2.11x ≤ 2x ≥2或，1≥ 11≤ 1x 2x 2②当 x<0 时，(ⅰ )当－ 1<x<0 时，1x <x ，原不等式化为 x ＋4x ≥ 8x ，即 x －4x ≥ 0，解得－ 2≤x<0，所以－ 1<x<0；(ⅱ )当 x ≤－ 1 时， 1≥ x ，原不等式化为 x ＋ 4≥ 8x ，x x 即 7x － 4≤ 0，解得： x ≤－4，即 x ≤ － 1， x7所以 x<0 对于原不等式全建立．1综上不等式的解集为 (－ ∞， 0)∪ (0， 2]∪ [2，＋ ∞ )．答案： (－∞， 0)∪ 1，＋∞ )(0， ]∪ [2218．(2019 台·州市教课质量调研 )已知函数 f( x)＝ x 2＋ bx ＋ c 的图象过点 (－ 1，3)，且对于直线 x ＝ 1 对称．(1)求 f(x)的分析式；(2)若 m ＜ 3，求函数 f(x) 在区间 [m ，3]上的值域．解： (1) 由于函数 f(x)＝ x 2＋ bx ＋ c 的图象过点 (－ 1， 3)，且对于直线 x ＝1 对称，f （－ 1）＝ 1－ b ＋ c ＝ 3所以b，－2＝1解得 b ＝－ 2， c ＝ 0，所以 f(x)＝ x 2－ 2x.(2)当 1≤ m ＜ 3 时， f(x)min ＝ f(m)＝ m 2－ 2m ，f(x) max ＝ f(3) ＝ 9－ 6＝3，所以 f(x)的值域为 [m 2－ 2m ， 3]；当－ 1≤ m＜ 1 时， f(x)min＝ f(1) ＝ 1－ 2＝－ 1，f(x) max＝ f(－ 1)＝ 1＋2＝ 3，所以 f(x)的值域为 [－ 1， 3]．当 m＜－ 1 时， f(x)min＝f(1)＝ 1－ 2＝－ 1，2－ 2m，maxf(x) ＝ f(m)＝m所以 f(x)的值域为 [－ 1， m2－ 2m] ．x2－ 2ax＋ a2＋ 1， x≤ 0，19． (2019 浙·江新高考结盟第三次联考) 已知函数 f(x)＝2－ a，x＞ 0.x2＋x(1)若对于随意的x∈ R ，都有 f( x)≥ f(0)建立，务实数 a 的取值范围；(2)记函数 f(x)的最小值为M(a)，解对于实数 a 的不等式M(a－ 2)＜M(a)．解： (1) 当 x≤ 0 时， f(x)＝ (x－ a)2＋ 1，由于 f(x)≥ f(0) ，所以 f(x)在( －∞， 0]上单一递减，所以 a≥ 0，2当 x＞ 0 时， f′(x)＝ 2x－x2，2令 2x－x2＝ 0 得 x＝ 1，所以当 0＜ x＜1 时， f′(x)＜0，当 x＞ 1 时， f′(x)＞ 0，所以 f(x)在 (0， 1)上单一递减，在(1，＋∞ )上单一递加，所以 f min(x)＝ f(1) ＝3－ a，由于 f(x)≥ f(0) ＝a2＋ 1，所以 3－ a≥a2＋1，解得－ 2≤ a≤ 1.又 a≥ 0，所以 a 的取值范围是[0， 1]．(2)由 (1)可知当 a≥ 0 时， f(x)在 (－∞， 0]上的最小值为f(0) ＝ a2＋1，当 a＜ 0 时， f(x)在 (－∞，0] 上的最小值为f(a)＝ 1，f(x)在 (0，＋∞ )上的最小值为f(1)＝ 3－ a，解不等式组a2＋ 1≤ 3－ a得a≥ 00≤ a≤1，解不等式组1≤ 3－ a得a＜ 0，a＜ 0a2＋ 1，0≤ a≤ 1所以 M(a)＝1，a＜ 0.3－ a， a≥ 1所以 M(a)在(－∞， 0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞ )上是减函数，作出 M(a)的函数图象以下图：令 3－ a＝ 1 得 a＝ 2，由于 M(a－ 2)＜ M(a)，所以 0＜ a＜2.。

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重难增分训练（一） 函数与导数的综合问题1．已知m ，n ∈(2，e)，且1n 2－1m 2＜ln mn，则( )A ．m ＞nB ．m ＜nC ．m ＞2＋1nD ．m ，n 的大小关系不确定解析：选A 由不等式可得1n 2－1m2＜ln m －ln n ，即1n 2＋ln n ＜1m 2＋ln m ．设f (x )＝1x2＋ln x (x∈(2，e))，则f ′(x )＝－2x 3＋1x ＝x 2－2x3.因为x ∈(2，e)，所以f ′(x )＞0，故函数f (x )在(2，e)上单调递增．因为f (n )＜f (m )，所以n ＜m .故选A.2．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )＜f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )＜e x的解集为________．解析：因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f xex(x ∈R)，则g ′(x )＝f ′x e x －f x e xex2＝f ′x －f xex.又f ′(x )＜f (x )，所以g ′(x )＜0(x ∈R)，所以函数g (x )在定义域上单调递减．因为f (x )＜e x⇔f xex＜1，而g (0)＝f 0e＝1，所以f (x )＜e x⇔g (x )＜g (0)，所以x ＞0.答案：(0，＋∞)3．(2017·广东汕头模拟)已知函数f (x )＝x ＋x ln x ，若m ∈Z ，且f (x )－m (x －1)>0对任意的x >1恒成立，则m 的最大值为________．解析：因为f (x )＝x ＋x ln x ，且f (x )－m (x －1)>0对任意的x >1恒成立，等价于m <x ＋x ln xx －1在(1，＋∞)上恒成立，等价于m <⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x ln x x －1min(x >1)．令g (x )＝x ＋x ln x x －1(x >1)，所以g ′(x )＝x －2－ln xx －12.易知g ′(x )＝0必有实根，设为x 0(x 0－2－ln x 0＝0)，且g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，此时g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0＋x 0x 0－2x 0－1＝x 0，因此m <x 0，令h (x )＝x －2－ln x ，可得h (3)<0，h (4)>0，故3<x 0<4，又m ∈Z ，故m 的最大值为3.答案：34．已知函数f (x )＝|x e x|，方程f 2(x )＋tf (x )＋1＝0(t ∈R)有四个不同的实数根，则实数t 的取值范围为________．解析：f (x )＝|x e x|＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x，x ≥0，－x e x，x <0，当x ≥0时，f ′(x )＝e x＋x e x ≥0恒成立，所以函数f (x )在[0，＋∞)上为增函数； 当x <0时，f ′(x )＝－e x －x e x＝－e x(x ＋1)，由f ′(x )＝0，得x ＝－1，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＝－e x (x ＋1)>0，函数f (x )为增函数，当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＝－e x·(x ＋1)<0，函数f (x )为减函数，所以函数f (x )＝|x e x |在(－∞，0)上的最大值为f (－1)＝－(－1)e －1＝1e，要使方程f 2(x )＋tf (x )＋1＝0(t ∈R)有四个不同的实数根，令f (x )＝m ，则方程m 2＋tm ＋1＝0应有两个不同的实根，且一个根在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内，一个根在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞内，令g (m )＝m 2＋tm ＋1，因为g (0)＝1>0，则只需g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＋te＋1<0，解得t <－e 2＋1e ，所以使得方程f 2(x )＋tf (x )＋1＝0(t ∈R)有四个不同的实数根的t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2＋1e .答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2＋1e5．已知函数f (x )＝x －a ln x ＋b ，a ，b 为实数．(1)若曲线x ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x ＋3，求a ，b 的值； (2)若|f ′(x )|<3x2对∈[2,3]恒成立，求a 的取值范围．解：(1)由已知，得f ′(x )＝1－a x， 且由题设得f ′(1)＝2，f (1)＝5， 从而，得1－a ＝2且1＋b ＝5， 解得a ＝－1，b ＝4.(2)根据题设得，命题等价于当x ∈[2,3]时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－a x<3x2恒成立⇔|x －a |<3x 恒成立⇔－3x<a －x <3x 恒成立⇔x －3x <a <x ＋3x恒成立．(*) 设g (x )＝x －3x ，x ∈[2,3]，h (x )＝x ＋3x，x ∈[2,3]，则(*)式即为g (x )max <a <h (x )min ，而当x ∈[2,3]时，g (x )＝x －3x 和h (x )＝x ＋3x均为增函数，则g (x )max ＝g (3)＝2，h (x )min ＝h (2)＝72，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72. 6．(2017·宁波模拟)已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x ＞1. (1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1ln 2x －1ln x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14.∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)，∴当1ln x －12＝0时，函数t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14的最小值为－14， ∴a ≤－14.故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14. (2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2xln 2x， 令f ′(x )＝0，得2ln 2 x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1＜x ＜e 12时，f ′(x )＜0，当x ＞e 12时，f ′(x )＞0，∴f (x )的极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ e 12＝e1212＋2e 12＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x ＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(]1，e 上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1，e 12上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤ e 12，e 上单调递增， g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∴4e 12＜m ≤3e，故实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤4e 12，3e .7．(2017·全国卷Ⅲ)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.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，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．(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a ＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.8．(2017·合肥质检)已知函数g (x )＝ax 3＋x 2＋x (a 为实数)． (1)试讨论函数g (x )的单调性；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)恒有g (x )≤ln x ＋1x，求实数a 的取值范围．解：(1)g ′(x )＝3ax 2＋2x ＋1.①当a ＝0时，g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增； ②当a ≠0时，Δ＝4－12a .当a ≥13时，g ′(x )＝3ax 2＋2x ＋1≥0恒成立，此时g (x )在R 上单调递增；当0＜a ＜13时，由g ′(x )＝3ax 2＋2x ＋1＝0得，x 1＝－1－1－3a 3a ，x 2＝－1＋1－3a 3a，g (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减；当a ＜0时，g (x )在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)上单调递减，在(x 2，x 1)上单调递增． (2)令f (x )＝ln x ＋1x ，则f ′(x )＝1x －1x2，因此f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝1.当a ＞－1时，g (1)＝a ＋2＞1＝f (1)，显然对任意x ∈(0，＋∞)不恒有f (x )≥g (x )； 当a ≤－1时，由(1)知，g (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，＋∞)上单调递减，则3ax 21＋2x 1＋1＝0，即ax 21＝－13(2x 1＋1)，所以在(0，＋∞)上，g (x )max ＝g (x 1)＝ax 31＋x 21＋x 1＝13x 21＋23x 1＝13(x 1＋1)2－13.又x 1＝－1－1－3a 3a ＝11－3a －1∈(]0，1，所以g (x )max ＝13(x 1＋1)2－13≤1＝f (x )min ，即满足对任意x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥g (x )． 综上，实数a ∈(]－∞，－1. 9．设函数f (x )＝ln x ＋ax －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有极值．(1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)．求证：f (x 2)－f (x 1)>e ＋2－1e .解：(1)0<x <1或x >1时，f ′(x )＝1x－ax －12＝x －12－ax x x －12＝x 2－a ＋2x ＋1x x －12.由f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 内有解．令g (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1＝(x －α)(x －β)， 不妨设0<α<1e，则β>e ，所以g (0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e2－a ＋2e ＋1<0，解得a >e ＋1e－2.故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e －2，＋∞. (2)证明：由f ′(x )>0⇔0<x <α或x >β， 由f ′(x )<0⇔α<x <1，或1<x <β，所以f (x )在(0，α)内递增，在(α，1)内递减，在(1，β)内递减，在(β，＋∞)递增． 由x 1∈(0,1)，得f (x 1)≤f (α)＝ln α＋aα－1， 由x 2∈(1，＋∞)得f (x 2)≥f (β)＝ln β＋aβ－1， 所以f (x 2)－f (x 1)≥f (β)－f (α)， 因为α·β＝1，α＋β＝a ＋2，所以f (β)－f (α)＝ln β－ln 1β＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1β－1－1α－1＝2ln β＋a ·α－ββ－1α－1＝2ln β＋a ·1β－β2－a ＋2＝2ln β＋β－1β，记h (β)＝2ln β＋β－1β，(β>e)，则h ′(β)＝2β＋1＋1β2>0，h (β)在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)－f (x 1)≥h (β)>h (e)＝2＋e －1e.10．(2017·四川雅安模拟)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2(a ∈R)．(1)若f (x )在点(2，f (2))处的切线与直线2x ＋y ＋2＝0垂直，求实数a 的值； (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． 解：(1)f (x )＝ln x －12ax 2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －ax ＝1－ax 2x ，则f ′(2)＝1－4a2.因为直线2x ＋y ＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×1－4a2＝－1，解得a ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝1－ax2x，x ∈(0，＋∞)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x >0，x >0得0<x <aa， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x <0，x >0得x >a a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ，＋∞上单调递减． 综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ，＋∞. (3)由(2)可知，(ⅰ)当a <0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增， 而f (1)＝－12a >0，故f (x )在[1，e 2]上没有零点；(ⅱ)当a ＝0时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，而f (1)＝－12a ＝0，故f (x )在[1，e 2]上有一个零点；(ⅲ)当a >0时，①若a a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e 2]上单调递减，因为f (1)＝－12a <0，所以f (x )在[1，e 2]上没有零点．②若1<a a ≤e 2，即1e 4≤a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，a a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a a ，e 2上单调递减，而f (1)＝－12a <0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12，f (e 2)＝2－12a e 4，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12<0，即a >1e 时，f (x )在[1，e 2]上没有零点； 若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12＝0，即a ＝1e 时，f (x )在[1，e 2]上有一个零点； 若f ⎝⎛⎭⎪⎫a a ＝－12ln a －12>0，即a <1e 时，由f (e 2)＝2－12a e 4>0得a <4e 4，此时，f (x )在[1，e 2]上有一个零点；由f (e 2)＝2－12a e 4≤0得a ≥4e 4，此时，f (x )在[1，e 2]上有两个零点；③若a a ≥e 2，即0<a ≤1e4时，f (x )在[1，e 2]上单调递增，因为f (1)＝－12a <0，f (e 2)＝2－12a e 4>0，所以f (x ) 在[1，e 2]上有一个零点．综上所述：当a <0或a >1e 时，f (x )在[1，e 2]上没有零点；当0≤a <4e 4或a ＝1e 时，f (x )在[1，e 2]上有一个零点；当4e 4≤a <1e时，f (x )在[1，e 2]上有两个零点．。

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