(浙江专用)高考数学二轮复习专题五函数与导数第3讲导数及其应用学案

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高三数学浙江专用二轮复习：专题五函数和导数

√A.1
B.2
C.22 018
D.32 018
解析答案
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足：函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0) 对称，且x≥0时恒有f(x＋2)＝f(x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝ex－1，则 f(－2 017)＋f(2 018)＝__1_－__e___.
解析因为函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，所以y＝f(x)的图象关于原点对称，又定义域为R，所以函数y＝f(x)是奇函数，因为当x≥0时恒有f(x＋2)＝f(x)，所以f(－2 017)＋f(2 018)＝－f(2 017)＋f(0) ＝－f(1)＋f(0)＝－(e1－1)＋(e0－1)＝1－e.
跟踪演练 2 (1)函数 f(x)＝sinlnxx－＋11的图象大致为
√
解析答案
(2)函数 f(x)＝|x|＋ax(a∈R)的图象不可能是
√ 解析答案
热点三基本初等函数的图象和性质
1.指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分0<a<1，a>1两种情况，着重关注两函数图象中的公共性质. 2.幂函数 y＝xα 的图象和性质，主要掌握 α＝1，2，3，12，－1 五种情况.
例3 (1)(2017·全国Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则
A.2x<3y<5z C.3y<5z<2x
B.5z<2x<3y
√D.3y<2x<5z
解析答案
(2)已知函数 f(x)＝aax，－x3<x0＋，4a，x≥0 满足对任意 x1≠x2，都有fxx11－－fx2x2 <0 成立，则 a 的取值范围是

(浙江版)备战高考数学二轮复习专题1.1 函数与导数教学案-人教版高三全册数学教学案

专题1.1 函数与导数【考情动态】【热点重温】热点一函数的图象和性质【典例1】【2016高考天津理数】已知函数f （x ）=2(4,0,log (1)13,03)a x a x a x x x ⎧+<⎨++≥-+⎩（a >0,且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|()|2f x x =-恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（）（A ）（0，23] （B ）[23，34] （C ）[13，23]{34}（D ）[13，23）{34} 【答案】C【对点训练】【2017天津，理6】已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则a ，b ，c 的大小关系为（A ）a b c << （B ）c b a << （C ）b a c <<（D ）b c a <<【答案】C【解析】因为()f x 是奇函数且在R 上是增函数，所以在0x >时，()0f x >，从而()()g x xf x =是R 上的偶函数，且在[0,)+∞上是增函数，22(log 5.1)(log 5.1)a g g =-=，0.822<，又4 5.18<<，则22log 5.13<<，所以即0.8202log 5.13<<<，0.82(2)(log 5.1)(3)g g g <<，所以b a c <<，故选C ．【典例2】【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ．【对点训练】【2018届浙江省温州市高三9月测试（一模）】已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】C【考向预测】函数的图象与性质是浙江省历年考查的热点和难点,2018年必然延续这一趋势.函数的图象主要考查利用函数性质判断图象,以选择题为主；函数的性质主要是围绕函数单调性的应用,考查基本初等函数的图象和性质.综合不等式、导数等考查,难度较大,选择题、填空题和解答题都可能涉及. 热点二二次函数及函数方程【典例3】【2017浙江,5】若函数()2f x x ax b =++在区间[0,1]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,但与b 无关 C.与a 无关,且与b 无关 D.与a 无关,但与b 有关【答案】B【解析】因为最值在f(0)=b,f(1)=1+a+b,f =b-中取,所以最值之差一定与a 有关,与b 无关.故选B.【对点训练】已知函数2()(,)f x x ax b a b R =++∈，记(,)M a b 是|()|f x 在区间[1,1]-上的最大值.（1）证明：当||2a ≥时，(,)2M a b ≥；（2）当a ，b 满足(,)2M a b ≤，求||||a b +的最大值.【答案】（1）见解析；（2）||||a b +的最大值为3.（2）由(,)2M a b ≤得|1||(1)|2a b f ++=≤，|1||(1)|2a b f -+=-≤，故||3a b +≤，||3a b -≤，由||,0||||||,0a b ab a b a b ab +≥⎧+=⎨-<⎩，得||||3a b +≤，当2a =，1b =-时，||||3a b +=，且2|21|x x +-在[1,1]-上的最大值为2，即(2,1)2M -=，∴||||a b +的最大值为3. 【典例4】【2018届浙江省台州中学高三上第三次统练】已知函数()2f x ax bx c =++．（1）当1,2a b ==时，若存在[]()1212,2,0x x x x ∈-≠，使得()()21,2i f x i ==，求实数c 的取值范围；（2）若,,a b c 为正整数，方程20ax bx c ++=的两个实数根12,x x 满足1211x x -<<<，求a b c ++的最小值．【答案】（1）21c -≤<-或23c ≤<.（2）11．（2）设()2f x ax bx c =++，则由题意得()()21010{ 11240f f ba b ac ->>-<-<∆=->，即，所以()212a b c a b c b b ++=-++≥+，由于2415b ac ≥+≥①当3b =时， 4a c +≥，且2124b ac -≤=无解， ②当4b =时， 5a c +≥，且211544b ac -≤=，于是3ac ≤无解， ③当5b =时， 6a c +≥，且2164b ac -≤=，由21a b -≥，得3a ≥，此时有解5,1a c ==，综上所述， 11a b c ++≥，当5,5,1a b c ===时取等号，即a b c ++的最小值为11．【对点训练】【2018届江西省横峰中学、铅山一中、德兴一中高三上学期第一次月考】已知(),0,1a b ∈，不等式20ax x b ++≥对于一切实数x 恒成立，又存在0x R ∈，使2000bx x a ++=成立，则1211a b+--的最小值为（）A.1023 B. 4243+ C. 42+ D. 42 【答案】B【考向预测】从近几年的浙江高考试卷来看,对二次函数及其综合问题的考查仍是重点,常作为各类试题的压轴题,难度较大.常见的命题形式有:(1)对三个“二次”的综合考查,二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体,三者之间的互相转化是考查的重点,深刻理解它们之间的相互关系是解题的关键;(2)结合函数与方程的关系、根的存在性定理或函数的图象,对函数以及复合函数是否存在零点(方程是否存在实根)进行判断;利用零点(方程实根)的存在求相关参数的值或范围.(3)把二次函数与绝对值、不等式、数列等综合在一起考查,通常会体现知识点的交汇,含多个参数的分类讨论、含绝对值的不等式证明、不等式恒成立等诸多问题,综合考查函数与方程思想、等价转化思想的灵活应用能力.而函数与方程常常综合分段函数、基本初等函数的性质进行考查,以选择题和填空题为主,函数零点问题多结合导数在解答题中进行考查. 热点三导数的综合应用【典例5】若函数()331f x x ax =+-在处的切线与直线66y x =+平行，则实数a =____；当a≤0时，若方程()15f x =有且只有一个实根，则实数a 的取值范围为_________. 【答案】 1 40a -<≤【对点训练】【2017北京，理19】已知函数()e cos xf x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-. 【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【典例6】【2017浙江，20】已知函数f (x )=（x 21x -e x -（12x ≥）．（Ⅰ）求f (x )的导函数；（Ⅱ）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（Ⅰ）x e x x x f ----=)1221)(1()('；（Ⅱ）[0，1212e -]．【解析】（Ⅱ）由解得或．因为x （） 1 （）（）- 0 + 0 -f（x）↓0 ↑↓又，所以f（x）在区间[）上的取值范围是．【对点训练】【2018届福建省三明市第一中学高三上第一次月考】设函数.（1）若时，取得极值，求的值；（2）若在其定义域内为增函数，求的取值范围.【答案】(1) ；(2).要使在定义域内为增函数, 只需在内有即可,设，由得, 所以.由(1) (2)可知,若在其定义域内为增函数，的取值范围是.【典例7】【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。

(浙江专用)高考数学总复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性学案-人教版高三全册数学

第2讲导数与函数的单调性最新考纲了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).知识梳理1.函数的单调性与导数的关系已知函数f(x)在某个区间内可导，(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.一般需要通过列表，写出函数的单调区间.3.已知单调性求解参数范围的步骤为：(1)对含参数的函数f(x)求导，得到f′(x)；(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.( )(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.( )解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(2)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.答案(1)×(2)√(3)×2.函数f(x)＝e x－x的单调递增区间是( )A.(－∞，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，0]D.(0，＋∞) 解析令f ′(x )＝e x －1>0得x >0，所以f (x )的递增区间为(0，＋∞).答案 D3.设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )解析由y ＝f ′(x )的图象易知当x ＜0或x ＞2时，f ′(x )＞0，故函数y ＝f (x )在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，故函数y ＝f (x )在区间(0，2)上单调递减.答案 C4.(2014·全国Ⅱ卷)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)解析依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立， ∵x ＞1，∴0＜1x＜1，∴k ≥1，故选D. 答案 D5.若f (x )＝ln x x，0＜a ＜b ＜e ，则f (a )与f (b )的大小关系为________. 解析 f ′(x )＝1－ln x x 2，当0＜x ＜e 时，1－ln x ＞0，即f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，e)上单调递增，∴f (a )＜f (b ).答案 f (a )＜f (b )考点一求不含参数的函数的单调性【例1】已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值. (1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x，讨论g (x )的单调性.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，所以3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4.当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数.综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数. 规律方法确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.【训练1】函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( ) A.(－1，1]B.(0，1]C.[1，＋∞)D.(0，＋∞) 解析 y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝（x －1）（x ＋1）x(x >0).令y ′≤0，得0<x ≤1，∴递减区间为(0，1].答案 B考点二求含参函数的单调性【例2】 (2017·湖州调研)设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数. (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)讨论函数f (x )的单调性.解 (1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞). 此时f ′(x )＝2（x ＋1）2.可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2. 当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增.当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1).①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0， f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减.③当－12＜a ＜0时，Δ＞0. 设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a. 由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减.综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增. 规律方法利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论时，要做到不重不漏.【训练2】已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R ). (1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)当a ≤12时，讨论f (x )的单调性. 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝ln x ＋x ＋2x－1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝x 2＋x －2x 2，因此，f ′(2)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为1，又f (2)＝ln 2＋2，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －(ln 2＋2)＝x －2，即x －y ＋ln 2＝0.(2)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2 ＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞). 令g (x )＝ax 2－x ＋1－a ，x ∈(0，＋∞).(ⅰ)当a ＝0时，g (x )＝－x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；(ⅱ)当a ≠0时，由g (x )＝0，即ax 2－x ＋1－a ＝0，解得x 1＝1，x 2＝1a－1. ①当a ＝12时，x 1＝x 2，g (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≤0，等号只在x ＝1时取得，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②当0<a <12时，1a－1>1>0， x ∈(0，1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )单调递减.③当a <0时，由于1a－1<0，当x ∈(0，1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )单调递增.综上所述：当a ≤0时，函数f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a －1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞上单调递减.考点三利用函数的单调性求参数(易错警示)【例3】 (2017·成都诊断)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0). (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围；(2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围.解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，① 所以h ′(x )＝1x－ax －2，由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时， 1x －ax －2<0有解，②即a >1x 2－2x有解. 设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可. 而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，③ 即a ≥1x 2－2x 恒成立.设G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716. 规律方法利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法(1)函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间.方法一：转化为“f ′(x )>0(<0)在区间D 上有解”；方法二：转化为“存在区间D 的一个子区间使f ′(x )>0(<0)成立”.(2)函数f (x )在区间D 上递增(减).方法一：转化为“f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立”问题；方法二：转化为“区间D 是函数f (x )的单调递增(减)区间的子集”.易错警示对于①：处理函数单调性问题时，应先求函数的定义域；对于②：h (x )在(0，＋∞)上存在递减区间，应等价于h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，易误认为“等价于h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解”，多带一个“＝”之所以不正确，是因为“h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解即为h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，或h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有解”，后者显然不正确；对于③：h (x )在[1，4]上单调递减，应等价于h ′(x )≤0在[1，4]上恒成立，易误认为“等价于h ′(x )<0在[1，4]上恒成立”.【训练3】 (1)函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a 的值为________.(2)(2017·舟山模拟)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则实数b 的取值范围是________.解析 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋2，由已知得－2，－1是f ′(x )的两个零点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－2）＝4＋2a ＋2＝0，f ′（－1）＝1＋a ＋2＝0，解得a ＝－3. (2)由已知得f ′(x )＝－x ＋b x ＋2≤0在[－1，＋∞)上恒成立， ∴b ≤(x ＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴b ≤－1.答案 (1)－3 (2)(－∞，－1][思想方法]1.分类讨论思想.解含有参数的单调性问题时，应注意合理分类讨论，分类要做到不重不漏.2.转化思想.求函数单调性问题转化为解导函数的不等式问题；函数存在单调区间问题转化为导函数的不等式有解问题，即能成立问题；函数在区间上单调问题转化为导函数的不等式在区间上恒成立问题.[易错防范]1.解函数单调性有关问题时务必先求定义域，不能忽视定义域.2.讨论含参数函数的单调性时易漏某些分类，如本节训练2中，易漏a ＝0，a ＝12的情况. 3.函数f (x )在区间D 上递增(减)⇔f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立，此处易漏“＝”.4.函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间⇔f ′(x )>0(<0)在D 上有解，此处易误多加“＝”.。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第3讲利用导数研究函数的单调性学案

第3讲利用导数研究函数的单调性高考定位理解导数的几何意义是曲线上某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；常以指数、对数式为载体，考察函数单调性的求法或讨论．真题感悟1．(2021·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如下图，那么函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析利用导数与函数的单调性进展验证．f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合．答案 D2．(2021·全国Ⅰ卷改编)函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性；(2)假设f (x )≥0，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①假设a ＝0，那么f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增． ②假设a <0，那么由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立．②假设a <0，那么由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0]．考点整合1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法(1)切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )在点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．(3)切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．2．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y ＝f (x )在某个区间内可导，如果f ′(x )＞0，那么y ＝f (x )在该区间为增函数；如果f ′(x )＜0，那么y ＝f (x )在该区间为减函数．(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比拟大小，常用构造函数法.热点一函数图象的切线问题【例1】 (1)(2021·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln x 在点(1，0)处的切线方程为________． (2)(2021·丽水调研)函数f (x )＝158x 2－2815(x >0)，g (x )＝k x (x >0)，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1615，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1615且与f (x )相切的直线与g (x )也相切．那么k 的值为________．解析 (1)由题意知，y ′＝2x，所以曲线在点(1，0)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝2，故所求切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2. (2)∵f ′(x )＝154x ，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1615＝4，可得切点为⎝⎛⎭⎪⎫1615，415，∴切线方程为y ＝4x －4，由题设可知切线一样，∴g ′(x )＝－k x2＝4，∴x＝－k4，∴4－k4－4＝k－k4，解得k＝－1.答案(1)y＝2x－2 (2)－1探究提高(1)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进展转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，那么要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．(2)解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系．【训练1】(1)(2021·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.假设f(x)为奇函数，那么曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为( )A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x(2)(2021·全国Ⅲ卷)曲线y＝(ax＋1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为－2，那么a＝________．解析(1)法一因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)·(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.应选D.法二因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，此时f(x)＝x3＋x(经检验，f(x)为奇函数)，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.应选D.法三易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.应选D. (2)y′＝(ax＋1＋a)e x，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y′|x＝0＝(ax＋1＋a)e x|x ＝0＝1＋a＝－2，所以a＝－3.答案(1)D (2)－3热点二求不含参数的函数的单调性【例2】(2021·北京卷)设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．解 (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝ea －x－x ea －x＋b ＝(1－x )ea －x＋b ，∴依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f 〔2〕＝2e ＋2，f ′〔2〕＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x ，由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号．令g (x )＝1－x ＋ex －1，那么g ′(x )＝－1＋ex －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)，综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．探究提高确定函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的局部为单调递增区间； (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的局部为单调递减区间．训练2 函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1，1]B ．(0，1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析 y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝〔x －1〕〔x ＋1〕x (x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1，∴递减区间为(0，1]．答案 B热点三利用函数的单调性求参数【例3】 (2021·杭州调研)函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)假设函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)假设函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围．解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时， 1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立．设G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.探究提高利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法 (1)函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间．方法一：转化为“f ′(x )>0(<0)在区间D 上有解〞；方法二：转化为“存在区间D 的一个子区间使f ′(x )>0(<0)成立〞． (2)函数f (x )在区间D 上递增(减)．方法一：转化为“f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立〞问题；方法二：转化为“区间D 是函数f (x )的单调递增(减)区间的子集〞．训练3 (1)函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋1的递减区间为(－2，－1)，那么实数a 的值为________．(2)(2021·绍兴模拟)假设f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，那么实数b的取值范围是________．解析 (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋2，由得－2，－1是f ′(x )的两个零点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f ′〔－2〕＝4＋2a ＋2＝0，f ′〔－1〕＝1＋a ＋2＝0，解得a ＝－3.(2)由得f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在[－1，＋∞)上恒成立，∴b ≤(x ＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立， ∴b ≤－1.答案 (1)－3 (2)(－∞，－1]1．求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)，它的难点在于分清“过点P 的切线〞与“在点P 处的切线〞的差异．突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P (x 0，y 0)的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在曲线上，而在点P (x 0，y 0)处的切线，必以点P 为切点，那么此时切线的方程是y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．解函数单调性有关问题时务必先求定义域，不能无视定义域．3．函数f (x )在区间D 上递增(减)f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立，此处易漏“＝〞． 4．函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间f ′(x )>0(<0)在D 上有解，此处易误多加“＝〞.一、选择题1．函数f (x )＝x ln x ，那么函数f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上递增B ．在(0，＋∞)上递减C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0得x >1e ，令f ′(x )<0得0<x <1e ，应选D.答案 D2．函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，那么“a >0〞是“f (x )在R 上单调递增〞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 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0〞是“f (x )在R 上单调递增〞的充分不必要条件．答案 A 3．曲线y ＝e －2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A.13B.12C.23D ．1解析因为y ′＝－2e －2x，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k ＝－2，∴切线方程为y ＝－2x ＋2，该直线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形如下图，其中直线y ＝－2x ＋2与y ＝x 的交点为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，所以三角形面积S ＝12×1×23＝13.答案 A4．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，那么实数a 的取值范围是( )A ．(1，2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0，3]解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x≤0时，有0<x ≤3，即在(0，3]上原函数是减函数，那么[a －1，a ＋1](0，3]， ∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 答案 A5．(2021·金丽衢联考)假设定义域为R 的单调递增函数y ＝f (x )对于任意两个不相等的实数m ，n 都有f ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋n 2>f 〔m 〕＋f 〔n 〕2成立，y ＝f ′(x )为函数y ＝f (x )的导函数，那么f (a＋1)－f (a )，f ′(a )，f ′(a ＋1)的大小关系为( ) A ．f ′ (a )<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a ＋1) B ．f ′ (a )<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a ) C ．f ′ (a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′ (a ) D ．f ′ (a ＋1)<f ′ (a )<f (a ＋1)－f (a ) 解析因定义在R 上的增函数y ＝f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 2>f 〔m 〕＋f 〔n 〕2(m ≠n )，∴y ＝f (x )的图象上凸，如下图，又f (a ＋1)－f (a )＝f 〔a ＋1〕－f 〔a 〕〔a ＋1〕－a表示两点M ，N 连线的斜率k MN ，f ′(a )与f ′(a ＋1)分别表示曲线y ＝f (x )在点M ，N 处切线的斜率，因此f ′(a ＋1)<k MN <f ′(a )，即f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a )．答案 C 二、填空题6．(2021·天津卷)函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，那么f ′(1)的值为________．解析由题意得f ′(x )＝e x ln x ＋e x·1x，那么f ′(1)＝e.答案 e7．(2021·宁波调研)函数f (x )＝exx的单调递增区间为________；递减区间是________．解析函数的定义域为{x |x ≠0}，且f ′(x )＝e x〔x －1〕x2，令f ′(x )>0得x >1，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，令f ′(x )<0，得x <1且x ≠0，f (x )的单调减区间为(－∞，0)和(0，1)．答案 (1，＋∞) (－∞，0)和(0，1)8．函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，那么实数t 的取值范围是________．解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－〔x －1〕〔x －3〕x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，那么只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.答案 (0，1)∪(2，3)9．(2021·舟山模拟)假设函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，那么实数a 的取值范围是________．解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19. 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ 10．假设直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，那么b ＝________．解析直线y ＝kx ＋b 与曲线y ＝ln x ＋2，y ＝ln(x ＋1)均相切，设切点分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由y ＝ln x ＋2，得y ′＝1x ；由y ＝ln(x ＋1)，得y ′＝1x ＋1.∴k ＝1x 1＝1x 2＋1，那么x 1＝1k ，x 2＝1k－1.∴y 1＝2－ln k ，y 2＝－ln k ，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k，2－ln k ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1，－ln k .∵A 、B 在直线y ＝kx ＋b 上， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2－ln k ＝k ·1k ＋b ，－ln k ＝k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＋b⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1－ln 2，k ＝2. 答案 1－ln 211．(2021·北京大学附中模拟)y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，且f ′(x )＝ln x ＋1，那么函数f (x )＝________，函数f (x )的最小值为________．解析由f ′(x )＝ln x ＋1得f (x )＝x ln x ＋c ，又f (1)＝0，那么c ＝0，所以f (x )＝x ln x ．又x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，那么f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 答案 x ln x －1e12．(2021·北京卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)假设a ＝0，那么f (x )的最大值为________；(2)假设f (x )无最大值，那么实数a 的取值范围是________．解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.假设x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1)．由f ′(x )＞0得x ＜－1，由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0. ∴f (x )在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当x ≤0时，f (x )≤f (－1)＝2.假设x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 所以f (x )最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的图象如图．由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值，且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 三、解答题13．设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋1.(1)假设a >0，求函数f (x )的单调区间；(2)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)由得，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 )．(2)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．所以满足要求的实数a 的取值范围是(－∞，－22)． 14．函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)假设函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′〔x 〕＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a 〔1－x 〕x，当a >0时，f (x )的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a ＝0时，f (x )＝－3为常数，不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a 2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x. ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数，即g ′(x )＝0在区间(t ，3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′〔t 〕<0，g ′〔3〕>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立时，由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373，所以－373<m <－9，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9. 15．(2021·绍兴仿真考试)函数f (x )＝ln x －a 〔x －1〕x ＋1. (1)假设函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)设m >n >0，求证：ln m －ln n >2〔m －n 〕m ＋n. (1)解 f ′(x )＝1x －a 〔x ＋1〕－a 〔x －1〕〔x ＋1〕2 ＝〔x ＋1〕2－2ax x 〔x ＋1〕2＝x 2＋〔2－2a 〕x ＋1x 〔x ＋1〕2. 因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x 2＋(2－2a )x ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2a －2≤x ＋1x在(0，＋∞)上恒成立．因为x ＋1x≥2，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以2a －2≤2，解得a ≤2.(2)证明要证ln m －ln n >2〔m －n 〕m ＋n，只需证ln m n >2⎝ ⎛⎭⎪⎫m n －1m n ＋1，即证ln m n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫m n －1m n ＋1>0. 设h (x )＝ln x －2〔x －1〕x ＋1，由(1)可知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为m n >1，所以h ⎝ ⎛⎭⎪⎫m n >h (1)＝0，即ln m n － 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m n －1m n＋1>0，所以原不等式成立．。

高考数学二轮复习考前专题二函数与导数第3讲导数及其应用讲学案理(2021学年)

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第3讲导数及其应用1。

导数的意义和运算是导数应用的基础,是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．3．导数与函数零点,不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一导数的几何意义1．函数ｆ(ｘ)在x０处的导数是曲线f（ｘ)在点P(x0,f（ｘ0）)处的切线的斜率，曲线f（x)在点P处的切线的斜率ｋ＝ｆ′（x0)，相应的切线方程为y-f(x0）＝ｆ′（x０）(x-x0)．2．求曲线的切线要注意“过点Ｐ的切线”与“在点P处的切线"的不同．例1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点（０,１)且与曲线y=错误!在点（3，2)处的切线垂直的直线的方程为( )A.2ｘ+y－1＝０ﻩB．2x－y＋1＝0Ｃ.x－２y＋2=0 Ｄ.x＋2y－2＝0答案Ｂ解析因为ｙ′＝错误!＝-错误!，故切线的斜率k＝－错误!,即所求直线的斜率k＝2,方程为y-1＝2(ｘ-0）,即2x－y＋1=0。

故选B．(2)（2017届成都一诊)已知曲线C1:ｙ2=ｔｘ(y>０,ｔ>0)在点M错误!处的切线与曲线C2:y＝ｅｘ+1－1也相切,则ｔln 错误!的值为（ )A.４e2 B．8ｅC.２ﻩD.8答案 D解析曲线C1：y＝错误!,ｙ′=错误!．当x＝错误!时,y′＝错误!,切线方程为y－２=错误!错误!,化简为y=＼ｆ（t,4)x＋1。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第5讲导数与函数零点、不等式问题学案-人

第5讲导数与函数零点、不等式问题高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题．真题感悟(2018·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x >0时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：x (0，16) 16 (16，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )2－4ln 2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＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2，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．考点整合1．利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解． 2．三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x →∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x 1，x 2且x 1<x 2的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的零点分布情况如下：f (x 2)为极小值)三个 f (x 1)＞0且f (x 2)＜0 a ＜0(f (x 1)为极小值，f (x 2)为极大值)一个 f (x 1)>0或f (x 2)＜0 两个 f (x 1)＝0或者f (x 2)＝0 三个f (x 1)＜0且f (x 2)＞03.利用导数解决不等式问题 (1)利用导数证明不等式．若证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果能证明F (x )在(a ，b )上的最大值小于0，即可证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )．(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题．①f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立I 是f (x )>g (x )的解集的子集[f (x )－g (x )]min >0 (x ∈I )．②x ∈I ，使f (x )>g (x )成立I 与f (x )>g (x )的解集的交集不是空集[f (x )－g (x )]max >0(x∈I )．③对x 1，x 2∈I 使得f (x 1)≤g (x 2)f (x )max ≤g (x )min . ④对x 1∈I ，x 2∈I 使得f (x 1)≥g (x 2)f (x )min ≥g (x )min .温馨提醒解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减．(2)证明由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝ ⎛⎭⎪⎫a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题．第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论．【训练1】设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∵f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，∴曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：∴当c >0且c －27<0时，f (－4)＝c －16<0，f (0)＝c >0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．热点二利用导数求解不等式问题 [考法1] 证明不等式【例2－1】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.[考法2] 不等式恒成立问题【例2－2】已知函数f (x )＝a ln x ＋1(a >0)．(1)设φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ，求φ(x )的最小值；(2)在区间(1，e)上f (x )>x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)φ(x )＝f (x )－1－a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x＝a ln x －a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (x >0)．则φ′(x )＝a x －ax 2＝a （x －1）x 2，令φ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，φ′(x )<0；当x >1时，φ′(x )>0. ∴φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．故φ(x )在x ＝1处取得极小值，也是最小值． ∴φ(x )min ＝φ(1)＝0.(2)由f (x )>x 得a ln x ＋1>x ，即a >x －1ln x.令g (x )＝x －1ln x (1<x <e)，则g ′(x )＝ln x －x －1x （ln x ）2.令h (x )＝ln x －x －1x (1<x <e)，则h ′(x )＝1x －1x2>0. 故h (x )在区间(1，e)上单调递增，所以h (x )>h (1)＝0.因为h (x )>0，所以g ′(x )>0，即g (x )在区间(1，e)上单调递增，则g (x )<g (e)＝e －1，即x －1ln x<e －1，所以实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)． [考法3] 存在性不等式成立问题【例2－3】已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（x －1）（x －a ）x2. ①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，又g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 .探究提高 1.(1)涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题，在转化过程中，一定要注意等价性． (2)对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化．2．“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍．【训练2】 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .(1)证明当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)解设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0，2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．①若h (2)>0，即a <e24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；②若h (2)＝0，即a ＝e24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0，即a >e24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3（e 2a ）2>1－16a 3（2a ）4＝1－1a>0.故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e24.1．重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解．2．对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x 轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件．3．利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )>0.其中找到函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点是解题的突破口． 4．不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min .(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论．(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用.一、选择题1．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝3，对任意x ∈R ，f ′(x )<3，则f (x )>3x ＋6的解集为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x >－1}C ．{x |x <－1}D ．R解析设g (x )＝f (x )－(3x ＋6)，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )为减函数，又g (－1)＝f (－1)－3＝0，所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <－1}．答案 C2．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2，2]恒成立，则m 的取值范围是( ) A ．(－∞，7] B ．(－∞，－20] C ．(－∞，0]D ．[－12，7]解析令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， ∴f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20. 答案 B3．(2018·宁波联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x －1 0 2 3 4 f (x )122f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示．由于f (0)＝f (3)＝2，1<a <2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案 D4．(2018·金华十校联考)已知函数f (x )＝ln x x，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析 f (x )的定义域(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f (e)＝1e.又f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96所以f (e)>f (3)>f (2)．答案 D5．已知y ＝f (x )为R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若g (x )＝f (x )＋1x，则函数g (x )的零点个数为( ) A ．1B ．2C ．0D ．0或2解析令h (x )＝xf (x )，因为当x ≠0时，xf ′（x ）＋f （x ）x ＞0，所以h ′（x ）x＞0，因此当x ＞0时，h ′(x )＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，又h (0)＝0，易知当x ≠0时，h (x )＞0，又g (x )＝h （x ）＋1x，所以g (x )≠0，故函数g (x )的零点个数为0. 答案 C6．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )>0，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于0的零点，不满足．当a <0时，需使x 0>0且唯一，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a>0，则a 2>4，所以a <－2.答案 C 二、填空题7．(2018·湖州模拟)关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________．解析由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2.当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＞0，－4－a ＜0，解得－4＜a ＜0. 答案 (－4，0)8．(2018·舟山调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f （x ）ex<1的解集为________．解析令g (x )＝f （x ）ex，则g ′(x )＝e x·f ′（x ）－（e x）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x. 由题意得g ′(x )<0恒成立，所以函数g (x )＝f （x ）ex在R 上单调递减．又g (0)＝f （0）e＝1，所以f （x ）ex<1，即g (x )<g (0)，所以x >0，所以不等式的解集为{x |x >0}．答案 {x |x >0}9．(2018·绍兴调研)已知f (x )＝－x 2－6x －3，g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，设m <－2，若x 1∈[m ，－2)，x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则实数m 的最小值为________．解析 ∵g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9，∴g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)．则当0<x <1时，g ′(x )<0，函数g (x )递减；当x >1时，g ′(x )>0，函数g (x )递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2.∵f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6，结合函数图象知，当f (x )＝2时，方程两根分别为－5和－1，则m 的最小值为－5. 答案－5 三、解答题10．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)解 f ′(x )＝－ax 2＋（2a －1）x ＋2e x，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0.11．设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．(1)解由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，f f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2.(2)证明由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2.因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0，从而k ≥e，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 12．(2018·北京东城区质检)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)； (3)求证：ln e 2x ≤1＋xx.(1)解 f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ， f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，∴f ′(x )>00<x <1，f ′(x )<0x >1，∴f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)解由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)．∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.综上，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.(3)证明要证ln e 2x ≤1＋x x ，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0， ∴1－1x－ln x ≤0恒成立．原不等式得证．13．(2018·台州模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)判断曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )的公共点个数；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，若函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1x 2＋(1－a )x ＋1＝0.由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知：当Δ＞0时，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a ＜3时，没有公共点． (2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x ，则由题意知函数y ＝a 与y ＝x ＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点．令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2）x2. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1.所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝a 与y ＝x＋2x ＋ln x 的图象在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个交点，即函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点．14．(2017·稽阳联谊学校高三联考)设f (x )＝x －a －1x－a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线方程； (2)当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内是否存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立？解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12＋ln 2，f ′(x )＝1－1x，所以曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12＋ln 2处的切线的斜率为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－112＝－1. 故所求切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋ln 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即x ＋y －ln 2－1＝0.(2)假设当a <1时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立，则只需证明当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )max >e －1即可． f ′(x )＝1＋a －1x 2－a x ＝x 2－ax ＋（a －1）x 2＝（x －1）[x －（a －1）]x2(x >0)，令f ′(x )＝0得，x 1＝1，x 2＝a －1，当a <1时，a －1<0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，e)时，f ′(x )>0.∴函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， ∴f (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f （e ）.于是，只需证明f (e)>e －1或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >e －1即可．∵f (e)－(e －1)＝e －a －1e －a －(e －1)＝（e ＋1）（1－a ）e>0，∴f (e)>e －1成立．所以假设正确，即当a <1时，在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 内至少存在一实数x 0，使f (x 0)>e －1成立．。

高中数学_导数及其应用教学设计学情分析教材分析课后反思

教学设计-------导数及其应用一．教学目标知识与技能：1.探索函数的单调性与导数的关系2.会利用导数判断函数的单调性并求最值极值过程与方法：1.通过本节的学习，掌握用导数研究单调性、最值的方法2.在探索过程中培养学生的观察、分析、概括的能力渗透数形结合思想、转化思想、分类讨论思想。

情感态度与价值观：通过在教学过程中让学生多动手、多观察、勤思考、善总结，培养学生的探索精神，引导学生养成自主学习的学习习惯。

二．教学重难点对于函数导数及其应用，学生的认知困难主要体现在：用准确的数学语言描述函数单调性与导数的关系，这种由数到形的翻译，从直观到抽象的转变，对学生是比较困难的。

根据以上的分析和新课程标准的要求，我确定了本节课的重点和难点。

教学重点：探索研究切线、单调区间、最值和极值。

教学难点：探索函数的单调性与导数的关系。

三．教法分析：1．教学方法的选择：为还课堂于学生，突出学生的主体地位，本节课拟运用“问题--- 解决”课堂教学模式，采用发现式、启发式、讲练结合的教学方法。

通过问题激发学生求知欲，使学生主动参与教学实践活动，在教师的指导下发现、分析和解决问题，总结规律，培养积极探索的科学精神。

2．教学手段的利用：本节课采用多媒体课件等辅助手段以加大课堂容量，通过数形结合，使抽象的知识直观化，形象化，以促进学生的理解。

3．教学课堂结构知识回顾—问题情境—新课探究—知识运用（例题精讲—变式训练—拓展延伸—能力提升）—课堂小结—作业布置四．学法分析：为使学生积极参与课堂学习，我主要指导了以下的学习方法：1．合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题；2．自主学习：引导学生通过亲身经历，动口、动脑、动手参与数学活动；3．探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知。

五．教学过程：（一）知识回顾从已学过的知识（导数几何意义、求导公式、判断二次函数的单调性、极值）入手，提出新的问题（判断三次函数的单调性、求极值），引起认知冲突，激发学习的兴趣。

浙江省2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用课件

3.当求出的函数单调区间(如单调增区间)有多个时,不能把这些区间取并集. 4.f '(x)>0(或f '(x)<0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的充分不必要条件.
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不充分条件. 考向突破考向一单调性的判断例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数f(x)在点x0附近有定义,如果对x0附近的所有的点,都有f(x)< f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极大值,记作y极大值=f(x0);如果对x0附近的所有的点,都有f(x)>f(x0),则f(x0)是函数f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)

浙江省高考数学二轮专题复习第3课时导数及其应用课件理

所以f(x)在[-3,1]上的最大值为13.
(3)y=f(x)在区间[-2,1]上单调递增．
又f ′(x)=3x2+2ax+b，由(1)知2a+b=0.
所以f ′(x)=3x2-bx+b.
依题意知，在[-2,1]上恒有f ′(x)≥0，
即3x2-bx+b≥0在[-2,1]上恒成立，
当x= b ≥1，即b≥6时，
(1)x=a是f(x)的一个极值点，即x=a是f′(x)=0的
一个根，但不是重根．(2)的关键是先确定x1，x2和a的
位置关系，再分情况讨论，从而确定x4的位置．
1 f (x) ex(xa)[x2 (3ab)x2baba]．
令g(x) x2 (3ab)x2baba，则 (3ab)2 4(2baba) (ab1)2 8 0，于是，假设x1，x2是g(x) 0的两个实根，且x1 x2. ⅰ ( )当x1 a或x2 a时，则x a不是f (x)的极值点，此时不合题意；
(1)已知f(x)在M上递增，则f′(x)≥0
在M上恒成立； (2)讨论某区间上函数的最值问题，可
通过画图、截取、观察获得．
【变式训练】已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，过曲线y=f(x) 上的点P(1，f(1))的切线方程为y=3x+1. (1)若y=f(x)在x=-2时有极值，求f(x)的表达式； (2)在(1)的条件下，求y=f(x)在[-3,1]上的最大值； (3)若函数y=f(x)在区间[-2,1]上单调递增，求实数b的取值范围．
1 f x 2x m e x x2 mx e x
x2 2 m x m e x . 假设 f x 在 R上是单调函数，因为 e x 0，函数g x x2 2 m x m开口向下，考虑其 2 m 2 4m m 2 4 0，因此g x 恒小于零不成立，则f x 0不恒成立，因此假设错误，则f x在R上不是单调函数．

( 高考第二轮教案)函数与导数(浙教版)

函数与导数一、考点回顾1.导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容。

考查方式以客观题为主，主要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义。

2.导数的应用是高中数学中的重点内容，导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题。

选择填空题侧重于利用导数确定函数的单调性、单调区间和最值问题，解答题侧重于导数的综合应用，即与函数、不等式、数列的综合应用。

3.应用导数解决实际问题，关键是建立恰当的数学模型（函数关系），如果函数在给定区间内只有一个极值点，此时函数在这点有极大（小）值，而此时不用和端点值进行比较，也可以得知这就是最大（小）值。

二、经典例题剖析考点一：求导公式。

例1. ()f x '是31()213f x x x =++的导函数，则(1)f '-的值是。

解析：()2'2+=x x f ，所以()3211'=+=-f 答案：3点评：本题考查多项式的求导法则。

考点二：导数的几何意义。

例 2. 已知函数()y f x =的图象在点(1(1))M f ，处的切线方程是122y x =+，则(1)(1)f f '+= 。

解析：因为21=k ，所以()211'=f ，由切线过点(1(1))M f ，，可得点M 的纵坐标为25，所以()251=f ，所以()()31'1=+f f 答案：3例3.曲线32242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是。

解析：443'2--=x x y ，∴点(13)-，处切线的斜率为5443-=--=k ，所以设切线方程为b x y +-=5，将点(13)-，带入切线方程可得2=b ，所以，过曲线上点(13)-，处的切线方程为：025=-+y x 答案：025=-+y x点评：以上两小题均是对导数的几何意义的考查。

(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程学案

第1讲函数图象与性质及函数与方程高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考察函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性；2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解，综合性强；3.以根本初等函数为依托，考察函数与方程的关系、函数零点存在性定理．数形结合思想是高考考察函数零点或方程的根的根本方式．真题感悟1．(2021·浙江卷)假设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，那么M －m ( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关解析因为最值在f(0)＝b ，f(1)＝1＋a ＋b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝b －a 24中取，所以最值之差一定与b 无关，但与a 有关，应选B . 答案 B2．(2021·山东卷)设f(x)＝⎩⎨⎧x ，0<x<1，2〔x －1〕，x≥1，假设f (a )＝f (a ＋1)，那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析由得a >0，∴a ＋1>1.∵f (a )＝f(a ＋1)，∴a ＝2(a ＋1－1)，解得a ＝14，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f (4)＝2(4－1)＝6.答案 C3．(2021·全国Ⅰ卷)函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数．假设f (1)＝－1，那么满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( ) A ．[－2，2] B ．[－1，1] C ．[0，4]D ．[1，3]解析因为f (x )为奇函数，所以f (－1)＝－f (1)＝1，于是－1≤f (x －2)≤1等价于f (1)≤f (x －2)≤f (－1)，又f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，∴－1≤x －2≤1，∴1≤x ≤3.答案 D4．(2021·浙江卷)函数y ＝2|x |sin 2x 的图象可能是( )解析设f (x )＝2|x |sin 2x ，其定义域关于坐标原点对称，又f (－x )＝2|－x |·sin(－2x )＝－f (x )，所以y ＝f (x )是奇函数，故排除选项A ，B ；令f (x )＝0，所以sin 2x ＝0，所以2x ＝kπ(k ∈Z )，所以x ＝k π2(k ∈Z )，故排除选项C.应选D.答案 D5．(2021·浙江卷)λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________．假设函数f (x )恰有2个零点，那么λ的取值范围是________．解析假设λ＝2，那么当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，得1<x <2.综上可知1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4)．令x －4＝0，解得x ＝4；令x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或xf (x )恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)考点整合1．函数的性质 (1)单调性①用来比拟大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性．②常见判定方法：(ⅰ)定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；(ⅱ)图象法；(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减〞的原那么；(ⅳ)导数法．(2)奇偶性：①假设f (x )是偶函数，那么f (x )＝f (－x )；②假设f (x )是奇函数，0在其定义域内，那么f (0)＝0；③奇函数在关于原点对称的区间内有一样的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性；(3)周期性：常见结论有①假设y ＝f (x )对x ∈R ，f (x ＋a )＝f (x －a )或f (x －2a )＝f (x )(a ＞0)恒成立，那么y ＝f (x )是周期为2a 的周期函数；②假设y ＝f (x )是偶函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，那么f (x )是周期为2|a |的周期函数；③假设y ＝f (x )是奇函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，那么f (x )是周期为4|a |的周期函数；④假设f (x ＋a )＝－f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f 〔x ＋a 〕＝1f 〔x 〕，那么y ＝f (x )是周期为2|a |的周期函数．2．函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种根本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换．(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．3．求函数值域有以下几种常用方法：(1)直接法；(2)配方法；(3)根本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)别离变量法．除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等． 4．函数的零点问题(1)函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.热点一函数性质的应用【例1】 (1)(2021·全国Ⅱ卷)f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．假设f (1)＝2，那么f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( ) A ．－50B ．0C ．2D ．50(2)(2021·天津卷)a ＝log 2e ，b ＝ln 2，c ＝log 1213，那么a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b解析 (1)法一 ∵f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )，且f (0)＝0， ∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )＝f (2－x )，f (－x )＝f (2＋x )， ∴f (2＋x )＝－f (x )，∴f (4＋x )＝－f (2＋x )＝f (x )，∴f (x )是周期函数，且一个周期为4，∴f (4)＝f (0)＝0，f (2)＝f (1＋1)＝f (1－1)＝f (0)＝0，f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝－f (1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (50)＝12×0＋f (49)＋f (50)＝f (1)＋f (2)＝2，应选C. 法二由题意可设f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ，作出f (x )的局部图象如下图．由图可知，f (x )的一个周期为4，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (49)＋f (50)＝12×0＋f (1)＋f (2)＝2，应选C.(2)法一因为a ＝log 2e>1，b ＝ln 2∈(0，1)，c ＝log 1213＝log 23>log 2e ＝a >1，所以c >a >b ，应选D.法二 log 1213＝log 23，如图，在同一坐标系中作出函数y ＝log 2x ，y ＝ln x 的图象，由图知c >a >b ，应选D.答案 (1)C (2)D探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值．(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴)．【训练1】 (1)f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)．假设当x ∈ [－3，0]时，f (x )＝6－x，那么f (919)＝________．(2)奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．假设a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (2)，c ＝g (3)，那么a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <b <c B ．c <b <a C ．b <a <cD ．b <c <a解析 (1)∵f (x ＋4)＝f (x －2)，∴f [(x ＋2)＋4]＝f [(x ＋2)－2]，即f (x ＋6)＝f (x )，∴f (x )是周期为6的周期函数，∴f (919)＝f (153×6＋1)＝f (1)，又f (x )在R 上是偶函数， ∴f (1)＝f (－1)＝6－(－1)＝6，即f (919)＝6.(2)法一易知g (x )＝xf (x )在R 上为偶函数， ∵奇函数f (x )在R 上是增函数，且f (0)＝0， ∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数．又3>log 25.1>2>2，且a ＝g (－log 25.1)＝g (log 25.1)， ∴g (3)>g (log 25.1)>g (2)，那么c >a >b .法二 (特殊化)取f (x )＝x ，那么g (x )＝x 2为偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，又3>log 25.1>2，从而可得c >a >b . 答案 (1)6 (2)C 热点二函数图象的问题 [考法1] 函数图象的识别【例2－1】 (1)函数y ＝1＋x ＋sin xx2的局部图象大致为( )(2)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－x sin x 的大致图象为( )解析 (1)法一易知g (x )＝x ＋sin xx 2为奇函数，其图象关于原点对称．所以y ＝1＋x ＋sin xx2的图象只需把g (x )的图象向上平移一个单位长度，选项D 满足．法二当x ＝1时，fx →＋∞时，y →＋∞，B 项不满足，D 满足．(2)由y 1＝1x －x 为奇函数，y 2＝sin x 为奇函数，可得函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x sin xx ＝π2时，y 1＜0，y 2＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，因此选B.答案 (1)D (2)B探究提高 (1)作图：常用描点法和图象变换法．图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换．尤其注意y ＝f (x )与y ＝f (－x )、y ＝－f (x )、y ＝－f (－x )、y ＝f (|x |)、y ＝|f (x )|及y ＝af (x )＋b 的相互关系．(2)识图：从图象与x 轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析式与图象的对应关系． [考法2] 函数图象的应用【例2－2】 (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln 〔x ＋1〕，x >0.假设|f (x )|≥ax ，那么实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0] B ．(－∞，1) C ．[－2，1]D ．[－2，0](2)(2021·全国Ⅰ卷)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .假设g (x )存在2个零点，那么a 的取值范围是( ) A ．[－1，0)B ．[0，＋∞)C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)解析 (1)函数y ＝|f (x )|的图象如图．y ＝ax 为过原点的一条直线，当a >0时，与y ＝|f (x )|在y 轴右侧总有交点，不合题意；当a ＝0时成立；当a <0时，找与y ＝|－x 2＋2x |(x ≤0)相切的情况，即y ′＝2x －2，切点为(0，0)，此时a ＝2×0－2＝－2，即有－2≤a <0，综上，a ∈[－2，0]．(2)函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有2个交点．作出直线y ＝－x －a 与函数f (x )的图象，如下图，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1，应选C. 答案 (1)D (2)C探究提高 (1)涉及到由图象求参数问题时，常需构造两个函数，借助两函数图象求参数范围．(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质确实定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究．【训练2】 (2021·温州调研)函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx .假设方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，那么实数k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1，2)D ．(2，＋∞)解析由f (x )＝g (x )，∴|x －2|＋1＝kx ，即|x －2|＝kx －1，所以原题等价于函数y ＝|x －2|与y ＝kx －1的图象有2个不同交点．如图：∴y ＝kx －1在直线y ＝x －1与y ＝12x －1之间，∴12＜k ＜1，应选B. 答案 B热点三函数的零点与方程根的问题 [考法1] 函数零点的判断【例3－1】 (1)函数f (x )＝log 2x －1x的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1，2) D ．(2，3)(2)(2021·金华月考)函数f (x )＝4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －2sin x －|ln(x ＋1)|的零点个数为________．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212－112＝－1－2＝－3＜0，f (1)＝log 21－11＝0－1＜0， f (2)＝log 22－12＝1－12＝12＞0，f (3)＝log 23－13＞1－13＝23＞0，即f (1)·f (2)＜0，∴函数f (x )＝log 2x －1x的零点在区间(1，2)内．(2)f (x )＝4cos 2x2sin x －2sin x －|ln(x ＋1)|＝2sin x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x2－1－|ln(x ＋1)|＝sin 2x－|ln(x ＋1)|，令f (x )＝0，得sin 2x ＝|ln(x ＋1)|.在同一坐标系中作出函数y ＝sin 2x 与函数y ＝|ln(x ＋1)|的大致图象如下图．观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f (x )有2个零点．答案 (1)C (2)2探究提高函数零点(即方程的根)确实定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间确实定；②零点个数确实定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点确实定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解．[考法2] 由函数的零点(或方程的根)求参数【例3－2】 (1)函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，那么a ＝( )A ．－12B.13C.12D ．1(2)(2021·天津卷)a >0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ＋a ，x ≤0，－x 2＋2ax －2a ，x >0.假设关于x 的方程f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，那么a 的取值范围是________．解析 (1)f (x )＝(x －1)2＋a (ex －1＋e1－x)－1，令t ＝x －1，那么g (t )＝f (t ＋1)＝t 2＋a (e t＋e －t)－1. ∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t＋e t)－1＝g (t )， ∴函数g (t )为偶函数．∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点．又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝12.(2)当x ≤0时，由x 2＋2ax ＋a ＝ax ，得a ＝－x 2－ax ；当x >0时，由－x 2＋2ax －2a ＝ax ，得2a ＝－x 2＋ax .令g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－ax ，x ≤0，－x 2＋ax ，x >0.作出y ＝a (x ≤0)，y ＝2a (x >0)的图象，函数g (x )的图象如下图，g (x )的最大值为－a 24＋a 22＝a 24，由图象可知，假设f (x )＝ax 恰有2个互异的实数解，那么a <a 24<2a ，解得4<a <8.答案 (1)C (2)(4，8)探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)别离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．【训练3】 (1)(2021·宁波模拟)假设方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0，2]上有两个不同的实数根，那么实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12 B ．[ln 2－1，ln 3－1) C ．[ln 2－1，ln 2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln 2＋12(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，〔x －2〕2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，假设函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，那么b 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，74 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2解析 (1)令f (x )＝ln(x ＋1)－x 2＋32x －a ，那么f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋32＝－〔4x ＋5〕〔x －1〕2〔x ＋1〕.当x ∈[0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，2]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．由于方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0，2]上有两个不同的实数根，即f (x )＝0在区间[0，2]上有两个不同的实数根，其充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧f 〔0〕＝－a ≤0，f 〔1〕＝ln 2＋12－a ＞0，f 〔2〕＝ln 3－1－a ≤0，解得ln 3－1≤a ＜ln 2＋12.所以方程ln(x ＋1)＝x 2－32x ＋a 在区间[0，2]上有两个不同的实数根时，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3－1，ln 2＋12.(2)函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，即方程f (x )－g (x )＝0，即b ＝f (x )＋f (2－x )有4个不同实数根，即直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，又y ＝f (x )＋f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x ＜0，2，0≤x ≤2，x 2－5x ＋8，x ＞2，作出该函数的图象如下图，由图可知，当74＜b ＜2时，直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，故函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点时，b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2. 答案 (1)A (2)D1．解决函数问题无视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f (x )＝1x ln x的定义域时，只考虑x ＞0，无视ln x ≠0的限制．2．如果一个奇函数f (x )在原点处有意义，即f (0)有意义，那么一定有f (0)＝0. 3．三招破解指数、对数、幂函数值的大小比拟．(1)底数一样，指数不同的幂用指数函数的单调性进展比拟； (2)底数一样，真数不同的对数值用对数函数的单调性比拟；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同，真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比拟大小．4．三种作函数图象的根本思想方法 (1)通过函数图象变换利用函数图象作图；(2)对函数解析式进展恒等变换，转化为方程对应的曲线； (3)通过研究函数的性质，明确函数图象的位置和形状．5．求函数零点时，假设对于给定的函数不能直接求解或画出图形，那么常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、选择题1．(2021·全国Ⅰ卷)函数y ＝sin 2x1－cos x的局部图象大致为( )解析令f (x )＝sin 2x1－cos x，定义域为{x |x ≠2k π，k ∈Z }，又f (－x )＝－f (x )，∴f (x )在定义域内为奇函数，图象关于原点对称，B 不正确．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，f (π)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＝－11＋22<0.∴选项A ，D 不正确，只有选项C 满足．答案 C2．(2021·天津卷)a ＝log 3 72，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1413，c ＝log 13 15，那么a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．c >b >aD ．c >a >b解析 log 13 15＝log 3－15－1＝log 35，因为函数y ＝log 3x 为增函数，所以log 35>log 3 72>log 33＝1，因为函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 为减函数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1413<⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝1，故c >a >b .应选D.答案 D3．设函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，那么f (x )是( ) A ．奇函数，且在(0，1)上是增函数 B ．奇函数，且在(0，1)上是减函数 C ．偶函数，且在(0，1)上是增函数 D ．偶函数，且在(0，1)上是减函数解析易知函数定义域为(－1，1)，f (－x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＝－f (x )，故函数f (x )为奇函数，又f (x )＝ln 1＋x 1－x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－2x －1，由复合函数单调性判断方法知，f (x )在(0，1)上是增函数，应选A. 答案 A4．(2021·全国Ⅲ卷)以下函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线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 )解析法一设所求函数图象上任一点的坐标为(x ，y )，那么其关于直线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 )．应选B.法二由题意知，对称轴上的点(1，0)在函数y ＝ln x 的图象上也在所求函数的图象上，代入选项中的函数表达式逐一检验，排除A ，C ，D ，选B. 答案 B5.二次函数f (x )＝x 2－bx ＋a 的局部图象如下图，那么函数g (x )＝e x＋f ′(x )的零点所在的区间是( )A ．(－1，0)B ．(0，1)C ．(1，2)D ．(2，3)解析由函数f (x )的图象可知，0＜f (0)＝a ＜1，f (1)＝1－b ＋a ＝0，所以1＜bf ′(x )＝2x －b ，所以g (x )＝e x ＋2x －b ，所以g ′(x )＝e x＋2＞0，所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1－b ＜0，g (1)＝e ＋2－b ＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g (x )的零点所在的区间是(0，1)，应选B. 答案 B6．(2021·全国Ⅱ卷)函数f (x )＝e x－e－xx2的图象大致为( )解析当x <0时，因为e x－e －x<0，所以此时f (x )＝e x －e －xx2<0，故排除A 、D ；又f (1)＝e －1e >2，故排除C ，选B. 答案 B 二、填空题7．(2021·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝ln(1＋x 2－x )＋1，f (a )＝4，那么f (－a )＝________．解析由f (a )＝ln(1＋a 2－a )＋1＝4，得ln(1＋a 2－a )＝3，所以f (－a )＝ln(1＋a 2＋a )＋1＝－ln11＋a 2＋a＋1＝－ln(1＋a 2－a )＋1＝－3＋1＝－2.答案－28．(2021·浙江卷)a ＞b a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a，那么a ＝________，b ＝________．解析设log b a ＝t ，那么t ＞1，因为t ＋1t ＝52，解得t ＝2，所以a ＝b 2，因此a b ＝(b 2)b ＝b2b＝b a，∴a ＝2b ，b 2＝2b ，又b ＞1，解得b ＝2，a ＝4. 答案 4 29．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f 〔x ＋1〕，x ＜0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数．假设直线y ＝k (x ＋1)(k ＞0)与函数y ＝f (x )的图象恰有三个不同的交点，那么实数k 的取值范围是________．解析根据[x ]表示的意义可知，当0≤x ＜1时，f (x )＝x ，当1≤x ＜2时，f (x )＝x －1，当2≤x ＜3时，f (x )＝x －2，以此类推，当k ≤x ＜k ＋1时，f (x )＝x －k ，k ∈Z ，当－1≤x ＜0时，f (x )＝x ＋1，作出函数f (x )的图象如图，直线y ＝k (x ＋1)过点(－1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13 10．(2021·上海二模)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－a ，x ＜1，4〔x －a 〕〔x －2a 〕，x ≥1.(1)假设a ＝1，那么f (x )的最小值为________；(2)假设f (x )恰有2个零点，那么实数a 的取值范围是________．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x <1，4〔x －1〕〔x －2〕，x ≥1.当x <1时，f (x )＝2x－1∈(－1，1)，当x ≥1时，f (x )＝4(x 2－3x ＋2)＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322－14≥－1，∴f (x )min ＝－1.(2)由于f (x )恰有2个零点，分两种情况讨论：当f (x )＝2x－a ，x <1没有零点时，a ≥2或a ≤0.当a ≥2时，f (x )＝4(x －a )(x －2a )，x ≥1时，有2个零点；当a ≤0时，f (x )＝4(x －a )(x －2a )，x ≥1时，无零点．因此a ≥2满足题意．当f (x )＝2x －a ，x <1有一个零点时， 0<a <2.f (x )＝4(x －a )(x －2a )，x ≥1有一个零点，此时a <1,2a ≥1，因此12≤a <1.综上知实数a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |12≤a <1或a ≥2.答案 (1)－1 (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1∪[2，＋∞)11．(2021·天津卷)a ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋a －2，x ≤0，－x 2＋2x －2a ，x >0.假设对任意x ∈[－3，＋∞)，f (x )≤|x |恒成立，那么a 的取值范围是________．解析当－3≤x ≤0时，f (x )≤|x |恒成立等价转化为x 2＋2x ＋a －2≤－x 恒成立，即a ≤－x 2－3x ＋2恒成立，所以a ≤(－x 2－3x ＋2)min ＝2；当x >0时，f (x )≤|x |恒成立等价转化为－x 2＋2x －2a ≤x 恒成立，即a ≥－x 2＋x 2恒成立，所以a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2＋x 2max ＝18.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，2.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，2 12．(2021·金丽衢联考)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ≥1，e f 〔|x |＋1〕，x <1(e 为自然对数的底数)，那么f (e)＝________，函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为________．解析 f (e)＝ln e ＝1；函数y ＝f (f (x ))－1的零点个数为方程f (f (x ))＝1的根的个数，那么①由ln x ＝1(x ≥1)，得x ＝e ，于是f (x )＝e ，那么由ln x ＝e(x ≥1)，得x ＝e e；或由ef (|x |＋1)＝e(x <1)，得f (|x |＋1)＝1，所以ln(|x |＋1)＝1，解得x ＝e －1(舍去)或x ＝1－e ；②由ef (|x |＋1)＝1(x <1)，得f (|x |＋1)＝0，所以ln(|x |＋1)＝0，解得x ＝0，所以f (x )＝0，只有ln x ＝0(x ≥1)，解得xy ＝f (f (x ))－1有x ＝e e，1－e ，1共3个零点．答案 1 3 三、解答题13．(2021·衢州二中调研)函数f (x )＝a －22x＋1. (1)求f (0)；(2)探究f (x )的单调性，并证明你的结论；(3)假设f (x )为奇函数，求满足f (ax )<f (2)的x 的范围．解 (1)f (0)＝a －220＋1＝a －1.(2)∵f (x )的定义域为R ，∴任取x 1，x 2∈R 且x 1<x 2，那么f (x 1)－f (x 2)＝a －22x 1＋1－a ＋22x 2＋1＝2·〔2x 1－2x 2〕〔1＋2x 1〕〔1＋2x 2〕，∵y ＝2x在R 上单调递增且x 1<x 2，∴0<2x 1<2x 2，∴2x 1－2x 2<0，2x 1＋1>0，2x 2＋1>0. ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)．∴f (x )在R 上单调递增．(3)∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，即a －22－x＋1＝－a ＋22x ＋1，解得a ＝1(或用f (0)＝0去解)． ∴f (ax )<f (2)即为f (x )<f (2)，又∵f (x )在R 上单调递增，∴x <2. ∴不等式的解集为(－∞，2)．14．(2021·嘉兴调研)函数f (x )＝e x －e －x(x ∈R ，且e 为自然对数的底数)． (1)判断函数f (x )的单调性与奇偶性；(2)是否存在实数t ，使不等式f (x －t )＋f (x 2－t 2)≥0对一切x ∈R 都成立？假设存在，求出t ；假设不存在，请说明理由．解 (1)∵f (x )＝e x－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ，∴f ′(x )＝e x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x，∴f ′(x )>0对任意x ∈R 都成立， ∴f (x )在R 上是增函数．又∵f (x )的定义域为R ，且f (－x )＝e －x－e x＝－f (x )， ∴f (x )是奇函数．(2)存在．由(1)知f (x )在R 上是增函数和奇函数，那么f (x －t )＋f (x 2－t 2)≥0对一切x ∈R 都成立，f (x 2－t 2)≥f (t －x )对一切x ∈R 都成立， x 2－t 2≥t －x 对一切x ∈R 都成立，t 2＋t ≤x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14对一切x ∈R 都成立，t 2＋t ≤(x 2＋x )min ＝－14t 2＋t ＋14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122≤0，又⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122≥0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＝0，∴t ＝－12.∴存在t ＝－12，使不等式f (x －t )＋f (x 2－t 2)≥0对一切x ∈R 都成立．15．当x ∈[0，1]时，函数y ＝(mx －1)2的图象与y ＝x ＋m 的图象有且只有一个交点，求正实数m 的取值范围．解 y ＝(mx －1)2＝m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m 2，相当于y ＝x 2向右平移1m 个单位，再将函数值放大m 2倍得到的；y ＝x ＋m 相当于y ＝x 向上平移m 个单位．①假设0＜m≤1，两函数的图象如图1所示，可知两函数在x∈[0，1]上有且只有1个交点，符合题意．②假设m＞1，两函数的大致图象如图2所示．为使两函数在x∈[0，1]上有且只有1个交点，只需(m－1)2≥1＋m，得m≥3或m≤0(舍去)．综上，m∈(0，1]∪[3，＋∞)．。

(浙江专用)2019高考数学二轮复习专题五函数与导数、不等式学案

专题五函数与导数、不等式[析考情·明重点]小题考情分析大题考情分析常考点1.函数的概念及其表示(5年3考)2.函数图象与性质及其应用(5年4考)3.线性规划问题(5年5考)4.函数与不等式问题(5年5考) 函数与导数、不等式此部分内容是高考必考部分．(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等问题是高考命题的热点． (2)重点考查导数与极值、最值、单调区间、函数与图象的联系，利用导数证明不等式，求函数零点等． (3)有时结合二次函数考查函数的最值、零点等问题.偶考点1.基本初等函数的运算2.函数与方程3.不等式的性质4.利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题5.导数的几何意义第一讲小题考法——函数的概念与性质考点(一) 函数的概念及表示主要考查函数的定义域、分段函数求值或已知函数值取值范围求参数的值取值范围等.[典例感悟][典例] (1)(2015·浙江高考)存在函数f (x )满足：对于任意x ∈R 都有( ) A ．f (sin 2x )＝sin x B ．f (sin 2x )＝x 2＋x C ．f (x 2＋1)＝|x ＋1|D ．f (x 2＋2x )＝|x ＋1|(2)(2019届高三·浙江镇海中学阶段测试)函数y ＝9－x2log 2x ＋1的定义域是( )A ．(－1,3)B ．(－1,3]C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－1,0)∪(0,3](3)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，x 12，x >0，则f (f (－4))＝________；若f (t )≥1，则log12(t 4＋1)的最大值为________．[解析] (1)取x ＝0，π2，可得f (0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项A 错误；取x ＝0，π，可得f (0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项B 错误；取x ＝1，－1，可得f (2)＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项C 错误；取f (x )＝ x ＋1，则对任意x ∈R 都有f (x 2＋2x )＝ x 2＋2x ＋1＝|x ＋1|，故选项D 正确．综上可知，本题选D.(2)由题可知⎩⎪⎨⎪⎧9－x 2≥0，x ＋1>0，log 2x ＋1≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－x 2≥0，x ＋1>0，x ＋1≠1，解得－1<x ≤3且x ≠0，故选D. (3)f (－4)＝15，f (15)＝15，所以f (f (－4))＝15.由f (t )≥1，得t ≥1或t ≤－1，所以log 12(t 4＋1)≤log 122＝－1.故log 12(t 4＋1)的最大值为－1.[答案] (1)D (2)D (3)15 －1[方法技巧]1．函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出解集即可．2．分段函数问题的5种常见类型及解题策略常见类型解题策略求函数值弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算求函数最值分别求出每个区间上的最值，然后比较大小解不等式根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提求参数 “分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程利用函数性质求值必须依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解[演练冲关]1．已知函数f (x )＝a1－x ＋b cos π2x ＋x ，且满足f (1－2)＝3，则f (1＋2)＝( ) A ．2 B ．－3 C ．－4D ．－1解析：选D 当x 1＋x 2＝2时，f (x 1)＋f (x 2)＝a 1－x 1＋b cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x 1＋x 1＋a 1－x 2＋b cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x 2＋x 2＝a1－x 1＋b cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x 1＋x 1＋a x 1－1＋b cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π22－x 1＋x 2＝x 1＋x 2＝2.所以函数y ＝f (x )的图象关于(1,1)对称，从而f (1＋2)＝2－f (1－2)＝2－3＝－1，故选D.2．(2018·杭州七校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ，x ≥0，2x －x 2，x <0，若f (2－a 2)>f (|a |)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(－2,2)解析：选A 由题意知，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ，x ≥0，－x －12＋1，x <0，作出函数f (x )的大致图象如图所示，由函数f (x )的图象可知，函数f (x )在R 上单调递增，由f (2－a 2)>f (|a |)，得2－a 2>|a |.当a ≥0时，有2－a 2>a ，即(a ＋2)(a －1)<0，解得－2<a <1，所以0≤a <1；当a <0时，有2－a 2>－a ，即(a －2)(a ＋1)<0，解得－1<a <2，所以－1<a <0.综上所述，实数a 的取值范围是(－1,1)，故选A.3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x 2－1|x |>1，3x |x |≤1，则f (10)＋f ⎝⎛⎭⎪⎫cos 600°4＝_______，若f (x )＝－1，则x ＝_______.解析：由题意得f (10)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 600°4＝log 39＋3－18＝32. f (x )＝－1等价于⎩⎪⎨⎪⎧log 3x 2－1＝－1，|x |>1或⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝－1，|x |≤1，解得x ＝±233或x ＝－1.答案：32 －1或±233考点(二)函数的图象及应用主要考查根据函数的解析式选择图象或利用函数的图象选择解析式、利用函数的图象研究函数的性质、方程的解以及解不等式等问题.[典例感悟][典例] (1)(2018·浙江高考)函数y＝2|x|sin 2x的图象可能是( )(2)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x2－4x＋5，则方程f(x)＝g(x)的根的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3(3)函数f(x)是定义在[－4,4]上的偶函数，其在[0,4]上的图象如图所示，那么不等式f xcos x<0的解集为________．[解析] (1)由y＝2|x|sin 2x知函数的定义域为R，令f(x)＝2|x|sin 2x，则f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin 2x.∵f(x)＝－f(－x)，∴f(x)为奇函数．∴f(x)的图象关于原点对称，故排除A、B.令f(x)＝2|x|sin 2x＝0，解得x＝kπ2(k∈Z)，∴当k＝1时，x＝π2，故排除C，选D.(2)由已知g(x)＝(x－2)2＋1，得其顶点为(2，1)，又f(2)＝2ln2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f(x)＝2ln x图象的下方，故函数f(x)＝2ln x的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象有2个交点．(3)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上y＝cos x>0，在⎝⎛⎦⎥⎤π2，4上y＝cos x<0.由f (x )的图象知在⎝⎛⎭⎪⎫1，π2上f x cos x <0，因为f (x )为偶函数，y ＝cos x 也是偶函数，所以y ＝f xcos x为偶函数，所以f xcos x <0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪⎝⎛⎭⎪⎫1，π2.[答案] (1)D (2)C (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪⎝⎛⎭⎪⎫1，π2 [方法技巧]由函数解析式识别函数图象的策略[演练冲关]1．(2019届高三·浙江联盟联考)已知函数f (x )满足f (x )＝－f (x －1)，则函数f (x )的图象不可能发生的情形是( )解析：选C ∵f (x )＝－f (x －1)，∴f (x )的图象向右平移一个单位后，再沿x 轴对折后与原图重合，显然C 不符合题意，故选C.2．(2018·台州调研)已知函数f (x )＝x (1＋a |x |)(a ∈R)，则在同一个坐标系下函数f (x ＋a )与f (x )的图象不可能是( )解析：选D 首先函数y ＝f (x )的图象过坐标原点．当a >0时，y ＝f (x ＋a )的图象是由y ＝f (x )的图象向左平移后得到的，且函数f (x )在R 上单调递增，此时选项B 有可能，选项D 不可能；当a <0时，y ＝f (x ＋a )的图象是由y ＝f (x )的图象向右平移后得到的，且函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为正，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上为负，此时选项A 、C 均有可能，故选D.3．(2018·浙江教学质量检测)已知函数f (x )＝1|x |－1，下列关于函数f (x )的研究：①y ＝f (x )的值域为R ；②y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递减；③y ＝f (x )的图象关于y 轴对称；④y ＝f (x )的图象与直线y ＝ax (a ≠0)至少有一个交点．其中，结论正确的序号是________．解析：函数f (x )＝1|x |－1＝⎩⎪⎨⎪⎧1x －1，x ≥0，1－x －1，x <0，其图象如图所示，由图象知f (x )的值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，故①错误；在区间(0,1)和(1，＋∞)上单调递减，故②错误；③y ＝f (x )的图象关于y 轴对称正确；因为函数在每个象限都有图象，故④y ＝f (x )的图象与直线y ＝ax (a ≠0)至少有一个交点正确．答案：③④考点(三) 函数的性质及应用主要考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性以及函数值的取值范围、比较大小等.[典例感悟][典例] (1)(2018·杭州二模)设函数f (x )与g (x )的定义域均为R ，且f (x )单调递增，F (x )＝f (x )＋g (x )，G (x )＝f (x )－g (x )，若对任意x 1，x 2∈R(x 1≠x 2)，不等式[f (x 1)－f (x 2)]2>[g (x 1)－g (x 2)]2恒成立，则( )A ．F (x )，G (x )都是增函数B ．F (x )，G (x )都是减函数C ．F (x )是增函数，G (x )是减函数D ．F (x )是减函数，G (x )是增函数 (2)设函数f (x )＝2a x－1＋b (a >0且a ≠1)，则函数f (x )的奇偶性( ) A ．与a 无关，且与b 无关 B ．与a 有关，且与b 有关C ．与a 有关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关(3)已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足条件f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝－f (x )，且函数y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34为奇函数，给出以下四个结论：①函数f (x )是周期函数；②函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0对称；③函数f (x )为R 上的偶函数； ④函数f (x )为R 上的单调函数．其中正确结论的序号为________．[解析] (1)对任意x 1，x 2∈R(x 1≠x 2)，不等式[f (x 1)－f (x 2)]2>[g (x 1)－g (x 2)]2恒成立，不妨设x 1>x 2，f (x )单调递增，∴f (x 1)－f (x 2)>g (x 1)－g (x 2)，且f (x 1)－f (x 2)>－g (x 1)＋g (x 2)， ∵F (x 1)＝f (x 1)＋g (x 1)，F (x 2)＝f (x 2)＋g (x 2)，∴F (x 1)－F (x 2)＝f (x 1)＋g (x 1)－f (x 2)－g (x 2)＝f (x 1)－f (x 2)－[g (x 2)－g (x 1)]>0， ∴F (x )为增函数；同理可证G (x )为增函数，故选A.(2)因为f (－x )＝2a －x －1＋b ＝－2axa x －1＋b ，所以f (－x )＋f (x )＝2b －2，所以当b ＝1时函数f (x )为奇函数，当b ≠1时函数f (x )为非奇非偶函数，故选D.(3)f (x ＋3)＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＋32＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )，所以f (x )是周期为3的周期函数，①正确；函数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0对称，②正确；因为f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0对称，－34＝－x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋x 2，所以f (－x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋x ，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋x ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋x ＋32＝－f (x )，所以f (－x )＝f (x )，③正确；f (x )是周期函数，在R 上不可能是单调函数，④错误．故正确结论的序号为①②③.[答案] (1)A (2)D (3)①②③[方法技巧]函数3个性质的应用1．(2017·全国卷Ⅰ)函数f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( )A ．[－2,2]B ．[－1,1]C ．[0,4]D ．[1,3]解析：选D ∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )． ∵f (1)＝－1，∴f (－1)＝－f (1)＝1.故由－1≤f (x －2)≤1，得f (1)≤f (x －2)≤f (－1)．又f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x －2≤1， ∴1≤x ≤3.2．(2017·天津高考)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a解析：选C 由f (x )为奇函数，知g (x )＝xf (x )为偶函数．因为f (x )在R 上单调递增，f (0)＝0，所以当x >0时，f (x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (x )>0.又a ＝g (－log 25.1)＝g (log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)， 20．8<2＝log 24<log 25.1<log 28＝3，所以b <a <c .3．(2018·金华一中模拟)当x ∈(－∞，1]时，不等式1＋2x＋4x·aa 2－a ＋1>0恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：∵a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴不等式1＋2x＋4x·a a 2－a ＋1>0恒成立转化为1＋2x ＋4x·a >0恒成立．得－a <14x ＋2x4x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，而函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x为减函数，故当x ∈(－∞，1]时，y min ＝14＋12＝34，所以－a <34，即a >－34.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞ [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢函数的奇偶性、周期性(1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定义域内的任意x (定义域关于原点对称)，都有f (－x )＝－f (x )成立，则f (x )为奇函数(都有f (－x )＝f (x )成立，则f (x )为偶函数)．(2)周期性是函数在其定义域上的整体性质，一般地，对于函数f (x )，如果对于定义域内的任意一个x 的值：若f (x ＋T )＝f (x )(T ≠0)，则f (x )是周期函数，T 是它的一个周期．(二) 二级结论要用好1．函数单调性和奇偶性的重要结论(1)当f (x )，g (x )同为增(减)函数时，f (x )＋g (x )为增(减)函数．(2)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性．(3)f (x )为奇函数⇔f (x )的图象关于原点对称；f (x )为偶函数⇔f (x )的图象关于y 轴对称．(4)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数．(5)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f (0)＝0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f (x )＝0.(6)f (x )＋f (－x )＝0⇔f (x )为奇函数；f (x )－f (－x )＝0⇔f (x )为偶函数．2．抽象函数的周期性与对称性的结论 (1)函数的周期性①若函数f (x )满足f (x ＋a )＝f (x －a )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ②若函数f (x )满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ③若函数f (x )满足f (x ＋a )＝1f x，则f (x )是周期函数，T ＝2a .(2)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，即f (x )＝f (2a －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，即f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a,0)对称．③若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b2对称．3．函数图象平移变换的相关结论(1)把y ＝f (x )的图象沿x 轴左右平移|c |个单位(c ＞0时向左移，c ＜0时向右移)得到函数y ＝f (x ＋c )的图象(c 为常数)．(2)把y ＝f (x )的图象沿y 轴上下平移|b |个单位(b ＞0时向上移，b ＜0时向下移)得到函数y ＝f (x )＋b 的图象(b 为常数)．(三) 易错易混要明了1．求函数的定义域时，关键是依据含自变量x 的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解，如开偶次方根，被开方数一定是非负数；对数式中的真数是正数．列不等式时，应列出所有的不等式，不能遗漏．2．求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“和”连接或用“，”隔开．单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替．3．判断函数的奇偶性时，要注意定义域必须关于原点对称，有时还要对函数式化简整理，但必须注意使定义域不受影响．4．用换元法求解析式时，要注意新元的取值范围，即函数的定义域问题． [针对练1] 已知f (cos x )＝sin 2x ，则f (x )＝________.解析：令t ＝cos x ，且t ∈[－1,1]，则f (t )＝1－t 2，t ∈[－1，1]，即f (x )＝1－x 2，x ∈[－1,1]．答案：1－x 2，x ∈[－1,1]5．分段函数是在其定义域的不同子集上，分别用不同的式子来表示对应法则的函数，它是一个函数，而不是几个函数．[针对练2] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x <0，ln x ，x >0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝________.解析：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＝－1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝f (－1)＝e －1＝1e .答案：1e[课时跟踪检测]A 组——10＋7提速练一、选择题1．(2019届高三·杭州四校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x >0，3x ，x ≤0，则f (f (4))的值为( )A ．－19B ．－9C ．19D ．9解析：选C 因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x >0，3x ，x ≤0，所以f (f (4))＝f (－2)＝19.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos 6π＋x ，x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )是偶函数B ．函数f (x )是减函数C ．函数f (x )是周期函数D ．函数f (x )的值域为[－1，＋∞)解析：选D 由函数f (x )的解析式，知f (1)＝2，f (－1)＝cos(－1)＝cos 1，f (1)≠f (－1)，则f (x )不是偶函数．当x >0时，f (x )＝x 2＋1，则f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f (x )>1；当x ≤0时，f (x )＝cos x ，则f (x )在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f (x ) ∈[－1,1]．所以函数f (x )不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．故选D.3．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为( )解析：选D 法一：令f (x )＝－x 4＋x 2＋2，则f ′(x )＝－4x 3＋2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝±22，则f ′(x )>0的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，f (x )单调递增；f ′(x )<0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞，f (x )单调递减，结合图象知选D.法二：当x ＝1时，y ＝2，所以排除A 、B 选项．当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝12时，y ＝－116＋14＋2＝2316>2，所以排除C 选项．故选D. 4．已知函数f (x －1)是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则函数f (x )的图象可能是( )解析：选B 函数f (x －1)的图象向左平移1个单位，即可得到函数f (x )的图象．因为函数f (x －1)是定义在R 上的奇函数，所以函数f (x －1)的图象关于原点对称，所以函数f (x )的图象关于点(－1,0)对称，排除A 、C 、D ，故选B.5．(2019届高三·镇海中学测试)设f (x )为定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝log 2(x ＋2)－3x ＋a (a ∈R)，则f (－2)＝( )A ．－1B ．－5C ．1D ．5解析：选D 因为f (x )为定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝1＋a ＝0，即a ＝－1. 故f (x )＝log 2(x ＋2)－3x －1(x ≥0)，所以f (－2)＝－f (2)＝5.故选D.6．(2018·诸暨高三期末)已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，且f (x )为奇函数，g (x )的图象关于直线x ＝1对称，则下列四个命题中错误的是( )A ．y ＝g (f (x )＋1)为偶函数B ．y ＝g (f (x ))为奇函数C ．函数y ＝f (g (x ))的图象关于直线x ＝1对称D ．y ＝f (g (x ＋1))为偶函数解析：选B 由题可知⎩⎪⎨⎪⎧f －x ＝－f x ，g－x ＝g2＋x .选项A ，g (f (－x )＋1)＝g (－f (x )＋1)＝g (1＋f (x ))，所以y ＝g (f (x )＋1)为偶函数，正确；选项B ，g (f (－x ))＝g (－f (x ))＝g (2＋f (x ))，所以y ＝g (f (x ))不一定为奇函数，错误；选项C ，f (g (－x ))＝f (g (2＋x ))，所以y ＝f (g (x ))的图象关于直线x ＝1对称，正确；选项D ，f (g (－x ＋1))＝f (g (x ＋1))，所以y ＝f (g (x ＋1))为偶函数，正确．综上，故选B.7．函数y ＝ln |x |x 2＋1x2在[－2,2]上的图象大致为( )解析：选B 当x ∈(0,2]时，函数y ＝ln |x |＋1x 2＝ln x ＋1x2，x 2>0恒成立，令g (x )＝ln x ＋1，则g (x )在(0,2]上单调递增，当x ＝1e时，y ＝0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e时，y ＝ln x ＋1x2<0，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e，2时，y ＝ln x ＋1x 2>0，∴函数y ＝ln x ＋1x 2在(0,2]上只有一个零点1e，排除A 、C 、D ，只有选项B 符合题意．8．(2018·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50解析：选C 法一：∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， ∴f (1－x )＝－f (x －1)．由f (1－x )＝f (1＋x )，得－f (x －1)＝f (x ＋1)， ∴f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， ∴函数f (x )是周期为4的周期函数．由f (x )为奇函数得f (0)＝0. 又∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝0，∴f (－2)＝0. 又f (1)＝2，∴f (－1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (1)＋f (2)＋f (－1)＋f (0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (49)＋f (50) ＝0×12＋f (49)＋f (50) ＝f (1)＋f (2)＝2＋0＝2.法二：由题意可设f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ，作出f (x )的部分图象如图所示．由图可知，f (x )的一个周期为4，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (49)＋f (50)＝12×0＋f (1)＋f (2)＝2.9．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >b >c )的图象经过点A (m 1，f (m 1))和点B (m 2，f (m 2))，f (1)＝0.若a 2＋[f (m 1)＋f (m 2)]a ＋f (m 1)·f (m 2)＝0，则( )A ．b ≥0B ．b <0C ．3a ＋c ≤0D ．3a －c <0解析：选A ∵函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >b >c )，满足f (1)＝0，∴a ＋b ＋c ＝0. 若a ≤0，∵a >b >c ，∴b <0，c <0，则有a ＋b ＋c <0，这与a ＋b ＋c ＝0矛盾，∴a >0成立．若c ≥0，则有b >0，a >0，此时a ＋b ＋c >0，这与a ＋b ＋c ＝0矛盾， ∴c <0成立．∵a 2＋[f (m 1)＋f (m 2)]·a ＋f (m 1)·f (m 2)＝0， ∴[a ＋f (m 1)]·[a ＋f (m 2)]＝0， ∴m 1，m 2是方程f (x )＝－a 的两根，∴Δ＝b 2－4a (a ＋c )＝b (b ＋4a )＝b (3a －c )≥0，而a >0，c <0，∴3a －c >0，∴b ≥0.故选A.10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1x ＋4－2a ，x <1，1＋log 2x ，x ≥1.若f (x )的值域为R ，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(－∞，2]C ．(0,2]D ．[2，＋∞)解析：选A 依题意，当x ≥1时，f (x )＝1＋log 2x 单调递增，f (x )＝1＋log 2x 在区间[1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函数f (x )的值域是R ，则需函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ⊇(－∞，1)．①当a －1<0，即a <1时，函数f (x )在(－∞，1)上单调递减，函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝(－a ＋3，＋∞)，显然此时不能满足M ⊇(－∞，1)，因此a <1不满足题意；②当a －1＝0，即a ＝1时，函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝{2}，此时不能满足M ⊇(－∞，1)，因此a ＝1不满足题意；③当a －1>0，即a >1时，函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝(－∞，－a ＋3)，由M ⊇(－∞，1)得⎩⎪⎨⎪⎧a >1，－a ＋3≥1，解得1<a ≤2.综上所述，满足题意的实数a 的取值范围是(1,2]，故选A.二、填空题11．已知函数f (x )的定义域为R.当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，则f (0)＝________，f (6)＝________.解析：函数f (x )在[－1,1]上为奇函数，故f (0)＝0，又由题意知当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，则f (x ＋1)＝f (x )．又当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )， ∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)．又当x <0时，f (x )＝x 3－1， ∴f (－1)＝－2，∴f (6)＝2. 答案：0 212．(2018·台州第一次调考)若函数f (x )＝a －22x－1(a ∈R)是奇函数，则a ＝________，函数f (x )的值域为____________．解析：函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， ∵f (x )是奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )恒成立， ∴a －22－x －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22x －1恒成立，∴a ＝12x －1＋12－x －1＝12x －1＋2x1－2x ＝1－2x2x－1＝－1. ∴f (x )＝－1－22x －1，当x ∈(0，＋∞)时，2x>1，∴2x－1>0，∴12x －1>0，∴f (x )<－1；当x ∈(－∞，0)时，0<2x<1， ∴－1<2x－1<0，∴12x －1<－1，∴－22x －1>2，∴f (x )>1，故函数f (x )的值域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：－1 (－∞，－1)∪(1，＋∞)13．(2018·绍兴柯桥区模拟)已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，f (2)＝0，若f (x －2)>0，则x 的取值范围是________．解析：∵偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，且f (2)＝0， ∴f (2)＝f (－2)＝0，则不等式f (x －2)>0，等价为f (|x －2|)>f (2)， ∴|x －2|<2，即－2<x －2<2，即0<x <4， ∴x 的取值范围是(0,4)．答案：(0,4)14．已知函数f (x )＝e |x |，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤4，4e 5－x，x >4对任意的x ∈[1，m ](m >1)，都有f (x －2)≤g (x )，则m 的取值范围是________．解析：作出函数y 1＝e|x －2|和y ＝g (x )的图象，如图所示，由图可知当x ＝1时，y 1＝g (1)，又当x ＝4时，y 1＝e 2<g (4)＝4e ，当x >4时，由ex －2≤4e5－x，得e2x －7≤4，即2x －7≤ln 4，解得x ≤72＋ln 2，又m >1，∴1<m ≤72＋ln 2.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤1，72＋ln 2 15．在实数集R 上定义一种运算“★”，对于任意给定的a ，b ∈R ，a ★b 为唯一确定的实数，且具有下列三条性质：(1)a ★b ＝b ★a ；(2)a ★0＝a ；(3)(a ★b )★c ＝c ★(ab )＋(a ★c )＋(c ★b )－2c . 关于函数f (x )＝x ★1x，有如下说法：①函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为3； ②函数f (x )为偶函数； ③函数f (x )为奇函数；④函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)； ⑤函数f (x )不是周期函数．其中正确说法的序号为________．解析：对于新运算“★”的性质(3)，令c ＝0，则(a ★b )★0＝0★(ab )＋(a ★0)＋(0★b )＝ab ＋a ＋b ，即a ★b ＝ab ＋a ＋b .∴f (x )＝x ★1x ＝1＋x ＋1x ，当x >0时，f (x )＝1＋x ＋1x≥1＋2x ·1x ＝3，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号，∴函数f (x )在(0，＋∞)上的最小值为3，故①正确；函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f (1)＝1＋1＋1＝3，f (－1)＝1－1－1＝－1，∴f (－1)≠－f (1)且f (－1)≠f (1)，∴函数f (x )为非奇非偶函数，故②③错误；根据函数的单调性，知函数f (x )＝1＋x ＋1x的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，故④正确；由④知，函数f (x )＝1＋x ＋1x不是周期函数，故⑤正确．综上所述，所有正确说法的序号为①④⑤.答案：①④⑤16．(2018·镇海中学阶段性测试)已知函数f (x )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋e 24x －2，g (x )和f (x )的图象关于原点对称，将函数g (x )的图象向右平移a (a >0)个单位长度，再向下平移b (b >0)个单位长度，若对于任意实数a ，平移后g (x )和f (x )的图象最多只有一个交点，则b 的最小值为________．解析：由f (x )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋e 24x －2，知x >0， f (x )≥ln e－2＝－1，∴f (x )min ＝－1，此时x ＝e2.在同一直角坐标系中，作出f (x )，g (x )的图象(图略)，若对于任意的a ，平移后g (x )和f (x )的图象最多只有一个交点，则平移后g (x )的图象的最高点不能在f (x )图象的最低点的上方，则1－b ≤－1，则b 的最小值为2.答案：217．(2017·山东高考)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为________．①f (x )＝2－x；②f (x )＝3－x；③f (x )＝x 3； ④f (x )＝x 2＋2.解析：设g (x )＝e x f (x )，对于①，g (x )＝e x ·2－x，则g ′(x )＝(e x ·2－x )′＝e x ·2－x(1－ln 2)>0，所以函数g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求；对于②，g (x )＝e x ·3－x，则g ′(x )＝(e x·3－x)′＝e x ·3－x(1－ln 3)<0，所以函数g (x )在(－∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求；对于③，g (x )＝e x ·x 3，则g ′(x )＝(e x ·x 3)′＝e x ·(x 3＋3x 2)，显然函数g (x )在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；对于④，g (x )＝e x ·(x 2＋2)，则g ′(x )＝[e x·(x 2＋2)]′＝e x ·(x 2＋2x ＋2)＝e x ·[(x ＋1)2＋1]>0，所以函数g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．综上，具有M 性质的函数的序号为①④. 答案：①④B 组——能力小题保分练1．(2019届高三·浙江新高考名校联考)函数f (x )＝ln |x |＋12x 2的大致图象是( )解析：选A 因为f (－x )＝ln |－x |＋12(－x )2＝ln |x |＋12x 2＝f (x )，所以f (x )是偶函数，于是其图象关于y 轴对称，排除D ；当x >0时，f (x )＝ln x ＋12x 2，f ′(x )＝1x ＋x ≥2，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，排除B ；当x ∈(0,1)时，f ′(x )>2，且f ′(x )是减函数，当x >1时，f ′(x )>2，且f ′(x )是增函数，因此，当x 趋近于0或x 趋近于＋∞时，曲线较陡，因此排除C.故选A.2．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：选D 因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2,2]上是增函数，所以f (－1)<f (0)<f (1)，即f (－25)<f (80)<f (11)．3.已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( ) A ．f (x )＝x 2－2ln |x | B ．f (x )＝x 2－ln |x | C ．f (x )＝|x |－2ln |x | D ．f (x )＝|x |－ln |x |解析：选B 由图象知，函数f (x )是偶函数，四个选项都是偶函数，故只需考虑x >0时的图象即可．对于选项A ，当x >0时，f (x )＝x 2－2ln x ，所以f ′(x )＝2x －2x＝2x 2－1x，因此f (x )在x ＝1处取得极小值，故A 错误；对于选项B ，当x >0时，f (x )＝x 2－ln x ，所以f ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，因此f (x )在x ＝22处取得极小值，故B 正确；对于选项C ，当x >0时，f (x )＝x －2ln x ，所以f ′(x )＝1－2x ＝x －2x ，因此f (x )在x ＝2处取得极小值，故C 错误；对于选项D ，当x >0时，f (x )＝x －ln x ，所以f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，因此f (x )在x ＝1处取得极小值，故D 错误．故选B.4．定义：F (x )＝max{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，G (x )＝min{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，其中max{m ，n }表示m ，n 中的较大者，min{m ，n }表示m ，n 中的较小者．已知函数f (x )＝2ax 2＋bx ⎝⎛⎭⎪⎫|b ||a |≤4，则下列说法一定正确的是( )A ．若F (－1)＝F (1)，则f (－1)>f (1)B ．若G (1)＝F (－1)，则F (－1)<F (1)C ．若f (－1)＝f (1)，则G (－1)>G (1)D ．若G (－1)＝G (1)，则f (－1)>f (1) 解析：选B 依据题意，由|b ||a |≤4可得f (x )＝2ax 2＋bx 的图象的对称轴x ＝－b 4a∈[－1,1]，由F (－1)＝F (1)知f (－1)＝F (1)，F (1)为f (t )在t ∈[－1,1]上的最大值，无法排除f (－1)＝f (1)的可能，所以A 错误；由G (1)＝F (－1)＝f (－1)知，f (t )在t ∈[－1,1]上的最小值为f (－1)，所以F (－1)＝f (－1)<F (1)，B 正确；由f (－1)＝f (1)可知，f (x )＝2ax 2，当a <0时，显然G (－1)＝G (1)，所以C 错误；由G (－1)＝G (1)知，f (－1)＝G (1)，G (1)为f (t )在t ∈[－1,1]上的最小值，无法排除f (－1)＝f (1)的可能，所以D 错误．5．(2018·杭州模拟)设集合A ＝{x |x 2－|x ＋a |＋2a ＜0，a ∈R}，B ＝{x |x ＜2}．若A ≠∅且A ⊆B ，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意知x 2－|x ＋a |＋2a ＜0⇒x 2＜|x ＋a |－2a ，其解集A ≠∅时，可设A ＝{m ＜x ＜n }．首先，若n ＝2时，则|2＋a |－2a ＝4，解得a ＝－2，满足A ⊆B.由函数y ＝|x ＋a |－2a 的图象可知，当a ＜－2时，n ＞2，不满足A ⊆B ，不合题意，即可知a ≥－2；考虑函数y ＝|x ＋a |－2a 的右支与y ＝x 2相切时，则x ＋a －2a ＝x 2，即x 2－x ＋a ＝0，解得a ＝14.又当a ≥14时，A ＝∅，即可知a ＜14.综上可知：－2≤a ＜14.或考虑函数y ＝|x ＋a |和函数y ＝x 2＋2a 进行数形结合．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，14 6．在平面直角坐标系xOy 中，设定点A (a ，a )，P 是函数y ＝1x(x >0)图象上一动点．若点P ，A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为________．解析：设P ⎝⎛⎭⎪⎫x ，1x ，则|PA |2＝(x －a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＋2a 2－2，令t ＝x ＋1x，则t ≥2(x >0，当且仅当x ＝1时取“＝”)，则|PA |2＝t 2－2at ＋2a 2－2.①当a ≤2时，(|PA |2)min ＝22－2a ×2＋2a 2－2＝2a 2－4a ＋2，由题意知，2a 2－4a ＋2＝8，解得a ＝－1或a ＝3(舍去)．②当a >2时，(|PA |2)min ＝a 2－2a ×a ＋2a 2－2＝a 2－2. 由题意知，a 2－2＝8，解得a ＝10或a ＝－10(舍去)，综上知，a ＝－1，10. 答案：－1，10第二讲小题考法——基本初等函数、函数与方程、函数模型的应用考点(一)基本初等函数的概念、图象与性质主要考查指数函数、对数函数的运算及其图象与性质；幂函数的图象与性质、二次函数的图象与性质及最值问题.[典例感悟][典例] (1)(2017·浙江高考)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]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，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关(2)(2017·全国卷Ⅰ)设x ，y ，z 为正数，且2x＝3y＝5z，则( ) A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3y C ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z(3)已知a >0且a ≠1，log a 2＝x ，则a x＝________；a 2x＋a －2x＝________.[解析] (1)f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22－a24＋b ，①当0≤－a2≤1时，f (x )min ＝m ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－a 24＋b ，f (x )max ＝M ＝max{f (0)，f (1)}＝max{b,1＋a ＋b }，∴M －m ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 24，1＋a ＋a 24与a 有关，与b 无关；②当－a2<0时，f (x )在[0,1]上单调递增，∴M －m ＝f (1)－f (0)＝1＋a 与a 有关，与b 无关； ③当－a2>1时，f (x )在[0,1]上单调递减，∴M －m ＝f (0)－f (1)＝－1－a 与a 有关，与b 无关．综上所述，M －m 与a 有关，但与b 无关． (2)设2x ＝3y ＝5z＝k >1，∴x ＝log 2k ，y ＝log 3k ，z ＝log 5k . ∵2x －3y ＝2log 2k －3log 3k ＝2log k 2－3log k 3＝2log k 3－3log k 2log k 2·log k 3＝log k 32－log k 23log k 2·log k 3 ＝log k98log k 2·log k 3>0， ∴2x >3y ；∵3y －5z ＝3log 3k －5log 5k ＝3log k 3－5log k 5＝3log k 5－5log k 3log k 3·log k 5＝log k 53－log k 35log k 3·log k 5 ＝log k125243log k 3·log k 5<0， ∴3y <5z ；∵2x －5z ＝2log 2k －5log 5k ＝2log k 2－5log k 5＝2log k 5－5log k 2log k 2·log k 5＝log k 52－log k 25log k 2·log k 5＝log k2532log k 2·log k 5<0，∴5z >2x .∴5z >2x >3y .(3)由对数的定义知a x ＝2，所以a －x ＝12，因此a 2x ＋a －2x ＝(a x )2＋(a －x )2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝174.[答案] (1)B (2)D (3)2174[方法技巧]3招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较． (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较．(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小．[演练冲关]1．(2017·北京高考)已知函数f (x )＝3x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则f (x )( )A ．是奇函数，且在R 上是增函数B ．是偶函数，且在R 上是增函数C ．是奇函数，且在R 上是减函数D ．是偶函数，且在R 上是减函数解析：选A 因为f (x )＝3x －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，且定义域为R ，所以f (－x )＝3－x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －3x ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＝－f (x )，即函数f (x )是奇函数．又y ＝3x 在R 上是增函数，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上是减函数，所以f (x )＝3x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上是增函数．2．(2018·天津高考)已知a ＝log 372，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1413，c ＝log 1315，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．c ＞a ＞b解析：选D ∵c ＝log 1315＝log 35，a ＝log 372，又y ＝log 3x 在(0，＋∞)上是增函数， ∴log 35＞log 372＞log 33＝1，∴c ＞a ＞1.∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x在(－∞，＋∞)上是减函数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1413＜⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝1，即b ＜1. ∴c ＞a ＞b .3．(2019届高三·温州四校联考)计算：42×80.25＋(－2 018)0＝________，log 23×log 34＋(3)3log 4＝________.解析：42×80.25＋(－2 018)0＝241×234＋1＝3，log 23×log 34＋(3)3log 4＝lg 3lg 2×lg 4lg 3＋3123log 4＝2＋323log ＝4.答案：3 44．定义区间[x 1，x 2](x 1<x 2)的长度等于x 2－x 1.函数y ＝|log a x |(a >1)的定义域为[m ，n ](m <n )，值域为[0,1]．若区间[m ，n ]的长度的最小值为34，则实数a 的值为________．解析：作出函数y ＝|log a x |的图象(图略)，要使定义域区间[m ，n ]的长度最小，则[m ，n ]＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，1或[m ，n ]＝[1，a ]．若1－1a ＝34，则a ＝4，此时a －1＝3，符合题意．若a －1＝34，则a ＝74，此时1－1a ＝37<34，不符合题意，所以a ＝4. 答案：4考点(二) 函数的零点主要考查利用函数零点存在性定理或数形结合法确定函数零点的个数或其存在范围，以及应用零点求参数的值或范围.[典例感悟][典例] (1)(2018·缙云质检)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－2x ，则函数g (x )＝f (x )＋1的零点的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)(2019届高三·宁波十校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|log 21－x |，x <1，－x 2＋4x －2，x ≥1，则方程f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －2＝1的实根个数为( )A ．8B ．7C ．6D ．5(3)(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B.13C.12D ．1[解析] (1)若x <0，－x >0，则f (－x )＝x 2＋2x . ∵f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴f (－x )＝x 2＋2x ＝－f (x )，即f (x )＝－x 2－2x ，x <0，当x ≥0时，由g (x )＝f (x )＋1＝0得x 2－2x ＋1＝0，即(x －1)2＝0，得x ＝1.当x <0时，由g (x )＝f (x )＋1＝0得－x 2－2x ＋1＝0，即x 2＋2x －1＝0. 即(x ＋1)2＝2，得x ＝2－1(舍)或x ＝－2－1，故函数g (x )＝f (x )＋1的零点个数是2个，故选B. (2)令f (x )＝1，得x ＝3或x ＝1或x ＝12或x ＝－1，∵f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x－2＝1， ∴x ＋1x －2＝3或x ＋1x －2＝1或x ＋1x －2＝12或x ＋1x －2＝－1.令g (x )＝x ＋1x－2，则当x >0时，g (x )≥2－2＝0，当x <0时，g (x )≤－2－2＝－4，作出g (x )的函数图象如图所示：∴方程x ＋1x －2＝3，x ＋1x －2＝1，x ＋1x －2＝12均有两解，方程x ＋1x－2＝－1无解．∴方程f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x－2＝1有6解．故选C.(3)由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e－x ＋1)＝－x 2＋2x .ex －1＋e－x ＋1≥2ex －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时等号成立．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时等号成立．若a >0，则a (ex －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一．综上所述，a ＝12.故选C.[答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]1．判断函数零点个数的方法直接法直接求零点，令f (x )＝0，则方程解的个数即为函数零点的个数定理法利用零点存在性定理，但利用该定理只能确定函数的某些零点是否存在，必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点数形结合法对于给定的函数不能直接求解或画出图象的，常分解转化为两个能画出图象的函数的交点问题2．利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[演练冲关]1．(2018·湖州、衢州、丽水高三质检)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x |＋|x ＋1|，则方程f (2x －1)＝f (x )所有根的和是( )A.13 B ．1 C.43D ．2解析：选C 由题可知函数f (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，(0，＋∞)上单调递增．从而方程f (2x －1)＝f (x )等价于|2x －1|＝|x |，解得x ＝1或x ＝13，所以根的和为43，故选C. 2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x ≤0，2x 2－ln x ，x >0，则f (f (－1))＝________；若函数y ＝f (x )－a 恰有一个零点，则a 的取值范围是________．解析：∵f (－1)＝1，∴f (f (－1))＝f (1)＝2. 当x >0时，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x，∴当0<x <12时，f ′(x )<0，当x >12时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增， ∴当x ＝12时，f (x )取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－ln 12，作出函数f (x )的图象如图所示． ∵函数y ＝f (x )－a 恰有一个零点， ∴0≤a <12－ln 12.答案：2 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12－ln 123．(2018·镇海中学阶段性测试)已知函数y ＝f (x )和y ＝g (x )在[－2,2]上的图象如下图所示．给出下列四个命题：①方程f(g(x))＝0有且仅有6个根；②方程g(f(x))＝0有且仅有3个根；③方程f(f(x))＝0有且仅有5个根；④方程g(g(x))＝0有且仅有4个根．其中正确的命题为________(填序号)．解析：由题图知方程f(t)＝0有三个根，t1∈(－2，－1)，t2＝0，t3∈(1,2)，由题图知方程g(x)＝t1有两个不同的根；方程g(x)＝t2＝0有两个不同的根，方程g(x)＝t3有两个不同的根，则方程f(g(x))＝0有且仅有6个根．故①正确；由题图知方程g(u)＝0有两个根，u1∈(－2，－1)，u2∈(0,1)，由题图知方程f(x)＝u1只有1个根，方程f(x)＝u2有三个不同的根，则方程g(f(x))＝0有且仅有4个根．故②不正确；由题图知方程f(x)＝t1只有1个根，方程f(x)＝t2＝0有三个不同的根，方程f(x)＝t3只有1个根，则方程f(f(x))＝0有且仅有5个根．故③正确．由图知方程g(x)＝u1有两个不同的根，方程g(x)＝u2有两个不同的根，则方程g(g(x))＝0有且仅有4个根．故④正确．故①③④正确．答案：①③④考点(三)主要考查利用给定的函数模型解决简函数模型的应用单的实际问题.[典例感悟][典例] (1)(2018·开封模拟)李冶(1192～1279)，真定栾城(今河北省石家庄市)人，金元时期的数学家、诗人，晚年在封龙山隐居讲学，数学著作多部，其中《益古演段》主要研究平面图形问题：求圆的直径、正方形的边长等．其中一问：现有正方形方田一块，内部有一个圆形水池，其中水池的边缘与方田四边之间的面积为13.75亩，若方田的四边到水池的最近距离均为二十步，则圆池直径和方田的边长分别是(注：240平方步为1亩，圆周率按3近似计算)( )A．10步，50步B．20步，60步C．30步，70步 D．40步，80步(2)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(毫克/升)与时间t(小时)的关系为P＝P0e－kt.如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少19%需要花费的时间为________小时．[解析] (1)设圆池的半径为r步，则方田的边长为(2r＋40)步，由题意，得(2r＋40)2－3r2＝13.75×240，解得r＝10或r＝－170(舍去)，所以圆池的直径为20步，方田的边长为60步，故选B.(2)前5小时污染物消除了10%，此时污染物剩下90%，即t ＝5时，P ＝0.9P 0，代入，得(e －k )5＝0.9，∴e －k ＝0.915，∴P ＝P 0e －kt＝P 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0.915t .当污染物减少19%时，污染物剩下81%，此时P ＝0.81P 0，代入得0.81＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.915t，解得t ＝10，即需要花费10小时．[答案] (1)B (2)10[方法技巧]解决函数实际应用题的2个关键点(1)认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题．(2)要合理选取参变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解．[演练冲关]1．(2018·浙江高考)我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋z ＝100，5x ＋3y ＋13z ＝100，当z ＝81时，x ＝__________，y ＝__________.解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋81＝100，5x ＋3y ＋13×81＝100，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝19，5x ＋3y ＝73，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝11.答案：8 112．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x 千件该产品需另投入的成本为G (x )(单位：万元)，当年产量不足80千件时，G (x )＝13x 2＋10x ；当年产量不小于80千件时，G (x )＝51x ＋10 000x－1 450.已知每件产品的售价为0.05万元．通过市场分析，该工厂生产的产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是________万元．解析：∵每件产品的售价为0.05万元，∴x 千件产品的销售额为0.05×1 000x ＝50x 万元．。