高考数学二轮复习第二部分专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课时规范练理
高考数学大二轮复习专题二函数、不等式、导数第5讲导数的综合应用复习指导课件
大二轮复习
第一部 分 专题强化突破
专题二 函数、不等式、导数
导数的综合应用
第五讲
1
2
3 4 5
高考考点聚 焦 核心知识整 合 高考真题体 验 命题热点突 破 课后强化训 练
高考考点聚焦
高考考点 利用导数研究
考点解读 1.判断函数的零点或方程的根的个数，或根据
复杂函数的零
点或方程的根
零点、方程的根存在情况求参数的值(取值范围)
[解析] 设g(x)＝exf(x)．
对于①，g(x)＝ex·2－x(x∈R)， g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln 2 ＝(1－ln 2)·ex·2－x>0，
∴函数g(x)在R上单调递增，故①中f(x)具 有M性质． 对于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)， g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln 3 ＝(1－ln 3)·ex·3－x<0， ∴函数g(x)在R上单调递减， 故②中f(x)不具有M性质． 对于③，g(x)＝ex·x3(x∈R)， g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝(x＋3)·ex·x2，
当x<－3时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 故③中f(x)不具有M性质． 对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)(x∈R)， g′(x)＝ex·(x2＋2)＋ex·2x＝(x2＋2x＋2)·ex ＝[(x＋1)2＋1]·ex>0，
∴函数g(x)在R上单调递增，故④中f(x)具 有M性质． 综上，具有M性质的函数的序号为①④．
2．(2017· 全国卷Ⅰ，16)如图，圆形纸片的圆心为 O，半 径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，F 为圆 O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以 BC，CA， AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC，CA， AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得 D，E，F 重合， 得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：
高考数学二轮复习 专题五 函数与导数、不等式 微点深
【题组训练】
1.(2018·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝ax＋bxln x，其中 a，b∈R.
(1)若函数 f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝x＋e，求 a，b 的值；
(2)当 b>1 时，f(x)≥1 对任意 x∈12，2恒成立，证明：a>
e＋1 2e .
(1)解 由题得 f′(x)＝－xa2＋b(ln x＋1)，∴f′(e)＝－ea2＋2b＝1，且 f(e)＝ae＋eb＝2e.
即当 1<x<x0 时，h(x)<0，即 g′(x)<0，
当 x>x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，
g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.
令
h(x0) ＝ x0 － ln
x0 － 2 ＝ 0 ， 即
ln
x0
＝
x0
－
2
，
g(x)min
＝
g(x0)
＝
x0（1＋ln x0－1
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln
2 a.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2e2x－ax(x>0).由 f ′(x)＝0 得 2xe2x＝a.令 g(x)＝
2xe2x，g′(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)＝0.
则 φ′(x)＝－b(2ln x＋3)，易知 φ′(x)<0，故 g′(x)在12，2上单调递减，
1
1
1
因为 g′(e－2)＝1－b(－e－2＋e－2)＝1>0，g′(1)＝1－b(2ln 1＋1)＝1－b<0，
2024届高三数学二轮复习策略课件
1.离心率的计算 2.圆锥曲线与三角形内心、重心相关的 问题
3.圆锥曲线与内接三角形 4.圆锥曲线中常用的二级结论
专
1.函数的图像与性质 2.利用导数研究函数的性质
题 函数与导数 3.导数与恒成立问题
六
4.导数与不等关系 5.导数与函数的零点
1.抽象函数的性质 2.切线与公切线 3.以指数、对数为载体的情景题 3.导数中的构造问题 4.端点效应问题
【分析】当x 时0 ， xf (x) ，f (x即) 0 [xf (x)] 0
构造函数 g(x) xf (x)
A 【例 1】（2020 新课标Ⅱ理11）若 2x 2y 3x 3y ，则 (
)
A． ln(y x 1) 0 B． ln(y x 1) 0
C． ln | x y | 0
二轮复习六大专题：
大专题
专 三角函数、 题 解三角形 一 和平面向量
专 题 数列 二
专 题 立体几何 三
子专题
微专题
1.三角恒等变换 2.三角函数的图像与性质 3.解三角形
1.平面向量数量积的求解策略 2.三角函数中与 相关的问题探究 3.三角形中的特殊线段 4.三角中的数学建模与情景题
1.数列的通项求法
【案例3】 微专题：同构式
【引例】（2015 年理12 改编）设函数 f (x) 是奇函数 f (x)(x R)的导
函数， f (1) 0 ，当 x 0 时，xf '(x) f (x) 0 ，则使得 xf (x) 0
成立的 x 的取值范围是（
）
A．,1 0,1
B．1,0 0,1
C．,1 1,0 D．0,1 1,
3.确定备考策略
(1)对数列的概念及表示方法的理解和应用； (2)等差数列、等比数列的性质、通项公式、递推公式、前项和公式中基本量的运算或者利用它们之 间的关系式通过多角度观察所给条件的结构，深入剖析其特征，利用其规律进行恰当变形与转化求解 数列的问题； (3)会利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题； (4)通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和等方法求数列的前项和； (5)数列与不等式、函数等的交汇问题； (6)关注数学课本中有关数列的阅读与思考、探究与发现的学习材料，有意识地培养学生的阅读能力 和符号使用能力，也包括网络资料中与数列有关的数学文化问题，与实际生活有关的数列的应用问题； (7)关注结构不良试题、举例问题等创新题型。
2023年新高考数学大一轮复习专题一函数与导数第5讲基本不等式的综合问题(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第5讲 基本不等式的综合问题利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．例1 (1)已知x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是_________________________．(2)设x ≥0，y ≥0，x 2＋y 22＝1，则x ·1＋y 2的最大值为________． (3)已知x >0，y >0，1x ＋2y ＋1＝2，则2x ＋y 的最小值为________． 答案 (1)233 (2)324(3)3 解析 (1)由(x ＋y )2＝xy ＋1，得(x ＋y )2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋1， 则x ＋y ≤233(当且仅当x ＝y ＝33时取等号)， 故x ＋y 的最大值为233. (2)x ·1＋y 2＝2x ·1＋y 22 ≤2·x 2＋1＋y 222＝2·x 2＋y 22＋122＝324⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝32，y ＝22时取等号， 故x ·1＋y 2的最大值为324. (3)∵2x ＋(y ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋1[2x ＋(y ＋1)] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y ＋1x ＋4x y ＋1＋2≥4， ∴2x ＋y ＝2x ＋(y ＋1)－1≥3(当且仅当x ＝1，y ＝1时取等号)，故2x ＋y 的最小值为3.例2 记max{a ，b }为a ，b 两数的最大值，则当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y的最小值为________．答案 10解析 方法一 由题意知t ≥x 2，t ≥25y x －y ， ∴2t ≥x 2＋25y x －y， 又∵x 2＋25y x －y ≥x 2＋25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2＋100x 2 ≥20，∴2t ≥20，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. 方法二 由题意知t ≥x 2>0，t ≥25y x －y >0， ∴t 2≥x 2·25y x －y ， 又∵x 2·25yx －y ≥x 2·25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2·100x 2 ＝100，∴t 2≥100，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. (1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．1．若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则1a －1＋9b －1的最小值是( ) A ．1B ．6C ．9D ．16答案 B解析 ∵正数a ，b 满足1a ＋1b＝1， ∴b ＝aa －1>0，解得a >1.同理可得b >1，∴1a －1＋9b －1＝1a －1＋9a a －1－1 ＝1a －1＋9(a －1)≥21a －1·9a －1＝6，当且仅当1a －1＝9(a －1)，即a ＝43时等号成立， ∴所求最小值为6.2．(2020·厦门模拟)函数y ＝2x －1＋5－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x <52 的最大值是________．答案 2 2解析 y 2＝(2x －1＋5－2x )2＝4＋22x －15－2x ≤4＋(2x －1)＋(5－2x )＝8，又y >0，所以0<y ≤22，当且仅当2x －1＝5－2x ，即x ＝32时取等号．故函数的最大值是2 2. 3．(2020·天津)已知a >0，b >0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为________． 答案 4解析 因为a >0，b >0，ab ＝1， 所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b＝a ＋b2＋8a ＋b ≥2a ＋b 2·8a ＋b＝4， 当且仅当a ＋b2＝8a ＋b， 即a ＋b ＝4时，等号成立．故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4. 4．设a ＋b ＝2，b >0，则当a ＝________时，12|a |＋|a |b取得最小值． 答案 －2解析12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当b 4|a |＝|a |b 且a <0，即a ＝－2，b ＝4时取等号．故当a ＝－2时，12|a |＋|a |b取得最小值．。
2021高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课时规范练文
2021高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题课时规范练文第讲导数与函数零点、不等式的综合问题．(－∞，]．[，＋∞)一、选择题.如果不平等≥ －＋为常数，实数的取值范围为（）．(－∞，)．(，＋∞)解析：条件可转化为≤＋＋恒成立．让（）=++，然后“（）=（>）当∈(，)时，′()＜，函数()单调递减；什么时候∈ (, + ∞), '（）>，函数（）单调递增，所以()＝()＝.所以≤.答复:．(贵阳联考)已知函数()的定义域为[－，]，部分对应值如下表：图中显示了（）的导数函数='（）的图像。
当＜＜时，函数=（）-的零数为（）．．．．解析：根据导函数图象知是函数的极小值点，函数＝()的大致图象如图所示．因为（）=（）=，<<，所以=（）-的零的数量是．(－，＋∞)．(－∞，＋∞)答复:．函数()的定义域为，(－)＝，对任意∈，′()＜，则()＞＋的解集为()．(－，)．(－∞，－)解析：设()＝()－(＋)，那么“（）=”（）-<，所以（）是一个减法函数，又(－)＝(－)－＝，所以根据单调性可知()＞的解集是{＜－}．．(，＋∞)．(－∞，－)答案：（国家卷一）已知函数（）=-+，如果（）有唯一的零和>，则（）的值范围为()(导学号)．(，＋∞)．(－∞，－)分析：从问题的意义出发≠, '（）=-，make'（）=，解决方案是=或=当＞时，∈(－∞，)，′()＞，∈，′()＜，∈，′()＞，且()＝＞，故()有小于的零重点，不满意当＜时，需使＞且唯一，只需＞，则＞，所以＜－.答复:．如果函数()＝＋＋(，，为常数，＞)在区间(，)和(，＋∞)上均单调递增，在(，)上单调递减，那么函数（）的零个数是（）．．分析：从问题的意义上，我们可以得到'（）=++，则解得因此（）=（+），然后最大值（）=-<，最小值（）=（-<，和（）=（+）>可以与函数图像组合，以获得函数只有一个零点答案：二、填空．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是π，且用料最省，则圆柱的底面半径为.解析：设圆柱的底面半径为，母线长为，则＝π＝π，所以＝，要使用料最省，只需使表面圆柱形水桶的表面积最小．=π+π=π+π，所以'table=π-Let'table=，get=，那么当=，这个表是最小的答案：（长沙研究）如果定义域是导数函数=（）的导数函数'（），它满足（）>'（）和（）=，那么它是不必要的等式＜的解集为．解析：构造函数（）=，则′()＝＝.。
高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式教案(全国通用)
高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式教案(全国通用)x+ a, - K x<0,2.(2021 •江苏卷)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间［—1, 1)上,f(x)= 2其5 9中ae R假设f —万=f万,那么f (5a)的值是5 . 5 八.1 1斛析由 f —1 = f —]+2 = f --2 = --+a,2 1 1二——二=—5 2 10.一一5又「f 一3第1讲函数、函数与方程及函数的应用高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)函数的概念和函数的根本性质是B级要求,是重要考点；(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点,要求都是B级；(3)函数与方程是B级要求,但经常与二次函数等根本函数的图象和性质综合起来考查,是重要考点；(4)函数模型及其应用是考查热点,要求是B级；试题类型可能是填空题,也可能在解做题中与函数性质、导数、不等式综合考查^3 2• • f (5 a) = f (3) =f(3 — 4)=f(—1)= — 1 +—=--.5 5入2答案—Z 52八13.(2021 •江苏卷)f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当xC［0, 3)时,f(x)= x -2x+-.假设函数y=f(x) - a在区间［—3, 4］上有10个零点(互不相同),那么实数a的取值范围是.1 解析作出函数y = f(x)在［—3, 4］上的图象,f(—3) =f (―2) = f( —1) =f(0) =f(1) =f (2) =f(3) =f(4)=］, (1)观祭图象可得0V av^. (1)答案0, 2、一… 一一. 0, 0vxw 1, ……. …,……4.(2021 •江苏卷)函数f(x) = |ln x| , g(x)= x2小 2 x>［那么万程| f (x)+g(x)| =1实根的个数为—In x, 0vxW1,解析令h(x) = f (x) + g(x),那么h(x) = -x2+ln x+2, 1vxv2,x2+ In x— 6, x>2,21 1 - 2x ............................... .......当1vx<2时,h (x)=—2x+-= ------------------------- < 0,故当 1 vx<2时h(x)单倜递减,在同一坐标系中回出---------------------------------------- y=|h(x)|x xf 2 =f 2-4 =f 2真题感悟1.(2021 •江苏卷)函数y=^/3-2x-x2的定义域是. 解析要使函数有意义,需且仅需3—2x—x2>0,解得—3W xW1.故函数定义域为［—3,1］.答案［—3, 1］和y= 1的图象如图所本.由图象可知|f(x)+g(x)| = 1的实根个数为4.答案4考点整合1 .函数的性质⑴单调性(i )用来比拟大小,求函数最值,解不等式和证实方程根的唯一性^(ii)常见判定方法：①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；②图象法；③复合函数的单调性遵循“同增异减〞的原那么；④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相同的单调性,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xCR, 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) =“ 1-f(x)或f (x+ a) =f〜、,那么y=f(x)是周期为2|a|的周期函数. T (X)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,要注意结合其图象研究^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.5 .应用函数模型解决实际问题的一般程序读题建模求解反应(文字语言)?(数学语言)?(数学应用)?(检验作答)与函数有关的应用题,经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题,也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题.解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式,然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.热点一函数性质的应用【例1】⑴ 定义在R上的函数f (x) = 21x m —1( m为实数)为偶函数,记a = f (log 0.53), b= f (log 25) ,c = f (2 n),那么a, b, c的大小关系为 (从小到大排序)..一 .,,、 ,一一,一,.一一x+1 , .. ................(2)(2021 •全国n卷改编)函数f(x)(xCR)满足f(—x) = 2 —f(x),假设函数y=——与y= f (x)图象的交点为xm (x1, y1), (x2, y2),…,(x m, y n),那么(x i + y) =i = 1 解析(1)由f(x) =21x—m—1是偶函数可知m= 0, 所以f(x) = 2lx1—1.所以a=f(log 0.53) =2|log 0.53| - 1 = 2log 23-1=2, b= f (log 25) =2110g 25| -1 = 2log 25-1 = 4, c= f (0) = 2|0I -1 = 0,所以c<a<b.1 ,(2)由题设得/(f (x)+f ( —x)) = 1,点(x, f (x))与点(一x, f ( —x))关于点(0 , 1)对称,那么y=f(x)的图象关于点(0, 1)对称.又y=©」=1 + 1, xw0的图象也关于点(0, 1)对称. x x 那么交点(x1, y4, (x2, y2),…,(x m, y m)成对出现,且每一对关于点(0, 1)对称.m m m m 一那么x i y i = x+ y i =0 + 2>< 2= mi =1 i = 1 i =12答案(1) cv a<b (2) m探究提升(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央(对称轴). 【练习1 ] (1)(2021 •全国I卷)假设函数f(x)=x ln( x+^a+x：2)为偶函数,那么a=.x…5, (2)(2021 •四川卷)函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数,当0V x<1时,f(x)=4,那么f —1+f(1)解析(1) f(x)为偶函数,那么ln( x+^/a+x2)为奇函数, 所以ln( x+ 1a + x2) + ln( — x+ 1a+ x2) = 0, 即ln( a+x2—x2) = 0, a= 1.(2)由于f(x)是周期为2的奇函数, 所以f(1) =f(-1) = -f(1),即"1) = 0,5.1 J 1 .2 = f __2 = _ f 2 = - 42 = 2,5 ■从而 f -- + f (1) =- 2. 答案(1)1 (2) -2热点二函数图象的应用2—x +2x, x< 0,【例2】(1)(2021 •苏北四市调研)函数f(x)= 假设|f(x)| >ax,那么实数a的取值范围是ln (x+ 1) , x>0.(2)(2021 •全国I卷改编)设函数f(x) = e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,假设存在唯一的整数x.使得f(x0)<0,那么实数a的取值范围是.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= | -x2+2x|( xw0)相切的情况,即y' = 2x-2,切线方程为y= (2x0—2)( x—x O),由分析可知x0=0,所以a= —2,综上,a € [ -2, 0].(2)设g( x) = e x(2 x- 1), h(x) = ax—a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)v ax0—a,一.. x 一, 1 1由于g (x) = e (2x+ 1),可知g( x)在一0°,--上单倜递减,在一飞+°°上单倜〜,一 , ,一一h (0) >g (0),递增,作出g(x)与h(x)的大致图象如下图,故h (T) w g (― 1),3 所以7;-wa<1.-2a<--, 2ee一 3 ,答案(1)[ —2, 0] (2)瓦,1探究提升(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.【练习2】(2021 •苏、锡、常、镇调研 )设奇函数f(x)在(0, +8)上为增函数,且f(2) =0,那么不等式f (x) — f (— x) &…由-------- - --- -- <0的解集为解析由奇函数的定义和f(2)=0得出函数在(一8, 0)上也为增函数.画出函数草图(如―一,口_ _ _ r q _ f…_ ,、“,f(X) f( X) 图),可得在(一2, 0)和(2 , +8)上f(x)>0,在(—8, —2)和(0 , 2)上f (x)<0.当x>0 时,由二------------------------ ------------------------------------------------------------------------------------------------------ ------------------------------------------------------------------------------------------------------x <0,可得f (x) —f ( —x) =2f (x)<0 ,结合图象可知(0, 2)符合；当x<0 时,由f——f—^£l <0,可得f(x) — x f( —x) =2f(x)>0 ,结合图象可知(—2, 0)符合.答案(—2, 0) U (0 , 2)热点三函数与方程问题［微题型1］函数零点个数的求解_. . _ ........... 一,, 2x 兀......... 【例3—1］ (2021 •南东、盐城模拟)函数f(x) = 4cos'・ cos —■ —x - 2sin x- |ln( x+1)|的零点个数为..2x 2x解析f (x) = 4cos ^sin x— 2sin x— |ln( x+1)| =2sin x - 2cos -- 1 — |ln( x+ 1)| =sin 2 x— |ln( x+1)| ,令f(x)=0,得sin 2 x= |ln( x+1)|.在同一坐标系中彳^出两个函数y = sin 2 x与函数y= |ln( x+1)|的大致图象如下图.g( x) = f (x) —b.假设存在实数b,使得函数g(x)恰有3个零点,那么实数a的取值范围为... ...... ....... 2 — | x| , XW2, 一、…一,, , . _ 4一、… 一一, (2)函数f(x)= ( 2)2 〉2 函数g(x) = b—f (2 —x),其中bC R,右函数y=f (x) —g(x)恰有4个零点,那么b的取值范围是.一x— 1 一, 一, 2— x , , , ,r I 一,一, 一、,解析(1)当f(x)=L时,f (x) =-L,由f (x)=0 得x=2,且当xv2 时,f (x) >0, f(x)单倜递增, e e当x>2时,f' (x)<0, f(x)单调递减,那么当x= 2时,f(x)有极大值f(2) =2.当一x—1=」时,x= — 1 —▲. ee e1结合图象可得当存在头数b使得g(x) =f (x) —b恰有3个零点时,一1—q2〈av2.e(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)=x2+x+ 2, x<0,2, 0<x<2, 作出该函数的图象如下图,2x — 5x+ 8, x>2,由图可知,当(vbvZ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7 2 .一,1八7八答案⑴-1谆,2 (2) 7 2探究提升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^【练习3】(2021 •泰州调研)设函数f(x)=x2+3x+ 3—a • e x(a为非零实数),假设f (x)有且仅有一个零点,那么a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2探究提升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［微题型2］由函数的零点(或方程的根)求参数x- 1-x—, x>a,【例3—2］ (1)(2021 •南京三模)设函数f(x)= e-x- 1, x< a,的取值范围为2人r. H x +3x+3解析令f(x)=0,可得 ---------- x ---- = a,,令g' (x) >0,可得x C ( — 1, 0),令g' ( x) V 0,可得x C (—e2 .令g(x) =- --- x^一,贝u g,(x) =e00, — 1) U (0 , +°°),所以g(x)在(一1, 0)上单调递增,在(一00, — 1)和(0, +°°)上单调递减.由题意知函数(2x+3) - e x- e x - (x2+3x+3) x (x+1)/ x、 2(e)那么仓库容积V= ；x • 2(62- x2) + 2(62-x2) - 4x = 3yx(36 — x2).由V' = 0 得x= 2寸3或x=- 2^3(舍去). 由实际意义知V在x= 2小(m)时取到最大值, 故当PO= 2?3(m)时,仓库容积最大.探究提升(1)关于解决函数的实际应用问题,首先要在阅读上下功夫,一般情况下,应用题文字表达比拟长, 要耐心、细心地审清题意,弄清各量之间的关系,再建立函数关系式,然后借助函数的知识求解,解答后再回到实际问题中去. (2)对函数模型求最值的常用方法：单调,f法、根本不等式法及导数法^【练习4】(2021 •南京学情调研)某市对城市路网进行改造,拟在原有a个标段(注：一个标段是指一定长度的机动车道)的根底上,新建x个标段和n个道路交叉口,其中n与x满足n=ax+ 5.新建一个标段的造价为m 万元,新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k倍.(1)写出新建道路交叉口的总造价y(万元)与x的函数关系式；(2)设P是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比.假设新建的标段数是原有标段数的20%且k>3.问：P能否大于20,说明理由.* 解(1)依题息得y= mkn= mk ax+ 5) , x C N.(2)法一依题意x=0.2a,y=g(x)的图象与直线y= a有且仅有一个交点,结合y = g( x)及y= a的图象可得aC(0, e)U(3, +^). 答案(0 , e) U(3, +8)热点四函数的实际应用问题【例4】(2021 •江苏卷)现需要设计一个仓库, 它由上下两局部组成,上局部的形状是正四棱车B P— ABCD,下局部的形状是正四棱柱ABCDAiBCD(如下图),并要求正四棱柱的高OO是正四棱锥的高PO的4倍.(1)假设AB= 6 m, PO= 2 m,那么仓库的容积是多少？(2)假设正四棱锥的侧棱长为6 m,那么当PO为多少时,仓库的容积最大？所以P=mxy一xk (ax+5)a<——----- -3 (a + 25)____ ____ 1P不可能大于人.解(1) V= 3x 62X2+62X 2X4 = 312(m3).(2)设PO=x,那么OB=g62—x2, B I G=^/2• 462 —x2, ・•.S正方形A I BCD=2(62—x2).又由题意可得下面正四棱柱的高为4x,0.2 a ak (0.2a2+5) =k (a2+25)1 1 1 1---- T W------ d=_ = V25 : 2530 203 a+T r2、"飞法二依题意x=0.2a,mx x 0.2 a a所以P= 一 = --： --- - = --：-- 2———=--「 ----------- -y k (ax+5) k (0.2 a+ 5) k (a+25)假设P>710,那么ka2-20a+25k<0.2 2由于k>3,所以 A = 100(4—k)<0,不等式ka — 20a+25kv0无解,假设不成立_____ . _ 1P不可能大于元.1 -1.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) =--的定义域时,只考虑x>0,无视x ln xln x w 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、哥函数值的大小比拟^(1)底数相同,指数不同的备用指数函数的单调性进行比拟；(2)底数相同,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.对于给定的函数不能直接求解或画出图形,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、填空题1.(2021 •南通调研)函数f(x)=ln x+什口:的定义域为.x>0, 解析要使函数f(x)=ln x+5一x有息义,那么解得0<xW1,即函数TE义域是(0,1］.* 1 -x>0, 答案(0,1］2.(2021 ・江苏卷)函数f (x)= log 5(2x+1)的单调增区间是.1 解析函数f(x)的TE义域为一2,十°°,令t =2x+1(t >0).由于y= log 5t在t e (0 , +oo)上为增函数,t =, 1 1 2x+1在—2, +°°上为增函数,所以函数y= log 5(2x+1)的单倜增区间为一万,+°0 .…1答案―］,+°°………2x, x<0, …3 .(2021 •苏州倜研)函数f (x) = 2十］〉0的值域为.解析当xwo 时,y=2x C(0, 1］；当x>0 时,y=—x2+1C(—8, 1). 综上, 该函数的值域为(—°°, 1］.答案(―巴1］4 .(2021 ・江苏卷)定义在区间［0 , 3兀］上的函数y= sin 2 x的图象与y=cos x的图象的交点个数是.解析在区间［0 , 3% ］上分别作出y= sin 2 x和y= cos x的简图如下：由图象可得两图象有7个交点. 答案7ax+ 1, - K x<0, 5 . (2021 ・江苏卷)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间［—1, 1］上,f (x), 4.1 . 3 …中a, bCR右f] =f -,那么a+3b的值为.b+2 1解析由于函数f(x)是周期为2的函数,所以f ( —1) =f (1) ? — a+1 =—2-,又f "22 1--a+ 1,联立列成万程组解得a=2, b=—4,所以a+3b= 2—12= — 10.答案—106.函数f(x)=x3+x,对任意的mE [—2, 2] , f (mA 2)+ f (x)<0恒成立,那么x的取值范围是. 解析f ' (x) = 3x2+1>0,f (x)在R上为增函数.又f(x)为奇函数,由f ( mx-2) + f(x)<0 知,f (mx-2)<f ( -x). mx-2<-x,即mx^ x-2<0,令g(m) = m肝x- 2,由[ - 2, 2]知g( m)<0 恒成立,可得 .— 2<x<?.g (2) = 3x-2<0, 3…2 2答案一2, 3——一、x-[x],x>0,7.函数f(x)=, 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+ 1) , x< 0,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 .bx+ 2x+ 10<x< 1,1?b+23=f "2 = f解析根据［x］表示的意义可知,当0Wxv1时,f (x) =x,当1wxv2时,f (x) =x-1,当2Wxv3时,f (x)= x— 2,以此类推,当kwxvk+1 时,f(x)=x—k, kCZ,当一1w xv0 时,f(x)=x+ 1,作出函数f(x)的图象如图,直线丫=«*+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 €.4 31 1答案力a 4 32x — a, x< 1, 8. (2021 •北京海淀区二模)设函数f(x)=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x2解析(1)当a= 1时,f (x)=4当x<1 时,f (x) = 2x—1 e (—1,当x>l 时,f (x) = 4(x2— 3x+ 2) = 4 x—3 -- >— 1 , 1. f (x)min= - 1. 2 4 (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aW0.当a>2 时,f(x) =4(x-a)( x-2a), x>1 时,有2个零点;当awo 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<2.1f(x) =4(x-a)( x-2a), x>1 有一个零点,此时a<1,2 a> 1,因此^wa,1 ,综上知实数a的取值范围是a|±w a<1或a>2 .… 1 ,答案(1) -1 (2) 1 U［2, +oo)二、解做题9.函数f(x)=x2—2ln x, h(x) = x2—x+a.⑴求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x) = f(x) -h(x),假设函数k(x)在［1 , 3］上恰有两个不同零点,求实数a的取值范围.2解(1)函数f (x)的TE义域为(0 , +°°),令f (x) = 2x-- = 0,得x= 1. x当xC(0, 1)时,f' (x)V0,当x C (1 ,+8)时,「(x) >0,所以函数f(x)在x=1处取得极小值为1,无极大值.(2) k(x) = f( x) - h(x) =x—2ln x- a( x>0),所以k' (x) = 1 ,令k' ( x) >0,得x>2,x所以k(x)在［1 , 2)上单调递减,在(2, 3］上单调递增,所以当x = 2时,函数k(x)取得最小值,k(2) =2—2ln 2 —a,由于函数k(x) =f (x) -h(x)在区间［1 , 3］上恰有两个不同零点.即有k(x)在［1 , 2)和(2, 3］内各有一个零点, k (1) >0, 1- a>0,所以k (2) <0,即有2—2ln 2 - a<0,k (3) >0, 3- 2ln 3 — a>0,解得 2 —2ln 2 <a<3-2ln 3.所以实数a的取值范围为(2 - 2ln 2 , 3-2ln 3］.10. (2021 ・江苏卷)如图,建立平面直角坐标系xOy, x轴在地平面上,y轴垂直于地平面,单位长度为1千米.1某炮位于坐标原点.炮弹发射后的轨迹在方程y= kx—+ k ) x ( k>0)表木的曲线上,其中k与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.a的取值范围是-1, x<1,(x —1) (x —2) , x>1.1),(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小),其飞行高度为3.2千米,试问它的横坐标a不超过多少时,炮弹可以击中它？请说明理由.解(1)令y=0,得kx —'(I+k2)x2=0,由实际意义和题设条件知x>0, k>0,(1)求f (x)的解析式;(2)当x为多少时,总造价f(x)最低？并求出最低造价.解(1)在如题图所示的直角坐木^系中,由于曲线C的方程为y = x+¥(1wxw9), P阵x,所以点P坐标故x=20k 202= & 1 + k 1 k+k 20万10,当且仅当k= 1时取等号.所以炮的最大射程为10千米.(2)由于a>0,所以炮弹可击中目标？存在k>0,使 3.2 = ka—20(1 +k2)a2成立？关于k 的方程a2k2—20ak+a2+64= 0 有正根？判别式△ = ( —20a)2—4a2( a2+ 64) >0 ? aw 6.所以当a不超过6千米时,可击中目标.11.(2021 •苏北四市调研)如图,O上南北方向的一条公路, O祸北偏东45.方向的一条公路, 某风景区的一段边界为曲线C为方便游客观光,拟过曲线C上某点P分别修建与公路OA 0蜒直的两条道路PM PN且PM PN 的造价分别为5万元/百米、40万元/百米.建立如下图的平面直角坐标系xOy,那么曲线C符合函数模型y=x+ 乎(1 <x<9),设PM=x,修建两条道路PM PN的总造价为f(x)万元.题中所涉及长度单位均为百米.x, x+乎,直线OB的方禾g为x-y= °,那么点P到直线x—y=°的距离为又PM的造彳介为5万元/百米,PN的造彳介为40万元/百米.4那么两条道路总造价为f (x) = 5x + 40 , -x2= 5(2)由于f (x) = 5 x + -1 x,64所以「(x)=51—5 (x3—64)令f' (x)=0,解得x=4,列表如下:所以当x- xT4, 2 4,. 2x2Jkx2’x+[ (1 < x<9).x = 4时,函数f(x)有最小值,且最小值为f(4) =5 4 + 1 =30,即当x= 4时,总造价最低,最低造价为30万元.(注：利用三次均值不等式得 f (x) =5 x+-3!=xx x 32 3 _5 2 + 2 +片>5X3,8=30,当且仅当x= 4时,等号成立,同样正确.〕第2讲不等式问题高考定位高考对本内容的考查主要有：〔1〕一元二次不等式是C级要求,要求在初中所学二次函数的根底上, 掌握二次函数、二次不等式、二次方程之间的联系和区别,可以单独考查,也可以与函数、方程等构成综合题；〔2〕线性规划的要求是A级,理解二元一次不等式对应的平面区域,能够求线性目标函数在给定区域上的最值, 同时对一次分式型函数、二次型函数的最值也要有所了解；〔3〕根本不等式是C级要求,理解根本不等式在不等式证实、函数最值的求解方面的重要应用.x 一2y + 4 > 03. 〔2021 •江苏卷〕实数x, y满足2x+y-2>0,那么x2+y2的取值范围是.3x- y-3<0解析不等式组所表示的平面区域如图中阴影局部所示,那么〔x, y〕为阴影局部内的动点:x2 + y2表示原点到可行域内的点的距离的平方3x-y- 3= 0,x- 2y + 4= 0,真题感悟1 .(2021 ・江苏卷)不等式2x2—x<4的解集为.解析x2-x< 4= 22, • . x2-x< 2,即x2-x- 2< 0,解得一1<x<2.答案{x| —1vxv2}2 .(2021 •江苏卷)函数f(x) =x2+mx- 1,假设对于任意xQm 出1],都有f(x)<0成立,那么实数m的取值范围是. 解析二次函数f(x)对于任意xC[m, m^ 1],者B有f(x)<0成立, 2 . 2f (n) = m+ m- 1<0,f (m^ 1) = (m^ 1) 2+m(m+ 1) - 1<0,- 2解得—-2-<^<0.答案—02(x2 + y2) max=| OA2= 22+ 32= 13.…4答案5, 134.(2021 •江苏卷)在锐角三角形ABC43,假设sin A= 2sin B sin C,那么tan A an B tan C的最小值是.解析由sin A= sin( B+ C) =2sin Bsin C得sin Bcos C+ cos Bsin C= 2sin Bsin C,两边同日^除以cos B cos C得tan B+ tan C= 2tan B tan C.令tan B+ tan C= 2tan B tan C= m 由于^ ABC是锐角三角形,所以2tan B tan C> 2 tan B- tan C,那么tan B tanC> 1, m> 2.又在三角形中有tan A tan B tan C= — tan( B+ C tan---- r •二m= ;= m- 2 + -------------- 41 2 m- 2 m- 2—2m2\ I(m-2) -―J+4=8,当且仅当m-2 = -J,即m= 4时取等号,故tan A tanB tan C的最小值为8.m- 2 m-2解方程组得A (2 , 3).B tan C由图可知(x2 + y2)min =45'答案 8考点整合1 .(1)解含有参数的一元二次不等式,要注意对参数的取值进行讨论：①对二次项系数与 0的大小进行讨论；②在转化为标准形式的一元二次不等式后,对判别式与 0的大小进行讨论；③当判别式大于0,但两根的大小不确定时,对两根的大小进行讨论；④讨论根与定义域的关系^2 x 1 1解析 依题意知f(x)>0的解为—1<x<2,故0<10 <2,解得x<lg -(2)四个常用结论①ax 2 3+ bx+ c>0( a w0)恒成立的条件是 ②ax 2+ bx+ c< 0( awo )恒成立的条件是Da>f (x )恒成立? a>f (x )max④avf (x )恒成立？ a<f (x )min .2 .利用根本不等式求最值x, y> 0,那么(1)假设x+y = S (和为定值),那么当x=y 时,积xy 取得最大值J xyw Ty L ］ ; (2)假设xy= 集用区间表示为 .(2)(2021 •江苏卷)函数f (x )=x 2+ax+ b (a, bC F)的值域为［0,+8),假设关于x 的不等式f (x )<c 的解集［微题型1］根本不等式的简单应用 【例1】(1)(2021 •江苏卷)f (x )是定义在R 上的奇函数.当x >0时,f (x ) =x 2-4x,那么不等式f (x )>x 的解a>0,△ v 0.a< 0,△ v 0.为(m 6),那么实数c的值为.解析(1)由得f(0) =0,当x<0时, 2 2x - 4x, x > 0f(x)=-f(-x)=-x -4x,因此f(x) = 2-x -4x, x<0 …… x>0, ,x<0,不等式f(x)>x等价于x2—4X>X或—x2—4x>x 解得：x>5 或—5<x<0.2 . a 2 , a2(2)由题思知f (x) =x +ax+b= x+- +b—--. 2 42 2........... a 一a,「f(x)的值域为［0 , 十°°), b-- = 0,即b=—.• -f(x) = x+| .由f (x)<c,R积为定值),那么当x=y时,和x+y取得最小值2/(x+y>2而=2f.3.二元一次不等式(组)和简单的线性规划⑴线性规划问题的有关概念：线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等^(2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤：①画出可行域；②根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；③求出目标函数的最大值或者最小值^ 得 * —W<x< --a+Vc,又f (x)< c的解集为(m m^ 6),②一①,得2\fc=6,c= 9.答案(1)( —5, 0) U(5, +8 ) (2)9探究提升解一元二次不等式一般要先判断二次项系数的正负也即考虑对应的二次函数图象的开口方向,再考虑方程根的个数也即求出其判别式的符号,有时还需要考虑其对称轴的位置,根据条件列出方程组或结合对应的函数图象求解.1 . V ______ .【练习1】一兀二次不等式f(x)<0的解集为x x<—1,或x>2 ,那么f(10x)>0的解集为.--^+ c=nu 6,热点一一元二次不等式的解法及应用【例2—1］ (1)(2021 ・南师附中模拟)设正实数x, y z 满足x 4—3xy+4y 2—z=0,那么当,取得最大值时,最大值为. ....... .._ _ _____ 一一 一_1 4..一 ., (2)正项等比数列｛a n ｝满足a 7=a 6+2a 5,右存在两项 a m, a n 使得,a m a n= 4a 1,那么不丁下的取小值为 解析 (1)由得 z = x 2-3xy+4y 2, (*) 2—,2 1 2<1,当且仅当x=2y 时取等号,把x=2y 代入(*)式,得z=2y ,所以-+ —— = x y z1 111--1 ----- 2= - 1y y yy 所以当y=1时,x+y —［的最大值为1.(2)设等比数列｛a n ｝的公比为q (q>0), a 7= a 6+ 2a 5, •l - a s q 2= a 5q + 2a 5, • •q 2-q-2 = 0,解得 q=2 或 q=—1(舍去).'am, an=,⑶,2 1平方得 2^n 2=16=24,n = 6,, 一 .____ ______________ _ ________________ _ , 1,1.解(1)由于△AOC 勺面积与^ BOC 勺面积之和等于^ AOB 勺面积,所以万x S+J 6)sin 45 +茬中+审6) • sin .130 = -xysin 75,即乎x ^p+g +；y(V 2+#)=丑：凡丫,2. 2x答案(1)1 (2)探究提升在利用根本不等式时往往都需要变形, 变形的原那么是在条件下通过变形凑出根本不等式应用的条 件,即“和〞或“积〞为定值,等号能够取得 ^［微题型2］根本不等式在实际问题中的应用【例2—2］ (2021 •南通调研)如图,在C 城周边已有两条公路1I , l 2在点O 处交汇. OC= (,2+y6)km, /AOB= 75° , /所以 y=vH(x>2). x — 2 1(2) 4AOB 勺面积 S= -xy sin 75 当且仅当x= 4时取等号,此时故 OA= 4 km, OB= 4/2 km 时,△ OA 前积的最小值为 4(73+1) km 2.探究提升 在利用根本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑〞等技巧,使其满足根本不等式中“正〞 (即条件要求中字母为正数)、“定〞(不等式的另一边必须为定值)、“等〞(等号取得的条件)的条件才能应用,否 那么会出现错误. 【练习2］ (1)向量a=(3, —2), b=(x, y —1),且a//b,假设x, y 均为正数,那么的最小值是 .(2)假设直线2ax —by+2=0(a>0, b>0)被圆x 2+y 2+2x —4y+1 =0截得的弦长为4,贝的最小值是.a b解析 (1) .「a// b, ••• 3(y -1) +2x=0, 即 2x+3y = 3.-x>0, y >0,3 2 3 2 1 .■-_+_= _ + _• -(2x+ 3y ) x yx y 3' 1 9y 4x 1=-6+6+ — + — >-(12 +2X6)= 8. 3 x y 3 当且仅当3y=2x 时取等号.(2)易知圆x 2 + y 2+2x —4y+1 = 0的半径为2,圆心为(一1, 2),由于直线 2ax —by+ 2=0(a>0, b>0)被圆x 2+ y 2+2x-4y+1 = 0截得的弦长为4,所以直线2ax — by+2=0( a>0, b>0)过圆心,把圆心坐标代入得 a+b= 1,一 ,111 1b a ,…,b a~ 1 ……… 所以一+：= _+_ (a+b) = 2+-+->4,当且仅当一=1,a+b=1,即a= b=/时等万成立.a b a ba b a b2答案(1)8(2)4AOC= 45° ,现规划在公路 l 1, l 2上分别选择 A, B 两 处为交汇点(异于点Q 直接修建一条公路通过 C 城.设OA= xkm, OB= y km.(1)求y 关于x 的函数关系式并指出它的定义域； (2)试确定点 A B 的位置,使^ OAB 勺面积最小.广,xy xy那么‘■= r~~— z x — 3xy +4y 1 x 4y c— —3 y x2 + 1<1.1 4一+一m n(mi+ n)=n 4m 16(5 + 4) =2当且仅当 n 4mm n '即n = 2m 亦即m= 2, n = 4时取等号X —x — =^3+ 1 (x —2+—4- +4) X 炉+ 1 X8=4(j3+ 1).x- 2 2 x- 2 2 N ^十P xv=^3±j 8 y 2热点三含参不等式恒成立问题［微题型1］别离参数法解决恒成立问题4 2【例3—1】(1)关于x的不等式x+-- 1-a2+2a>0对xC (0 ,十^)恒成立,那么实数a的取值范围为.x 、' ' '(2)x>0, y> 0, x + y+ 3 = xy,且不等式(x +y)2—a(x+y) +1 >0恒成立,那么实数a的取值范围是解析(1)设f (x) =x + ‘,由于x>0,所以f (x) =x+‘>2、/x •,= 4.又关于x 的不等式x+- - 1 -a2+2a>0 x x x x 对xC(0, +8)恒成立,所以a2—2a+1v4,解得一1v av3,所以实数a的取值范围为(一1, 3).(2)要使(x+ y)2—a(x + y) +1 >0 恒成立,那么有(x+y)2+1 >a(x+y),即aw (x+y)恒成立. x \" y由x+y+3=xy,得x+y+3 = xy< x+y 2 2rr 2 1 . 1 …即(x+y) -4(x+y) -12>0,解得x+y >6 或x+y w — 2(舍去).设t = x+y,贝U t >6, (x+y) +^^= t 设1 ...................... 1 .............................................. 1 37 一37...................................... f(t)=t+『那么在t>6时,f(t)单倜递增,所以f (t) = t + 1的取小值为6+6="6",所以a<-,即头数a的取值范围是37—OO —'6 .答案(1)(37 — 1,3) (2) -oo,-探究提升对于含参数的不等式恒成立问题,常通过别离参数,把求参数的范围化归为求函数的最值问题, a>f(x)恒成立？a>f(x)max；avf(x)恒成立？avf(x)min.[微题型2]函数法解决恒成立问题【例3—2】(1)f (x) =x2—2ax+2,当xC[ —1, +8)时,f(x)>a恒成立,那么a的取值范围为(2)二次函数f (x) = ax2+ x+1对x C [0 , 2]恒有f (x) >0.那么实数a的取值范围为.解析(1)法一 f (x) = (x —a)2+2 —a2,此二次函数图象的对称轴为x=a,①当aC( — °°, — 1)时,结合图象知,f (x)在[—1, + 00)上单调递增,f (x) min = f ( — 1) = 2a + 3. 要使f(x)>a恒成立,只需f ( x) min >a,即2a+ 3> a,解得一3< av — 1 ；2 ②当aC[ —1, +8)时,f(x)min= f(a) = 2-a , 由 2 — a2^5 a,解得一2w aW1.「. 一1w aW1.综上所述,所求a的取值范围为[—3, 1].法二设g(x) = f(x) — a,那么g(x) =x2—2ax+2 —a>0 在[—1, 十°0)上恒成立,A >0,2即△ =4a —4(2 —a) WO 或av—1, 解得[—3, 1].g (— 1) >0,(2)法一函数法. 假设a>0,那么对称轴x= —,<0, 2a故f (x)在[0, 2]上为增函数,且f(0) =1,因此在x € [0 , 2]上恒有f (x) >0成立... 一3右a<0,那么应有f(2) >0,即4a+3>0, 1. a>--.3综上所述,a的取值范围是一％, 0 U(0, +oo).法二别离参数法.当x = 0时,令g(x)=-f(x) = 1>0 成立.ax2+ x+ 1 >0 变为a> —x x111x2x x1. a〉——2—x又「aw0,答案(1)[探究提升——OO1x'a的取值范围是3 、—3, 1] (2) , 0 U(0 , +oo)参数不易别离的恒成立问题,特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解,常用的方法是借助函数图象根的分布,转化为求函数在区间上的最值或值域问题^【练习3】(1)假设不等式x2- ax+1>0对于一切a€[-2, 2]恒成立,那么x的取值范围是(2)不等式>^\ a2-a|对于x C [2 , 6]恒成立,那么a的取值范围是x— 1 5解析(1)由于aC[ —2, 2],可把原式看作关于a的一次函数,即g( a) = - xa+x2+1 >0, 2 .g(― 2) = x + 2x+1>0,由题意可知g(2)x2 2x+1>Q解之得xCR一 2故y = £^在xC[2, 6]上单倜递减,即y min= 6-1 5'最小值为解析〔1〕不等式组表示的可行域如图中阴影局部所示.令z = 2x+y,那么y=-2x+z,作直2x-y=0,线"y-.并平移,当直线过点A时,截距最大,即z取得最大值,由*+丫=3,得所以A点坐标为〔1 , 2〕,可得2x+y的最大值为2X1+2 = 4.(2)由于不等式2xn^ (2 -x)n-8>0即为(2»n)x>8-2n,对任意x € [ - 4, 2]都成立,所2 (2m- n) > 8-2n,-4 (2m- n) > 8- 2n,所以m n满足的不等式组为m> 2,4m- 3n+4< 0,n< 6,mm勺几何意义是可行域上的点与原点的连线的斜率,所以80(2) - V3 探究提升线性规划的实质是把代数问题几何化,即数形结合的思想.需要注意的是：一,准确无误地作出可行域；二,画目标函数所对应的直线时,要注意与约束条件中的直线的斜率进行比拟,防止出错；三,一般情况下, 目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得^ 1 .屡次使用根本不等式的考前须知当屡次使用根本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号的条件的一致性,否那么就会出错,因此在利用根本不等式处理问题时,列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤,也是检验转换是否有误故不等式x- 14|a2-a|对于武［2, 6］恒成立等价于2 1 9 2 a 一a一2W0, /_2心5恒成立,化简得a2_a+2>0解得—1W aw 2,故a的取值范围是［—1, 2］.答案⑴ R (2)[ —1, 2]热点四简单的线性规划问题y>x,【练习4】〔2021 •苏、锡、常、镇调研〕x, y满足y<- x + 2,且目标函数z = 2x+y的最小值为1,那么实数a的值是.解析依题意,不等式组所表示的可行域如下图〔阴影局部〕,观察图象可知,当目标函数z=2x + y过点B a〕时,z min= 2a+a= 3a;由于目标函数z = 2x+ y的最小值为1,所以3a= 1,解得a=\.3【例4】⑴〔2021 •北京卷改编〕假设*, y满足2x-y<0,x+y<3,那么2x+ y的最大值为x> 0,(2)(2021 吊pj4•苏北四市调研〕设实数n<6,假设不等式2xm+ 〔2 -x〕 n-8>0对任意xC［—4, 2］都成立,那么与^的标函数m- n4m n3mn 3 c-n,令一=t €m12 一一 r , 1 3 ……■y, 3 ,那么目标函数即为y=p-t3,其导数y'= 0,所以函数y1 3 =工―t在t 3上递减,故t =3时取得最小值—当.7 3 所以点〔m n〕对应的平面区域如图, 答案(1)4 x= 1,y=2,2.T-1=(i。
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
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201812242188
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：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：3.(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 2f (x )max ≤g (x )min .④对x 1∈I ，x 2∈I 使得f (x 1)≥g (x 2f (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：f (x )的导函数y 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 xx， 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 ＋2ex，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 x <1，f ′(x x >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．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
2018高考数学2轮复习专题1函数与导数不等式第5讲导数与函数零点不等式的综合问题
第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．假设不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立 ,那么实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞ ,0) B ．(－∞ ,4] C ．(0 ,＋∞)D ．[4 ,＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ,那么f ′(x )＝ (x ＋3 ) (x －1 )x2(x ＞0)． 当x ∈(0 ,1)时 ,f ′(x )＜0 ,函数f (x )单调递减； 当x ∈(1 ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0 ,函数f (x )单调递增 , 所以f (x )min ＝fa ≤4. 答案：B2．(2021·贵阳联考)函数f (x )的定义域为[－1 ,4] ,局部对应值如下表：x －1 0 2 3 4 f (x )122f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如下列图．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 )的大致图象如下列图． 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：D3．函数f (x )的定义域为R ,f (－1)＝3 ,对任意x ∈R ,f ′(x )＜3 ,那么f (x )＞3x ＋6的解集为( )A ．(－1 ,1)B ．(－1 ,＋∞)C ．(－∞ ,－1)D ．(－∞ ,＋∞)解析：设g (x )＝f (x )－(3x ＋6) ,那么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：C4．(2021·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1 ,假设f (x )存在唯一的零点x 0 ,且x 0＞0 ,那么a 的取值范围是( )(导学号 55410101)A ．(2 ,＋∞)B ．(1 ,＋∞)C ．(－∞ ,－2)D ．(－∞ ,－1)解析：由题意知a ≠0 ,f ′(x )＝3ax 2－6x ,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 ,那么a 2＞4 ,所以a ＜－2.答案：C5．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a ,b ,c 为常数 ,a ＞0)在区间(0 ,1)和(2 ,＋∞)上均单调递增 ,在(1 ,2)上单调递减 ,那么函数f (x )的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由题意可得f ′(x )＝2ax ＋b ＋c x,那么⎩⎨⎧f ′ (1 )＝2a ＋b ＋c ＝0 f ′ (2 )＝4a ＋b ＋c2＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－6a c ＝4a 所以f (x )＝a (x 2－6x ＋4ln x ) ,那么极大值f (1)＝－5a ＜0 ,极小值f (2)＝a (4ln 2－8)＜0 ,又f (10)＝a (40＋4ln 10)＞0 ,结合函数图象可得该函数只有一个零点． 答案：B 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶 ,假设要使其体积是27π dm 3,且用料最||省 ,那么圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ,母线长为l dm ,那么V ＝πR 2l ＝27π ,所以l ＝27R2 ,要使用料最||省 ,只需使圆柱形水桶的外表积最||小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ,所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0 ,得R ＝3 ,那么当R ＝3时 ,S 表最||小． 答案：37．(2021·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数f ′(x ) ,满足f (x )＞f ′(x ) ,且f (0)＝1 ,那么不等式f (x )ex＜1的解集为________． 解析：构造函数g (x )＝f (x )ex,那么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 )＜1 ,所以x ＞0 , 所以不等式的解集为(0 ,＋∞)． 答案：(0 ,＋∞)8．(2021·南宁调研)f (x )＝－x 2－6x －3 ,g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9 ,设m ＜－2 ,假设∀x 1∈[m ,－2) ,∃x 2∈(0 ,＋∞) ,使得f (x 1)＝g (x 2)成立 ,那么实数m 的最||小值为________．解析：因为g (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋9 ,所以g ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x ＋2)(x －1)． 那么当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 ,所以g (x )min ＝g (1)＝2.因为f (x )＝－x 2－6x －3＝－(x ＋3)2＋6≤6 ,结合函数图象知(图略) ,当f (x )＝2时 ,方程两根分别为－5和－1 ,那么m 的最||小值为－5.答案：－5 三、解答题9．(2021·贵阳质检)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 ,＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2 ,所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1 ,f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以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 ,所以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)． 所以f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最||小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.所以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＋xx,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 ,所以f (x )在(0 ,＋∞)上的最||大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0 ,即f (x )≤0 ,所以1－1x－ln x ≤0恒成立 ,原不等式得证．10．(2021·西安调研)函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号 55410102)(1)假设曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2 ,求f (x )的单调区间； (2)假设x ＞0时 ,f (x )x ＜f ′ (x )2恒成立 ,求实数a 的取值范围． 解：(1)由得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1) , 那么f ′(1)＝0.而f (1)＝ln 1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1 ,所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2 ,解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ,f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0 ,得0＜x ＜12或x ＞1 ,由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0 ,得12＜x ＜1 ,所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 12和(1 ,＋∞) ,f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12 1.(2)假设f (x )x ＜f ′ (x )2 ,那么ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12, 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0 ,＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x x －12x,那么h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x2x2, 由h ′(x )＞0 ,得0＜x ＜e 32 ,所以h (x )在(0 ,e 32)上单调递增 , 由h ′(x )＜0 ,得x ＞e 32 ,所以h (x )在(e 32 ,＋∞)上单调递减．所以h (x )的最||大值为h (e 32)＝e －32 ,所以a ＋12＞e －32 ,故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．(2021·北京卷)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：假设f (x )存在零点 ,那么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：x (0 ,k ) k(k , ＋∞) f ′(x ) － 0＋ f (x )↘k (1－ln k )2↗所以 ,f (x )的单调递减区间是(0 ,k ) ,单调递增区间是(k ,＋∞)．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 ,假设f (x )存在零点 ,那么f (x )在区间(1 , e ]上仅有一个零点．(对应学生用书P24)[典例] (本小题总分值12分)(2021·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1 ,x 2是f (x )的两个零点 ,证明：x 1＋x 2＜2.标准解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0 ,那么f (x )＝(x －2)e x ,f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0 ,那么当x ∈(－∞ ,1)时 ,f ′(x )＜0； 当x ∈(1 ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0 ,所以f (x )在(－∞ ,1)内单调递减 ,在(1 ,＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ,f (2)＝a ,取b 满足b ＜0且b ＜ln a2,那么f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0 ,故f (x )存在两个零点．③设a ＜0 ,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．假设a ≥－e2 ,那么ln(－2a )≤1 ,故当x ∈(1 ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0 ,因此f (x )在(1 ,＋∞)上单调递增．又当x ≤1时 ,f (x )＜0 ,所以f (x )不存在两个零点．假设a ＜－e2 ,那么ln(－2a )＞1 ,故当x ∈(1 ,ln(－2a ))时 ,f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a ) ,＋∞)时 ,f ′(x )＞0.因此f (x )在(1 ,ln(－2a ))内单调递减 ,在(ln(－2a ) ,＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时 ,f (x )＜0 ,所以f (x )不存在两个零点． 综上可知 ,a 的取值范围为(0 ,＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2 ,由(1)知 ,x 1∈(－∞ ,1) ,x 2∈(1 ,＋∞) ,(8分) 2－x 2∈(－∞ ,1) ,f (x )在(－∞ ,1)上单调递减 , 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2) , 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2, 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0 ,所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.(10分) 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ,那么g ′(x )＝(x －1)·(e2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时 ,g ′(x )＜0 ,而g (1)＝0 , 故当x ＞1时 ,g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0 ,故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法那么 ,正确求导：在函数与导数类解答题中 ,通常都会涉及求导 ,正确的求导是解题关键 ,因此要牢记求导公式 ,做到正确求导 ,如此题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下 ,如果第(1)问的结果第(2)问能用得上 ,可以直接用 ,有些题目不用第(1)问的结果甚至||无法解决 ,如此题即是在第(1)问的根本上求解．3．注意分类讨论： (高|考 )函数与导数解答题 ,一般都会涉及分类讨论 ,并且讨论的步骤也是得分点 ,所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中 ,求导的结果、分类讨论的条件、极值、最||值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点 ,在解答时一定要写清楚．[解题程序] 第|一步 ,准确求出函数f (x )的导数．第二步 ,讨论a 的取值 ,分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点 ,确定a 的取值范围．第三步 ,将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)． 第四步 ,构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x,判定x ＞1时 ,g (x )＜0.第五步 ,写出结论 ,检验反思 ,标准步骤．[跟踪训练] (2021·郴州二模)函数f (x )＝x ln x ,g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)对一切x ∈(0 ,＋∞) ,2f (x )≥g (x )恒成立 ,求实数a 的取值范围．(2)探讨函数F (x )＝ln x －1e x ＋2e x 是否存在零点 ?假设存在 ,求出函数F (x )的零点 ,假设不存在 ,请说明理由．解：(1)对一切x ∈(0 ,＋∞) ,2f (x )≥g (x )恒成立 , 那么2x ln x ≥－x 2＋ax －3 ,即a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ,h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝ (x ＋3 ) (x －1 )x2, 当x ＞1时 ,h ′(x )＞0 ,h (x )是增函数 , 当0＜x ＜1时 ,h ′(x )＜0 ,h (x )是减函数 , 所以a ≤h (x )min ＝h (1)＝4. 即实数a 的取值范围是(－∞ ,4]．(2)令m (x )＝2x ln x ,m ′(x )＝2(1＋ln x ) ,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 1e 时 ,m ′(x )＜0 ,m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 1e 上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＋∞时 ,m (x )＞0 ,m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＋∞上单调递增．所以m (x )的最||小值为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e ,那么2x ln x ≥－2e ,所以ln x ≥－1e x,那么F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －x e x .①令G (x )＝1e －x e x ,那么G ′(x )＝x －1ex ,当x ∈(0 ,1)时 ,G ′(x )＜0 ,G (x )在(0 ,1)上单调递减； 当x ∈(1 ,＋∞)时 ,G ′(x )＞0 ,G (x )在(1 ,＋∞)上单调递增； 所以G (x )≥G (1)＝0 ,②所以F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －x e x ≥0 ,因为①②中取等号的条件不同 , 所以F (x )＞0 ,故函数f (x )没有零点．。
新高考数学二轮复习知识点总结与题型归纳 第5讲 基本初等函数、函数与方程(解析版)
第5讲 基本初等函数、函数与方程[考情分析] 1.基本初等函数的图象、性质是高考考查的重点，利用函数性质比较大小是常见题型.2.函数零点的个数判断及参数范围是高考的热点，常以压轴题形式出现．基本初等函数(Ⅰ)本节复习的基本初等函数包括：一次函数、二次函数、指数函数、对数函数和幂函数，三角函数在三角部分复习．函数的图象上直观地反映着函数的性质，学习函数的“捷径”是熟知函数的图象．熟知函数图象包括三个方面：作图，读图，用图．掌握初等函数一般包括以下一些内容：首先是函数的定义，之后是函数的图象和性质．函数的性质一般包括定义域，值域，图象特征，单调性，奇偶性，周期性，零点、最值以及值的变化特点等，研究和记忆函数性质的时候应全面考虑．函数的定义(通常情况下是解析式)决定着函数的性质，我们可以通过解析式研究函数的性质，也可以通过解析式画出函数的图象，进而直观的发现函数的性质． 【知识要点】1．一次函数：y ＝kx ＋b (k ≠0)(1)定义域为R ，值域为R ； (2)图象如图所示，为一条直线；(3)k ＞0时，函数为增函数，k ＜0时，函数为减函数；(4)当且仅当b ＝0时一次函数是奇函数．一次函数不可能是偶函数． (5)函数y ＝kx ＋b 的零点为⋅-kb2．二次函数：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)通过配方，函数的解析式可以变形为⋅-++=a b ac ab x a y 44)2(22 (1)定义域为R ：当a ＞0时，值域为),44[2+∞-a b ac ；当a ＜0时，值域为]44,(2ab ac --∞；(2)图象为抛物线，抛物线的对称轴为abx 2-=，顶点坐标为)44,2(2a b ac a b --．当a ＞0时，抛物线开口向上；当a ＜0时，抛物线开口向下． (3)当a ＞0时，]2,(a b --∞是减区间，),2[+∞-ab是增区间； 当a ＜0时，]2,(a b --∞是增区间，),2[+∞-ab是减区间． (4)当且仅当b ＝0时，二次函数是偶函数；二次函数不可能是奇函数．(5)当判别式∆＝b 2－4ac ＞0时，函数有两个变号零点aacb b 242-±-；当判别式∆＝b 2－4ac ＝0时，函数有一个不变号零点ab 2-； 当判别式∆＝b 2－4ac ＜0时，函数没有零点． 3．指数函数y ＝a x(a ＞0且a ≠1) (1)定义域为R ；值域为(0，＋∞)．(2)a ＞1时，指数函数为增函数；0＜a ＜1时，指数函数为减函数； (3)函数图象如图所示．不具有奇偶性、周期性，也没有零点．4．对数函数y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)，对数函数y＝log a x与指数函数y＝a x互为反函数．(1)定义域为(0，＋∞)；值域为R．(2)a＞1时，对数函数为增函数；0＜a＜1时，对数函数为减函数；(3)函数图象如图所示．不具有奇偶性、周期性，(4)函数的零点为1．5．幂函数y＝xα(α∈R)幂函数随着α的取值不同，它们的定义域、性质和图象也不尽相同，但它们有一些共同的性质：(1)所有的幂函数在(0，＋∞)都有定义，并且图象都通过点(1，1)；(2)如果α＞0，则幂函数的图象通过原点，并且在区间[0，＋∞)上是增函数；(3)如果α＜0，则幂函数在区间(0，＋∞)上是减函数，在第一象限内，当x从右边趋向于原点时，图象在y轴右方无限地接近y轴，当x趋于＋∞时，图象在x轴上方无限地接近x轴．要注意：因为所有的幂函数在(0，＋∞)都有定义，并且当x∈(0，＋∞)时，xα＞0，所以所有的幂函数y＝xα(α∈R)在第一象限都有图象．根据幂函数的共同性质，可以比较容易的画出一个幂函数在第一象限的图象，再根据幂函数的定义域和奇偶性，我们可以得到这个幂函数在其他象限的图象，这样就能够得到这个幂函数的大致图象．6．指数与对数(1)如果存在实数x ，使得x n ＝a (a ∈R ，n ＞1，n ∈N ＋)，则x 叫做a 的n 次方根． 负数没有偶次方根．),1()(+∈>=N n n a a n n ；⎩⎨⎧=为偶数时当为奇数时当n a n a a nn|,|,)( (2)分数指数幂，)0(1>=a a a n n；,0()(>==a a a a n m m n nm n ，m ∈N *，且nm为既约分数)． *N ,,0(1∈>=-m n a aanm nm ，且nm为既约分数)． (3)幂的运算性质a m a n ＝a m ＋n ，(a m )n ＝a mn ，(ab )n ＝a n b n ，a 0＝1(a ≠0)．(4)一般地，对于指数式a b＝N ，我们把“b 叫做以a 为底N 的对数”记为log a N ， 即b ＝log a N (a ＞0，且a ≠1)． (5)对数恒等式：Na alog ＝N ．(6)对数的性质：零和负数没有对数(对数的真数必须大于零!)； 底的对数是1，1的对数是0． (7)对数的运算法则及换底公式：N M NMN M MN a a aa a a log log log ;log log )(log -=+=； M M a a log log αα=； bNN a a b log log log =.(其中a ＞0且a ≠1，b ＞0且b ≠1，M ＞0，N ＞0).【复习要求】1．掌握基本初等函数的概念，图象和性质，能运用这些知识解决有关的问题；其中幂函数主要掌握y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，21,1x y xy ==这五个具体的幂函数的图象与性质．2．准确、熟练的掌握指数、对数运算；3．整体把握函数的图象和性质，解决与函数有关的综合问题．函数的图象 在函数图象上，定义域、值域、对应关系、单调性、奇偶性和周期性一览无遗．因此，快速准确地作出函数图象成为学习函数的一项基本功，而读图也从“形”的角度成为解决函数问题及其他相关问题的一种重要方法．【知识要点】作函数图象最基本的方法是列表描点作图法．常用的函数图象变换有：1．平移变换y＝f(x＋a)：将y＝f(x)的图象向左(a＞0)或向右(a＜0)平移｜a｜个单位可得．y＝f(x)＋a：将y＝f(x)的图象向上(a＞0)或向下(a＜0)平移｜a｜个单位可得．2．对称变换y＝－f(x)：作y＝f(x)关于x轴的对称图形可得．y＝f(－x)：作y＝f(x)关于y轴的对称图形可得．3．翻折变换y＝｜f(x)｜：将y＝f(x)的图象在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴的上方，其他部分不变即得．y＝f(｜x｜)：此偶函数的图象关于y轴对称，且当x≥0时图象与y＝f(x)的图象重合．【复习要求】1．能够在对函数性质作一定的讨论之后，用描点法作出函数的图象．2．能够对已知函数y＝f(x)的图象，经过适当的图象变换得到预期函数的图象．3．通过读图能够分析出图形语言所表达的相关信息(包括函数性质及实际意义)，运用数形结合的思想解决一些与函数有关的问题．考点一基本初等函数的图象与性质核心提炼1．指数函数y＝a x(a>0，a≠1)与对数函数y＝log a x(a>0，a≠1)互为反函数，其图象关于y＝x对称，它们的图象和性质分0<a<1，a>1两种情况，着重关注两函数图象的异同．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．【例题分析】1.＝（）A．2B．C．D．﹣2【考点】有理数指数幂及根式．【专题】转化思想；定义法；函数的性质及应用；数学运算．【答案】B【分析】利用根式与有理指数幂的互化以及有理指数幂的运算性质求解即可．【解答】解：原式＝．故选：B．【点评】本题考查了有理数指数幂及根式的运算，主要考查了有理指数幂的互化以及有理指数幂的运算性质，属于基础题．2.函数y＝2x（x≤0）的值域是（）A．（0，1）B．（﹣∞，1）C．（0，1]D．[0，1）【考点】指数函数的定义、解析式、定义域和值域．【专题】函数思想；转化法；函数的性质及应用．【答案】C【分析】本题可利用指数函数的值域．【解答】解：∵y＝2x（x≤0）为增函数，且2x＞0，∴20＝1，∴0＜y≤1．∴函数的值域为（0，1]．故选：C．【点评】本题考查的是函数值域的求法，关键是要熟悉指数函数的单调性，本题计算量极小，属于容易题．3.如果函数f（x）＝3x+b的图象经过第一、二、三象限，不经过第四象限，则（）A．b＜﹣1B．﹣1＜b＜0C．0＜b＜1D．b＞1【考点】指数函数的图象与性质．【专题】计算题；函数思想；转化法；函数的性质及应用；数学运算．【答案】B【分析】利用函数图象的平移变换，得到关于b的不等式，再求出b的范围．【解答】解：∵函数f（x）＝3x+b的图象经过第一、二、三象限，不经过第四象限，∴函数f（x）＝3x+b是由函数f（x）＝3x的图象向下平移|b|个单位长度得到，且|b|＜1，又∵图象向下平移，∴b＜0，∴﹣1＜b＜0，故选：B．【点评】本题主要考查了函数图象的平移变换，是基础题．函数的最值最大值与最小值是研究变量问题时常需要考虑的问题，也是高中数学中最重要的问题之一．函数的最大值、最小值问题常与实际问题联系在一起．函数的最值与值域在概念上是完全不同的，但对于一些简单函数，其求法是相通的． 【知识要点】本节主要讨论两类常见的函数最值的解决方法及其应用．1．基本初等函数在特定区间上的最值(或值域)问题．解决这类问题的方法是：作出函数图象，观察单调性，求出最值(或值域)．2．一些简单的复合函数的最值问题．解决这类问题的方法通常有： (1)通过作出函数图象变成第1类问题； (2)通过换元法转化成第1类问题； (3)利用平均值定理求最值；(4)通过对函数单调性进行讨论进而求出最值．其中讨论单调性的方法可以用单调性定义或导数的知识(导数的方法在后面相应章节复习)； (5)转化成几何问题来求解，如线性规划问题等． 【复习要求】从整体上把握求函数最值的方法，明确求最值的一般思路．函数与方程【知识要点】1．如果函数y ＝f (x )在实数a 处的值等于零，即f (a )＝0，则a 叫做这个函数的零点． 函数零点的几何意义：如果a 是函数y ＝f (x )的零点，则点(a ，0)一定在这个函数的函数图象上，即这个函数与x 轴的交点为(a ，0)． 2．零点的判定如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是不间断的，而且f (a )f (b )，则这个函数在区间[a ，b ]上至少有一个零点．这也是二分法的依据．注意：上述判定零点的方法只是判断零点存在的充分条件．这种判定零点方法主要适用于在无法对函数进行作图而且也不易对函数所对应的方程求根的情况下．如果可以画出函数的图象(这时判断函数零点的方法将是非常直观的)，如果函数所对应的方程可以求根，那么就可以用“作图”和“求根”的方法判断零点． 3．用二分法求函数y ＝f (x )，x ∈D 零点的一般步骤为：第一步、确定初始区间，即在D 内取一个闭区间[a ，b ]，使得f (a )f (b )＜0； 第二步、求中点及其对应的函数值，即求)(21b a x +=＜0以及f (x )的值，如果f (x )＝0，则计算终止，否则进一步确定零点所在的区间；第三步、计算精确度，即计算区间的两个端点按给定的精确度取近似值时是否相等，若相等，则计算终止，否则重复第二步．【复习要求】1、结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数．2、能够用二分法求相应方程的近似解．考点二函数的零点核心提炼判断函数零点个数的方法：(1)利用零点存在性定理判断法．(2)代数法：求方程f(x)＝0的实数根．(3)几何法：对于不易求根的方程，将它与函数y＝f(x)的图象联系起来，利用函数的性质找出零点或利用两个函数图象的交点求解．在利用函数性质时，可用求导的方法判断函数的单调性．规律方法利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法【例题分析】1.函数f（x）＝﹣lnx的零点所在的大致区间是（）A．（1，2）B．（2，3）C．（3，4）D．（e，+∞）【考点】函数的零点．【专题】函数的性质及应用．【答案】B【分析】由函数的解析式可得f（2）•f（3）＜0，再利用函数的零点的判定定理可得函数的零点所在的大致区间．【解答】解：∵函数满足f（2）＝＞0，f（3）＝1﹣ln3＜0，∴f （2）•f（3）＜0，根据函数的零点的判定定理可得函数的零点所在的大致区间是（2，3），故选：B ．【点评】本题主要考查函数的零点的判定定理的应用，属于基础题． 2.已知函数f （x ）＝﹣log 2x ，在下列区间中，函数f （x ）有零点的是（ ） A ．（0，1）B ．（1，2）C ．（2，4）D ．（4，+∞）【考点】函数的零点．【专题】计算题；函数思想；试验法；函数的性质及应用． 【答案】B【分析】首先判断函数f （x ）＝﹣log 2x 在（0，+∞）上是减函数，且连续；从而由零点的判定定理判断即可．【解答】解：易知函数f （x ）＝﹣log 2x 在（0，+∞）上是减函数，且连续； f （1）＝1﹣0＝1＞0，f （2）＝﹣1＝﹣＜0； 故函数f （x ）有零点的区间是（1，2）； 故选：B ．【点评】本题考查了函数的性质的判断与应用及零点的判定定理的应用，注意掌握基本初等函数的性质．3.函数24,0()(),0x x f x g x x ⎧->=⎨<⎩是奇函数，则函数()f x 的零点是 2± ．【答案】2±．【考点】函数的零点；函数奇偶性的性质与判断【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算 【分析】由已知函数解析式及奇函数的对称性即可求解． 【解答】解：当0x >时，()240x f x =-=， 解得，2x =，根据奇函数的对称性可知，2x =-也是函数()f x 的零点， 故答案为：2±．【点评】本题主要考查了函数零点的求解，属于基础题．考点3 函数零点的判定定理 【例题分析】1.在下列区间中，存在函数3()2f x lnx x =-+的零点的是( )A ．1(0,)2B ．1(,1)2C ．(1,2)D ．(2,3)【答案】AD【考点】函数零点的判定定理【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算【分析】根据题意，求出函数的导数，分析()f x 的单调区间，由函数零点判断定理依次分析选项，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，3()2f x lnx x =-+，其定义域为(0,)+∞，其导数11()1xf x x x -'=-=，在区间(0,1)上，()0f x '>，()f x 为增函数， 在区间(1,)+∞上，()0f x '<，()f x 为减函数， 依次分析选项：对于A ，()f x 在1(0,)2上递增，2222111311()022f ln e e e e =-+=--<，1113()12022222ef ln ln ln =-+=-=>，在()f x 在1(0,)2上存在零点，A 正确，对于B ，()f x 在1(2，1)上递增，1()1202f ln =->，f （1）3111022ln =-+=>，在()f x 在1(2，1)上不存在零点，B 错误，对于C ，()f x 在(1,2)上递减，f （1）102=>，f （2）31222022ln ln =-+=->， 在()f x 在(1,2)上不存在零点，C 错误， 对于D ，()f x 在(2,3)上递减，f （2）1202ln =->，f （3）33333022ln ln =-+=-<， 在()f x 在(2,3)上存在零点，D 正确， 故选：AD ．【点评】本题考查函数的零点判断定理，解题的关键是确定区间端点对应的函数值异号，属于基础题．2.函数2()2log f x x x =-+的零点所在的一个区间是( ) A ．(4,5) B ．(3,4)C ．(2,3)D ．(1,2)【答案】D【考点】函数零点的判定定理【专题】转化思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑推理【分析】由函数解析式，判断f （1）f （2）0<，由零点的存在性定理进行分析求解即可． 【解答】解：因为2()2log f x x x =-+， 所以f （1）212log 110=-+=-<， f （2）222log 210=-+=>，所以f （1）f （2）0<，由零点的存在性定理可得，函数2()2log f x x x =-+的零点所在的一个区间是(1,2)． 故选：D ．【点评】本题考查了函数零点的问题，主要考查了函数零点的存在性定理的应用，属于基础题．3.利用二分法求方程20lnx x +-=的近似解，已求得()2f x lnx x =+-的部分函数值的数据如表：A ．1.55B ．1.62C ．1.71D ．1.76【答案】A【考点】函数零点的判定定理【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑推理【分析】利用表格中的数据，在结合零点的存在性定理进行分析求解即可． 【解答】解：根据表中的数据可得，(1.5)0.0945f =-，(1.5625)0.0088f =， 故函数()f x 的零点在区间(1.5,1.5625)之间， 只有1.55符合要求． 故选：A ．【点评】本题考查了函数零点的求解，涉及了零点存在性定理的应用，解题的关键是熟练掌握函数零点的存在性定理，属于基础题． 函数零点与方程根的关系 【例题分析】1.已知函数2,12()1,21log x x f x x x <⎧⎪=⎨>⎪-⎩，若方程()0f x a -=至少有两个实数根，则实数a 的取值范围为( ) A ．(0,1)B ．(0，1]C ．[0，2)D ．[0，2]【答案】A【考点】函数的零点与方程根的关系【专题】计算题；数形结合；转化思想；演绎法；函数的性质及应用；逻辑推理；数学运算【分析】首先将问题转化为两个函数交点个数的问题，然后数形结合即可确定实数a的取值范围．【解答】解：原问题等价于函数y a与函数()f x至少有两个交点，绘制函数图象如图所示，观察可得，实数a的取值范围是(0,1)．故选：A．【点评】本题主要考查由函数的零点个数求参数的方法，等价转化的数学思想，数形结合的数学思想等知识，属于基础题．2.若方程|2x﹣2|＝b有一个零点，则实数b的取值范围是．【考点】函数的零点；函数的零点与方程根的关系．【专题】数形结合；数形结合法；函数的性质及应用；逻辑推理．【答案】（2，+∞）∪{0}．．【分析】根据函数与方程之间的关系，作出两个函数的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：作出函数y＝|2x﹣2|的图象如图：要使方程|2x﹣2|＝b有一个零点，则函数y＝|2x﹣2|与y＝b有一个交点，则b＞2或b＝0，故实数b的取值范围是b＞2或b＝0，即（2，+∞）∪{0}．故答案为：（2，+∞）∪{0}．【点评】本题主要考查函数与方程的应用，作出函数图象，利用数形结合是解决本题的关键，是基础题．3.已知关于x 的方程|310|x a -=有两个不同的实根1x ，2x ，且212x x =，则实数a 的值是() A ．5 B ．6 C ．7 D ．15【答案】B【考点】函数的零点与方程根的关系【专题】方程思想；转化法；高考数学专题；函数的性质及应用；数学运算【分析】根据条件可得3log (10)(010)x a a =±<<，然后由212x x =，得到33log (10)2log (10)a a +=-或33log (10)2log (10)a a -=+，再求出a 的值．【解答】解：关于x 的方程|310|x a -=有两个不同的实根1x ，2x ，∴由|310|x a -=，可知010a <<，3log (10)(010)x a a ∴=±<<，关于x 的方程|310|x a -=有两个不同的实根1x ，2x ，且212x x =， 33log (10)2log (10)a a ∴+=-或33log (10)2log (10)a a -=+ 210(10)a a ∴+=-或210(10)a a -=+，6a ∴=±或15a =±，又010a <<， 6a ∴=．故选：B ．【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了方程思想和转化思想，属基础题．。
全国高考数学备考二轮专题二 函数与导数 第5讲 函数的综合应用(八省新高考)解析版
第5讲 函数的综合应用考点1 函数与方程例 1.(1)已知函数2,0,(),0.x a x f x x x ⎧->=⎨-<⎩若()y f x =的图象上存在两个点,A B 关于原点对称，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[1,)-+∞ B ．(1,)-+∞ C ．[1,)+∞D ．(1,)+∞【答案】D【解析】设00x >，则00x -<，()y f x =的图象上存在两个点,A B 关于原点对称， 则0020xa x -+=在()0,∞+上有解，即002xa x =+在()0,∞+上有解，由002xy x =+在()0,∞+上的值域为(1,)+∞，则实数a 的取值范围是(1,)+∞．故选:D ．(2)已知函数()()22log ,2log 4,2x x f x x x ≥⎧=⎨-<⎩，若函数()y f x k =-有两个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．(),2-∞ B ．(),1-∞ C ．()2,+∞D ．()1,+∞【答案】D【解析】由函数2log y x =与()2log 4y x =-的图象关于直线2x =对称， 可得()f x 的图象如图所示，所以当1k >时，直线y k =与函数()y f x =的图象有两个交点．故选:D ． 【点睛】解决函数零点(方程有根)的问题常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． 【跟踪演练】1.(1)对于函数()y f x =与()y g x =，若存在0x ，使()()00f x g x =-，则称()()00,M x f x ，0(,N x -()0)g x -是函数()f x 与()g x 图象的一对“隐对称点”．已知函数()()1f x m x =+，()ln xg x x=，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为（ ） A ．()1,0- B ．(),1-∞- C ．()()0,11,+∞D ．()(),11,0-∞--【答案】A【解析】由题意函数()1y m x =--与ln xy x=的图象有两个交点， 令()ln x h x x =，则()21ln xh x x-'=，∴当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减； 又()1y m x =--恒过点()1,0，当1x >时，()0h x >， 在同一坐标系中作出函数()1y m x =--、()ln xh x x=的图象，如图，由图象可知，若函数()1y m x =--与ln xy x=的图象有两个交点，则0m >， 当直线()1y m x =--为函数ln xy x=图象的切线时，由()11h '=可得1m -=， ∴01m <-<即()1,0m ∈-．故选:A ．(2)已知函数2(0)()ln (0)x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，且关于x 的方程()0f x x a +-=有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（ ） A ．[0,)+∞ B ．(1,)+∞ C ．(0,)+∞D ．[,1)-∞【答案】B【解析】若要使方程()0f x x a +-=即()f x x a =-+有且只有一个实数根， 则函数()y f x =的图象与直线y x a =-+有且仅有一个交点， 在同一坐标系中作出函数()y f x =及y x a =-+的图象，如图，数形结合可得，若函数()y f x =的图象与直线y x a =-+有且仅有一个交点， 则1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞．故选:B ．考点2 函数性质的综合例2.(1)已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()()22f x f x +=-，且()2,0x ∈-时，()()2log 31f x x =-+，则()2021f =（ ）A ．4B ．2log 7C ．2D ．-2【答案】D【解析】因为()()22f x f x +=-，所以函数()f x 是周期为4的周期函数， 则(2021)(50541)f f f =⨯+=（1）22(1)log (31)log 42f =--=-+=-=-，故选:D ．(2)已知函数()13xbf x a a=--（0a >且1a ≠）是奇函数，且(1)2f =． ①求,a b 的值及()f x 的定义域；②设函数()()2g x kf x =-有零点，求常数k 的取值范围； ③若2(2)(3)0f t f t ++->，求t 的取值范围． 【答案】①3a =，6b =-， ()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞；②(2,0)(0,2)-；③(2,1)(1,2)--⋃.【解析】①由(1)2f = 得12ba =-又()f x 是奇函数， (1)(1)2f f ∴-=-=- 即233aba=-,注意到0a > 解得3a =，6b =- 2()131x f x =+- ,由310x -≠ 得0x ≠∴()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞②3,6a b ==-，∴31()()2231x x g x kf x k +=-=--()g x ∴有零点，即关于x 的方程312031x x k +-=-有实数解 ∴2(31)31x x k -=+ (0)x ≠有实数解 2(31)423131x x x-=-++ ， 311x +>且312x +≠ ∴2(31)2231x x --<<+且2(31)031xx -≠+ ∴k 的取值范围是(2,0)(0,2)-③先证明函数2()131x f x =+-在(0,)+∞上单调递减 设0m n >>，则331m n >>31310m n ∴->->223131m n ∴<--，22113131m n+<+--即()()f m f n <∴函数2()131xf x =+-在(0,)+∞上单调递减 由2(2)(3||)0f t f t ++->得2(2)(3||)f t f t +>-- 又()f x 是奇函数2(2)(3||)f t f t ∴+> 223||t t ∴+< ∴1||2t <<所以t 的取值范围是(2,1)(1,2)--⋃【点睛】本题考查了奇函数的性质和单调性的应用以及函数的零点，考查了利用函数的单调性解不等式. 【跟踪演练】2.(1)设()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+，已知当02x <<时，1()21x f x -=+，则(2022)(2023)f f +=（ ）A ．2B ．2-C ．1D ．1-【答案】B【解析】根据题意，()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，则()()f x f x -=-，且(0)0f =；又由(1)(1)f x f x -=+即有(2)()f x f x +=-，则(2)()f x f x +=-，进而得到(4)(2)()f x f x f x +=-+=，()f x 为周期为4的函数， 则(2022)(24505)(2)f f f =+⨯=(0)0f =-=，(2023)(12024)(1)(1)f f f f =-+=-=-，当02x <<时，1()21x f x -=+，则f （1）11212-=+=，则(2023)(1)f f =-2=-，故(2022)(2023)0(2)2f f +=+-=-，故选:B ．(2)已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且()00f =，当0x <时，()f x 单调递增．若实数a 满足()13a f f -+⎛> ⎝⎭，则a 的取值范围是（ ）A ．31,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭ B ．31,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．42,33⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．42,,33⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可知()f x 为偶函数，且在(),0-∞上单调递增，所以()f x 在()0,+∞上单调递减，所以()f x 的图象越靠近y 轴对应的函数值越大，因为()13a f f -+⎛> ⎝⎭，所以13a -+<，所以11233a -+-<， 所以112a -+<-，所以112a +>，所以31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞--+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，故选:B ． 【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性和单调性求解抽象不等式的解集,常见利用函数性质求解抽象不等式的方法：（1）根据奇偶性分析出函数在对称区间上的单调性；（2）将关于函数值的不等式中的自变量通过奇偶性转变到同一单调区间内； （3）通过单调性得到自变量的大小关系，由此求解出不等式的解集．考点3 函数的极值与极值点个数例3.(1)已知函数()f x 的导函数()()()1f x a x x a '=+-，若()f x 在x a =处取得极大值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,0- B ．()2,+∞C ．()0,1D ．(),3-∞-【答案】A【解析】由()f x 在x a =处取得极大值可知，当x a <时，()0f x '>；当x a >时，()0f x '<，其等价于①存在(),,b x b a ∀∈，使得(1)()0a x x a +->， 且②存在(),,c x a c ∀∈，使得(1)()0a x x a +-<；若0a >时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，不满足②即不存在(,)x a c ∈，使得(1)()0a x x a +-<，故0a >时()f x 在x a =不是极大值；若10a -<<时，(1)()0a x x a +->的解集为(1,)a -，(1)()0a x x a +-<的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，满足①②，故10a -<<时，()f x 在x a =处取得极大值；若1a =-，(1)()a x x a +-恒小于等于0，不满足①，故1a =-时，()f x 在x a =取不到极大值；若1a <-时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)a -，不满足②，故1a <-时，()f x 在x a =处取不到极大值.综上，a 的取值范围是()1,0-.故选：A.【点睛】本题考查了利用导数极值求参数取值范围,其中求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4)检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值。
高考数学理科二轮复习讲义专题一 第1讲 函数与导数 不等式
第1讲 函数图象与性质及函数与方程高考定位 1.高考仍会以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、函数的最值与值域、函数的奇偶性、函数的单调性，或者综合考查函数的相关性质.2.对函数图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决问题.3.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理、数形结合思想，这是高考考查函数的零点与方程的根的基本方式．真 题 感 悟1．(2015·安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( ) A ．y ＝cos x B ．y ＝sin x C ．y ＝ln xD ．y ＝x 2＋1解析 由于y ＝sin x 是奇函数；y ＝ln x 是非奇非偶函数；y ＝x 2＋1是偶函数但没有零点；只有y ＝cos x 是偶函数又有零点． 答案 A2．(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧1＋log 2（2－x ），x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析 因为－2＜1，log 212＞log 28＝3＞1，所以f (－2)＝1＋log 2[2－(－2)]＝1＋log 24＝3，f (log 212)＝1212log 2-＝122log 2×2－1＝12×12＝6，故f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9，故选C.答案 C3．(2015·北京卷)如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( )A ．{x |－1＜x ≤0}B ．{x |－1≤x ≤1}C ．{x |－1＜x ≤1}D ．{x |－1＜x ≤2}解析 如图，由图知：f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1<x ≤1}．答案 C4．(2015·山东卷)已知函数f (x )＝a x ＋b (a ＞0，a ≠1) 的定义域和值域都是[－1，0]，则a ＋b ＝________．解析 当a ＞1时，f (x )＝a x ＋b 在定义域上为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，方程组无解；当0＜a ＜1时，f (x )＝a x ＋b 在定义域上为减函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－2.∴a ＋b ＝－32.答案 －32考 点 整 合1．函数的性质(1)单调性：证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．可以用来比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性；(2)奇偶性：①若f (x )是偶函数，那么f (x )＝f (－x )；②若f (x )是奇函数，0在其定义域内，则f (0)＝0；③奇函数在对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在对称的单调区间内有相反的单调性；(3)周期性：①若y ＝f (x )对x ∈R ，f (x ＋a )＝f (x －a )或f (x －2a )＝f (x )(a ＞0)恒成立，则y ＝f (x )是周期为2a 的周期函数；②若y ＝f (x )是偶函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为2|a |的周期函数；③若y ＝f (x )是奇函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为4|a |的周期函数；④若f (x ＋a )＝－f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f （x ＋a ）＝1f （x ），则y ＝f (x )是周期为2|a |的周期函数．2．函数的图象对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换． 3．函数的零点与方程的根 (1)函数的零点与方程根的关系函数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)零点存在性定理 注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一； ②不满足条件时，也可能有零点.热点一 函数性质的应用[微题型1] 单一考查函数的奇偶性、单调性、对称性【例1－1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则a ＝________． (2)(2015·济南三模)已知实数x ，y 满足a x ＜a y (0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( ) A.1x 2＋1＞1y 2＋1B ．ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1)C ．sin x ＞sin yD ．x 3＞y 3(3)设f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋2，x ＜1，－ax ＋6，x ≥1(a ∈R )的图象关于直线x ＝1对称，则a 的值为( )A ．－1B ．1C ．2D ．3解析(1)f(x)为偶函数，则ln(x＋a＋x2)为奇函数，所以ln(x＋a＋x2)＋ln(－x＋a＋x2)＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，∴a＝1.(2)∵a x＜a y，0＜a＜1，∴x＞y，∴x3＞y3.(3)由函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，得f(0)＝f(2)，即2＝－2a＋6，解得a＝2.故选C. 答案(1)1(2)D(3)C探究提高第(3)小题将对称问题转化为点的对称，从而很容易地解决问题，本题也可借助于图象的斜率解决．[微题型2]综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性【例1－2】(1)(2015·湖南卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则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(2)(2015·文登模拟)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．解析(1)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＋x1－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，故选A.(2)∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)单调递减，则f(x)的大致图象如图所示，由f(x－1)＞0，得－2＜x－1＜2，即－1＜x＜3.答案(1)A(2)(－1，3)探究提高函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．【训练1】(2015·天津卷)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为()A．a＜b＜c B．a＜c＜bC．c＜a＜b D．c＜b＜a解析因为函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数可知，m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，当x＞0时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25＞|log0.53|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)，故选C.答案 C热点二函数图象与性质的融合问题[微题型1]函数图象的识别【例2－1】(1)(2015·安徽卷)函数f(x)＝ax＋b（x＋c）2的图象如图所示，则下列结论成立的是()A．a>0，b>0，c<0 B．a<0，b>0，c>0 C．a<0，b>0，c<0 D．a<0，b<0，c<0(2)(2014·江西卷)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋a2与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不可能的是()解析 (1)函数定义域为{x |x ≠－c }，结合图象知－c ＞0，∴c ＜0；令x ＝0，得f (0)＝bc 2，又由图象知f (0)＞0，∴b ＞0；令f (x )＝0，得x ＝－b a ，结合图象知－ba ＞0，∴a ＜0.故选C.(2)当a ＝0时，两个函数的解析式分别为y ＝－x ，y ＝x ，故选项D 中的图象是可能的．当a ≠0时，二次函数y ＝ax 2－x ＋a 2的对称轴方程为x ＝12a ，三次函数y ＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a (a ∈R )的导数为y ′＝3a 2x 2－4ax ＋1＝(3ax －1)(ax －1)，令y ′＝0，得其极值点为x 1＝13a ，x 2＝1a .由于13a ＜12a ＜1a (a ＞0)，或者13a ＞12a ＞1a (a ＜0)，即三次函数的极值点在二次函数的对称轴两侧，选项A 、C 中的图象有可能，选项B 中的图象不可能． 答案 (1)C (2)B探究提高 识图时，可从图象与x 轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系．在探究两个函数的图象位置关系时，要善于根据函数解析式中字母的变化研究函数性质的变化，从而确定两个函数图象的可能位置关系． [微题型2] 函数图象的应用【例2－2】 (1)已知函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，当x 2＞x 1＞1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)＜0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＞a ＞bB ．c ＞b ＞aC ．a ＞c ＞bD ．b ＞a ＞c(2)(2015·全国Ⅰ卷)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( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 解析 (1)由于函数f (x )的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y 轴对称，故函数y ＝f (x )的图象本身关于直线x ＝1对称，所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，当x 2＞x 1＞1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)＜0恒成立，等价于函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以b ＞a ＞c .选D.(2)设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题知存在唯一的整数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，当x ＝1时，g (1)＝e>0，直线y ＝a (x －1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x 0＝0， 故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1，故选D.答案 (1)D (2)D探究提高 (1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质．(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．【训练2】 (2015·泰安诊断)已知f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A ．有最小值－1，最大值1B ．有最大值1，无最小值C ．有最小值－1，无最大值D ．有最大值－1，无最小值解析 由题意得，利用平移变化的知识画出函数|f (x )|，g (x )的图象如图，而h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|f （x ）|，|f （x ）|≥g （x ），－g （x ），|f （x ）|＜g （x ），故h (x )有最小值－1，无最大值． 答案 C热点三 以函数零点为背景的函数问题 [微题型1] 函数零点个数的求解【例3－1】 (2015·广东卷)设a 为实数，函数f (x )＝(x －a )2＋|x －a |－a (a －1)． (1)若f (0)≤1，求a 的取值范围； (2)讨论f (x )的单调性；(3)当a ≥2时，讨论f (x )＋4x 在区间(0，＋∞)内的零点个数．解 (1)f (0)＝a 2＋|a |－a 2＋a ＝|a |＋a ，因为f (0)≤1，所以|a |＋a ≤1，当a ≤0时，|a |＋a ＝－a ＋a ＝0≤1，显然成立； 当a >0时，则有|a |＋a ＝2a ≤1， 所以a ≤12，所以0<a ≤12， 综上所述，a 的取值范围是a ≤12.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－（2a －1）x ，x ≥a ，x 2－（2a ＋1）x ＋2a ，x <a .对于u 1＝x 2－(2a －1)x ，其对称轴为x ＝2a －12＝a －12<a ，开口向上，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；对于u 2＝x 2－(2a ＋1)x ＋2a ，其对称轴为x ＝2a ＋12＝a ＋12>a ，开口向上，所以f (x )在(－∞，a )上单调递减，综上，f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(－∞，a )上单调递减．(3)由(2)得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，所以f (x )min ＝f (a )＝a －a 2. (ⅰ)当a ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ，x ≥2，x 2－5x ＋4，x <2，令f (x )＋4x ＝0，即f (x )＝－4x (x >0)，因为f (x )在(0，2)上单调递减，所以f (x )>f (2)＝－2， 而y ＝－4x 在(0，2)上单调递增，y <f (2)＝－2， 所以y ＝f (x )与y ＝－4x 在(0，2)无交点．当x ≥2时，f (x )＝x 2－3x ＝－4x ，即x 3－3x 2＋4＝0，所以x 3－2x 2－x 2＋4＝0，所以(x －2)2(x ＋1)＝0，因为x ≥2，所以x ＝2，即当a ＝2时，f (x )＋4x 有一个零点x ＝2. (ⅱ)当a >2时，f (x )min ＝f (a )＝a －a 2，当x ∈(0，a )时，f (0)＝2a >4，f (a )＝a －a 2，而y ＝－4x 在x ∈(0，a )上单调递增， 当x ＝a 时，y ＝－4a ，下面比较f (a )＝a －a 2与－4a 的大小，因为a －a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－4a ＝－（a 3－a 2－4）a＝－（a －2）（a 2＋a ＋2）a <0，所以f (a )＝a －a 2<－4a .结合图象不难得当a >2时，y ＝f (x )与y ＝－4x 有两个交点，综上，当a ＝2时，f (x )＋4x 有一个零点x ＝2；当a >2时，y ＝f (x )与y ＝－4x 有两个零点． 探究提高 在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用．如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解． [微题型2] 由函数零点(或方程根)的情况求参数【例3－2】(2015·天津卷)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－|x |，x ≤2，（x －2）2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，74 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2 解析 记h (x )＝－f (2－x )在同一坐标系中作出f (x )与h (x )的图象如图，直线AB ：y ＝x －4，当直线l ∥AB 且与f (x )的图象相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ′，y ＝（x －2）2，解得b ′＝－94，－94－(－4)＝74，同理，y 轴左侧也有相同的情况．所以曲线h (x )向上平移74个单位后，y 轴左右各有2个交点，所得图象与f (x )的图象有四个公共点，平移2个单位时，两图象有无数个公共点，因此，当74＜b ＜2时，f (x )与g (x )的图象有四个不同的交点，即y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点．选D.答案 D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)分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】 (2015·德州模拟)已知函数f (x )＝1x ＋2－m |x |有三个零点，则实数m 的取值范围为________．解析 函数f (x )有三个零点等价于方程1x ＋2＝m |x |有且仅有三个实根．∵1x ＋2＝m |x |⇔1m ＝|x |(x ＋2)，作函数y ＝|x |(x ＋2)的图象，如图所示，由图象可知m 应满足0＜1m ＜1，故m ＞1. 答案 (1，＋∞)1．解决函数问题忽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，忽视ln x ≠0的限制．2．函数定义域不同，两个函数不同；对应关系不同，两个函数不同；定义域和值域相同，也不一定是相同的函数．3．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)＝0.4．奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性． 5．函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用．6．不能准确把握基本初等函数的形式、定义和性质．如讨论指数函数y ＝a x (a ＞0，a ≠1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽视a x ＞0的隐含条件；幂函数的性质记忆不准确等． 7．判断函数零点个数的方法有：(1)直接求零点；(2)零点存在性定理；(3)数形结合法． 8．对于给定的函数不能直接求解或画出图形，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．(2015·广东卷)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( ) A ．y ＝x ＋e x B ．y ＝x ＋1x C ．y ＝2x ＋12xD ．y ＝1＋x 2解析 令f (x )＝x ＋e x ，则f (1)＝1＋e ，f (－1)＝－1＋e －1，即f (－1)≠f (1)，f (－1)≠－f (1)，所以y ＝x ＋e x 既不是奇函数也不是偶函数，而B ，C ，D 依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选A. 答案 A2．函数f (x )＝log 2x －1x 的零点所在的区间为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1，2)D ．(2，3)解析 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． 答案 C3．(2014·山东卷)已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx .若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫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，故选B. 答案 B4．(2015·山东卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧3x －1，x ＜1，2x ，x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1 B ．[0，1] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．[1，＋∞)解析 当a ＝2时，f (a )＝f (2)＝22＝4＞1，f (f (a ))＝2f (a )，∴a ＝2满足题意，排除A ，B 选项；当a ＝23时，f (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×23－1＝1，f (f (a ))＝2f (a )，∴a ＝23满足题意，排除D 选项，故答案为C. 答案 C5．(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析 当点P 沿着边BC 运动，即0≤x ≤π4时，在Rt △POB 中，|PB |＝|OB |tan ∠POB ＝tan x ，在Rt △P AB 中，|P A |＝|AB |2＋|PB |2＝4＋tan 2x ，则f (x )＝|P A |＋|PB |＝4＋tan 2x ＋tan x ，它不是关于x 的一次函数，图象不是线段，故排除A 和C ； 当点P 与点C 重合，即x ＝π4时，由上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝4＋tan 2π4＋tan π4＝5＋1，又当点P 与边CD的中点重合，即x ＝π2时，△P AO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝|P A |＋|PB |＝2＋2＝22，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，故又可排除D.综上，选B.答案 B 二、填空题6．(2015·福建卷)若函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x ＞2(a ＞0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．解析 由题意f (x )的图象如图，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，3＋log a 2≥4，∴1＜a ≤2.答案 (1，2]7．(2015·青州模拟)若函数f (x )＝⎩⎨⎧2x－a ，x ≤0，ln x ，x ＞0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．解析 当x ＞0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1. 因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时， 函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ， 因为0＜2x ≤20＝1，所以0＜a ≤1， 所以实数a 的取值范围是0＜a ≤1. 答案 (0，1]8．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，对∀x ∈R 都有f (x ＋4)＝f (x )＋f (2)成立．当x 1，x 2∈[0，2]，且x 1≠x 2时，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，给出下列命题：①f (2)＝0；②直线x ＝－4是函数y ＝f (x )图象的一条对称轴； ③函数y ＝f (x )在[－4，4]上有四个零点； ④f (2 014)＝0.其中所有正确命题的序号为________．解析 令x ＝－2，得f (－2＋4)＝f (－2)＋f (2)，解得f (－2)＝0，因为函数f (x )为偶函数，所以f (2)＝0，①正确；因为f (－4＋x )＝f (－4＋x ＋4)＝f (x )，f (－4－x )＝f (－4－x ＋4)＝f (－x )＝f (x )，所以f (－4＋x )＝f (－4－x )，即x ＝－4是函数f (x )的一条对称轴，②正确；当x 1，x 2∈[0，2]，且x 1≠x 2时，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，说明函数f (x )在[0，2]上是单调递减函数，又f (2)＝0，因此函数f (x )在[0，2]上只有一个零点，由偶函数知函数f (x )在[－2，0]上也只有一个零点，由f (x ＋4)＝f (x )，知函数的周期为4，所以函数f (x )在(2，4]与[－4，－2)上也单调，因此，函数在[－4，4]上只有2个零点，③错；对于④，因为函数的周期为4，即有f (2)＝f (6)＝f (10)＝…＝f (2 014)＝0，④正确． 答案 ①②④ 三、解答题9．定义在[－1，1]上的奇函数f (x )，已知当x ∈[－1，0]时，f (x )＝14x －a2x (a ∈R )． (1)写出f (x )在[0，1]上的解析式； (2)求f (x )在[0，1]上的最大值．解 (1)∵f (x )是定义在[－1，1]上的奇函数， ∴f (0)＝0，∴a ＝1，∴当x ∈[－1，0]时，f (x )＝14x －12x . 设x ∈[0，1]，则－x ∈[－1，0]， ∴f (－x )＝14－x －12－x ＝4x －2x ， ∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝2x －4x . ∴f (x )在[0，1]上的解析式为f (x )＝2x －4x . (2)f (x )＝2x －4x ，x ∈[0，1]，令t ＝2x，t ∈[1，2]，g (t )＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，∴g (t )在[1，2]上是减函数，∴g (t )max ＝g (1)＝0，即x ＝0，f (x )max ＝0.10．(2015·太原模拟)已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋2＋b (a ≠0)在区间[2，3]上有最大值5，最小值2.(1)求a ，b 的值；(2)若b ＜1，g (x )＝f (x )－2m x 在[2，4]上单调，求m 的取值范围． 解 (1)f (x )＝a (x －1)2＋2＋b －a . ①当a ＞0时，f (x )在[2，3]上为增函数， 故⎩⎨⎧f （3）＝5，f （2）＝2⇒⎩⎨⎧9a －6a ＋2＋b ＝5，4a －4a ＋2＋b ＝2⇒⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0. ②当a ＜0时，f (x )在[2，3]上为减函数，故⎩⎨⎧f （3）＝2，f （2）＝5⇒⎩⎨⎧9a －6a ＋2＋b ＝2，4a －4a ＋2＋b ＝5⇒⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝3. 故⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0或⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝3.(2)∵b ＜1，∴a ＝1，b ＝0，即f (x )＝x 2－2x ＋2， g (x )＝x 2－2x ＋2－2m x ＝x 2－(2＋2m )x ＋2.若g (x )在[2，4]上单调，则2＋2m 2≤2或2m ＋22≥4， ∴2m ≤2或2m ≥6，即m ≤1或m ≥log 26. 故m 的取值范围是(－∞，1]∪[log 26，＋∞)．11．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x (x ＞0)．(1)若g (x )＝m 有实根，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解 (1)∵x ＞0，∴g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e ， 等号成立的条件是x ＝e.故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e ，则g (x )＝m 就有实根．故m ∈[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )＝f (x )中函数g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x (x ＞0)的大致图象．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2.其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2. 故当m－1＋e2＞2e，即m＞－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．。
【状元之路】高考数学二轮复习 专题知识突破 1-1-5 导数及其应用课件(文、理)新人教A版
所以当 x∈0，1e时，g′(x)<0； 当 x∈1e，＋∞时，g′(x)>0. 故 g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而 g(x) 在(0，＋∞)上的最小值为 g1e＝－1e. 设函数 h(x)＝xe－x－2e，则 h′(x)＝e－x(1－x)．
答案 D
1．(文)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且满足 f(x)＝2xf′(1)
＋lnx，则 f′(1)＝( )
A．－e
B．－1
C．1
D．e
解析 f′(x)＝2f′(1)＋1x，令 x＝1，得 f′(1)＝2f′(1)＋1， ∴f′(1)＝－1.
答案 B
Байду номын сангаас
2．设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2x，
课堂笔记 (1)由题意知 a＝0 时，f(x)＝xx－ ＋11，x∈(0，＋∞)． 此时 f′(x)＝x＋2 12.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)＝xa＋x＋2 12＝ax2＋x2xa＋＋122x＋a.
2．牢记四个易误导数公式 (1)(sinx)′＝cosx. (2)(cosx)′＝－sinx. (3)(ax)′＝axlna(a>0)． (4)(logax)′＝xl1na(a>0，且 a≠1)．
3．把握三个概念 (1)在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 y＝f(x)在这 个区间内单调递增；如果 f′(x)<0，那么函数 y＝f(x)在这个区间内 单调递减． (2)设函数 f(x)在点 x0 附近有定义，如果对 x0 附近所有的点 x， 都有 f(x)<f(x0)，那么 f(x0)是函数的一个极大值，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)，那么 f(x0)是函数的一个极 小值，记作 y 极小值＝f(x0)，极大值与极小值统称为极值．
高考数学二轮复习 专题一 函数与导数不等式 第5讲 导数与函数零点不等式证明恒成立问题 文PPT课件
当 x<x0 时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减. 由(2)知 1<cl－n c1<c，故 0<x0<1.又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0<x<1 时，g(x)>0.
∴当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
2.(2017·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.
热点一 利用导数研究函数的零点(方程的根) 【例1】 (2017·淄博诊断)已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝
2.718 28…是自然对数的底数). (1)若函数 f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数 a 的取值范围； (2)若函数 F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间0，12内无零点，求 实数 a 的最大值.
解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex. 令 f′(x)＝0，得 x2＋2x－1＝0， 解得 x1＝－ 2－1，x2＝ 2－1， 令 f′(x)>0，则 x∈(－ 2－1， 2－1)，令 f′(x)<0， 则 x∈(－∞，－ 2－1)∪( 2－1，＋∞). ∴f(x)在区间(－∞，－ 2－1)，( 2－1，＋∞)上单调递减，在区 间(－ 2－1， 2－1)上单调递增.
a的符号
a＞0(f(x1)为极大 值，f(x2)为极小
值)
a＜0(f(x1)为极小 值，f(x2)为极大
值)
零点个数 一个 两个 三个 一个 两个 三个
充要条件 f(x1)＜0或f(x2)>0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x1)>0或f(x2)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0
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第5讲 导数与函数零点、不等式的综合问题一、选择题1．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则f ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x2(x ＞0)． 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝4.所以a ≤4. 答案：B2．(2017·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f 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：D3．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则( )A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0恒成立，因此f （x ）x 在R 上是单调递减函数，所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B4．(2014·全国卷Ⅰ)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a 的取值范围是( )(导学号 55410101)A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析：由题意知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，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：C5．(2017·佛山调研)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：由g (x )＝xf (x )＋1＝0得，xf (x )＝－1(x ＞0)，设h (x )＝xf (x )，则h ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， 因为xf ′(x )＋f (x )＞0，所以h ′(x )＞0，即函数在(0，＋∞)上为增函数， 因为h (0)＝0·f (0)＝0， 所以当x ＞0时，h (x )＞h (0)＝0， 故h (x )＝－1无解，故函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为0个． 答案：A 二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R ，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小． 答案：37．(2017·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数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：构造函数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 )＜1，所以x ＞0， 所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案：(0，＋∞)8．(2017·德州二模)若对任意的x ∈D ，均有g (x )≤f (x )≤h (x )成立，则称函数f (x )为函数g (x )到函数h (x )在区间D 上的“任性函数”．已知函数f (x )＝kx ，g (x )＝x 2－2x ，h (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)，且f (x )是g (x )到h (x )在区间[1，e]上的“任性函数”，则实数k的取值范围是________．(导学号 54850101)解析：依题意，∀x ∈[1，e]，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)恒成立．所以x －2≤k ≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立．又y ＝x －2在[1，e]上是增函数， 所以(x －2)max ＝e －2，则k ≥e －2.①设φ(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x (ln x ＋1)，x ∈[1，e]．则φ′＝－1x2(ln x ＋1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1x＝x －ln x x2≥0，所以φ(x )在[1，e]上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝2. 所以k ≤2，②由①②知，当e －2≤k ≤2时，x 2－2x ≤kx ≤(x ＋1)(ln x ＋1)在x ∈[1，e]上恒成立． 答案：[e －2，2] 三、解答题9．(2017·贵阳质检)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，＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1.所以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， 所以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)．所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.所以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＋xx，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，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立，原不等式得证．10．(2017·西安调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(导学号 54850102)(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－2，求f (x )的单调区间； (2)若x ＞0时，f （x ）x ＜f ′（x ）2恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f ′(x )＝1x＋ax －(a ＋1)， 则f ′(1)＝0.而f (1)＝ln 1＋a 2－(a ＋1)＝－a2－1，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝－a2－1.所以－a2－1＝－2，解得a ＝2.所以f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，f ′(x )＝1x＋2x －3.由f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＞0，得0＜x ＜12或x ＞1，由f ′(x )＝1x ＋2x －3＜0，得12＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)若f （x ）x ＜f ′（x ）2，则ln x x ＋a 2x －(a ＋1)＜12x ＋ax 2－a ＋12， 即ln x x －12x ＜a ＋12在区间(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x x －12x，则h ′(x )＝1－ln x x 2＋12x 2＝3－2ln x2x2，由h ′(x )＞0，得0＜x ＜e 32，所以h (x )在(0，e 32)上单调递增， 由h ′(x )＜0，得x ＞e 32，所以h (x )在(e 32，＋∞)上单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e 32)＝e －32，所以a ＋12＞e －32，故a ＞2e －32－1.从而实数a 的取值范围为{a |a ＞2e －32－1}．11．(2017·沈阳质检)函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时， f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )＞0，解得x ＞1； 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点．由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1， 由题意得，m ＋1＞－1即m ＞－2，① 当0＜x ＜1时，f (x )＝x (－1＋ln x )＜0； 当x ＞0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞(或者举例：当x ＝e 2，f (e 2)＝e 2＞0)．如图，由图象可知，m ＋1＜0，即m ＜－1，② 故①②可得－2＜m ＜－1.故实数m 的取值范围是(－2，－1)．[典例] (本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜2.规范解答：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1分) ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．(2分) ②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，故f (x )存在两个零点．③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点．若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．(6分) 又当x ≤1时，f (x )＜0，所以f (x )不存在两个零点． 综上可知，a 的取值范围为(0，＋∞)．(7分)(2)不妨设x 1＜x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，(8分) 2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)上单调递减， 所以x 1＋x 2＜2等价于f (x 1)＞f (2－x 2)， 即f (2－x 2)＜0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 又f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2.(10分) 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)·(e2－x－e x)．(11分)所以当x ＞1时，g ′(x )＜0，而g (1)＝0，故当x ＞1时，g (x )＜0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)＜0，故x 1＋x 2＜2.(12分)1．牢记求导法则，正确求导：在函数与导数类解答题中，通常都会涉及求导，正确的求导是解题关键，因此要牢记求导公式，做到正确求导，如本题第(1)问就涉及对函数的求导．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基本上求解．3．注意分类讨论：高考函数与导数解答题，一般都会涉及分类讨论，并且讨论的步骤也是得分点，所以一定要重视分类讨论．4．写全得分关键：在函数与导数问题中，求导的结果、分类讨论的条件、极值、最值、题目的结论等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚．[解题程序] 第一步，准确求出函数f (x )的导数．第二步，讨论a 的取值，分情况讨论函数的单调性、极值、从而判断函数零点，确定a 的取值范围．第三步，将结论x 1＋x 2＜2转化为判定f (2－x 2)＜0＝f (x 1)． 第四步，构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，判定x ＞1时，g (x )＜0.第五步，写出结论，检验反思，规范步骤．[跟踪训练] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(导学号 54850027)(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1，由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 从而g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝1e.设函数h (x )＝x e －x－2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上可知，当x ＞0时，g (x )＞h (x )， 即f (x )＞1.。