2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练三十三文20191128355

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2020版高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案：第二层提升篇专题六函..

专题六函数与导数第1讲函数的图象与性质［全国卷3年考情分析］年份全国卷I全国卷II全国卷HI2019函数图象的识别叮5函数解析式、函数图象与性质的综合问题・T12函数图象的识别顼7函数的奇偶性・T14函数的奇偶性与单调性的综合问题・Tii2018函数图象的识别叮3函数图象的识别叮7抽象函数的奇偶性及周期性2017利用函数的单调性、奇偶性解不等式叮5分段函数、解不等式叮15(1)高考对此部分内容的命题多集中于函数的概念、函数的性质及分段函数等方面，多以选择、填空题形式考查，一般出现在第5〜10或第13〜15题的位置上，难度一般.主要考查函数的定义域、分段函数、函数图象的判断及函数的奇偶性、周期性等.(2)此部分内容有时也出现在选择、填空中的压轴题的位置，多与导数、不等式、创新性问题结合命题，难度较大.考点一函数的概念及其表示［大稳定——常规角度考双基］1.［求函数的定义域］函数j=log2(2x-4)+^的定义域是()A.(2,3)B.(2,+8)C.(3,+8)D.(2,3)U(3,+8)［2x—4>0,1解析：选D由题意得<解得x>2且x#=3,所以函数y=log2(2x—4)+x—37^0,x—j 的定义域为(2,3)U(3,+8).故选D.|10g3X,X>0,2.［分段函数求函数值］已知/•(*)=,,(0<a<l), 5./(-2)=5,/(-1)=3,a x+b, xWO则航一3))=()A.—2B.2C.3D.-3解析：选B由题意得，J[—2)=a~2+b=5,①犬一1)=「+方=3,②联立①②，结合OVaVl,得b=l,(10g3X,X>0,<1Y,,侦)+1,xWO,则犬一3)=(J)+1=9,AA—3))=/(9)=log39=2.故选B.2~x xW03.[分段函数解不等式](2018・全国卷I)设函数为)={'''则满足/(x+l)</(2x)1,x>0,的X的取值范围是()A.(一8,-1]B.(0,+°°)C.(-1,0)D.(—8,0)―x+lWO,解析：选D法一：①当，，人即xW—1时，[2xW0,f(x+l)<f(2x),即为2~(x+1,<2~2x,即一(x+l)<—2x,解得x<l.因此不等式的解集为(一8,-1],[x+lWO,②当时，不等式组无解.[2x>0x+l>0,③当f/即一1<x W0时，.2xW0,f(x+l)<f(2x),即为l<2~2x,解得x<0.因此不等式的解集为(一1,0).x+l>0,④当即x>OBt,f(x+l)=l,f(2x)=l,不合题意.2x>0,综上，不等式f(x+l)<f(2x)的解集为(一8,0).故选D.法二：5)='2~x,xWO, 1,x>0,/.函数的图象如图所示.结合图象知，要使f(x+l)<f(2x)9x+l<0, f［x+lNO,则需\ 2x<0, 或， Ax<0.故选D・［2x<0,、2xvx+14 .［分段函数求参数值或范围］已知函数处)=(1—2a) x+3〃，x<l,一的值域为R,则实数0的取值范围是解析：当xNl 时，处)=2广21,(1—2«) x+3a, x<l,・.•函数f(x)=\ < 的值域为R,2X , xNll —2a>0,..•当xvl 时，y=(l —2g )x +30必须取遍(一8, 1］内的所有实数，贝吨 , 、解l —2a+3a^l,得 OWqVj.答案：［o, 3［解题方略］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，然后求出它们的解集即可.2. 分段函数问题的5种常见类型及解题策略［小创新——变换角度考迁移］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依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解x, 0<x<l,0, x=l,——,x>l.(2 (1—x) ， OWxWL1. ［概念型新定义函数问题］已知函数f(x)=j 如果对任意的nex —1, 1V x W2,' V 'N*,定义为(x)= 〃个 (x)］｝,那么夭020(2)的值为()A. 0B.1C. 2D.3解析：选 B V/1(2)=/(2) = l, f 2(2)=fil) = 0, f 3(2)=f(0)=2, ,'.f…(2)的值具有周期性,且周期为3, ..捱02。

高考总复习二轮理科数学精品课件专题6 函数与导数增分1 利用导数求参数的值或范围

∵f(x)≥1,t-ln x+ln t-x+1≥1⇔t+ln t≥x+ln x,
而y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,
∴t≥x,即 ae ≥x,分离参数后有 a≥
x-1

e-1
令 g(x)=

e-1
e-1 -e-1
,∴g'(x)=
e2-2
=
.
e-1 (1-)
e2-2
.
当 0<x<1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
验证f(x)在(0,1)内有极值.
对点训练1
已知函数f(x)=(x-2)ex.
(1)求f(x)的极值;
(2)若函数g(x)=f(x)-k(x-ln x)在区间
1
,1
2
上没有极值,求实数k的取值范围.
解 (1)f'(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.
令f'(x)=0,得x=1.当x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递
增分1
利用导数求参数的值或范围
考点一
已知函数极值、最值情况求参数范围
例1(2023四川成都三模)已知函数f(x)=x4-ax3sin x,其中a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(π,π4)处的切线方程;
(2)若x=0是函数f(x)的极小值点,求a的取值范围.
解 (1)当a=1时,函数f(x)=x4-x3sin x.
2x 0 < <
π
2
,
3-2cos2
2

2020届数学(理)高考二轮专题复习与测试：第二部分专题六第2讲基本初等函数、函数与方程 Word版含解析

A 级基础通关一、选择题1．(2019·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝x 12 B ．y ＝2－x C ．y ＝log 12xD ．y ＝1x解析：易知y ＝2－x 与y ＝log 12x ，在(0，＋∞)上是减函数，由幂函数性质，y ＝1x在(0，＋∞)上递减，y ＝x 12在(0，＋∞)上递增．答案：A2．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足当x ＞0时，f (x )＝2x ＋2x －4，则f (x )的零点个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：由于函数f (x )是定义在R 上的奇函数，故f (0)＝0.由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·f (2)＜0，而函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故当x ＞0时有1个零点，根据奇函数的对称性可知，当x ＜0时，也有1个零点．故一共有3个零点．答案：B3．(2019·山东省实验中学联考)设实数a 、b 、c 满足a ＝2－log 23，b ＝a －13，c ＝ln a ，则a 、b 、c 的大小关系为( )A ．c ＜a ＜bB ．c ＜b ＜aC ．a ＜c ＜bD ．b ＜c ＜a解析：因为a ＝2－log 23＝2log 23－1＝13.所以c ＝ln a ＝ln 13＜0，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－13＝313＞1.因此b ＞a ＞c . 答案：A4．若函数y ＝a |x |(a ＞0，且a ≠1)的值域为{y |y ≥1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是()解析：由于y ＝a |x |的值域为{y |y ≥1}，所以a ＞1，则y ＝log a x 在(0，＋∞)上是增函数，又函数y ＝log a |x |的图象关于y 轴对称．因此y ＝log a |x |的图象大致为选项B.答案：B5．(2019·衡水质检)若函数f (x )＝|log a x |－3－x (a ＞0，a ≠1)的两个零点是m ，n ，则( )A ．mn ＝1B ．mn ＞1C ．mn ＜1D ．无法判断解析：令f (x )＝0，得|log a x |＝13x ，则y ＝|log a x |与y ＝13x 的图象有2个交点，不妨设a ＞1，m ＜n ，作出两函数的图象(如图)．所以13m ＞13n ，即－log a m ＞log a n ，所以log a (mn )＜0，则mn ＜1. 答案：C6．(2018·全国卷Ⅲ)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( ) A ．a ＋b ＜ab ＜0 B ．ab ＜a ＋b ＜0 C ．a ＋b ＜0＜abD ．ab ＜0＜a ＋b解析：由a ＝log 0.20.3得1a ＝log 0.30.2，由b ＝log 20.3得1b＝log 0.32.所以1a ＋1b ＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4，则0＜1a ＋1b ＜1，即0＜a ＋b ab ＜1.又a ＞0，b ＜0，知ab ＜0，所以ab ＜a ＋b ＜0. 答案：B 二、填空题7．(2018·浙江卷改编)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x ＜λ.若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是________．解析：令f (x )＝0，当x ≥λ时，x ＝4. 当x ＜λ时，x 2－4x ＋3＝0，则x ＝1或x ＝3.若函数f (x )恰有2个零点，结合如图函数的图象知，1＜λ≤3或λ＞4.答案：(1，3]∪(4，＋∞)8．将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝a e nt .假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a4升，则m 的值为________．解析：因为5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，所以函数y ＝f (t )＝a e nt 满足f (5)＝a e 5n ＝12a ，可得n ＝15ln 12，所以f (t )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12t5，因此，当k min 后甲桶中的水只有a4L 时，f (k )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k5＝14a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12k5＝14，所以k ＝10，由题可知m ＝k －5＝5. 答案：59．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|2x ＋1|，x ＜1，log 2（x －m ），x ＞1.若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1，x 2，x 3互不相等)，且x 1＋x 2＋x 3的取值范围为(1，8)，则实数m 的值为________．解析：作出f (x )的图象，如图所示，可令x 1＜x 2＜x 3，则由图知点(x 1，0)，(x 2，0)关于直线x ＝－12对称，所以x 1＋x 2＝－1.又因为1＜x 1＋x 1＋x 3＜8，所以2＜x 3＜9.结合图象可知A 点坐标为(9，3)，代入函数解析式得3＝log 2(9－m )，解得m ＝1.答案：1 三、解答题10．经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y (单位：升)与速度x (单位：千米/时)(50≤x ≤120)的关系可近似表示为：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧175（x 2－130x ＋4 900），x ∈[50，80），12－x 60，x ∈[80，120].(1)该型号汽车速度为多少时，可使得每小时耗油量最低？ (2)已知A ，B 两地相距120千米，假定该型号汽车匀速从A 地驶向B 地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？解：(1)当x ∈[50，80)时， y ＝175(x 2－130x ＋4 900)＝175[(x －65)2＋675]，当x ＝65时，y 有最小值175×675＝9.当x ∈[80，120]时，函数单调递减，故当x ＝120时，y 有最小值10.因为9＜10，故当x ＝65时每小时耗油量最低． (2)设总耗油量为l ，由题意可知l ＝y ·120x.①当x ∈[50，80)时，l ＝y ·120x ＝85⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4 900x －130≥85⎝⎛⎭⎪⎫2x ×4 900x －130＝16，当且仅当x ＝4 900x ，即x ＝70时，l 取得最小值16.②当x ∈[80，120]时，l ＝y ·120x ＝1 440x －2为减函数，当x ＝120时，l 取得最小值10.因为10＜16，所以当速度为120千米/时时，总耗油量最少．B 级能力提升11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln （x ＋1），x ≥0，x 3－3x ，x ＜0，若函数y ＝f (x )－k 有三个不同的零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(－2，2)B ．(－2，1)C ．(0，2)D ．(1，3)解析：当x ＜0时，f (x )＝x 3－3x ，则f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，所以x ＝±1(舍去正根)，故f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又f (x )＝ln(x ＋1)在x ≥0上单调递增．则函数f (x )图象如图所示．f (x )极大值＝f (－1)＝－1＋3＝2，且f (0)＝0.故当k ∈(0，2)时，y ＝f (x )－k 有三个不同零点．答案：C12．(2018·江苏卷节选)记f ′(x )，g ′(x )分别为函数f (x )，g (x )的导函数．若存在x 0∈R ，满足f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，则称x 0为函数f (x )与g (x )的一个“S 点”．(1)证明：函数f (x )＝x 与g (x )＝x 2＋2x －2不存在“S 点”； (2)若函数f (x )＝ax 2－1与g (x )＝ln x 存在“S 点”，求实数a 的值． (1)证明：函数f (x )＝x ，g (x )＝x 2＋2x －2，则f ′(x )＝1，g ′(x )＝2x ＋2. 由f (x )＝g (x )且f ′(x )＝g ′(x )，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2＋2x －2，1＝2x ＋2，此方程组无解，因此，f (x )与g (x )不存在“S 点”． (2)解：函数f (x )＝ax 2－1，g (x )＝ln x ，则f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝1x.设x 0为f (x )与g (x )的“S 点”，由f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，得⎩⎨⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 0＝1x 0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax 20－1＝ln x 0，2ax 20＝1，(*) 得ln x 0＝－12，即x 0＝e －12，则a ＝12（e －12）2＝e2.当a ＝e 2时，x 0＝e －12满足方程组(*)，即x 0为f (x )与g (x )的“S 点”．因此，a 的值为e 2.。

2020版高考数学大二轮复习专题函数与导数增分强化练理

增分强化练一、选择题1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( ) A ．x sin x B ．－x sin x C ．x cos xD ．－x cos x解析：y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 答案：B2．已知函数f (x )＝xe x (e 是自然对数的底数)，则其导函数f ′(x )＝( )A.1＋x ex B.1－x ex C ．1＋xD ．1－x解析：根据函数求导法则得到f ′(x )＝1－xe x 故选B.答案：B3．函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1解析：因为f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1. 令f ′(x )＝0，得x ＝0.且当x ＞0时，f ′(x )＝e x －1＞0；x ＜0时，f ′(x )＝e x －1＜0，即函数f (x )在x ＝0处取得极小值，f (0)＝1，又f (－1)＝1e＋1，f (1)＝e －1，比较得函数f (x )＝e x－1在区间[－1,1]上的最大值是e －1.故选D. 答案：D4．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2解析：∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝2e f ′(e )e －1e ，f ′(e)＝1e，∴f ′(x )＝2x －1e＝0，x ＝2e ，∴x ∈(0,2e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(2e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．∴f (x )的极大值为f (2e)＝2ln 2e －2＝2ln 2，选D. 答案：D5．函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：当x <a ，b <x <c 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当a <x c 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以整个函数从左到右，先增后减，再增最后减，由于a ＜b ＜0所以只有选项A 中的图象符合，故选A. 答案：A6．函数f (x )＝x －2ln x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：由题意，函数f (x )＝x －2ln x ，则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，x >0，当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ＝2时，f (2)＝2－2ln 2>0，所以函数f (x )＝x －2ln x 的图象与x 轴没有公共点，所以函数没有零点，故选A. 答案：A7．(2019·吉安模拟)已知过点P (1,1)且与曲线y ＝x 3相切的直线的条数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3解析：若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠1)，则k ＝y 0－1x 0－1＝x 30－1x 0－1＝x 20＋x 0＋1，又∵y ′＝3x 2，∴y ′|x ＝x 0＝3x 20，∴2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1(舍)，x 0＝－12，∴过点P (1,1)与曲线C ：y ＝x 3相切的直线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，故选C. 答案：C8．已知函数f (x )＝－x 3－7x ＋sin x ，若f (a 2)＋f (a －2)＞0，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，3) C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：∵函数f (x )＝－x 3－7x ＋sin x ，∴f (－x )＝x 3＋7x －sin x ＝－f (x )，即函数f (x )在R 上为奇函数． ∵f ′(x )＝－3x 2－7＋cos x ，∴f ′(x )＝－3x 2－7＋cos x ＜0恒成立，即函数f (x )在R 上为减函数． ∵f (a 2)＋f (a －2)＞0， ∴f (a 2)＞－f (a －2)＝f (2－a )， ∴a 2＜2－a ，即a 2＋a －2＜0. ∴－2＜a ＜1，故选D. 答案：D9．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，不等式2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0成立，则实数m 的最大值为( )A.1e ＋3e －2 B ．2＋e ＋3eC ．4D ．e 2－1解析：∵2x ln x ＋x 2－mx ＋3≥0， ∴m ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2，当1e ≤x ＜1时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，当1＜x ≤e 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， ∵存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，m ≤2ln x ＋x ＋3x 成立， ∴m ≤h (x )max ，∵h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ，∴h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)， ∴m ≤1e ＋3e －2，故选A.答案：A10．设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )＞1 ，则( ) A ．f (2)－f (1)＞ln 2 B ．f (2)－f (1)＜ln 2 C ．f (2)－f (1)＞1D ．f (2)－f (1)＜1解析：由x ＞0，xf ′(x )＞1⇒f ′(x )＞1x ＝(ln x )′，故f (2)－f (1)2－1＞ln 2－ln 12－1＝ln 2，即f (2)－f (1)＞ln 2，故选A.答案：A11．(2019·内江模拟)若函数f (x )＝12ax 2＋x ln x －x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞C ．(－1，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e解析：f ′(x )＝ax ＋ln x ，∴f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上成立，即ax ＋ln x ＞0，在x ∈(0，＋∞)上成立，即a ＞－ln xx在x ∈(0，＋∞)上成立．令g (x )＝－ln x x ，则g ′(x )＝－1－ln xx2， ∴g (x )＝－ln x x，在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝－ln x x 的最小值为g (e)＝－1e ，∴a ＞－1e .故选B. 答案：B12．(2019·泰安模拟)若函数f (x )＝12cos 2x －2a (sin x ＋cos x )＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．1<a <3 B.32<a <3 C ．a ≥1D ．a ≥32解析：令t ＝sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，则∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2∴t ∈[]－1，1，从而f ′(x )＝－sin 2x －2a (cos x －sin x )＋(4a －3)＝t 2－1＋2at ＋(4a －3)＝t 2＋2at ＋(4a －4)，因为函数f (x )＝12cos 2x －2a (sin x ＋cos x )＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以t 2＋2at ＋(4a －4)≥0在t ∈[－1,1]上恒成立，即a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫4－t 24＋2t max，t ∈[－1,1]，因为4－t 24＋2t ＝12(2－t )≤32，所以a ≥32，故选D.答案：D 二、填空题13．若f (x )＝3xf ′(1)－2x 2，则f ′(0)＝________.解析：由题得f ′(x )＝3f ′(1)－4x ，∴f ′(1)＝3f ′(1)－4，∴f ′(1)＝2，∴f ′(x )＝6－4x ，所以f ′(0)＝6－4×0＝6. 答案：614．(2019·安阳模拟)函数f (x )＝x －2x在x ＝2处的切线方程为________．解析：由f (x )＝x －2x ，得f ′(x )＝1＋2x2，∴f ′(2)＝1＋12＝32，又f (2)＝2－1＝1.∴函数f (x )＝x －2x 在x ＝2处的切线方程为y －1＝32(x －2)，即3x －2y －4＝0.答案：3x －2y －4＝015．(2019·青岛模拟)设函数f (x )＝－e x－x 的图象上任意一点处的切线为l 1，若函数g (x )＝ax ＋cos x 的图象上总存在一点，使得在该点处的切线l 2满足l 1⊥l 2，则a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝－e x－1∈(－∞，－1)，即kl 1∈(－∞，－1)，又l 1⊥l 2，即kl 1·kl 2＝－1，∴kl 2∈(0,1)，kl 2＝g ′(x )＝a －sin x ，∵sin x ∈[－1,1]，∴kl 2＝a －sin x ∈[a －1，a ＋1]，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤0a ＋1≥1⇒a ∈[0,1]．答案：[0,1]16．(2019·东三省四市模拟)底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的体积最大值为________．解析：因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E 点，设BC ＝a ，则BO ＝22a ，在Rt △EOB 中，则有EO 2＋OB 2＝EB 2，故EO ＝4－a 22，正四棱锥的高为2＋4－a 22，正四棱锥的体积为V ＝13×a 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋4－a 22，令x ＝4－a 22，x ∈(0,2)，故V ＝13×(8－2x 2)×(2＋x )，即V ＝13×(－2x 3－4x 2＋8x ＋16)，对V (x )求导得，V ′＝13×(－6x 2－8x ＋8)，令V ′＝0，即－6x 2－8x ＋8＝0，解得，x ＝23或x ＝－2(舍)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，V ′(x )>0，V (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2，V ′(x )<0，V (x )单调递减，故当x ＝23时，V (x )max ＝51281.答案：51281三、解答题17．若函数f (x )＝13ax 3＋bx ＋4，当x ＝－2时，函数f (x )有极值283.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若方程f (x )＝k 有3个不同的根，求实数k 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝ax 2＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－2)＝0f (－2)＝283，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－4，故所求函数f (x )的解析式为f (x )＝13x 3－4x ＋4.(2)由(1)可得f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－2.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－2)－2 (－2,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )递增283递减－43递增因此，当x ＝－2时，f (x )有极大值3，当x ＝2时，f (x )有极小值－43，因为函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的图象大致如图所示：若f (x )＝k 有3个不同的根，则直线y ＝k 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，所以－43<k <283.18．(2019·张家口、沧州模拟)已知函数f (x )＝e x(x ＋a )(a ∈R)． (1)讨论f (x )在[0，＋∞)上的单调性；(2)函数g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增，求实数t 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝e x(x ＋a ＋1)(x ≥0)，①a ＋1≥0即a ≥－1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增； ②a ＋1<0即a <－1时，令f ′(x )＝0，得x ＝－a －1，在[0，－a －1)上f ′(x )<0，在(－a －1，＋∞)上f ′(x )>0，f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．综上：当a ≥－1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增；当a <－1时，f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增⇔g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t ≥0在[0，＋∞)上恒成立⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t min ≥0.令p (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t (x ≥0), p ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12－t ，由(1)知，p ′(x )在[0，＋∞)上为增函数，p ′(x )min ＝p ′(0)＝12－t .当12－t ≥0，即t ≤12时，p (x )在[0，＋∞)上为增函数， p (x )min ＝p (0)＝－12－t ≥0，得t ≤－12，∴t 的取值范围为t ≤－12.综上，实数t 的取值范围是t ≤－12.增分强化练考点一利用导数证明不等式(2019·乌鲁木齐质检)已知函数f (x )＝ln x ＋a x－x －2a ＋1. (1)若a ＝－2，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个极值点x ，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)<0. 解析：(1)当a ＝－2时，f (x )＝ln x －2x－x ＋5，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1＝－x 2＋x ＋2x 2＝－(x 2－x －2)x 2＝－(x －2)(x ＋1)x2，当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．(2)证明：f ′(x )＝1x －a x 2－1＝－x 2＋x －a x 2(x ＞0)，f (x )有两个极值点x 1，x 2得⎩⎪⎨⎪⎧1－4a >0x 1＋x 2＝1x 1x 2＝a，∴0<a <14，∴f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)－4a ＋2＝ln a －4a ＋2，令g (a )＝ln a －4a ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫0<a <14，则g ′(a )＝1a －4＝1－4aa＞0，∴g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增，∴g (a )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝ln 14－1＋2＝1－ln 4＜0. ∴f (x 1)＋f (x 2)<0.考点二利用导数解决不等式恒成立、存在性问题已知函数f (x )＝e x(ln x ＋1)．(1)证明：函数f (x )在其定义域上是单调递增函数； (2)设m >0，当x ∈[1，＋∞)时，不等式mf (x )e 3x －1x≤0恒成立，求m 的取值范围．解析：(1)证明：因为x ∈(0，＋∞)，f (x )＝e x (ln x ＋1)，所以f ′(x )＝e x (ln x ＋1x＋1)(x >0)．令g (x )＝ln x ＋1x ＋1(x >0)，则g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2(x >0)．当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，则g (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (x )min ＝g (1)＝2>0，从而f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当x ∈[1，＋∞)时，不等式mf (x )e 3x －1x ≤0恒成立等价于当x ∈[1，＋∞)时，不等式m (ln x ＋1)e2x－1x ≤0恒成立，即当x ∈[1，＋∞)时，m (ln x ＋1)e x－exx≤0恒成立．记h (x )＝ln x ＋1e x ，φ(x )＝－e x x ，则h ′(x )＝1x －1－ln x e x，φ′(x )＝e x (1－x )x 2. 因为当x ≥1时，1x－1－ln x ≤0，所以h ′(x )≤0在[1，＋∞)恒成立，即h (x )在[1，＋∞)上单调递减．因为当x ≥1时，1－x ≤0，所以φ′(x )≤0在[1，＋∞)恒成立，即φ(x )在[1，＋∞)上单调递减．记P (x )＝mh (x )＋φ(x )，因为m >0，所以P (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以P (x )max ＝P (1)＝me－e. 因为m (ln x ＋1)e x－e x x ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以m e－e≤0，即m ≤e 2. 又m >0，故m 的取值范围为(0，e 2]．考点三利用导数研究函数的零点或方程的根(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)已知e 为自然对数的底数，求函数f (x )在x ＝1e2处的切线方程；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围．解析：(1)由题意，函数f (x )＝1＋ln xx，定义域(0，＋∞)，则f ′(x )＝－ln x x 2，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝2e 4，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－e 2 函数f (x )在x ＝1e 2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1e 2，整理得y ＝2e 4x －3e 2，即函数f (x )在x ＝1e2处的切线方程y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0，令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x，令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1，①因为a >0，r (0)＝1，r (1)＝1－a ≤0即a ≥1，r (x )在(1，＋∞)单调递减，r (1)<0，所以x ∈(1，＋∞)时，r (x )<0，即h (x )在(1，＋∞)单调递减，h (x )<h (1)＝0，方程f (x )＝a (x －1)＋1x无实根.②由r (1)>0,1－a >0,0<a <1时，r (x )在(1，＋∞)单调递减，r (1)＝1－a >0，存在x 0∈(1，＋∞)，使得x ∈(1，x 0)时，r (x )>0，即h (x )单调递增； x ∈(x 0，＋∞)时，r (x )<0，即h (x )单调递减； h (x 0)max >h (0)＝0，取x ＝1＋1a ，则h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ，令t ＝1＋1a，(t >1)，由h (t )＝ln t －t ，则h ′(t )＝1t－1，∵t >1，所以h ′(t )<0，即h (t )在t >1时单调递减，所以h (t )<h (1)＝0.故存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1＋1a ，h (x 1)＝0.综上，a 的取值范围为0<a <1增分强化练一、选择题1．函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( ) A ．[－3,1] B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)解析：因为函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)，所以x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1，所以函数f (x )的定义域为{x |x <－3或x >1}，故选D. 答案：D2．(2019·乌鲁木齐质检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析：f ′(x )＝e x＋3>0，f (x )为R 上的增函数，因为e<254，所以<52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，但f (1)＝e ＋3－4>0，所以f (x )的零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上，故选C. 答案：C3．设a >0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由函数f (x )＝a x在R 上是减函数，知0＜a ＜1，此时2－a ＞0，所以函数g (x )＝(2－a )x3在R 上是增函数，反之由g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数，则2－a ＞0，所以a ＜2，此时函数f (x )＝a x 在R 上可能是减函数，也可能是增函数，故“函数f (x )＝a x在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件．故选A. 答案：A4．(2019·中卫模拟)下列函数中，既是偶函数，又在区间[0,1]上单调递增的是( ) A ．y ＝cos xB ．y ＝－x 3C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |D ．y ＝|sin x |解析：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝cos x 为余弦函数，是偶函数，在区间[0,1]上单调递减，不符合题意；对于B ，y＝－x 3，为奇函数，不符合题意；对于C ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |，是偶函数，在(0，＋∞)上，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，为减函数，不符合题意；对于D ，y ＝|sin x |，是偶函数，在(0,1)上，y ＝sin x ，为增函数，符合题意．故选D. 答案：D5．则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a 0，b >0，c >0，且a 6＝23＝8，b 6＝32＝9，∴b >a ；a 10＝25＝32，c 10＝52＝25，∴a >c ，综上可得c <a －5D ．－5<m ≤－4解析：因为方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0有两个正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2)2－4(m ＋5)≥0－(m ＋2)>0m ＋5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－4或m ≥4m <－2m >－5，∴－5<m ≤－4，故选D.答案：D7．已知函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2，则a 的值为( )A ．2 B. 5 C.55D.5或55解析：因为y ＝x 2＋x －1在[1,2]上单调递增，所以函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值与最小值是f (1)或f (2)，因为函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2，所以|f (1)－f (2)|＝2，即|log a 5|＝2，得a ＝5或55，故选D. 答案：D8．(2019·青岛模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x ＞3mx ＋8，x ≤3，若f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，3] B ．(1,2] C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33 D ．[3，＋∞)解析：f (2)＝4代入2m ＋8＝4，m ＝－2，则直线单调递减，又函数f (x )存在最小值，则a >1且log a 3≥2，解得1<a ≤3，故选A. 答案：A9．已知函数f (x )＝log 2(x ＋1)且a >b >c >0, 则f (a )a ，f (b )b ，f (c )c的大小关系是( ) A.f (a )a >f (b )b >f (c )c B.f (c )c >f (b )b >f (a )a C.f (b )b >f (a )a >f (c )c D.f (a )a >f (c )c >f (b )b解析：由题意可得，f (a )a ，f (b )b ，f (c )c分别看作函数f (x )＝log 2(x ＋1)图象上的点(a ，f (a ))，(b ，f (b ))，(c ，f (b ))与原点连线的斜率，结合图象(图略)可知当a ＞b ＞c ＞0时，f (c )c>f (b )b>f (a )a.故选B. 答案：B10．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x >0|2x ＋x 2|，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，则实数m 的取值范围为( ) A ．－2<m <0 B ．－2≤m ≤0或m >e C ．－2<m <0或e≤m <e 2D ．－2<m <0或m >e解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点得y ＝f (x )与h (x )＝mx 有三个不同交点，如图所示为f (x )的大致图象，当x >0时，f (x )＝e x，设y ＝f (x )与h (x )＝mx 相切的切点坐标为(x 0，mx 0)，由⎩⎨⎧mx 0＝e xf ′(x 0)＝m，即e xx 0＝e x 0，解得x 0＝1，此时m ＝e ；由y ＝－x 2－2x ，得y ′＝－2x －2，x ＝0时，y ′＝－2，因此当m >e 或－2<m <0时，函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，故选D. 答案：D11．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －1|，0<x ≤212f (x －2)，x >2，则函数g (x )＝4f (x )－1的零点个数为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：函数g (x )＝4f (x )－1有零点即4f (x )－1＝0有解，即f (x )＝14，由题意可知，当0<x ≤2时，f (x )＝2|x －1|，当x >2时，f (x )＝12f (x －2)，所以当2<x ≤4时，f (x )＝12×2|x －3|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1；当4<x ≤6时，f (x )＝14×2|x －5|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12，x ＝5时，f (5)＝14；当6<x ≤8时，f (x )＝18×2|x －7|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，14，x ＝8时，f (8)＝14；当8<x ≤10时，f (x )＝116×2|x －9|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤116，18，所以当x >0时，f (x )＝14有两解，即当x >0时函数g (x )＝4f (x )－1有两个零点，因为函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，所以当x <0时，f (x )＝14也有两解，所以函数g (x )＝4f (x )－1共有四个零点，故选B. 答案：B12．对于函数y ＝f (x )，如果其图象上的任意一点都在平面区域{(x ，y )|(y ＋x )(y －x )≤0}内，则称函数f (x )为“蝶型函数”，已知函数：①y ＝sin x ；②y ＝x 2－1，下列结论正确的是( )A ．①、②均不是“蝶型函数”B ．①、②均是“蝶型函数”C ．①是“蝶型函数”；②不是“蝶型函数”D ．①不是“蝶型函数”；②是“蝶型函数”解析：由y ＝sin x ，设g (x )＝sin x ＋x ，导数为cos x ＋1≥0，即有x >0，g (x )>0；x <0时，g (x )<0；设h (x )＝sin x －x ，其导数为cos x －1≤0，x >0时，h (x )<0，x <0时，h (x )>0，可得(y ＋x )(y －x )≤0恒成立，即有y ＝sin x 为“蝶型函数”；由(x 2－1＋x )(x 2－1－x )＝x 2－1－x 2＝－1<0，可得y ＝x 2－1为“蝶型函数”．故选B.答案：B 二、填空题13．(2019·大连模拟)若4m ＝9n＝6，则1m ＋1n＝________.解析：由题意得：m ＝log 46，n ＝log 96，则1m ＋1n ＝1log 46＋1log 96＝log 64＋log 69＝log 636＝2. 答案：214．(2019·滨州模拟)若函数f (x )＝x 2－(a －2)x ＋1(x ∈R)为偶函数，则＝________.解析：函数为偶函数，则：f (x )＝f (－x )，即：x 2－(a －2)x ＋1＝x 2＋(a －2)x ＋1恒成立，∴a －2＝0，a ＝2.则＝log 227＋log 278＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫27×78＝log 214＝－2.答案：－215．已知函数f (x )＝4x－2x ＋1＋3，x ∈[－2,3]，则该函数的最小值是________．解析：设t ＝2x ，x ∈[－2,3]，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，8，此时f (x )＝t 2－2t ＋3＝(t －1)2＋2，当t ＝1时，即x ＝0，函数取得最小值，此时最小值为f (0)＝2. 答案：216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2mx －1，0≤x ≤1，mx ＋2，x >1，若f (x )在区间[0，＋∞)上有且只有2个零点，则实数m 的取值范围是________．解析：当0≤x ≤1时，2x 2＋2mx －1＝0，易知x ＝0不是方程2x 2＋2mx －1＝0的解，故m ＝12x －x 在(0,1]上是减函数，故m ≥12－1＝－12；即m ≥－12时，方程f (x )＝0在[0,1]上有且只有一个解，当x >1时，令mx ＋2＝0得，m ＝－2x，故－2<m <0，即当－2<m <0时，方程f (x )＝0在(1，＋∞)上有且只有一个解，综上所述，若f (x )在区间[0，＋∞)上有且只有2个零点，则实数m 的取值范围是－12≤m <0.答案：－12≤m <0增分强化练考点一导数的运算与导数的几何意义1．若曲线y ＝mx ＋ln x 在点(1，m )处的切线垂直于y 轴，则实数m ＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：f (x )的导数为f ′(x )＝m ＋1x，曲线y ＝f (x )在点P (1，m )处的切线斜率为k ＝m ＋1＝0，可得m ＝－1.故选A. 答案：A2．(2019·荆州质检)函数f (x )＝x ln x 在x ＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为________．解析：∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1，则f (1)＝0，f ′(1)＝1，故曲线f (x )在点P (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1，令x ＝0，得y ＝－1，令y ＝0，得x ＝1，则直线l 与两坐标轴的交点为(0，－1)和(1,0)，所围成三角形的面积为12×1×1＝12.答案：123．(2019·南宁模拟)已知函数f (x )＝1x ＋1＋x ＋a －1的图象是以点(－1，－1)为中心的中心对称图形，g (x )＝e x＋ax 2＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(0，g (0))处的切线互相垂直，则a ＋b ＝________.解析：由f (0)＋f (－2)＝－2，得1＋a －1－1－2＋a －1＝2a －4＝－2，解得a ＝1，所以f (x )＝1x ＋1＋x . 又f ′(x )＝－1(x ＋1)2＋1，所以f ′(1)＝34.因为g (x )＝e x＋x 2＋bx ，g ′(x )＝e x＋2x ＋b ，g ′(0)＝1＋b ，由34(1＋b )＝－1，得1＋b ＝－43，即a ＋b ＝－43.答案：－43考点二导数与函数的单调性1．(2019·甘肃静宁模拟)若f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，92D ．(0,3)解析：f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在x ∈(1,3)上恒成立．即a ≥3x 22x ＝32x 在x ∈(1,3)上恒成立，所以a ≥92.故选B.答案：B2．(2019·江西模拟)已知函数f (x )对于任意实数x 都有f (－x )＝f (x )，且当x ≥0时，f (x )＝e x－sin x ，若实数a 满足f (log 2a )<f (1)，则a 的取值范围是________．解析：由题得，当x ≥0时，f ′(x )＝e x－cos x ，因为x ≥0，所以e x≥e 0＝1，∴e x－cos x ≥0，所以函数在[0，＋∞ )上单调递增，因为f (－x )＝f (x )，所以函数是偶函数，所以函数在(－∞，0)上单调递减，因为f (log 2a )<f (1)，所以|log 2a |＜1，所以－1＜log 2a ＜1，所以12<a <2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 3．(2019·济宁模拟)已知函数f (x )＝ln x －x e x＋ax (a ∈R)． (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解析：(1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－(x ＋1)e x＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x－1x在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x＋1x2>0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1，所以a ≤2e－1.(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x＋x (x >0)．则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ，令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x2－e x<0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，m (1)<0，所以存在x 0>0满足 m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.考点三导数与函数的极值、最值1．(2019·吉安模拟)函数f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2的值域为________．解析：由题意，可得f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ＝sin 3x －3sin 2x ＋3，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2，令t ＝sin x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，即g (t )＝t 3－3t 2＋3，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，则g ′(t )＝3t 2－6t ＝3t (t －2)，当－32<t <0时，g ′(t )>0，当0<t <1时，g ′(t )＜0，即y ＝g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，0为增函数，在[0,1]为减函数，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝6－338，g (0)＝3，g (1)＝1，故函数的值域为：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，3.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，32．(2019·北京西城区模拟)设函数f (x )＝m e x－x 2＋3，其中m ∈R. (1)当f (x )为偶函数时，求函数h (x )＝xf (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点，求m 的取值范围．解析：(1)由函数f (x )是偶函数，得f (－x )＝f (x )，即m e －x－(－x )2＋3＝m e x －x 2＋3对于任意实数x 都成立，所以m ＝0. 此时h (x )＝xf (x )＝－x 3＋3x ，则h ′(x )＝－3x 2＋3. 由h ′(x )＝0，解得x ＝±1.当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表所示：值h (－1)＝－2，h (x )有极大值h (1)＝2. (2)由f (x )＝m e x－x 2＋3＝0，得m ＝x 2－3ex. 所以“f (x )在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3ex，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点”．对函数g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋2x ＋3e x. 由g ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表所示：又因为g (－2)＝e 2，g (－1)＝－2e ，g (3)＝6e 3<g (－2)，g (4)＝13e4>g (－1)，所以当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3e x ，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点．即当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点．增分强化练考点一函数及其表示1．设集合A ＝{－3,0,1,2}，集合B ＝{y |y ＝2x}，则A ∩B ＝( ) A ．(0，－3] B ．{1,2} C ．{0,2}D ．(0，＋∞)解析：由指数函数的性质，可得集合B ＝{y |y ＝2x}＝{y |y >0}，又由A ＝{－3,0,1,2}，所以A ∩B ＝{1,2}，故选B. 答案：B2．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0192＝________.解析：由函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，可得当x >1时，满足f (x )＝f (x －1)，所以函数f (x )是周期为1的函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 009＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212＝－1. 答案：－1 3．函数f (x )＝ln x ＋1x －1的值域为________．解析：ln x ＋1x －1＝ln x －1＋2x －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x －1，∵1＋2x －1>0且1＋2x －1≠1， ∴ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2x －1≠0， ∴f (x )值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．答案：(－∞，0)∪(0，＋∞) 考点二函数的图象1．函数y ＝1－|x －x 2|的图象大致是( )解析：当x ＝－1时，y ＝1－|－1－1|＝－1，所以舍去A ，D ，当x ＝2时，y ＝1－|2－4|＝－1，所以舍去B ，故选C. 答案：C2．函数y ＝x 2ln x 2|x |的图象大致是( )解析：∵y ＝x 2ln x 2|x |，∴函数为偶函数，排除B ，又x >0时，y ＝2x ln x ，y ′＝2(1＋ln x )＝0时，x ＝1e，即函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增，排除A 、C ，故选D.答案：D3．若定义在R上的偶函数f(x)，满足f(x＋2)＝f(x)且x∈[0,1]时，f(x)＝x，则方程f(x)＝log3|x|的实根个数是( )A．2 B．3C．4 D．6解析：由f(x＋2)＝f(x)可得函数的周期为2，又函数为偶函数且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，故可作出函数f(x)的图象，∴方程f(x)＝log3|x|的解个数等价于f(x)与y＝log3|x|图象的交点，由图象可得它们有4个交点，故方程f(x)＝log3|x|的解个数为4，故选C.答案：C4.如图，点P在边长为1的正方形边上运动，M是CD的中点，则当P沿ABCM运动时，点P经过的路程x与△APM的面积y的函数y＝f(x)的图象的形状大致是下图中的( )解析：由点P 在边长为1的正方形边上运动，M 是CD 的中点，则当P 沿A B C M 运动时，点P 经过的路程x 与△APM 的面积的函数，可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ，0<x <134－x4，1≤x <254－12x ，2≤x <52，画出分段函数的图象，如图所示，故选A. 答案：A考点三函数的性质1．(2019·大连模拟)下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln(x 2＋1＋x )解析：sin x 不是单调递增函数，可知A 错误； |－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ()(－x )2＋1－x ＝ln1x 2＋1＋x＝－ln(x 2＋1＋x )，则y ＝ln(x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln(x 2＋1＋x )在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D. 答案：D2．(2019·汕头模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (1)＝a ，则f (2)＋f (3)＋f (4)＝( ) A ．0 B ．－a C ．aD ．3a解析：因为函数f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，所以f (x )关于直线x ＝1对称，所以f (2)＝f (0)，f (3)＝f (－1)，又f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又由f (1＋x )＝f (1－x )可得f (x ＋1)＝f (1－x )＝－f (x －1)，所以f (x ＋2)＝－f (x )，故f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，因此，函数f (x )是以4为周期的周期函数，所以f (4)＝f (0)，又f (1)＝a ，因此f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (0)＋f (－1)＋f (0)＝－f (1)＝－a . 故选B. 答案：B3．已知定义在非零实数集上的奇函数y ＝f (x )，函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，则该4个交点横坐标之和为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8解析：因为函数y ＝f (x )是奇函数，y ＝f (x )关于点(0,0)中心对称；所以函数y ＝f (x －2)关于点(2,0)中心对称；又由πx2＝k π，k ∈Z 得到x ＝2k ，k ∈Z ，即函数g (x )＝sin πx2的对称中心为(2k,0)，k ∈Z ，因此，点(2,0)也是函数g (x )＝sin πx2的一个对称中心；由函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，交点横坐标依次设为x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4，所以由函数对称性可知，x 1＋x 42＝2，x 2＋x 32＝2，因此x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8. 故选D. 答案：D4．(2019·株洲模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ≥a－x 3＋3x ，x <a ，其中a ≤－2，则满足f (x )＋f (x －1)<3的x 取值范围是( ) A ．(－1，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－2，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：设y ＝－x 3＋3x ，则y ′＝－3x 2＋3＝－3(x ＋1)(x －1)，所以当x <－1或x >1时，函数y ＝－x 3＋3x 单调递减；当－1<x <1时，函数单调递增．所以当x <a (a ≤－2)时，函数y ＝－x 3＋3x 单调递减．又当x ≥a (a ≤－2)时，函数y ＝－x 单调递减，所以函数f (x )在R 上单调递减．设h (x )＝f (x )＋f (x －1)，则h (x )在R 上也为单调递减函数，又h (－1)＝f (－1)＋f (－2)＝3，即h (x )<h (－1)，所以x >－1.所以所求x 取值范围是(－1，＋∞)．故选A. 答案：A增分强化练一、选择题1．已知集合A ＝{x |y ＝log 2(x －1)}，集合B ＝{x ∈N|x 2－2x －3≤0}，则A ∩B ＝ ( )A ．{1,2,3}B ．{2,3}C ．{x |0<x ≤3}D ．{x |1<x ≤3}解析：由题意，集合A ＝{x |y ＝log 2(x －1)}＝{x |x >1}，集合B ＝{0,1,2,3}，根据集合的交集的运算，可得A ∩B ＝{2,3}，故选B. 答案：B2．(2019·烟台模拟)设集合A ＝{x |y ＝x －3}，B ＝{y |y ＝2x，x ≤3}，则集合(∁R A )∩B ＝( ) A ．{x |x <3} B ．{x |x ≤3} C ．{x |0<x <3}D ．{x |0<x ≤3}解析：因为A ＝{x |y ＝x －3}＝{x |x ≥3}，B ＝{y |y ＝2x，x ≤3}＝{y |0<y ≤8}，所以(∁R A )∩B ＝{x |0<x <3}，故选C. 答案：C3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2(2－x )，x <12x －1，x ≥1，则f (f (－2))＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：由题得f (－2)＝1＋log 24＝1＋2＝3，所以f (f (－2))＝f (3)＝23－1＝4.故选B.答案：B4．已知函数f (x )＝xe|x |，则下列说法正确的是( )A ．函数f (x )是奇函数，且在(－∞，－1)上是减函数B ．函数f (x )是奇函数，且在(－∞，－1)上是增函数C ．函数f (x )是偶函数，且在(－∞，－1)上是减函数D ．函数f (x )是偶函数，且在(－∞，－1)上是增函数解析：由题意，函数f (x )＝xe |x |，可得其定义域为R ，又由f (－x )＝－x e |－x |＝－xe|x |＝－f (x )，即f (－x )＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，当x ∈(－∞，－1)时，f (x )＝xe－x＝x ·e x，则f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，则f ′(x )<0，函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减，故选A. 答案：A5．函数y ＝e|x |4x的图象可能是( )解析：函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B ，当x ＝1时，y ＝e4<1，排除A ；当x →＋∞时，e|x |4x →＋∞，排除D.故选C.答案：C6．(2019·九江模拟)已知函数f (x )＝log a (a x＋1)＋12x (a >0且a ≠1)，则( )A ．f (x )图象关于原点对称B ．f (x )图象关于y 轴对称C ．f (x )在R 上单调递增D ．f (x )在R 上单调递减解析：∵f (x )＋f (－x )≠0，f (x )－f (－x )≠0，可知f (x )为非奇非偶函数，故排除A ，B ；当a >1时，u ＝a x＋1在R 上单调递增，y ＝log a u 在(1，＋∞)上单调递增，且y ＝12x 在R 上单调递增，∴f (x )在R 上单调递增；当0<a <1时，u ＝a x＋1在R 上单调递减，y ＝log a u 在(1，＋∞)上单调递减，且y ＝12x 在R 上单调递增，∴f (x )在R 上单调递增，故选C. 答案：C7．(2019·济宁模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋4)＝f (x )；当x ∈(0,2)时，f (x )＝x 2＋ln x ，则f (2 019)＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：由f (x ＋4)＝f (x )可得函数f (x )周期为T ＝4，又因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝－f (1)＝－1.故选A. 答案：A8．(2019·晋城模拟)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋5)＝f (x －3)，如果当x ∈[0,4)时，f (x )＝log 2(x ＋2)，则f (766)＝( ) A ．3 B ．－3 C ．2D ．－2解析：由f (x ＋5)＝f (x －3)，得f (x ＋8)＝f (x )，所以f (x )是周期为8的周期函数，当x ∈[0,4)时，f (x )＝log 2(x ＋2)，所以f (766)＝f (96×8－2)＝f (－2)，又f (x )是定义在R 上的偶函数所以f (－2)＝f (2)＝log 24＝2.故选C. 答案：C9．(2019·宝鸡模拟)定义在R 上的函数y ＝f (x )满足以下三个条件： ①对于任意的x ∈R ，都有f (x ＋1)＝f (x －1)； ②函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称；③对于任意的x 1，x 2∈[0,1]，都有(f (x 1)－f (x 2))·(x 1－x 2)>0.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32、f (2)、f (3)从小到大的关系是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2)>f (3)B ．f (3)>f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (3)>f (2)D ．f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2) 解析：①对于任意的x ∈R ，都有f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数的周期为T ＝2；②函数y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称，所以函数f (x )关于直线x ＝1对称；③对于任意的x 1，x 2∈[0,1]，都有(f (x 1)－f (x 2))(x 1－x 2)>0，所以函数在[0,1]单调递增，因为f (3)＝f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f (2)＝f (0)，1＞12＞0，所以f (3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32>f (2)，故选D.答案：D10．(2019·吉安模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足对任意实数x ，y 都有f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，设g (x )＝f (x )＋sin x ＋x 2，若g (10)＝2 019，则g (－10)的值为( ) A ．－2 219 B ．－2 019 C ．－1 919D ．－1 819解析：由题意，因为f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，∴f (0＋0)＝f (0)＋f (0)＝f (0)，即f (0)＝0, 令y ＝－x ，则有f (x －x )＝f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0, 即f (－x )＝－f (x )，即f (x )是奇函数，若g (x )＝f (x )＋sin x ＋x 2，g (10)＝2 019, 则g (10)＝f (10)＋sin 10＋100＝2 019,则g (－10)＝f (－10)－sin 10＋100＝－f (10)－sin 10＋100, 两式相加得200＝2 019＋g (－10), 得g (－10)＝200－2 019＝－1 819, 故选D. 答案：D11．(2019·烟台模拟)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，f (x ＋1)为偶函数，且对∀x 1<x 2≤1，满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0.若f (3)＝1，则不等式f (log 2x )<1的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，8 B ．(1,8)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) D ．(－∞，1)∪(8，＋∞)解析：因为对∀x 1<x 2≤1，满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0，所以y ＝f (x )当x ∈(－∞，1]时，是单调递减函数，又因为f (x ＋1)为偶函数，所以函数y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，所以函数y ＝f (x )当x >1时，是增函数，又因为f (3)＝1，所以有f (－1)＝1，当log 2x ≤1时，即当0<x ≤2时，f (log 2x )<1⇒f (log 2x )<f (－1)⇒log 2x >－1⇒x >12，∴12<x ≤2，当log 2x >1时，即当x >2时，f (log 2x )<1⇒f (log 2x )<f (3)⇒log 2x <3⇒x <8，∴2<x <8，综上所述：不等式f (log 2x )<1的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，8，故选A. 答案：A12．(2019·乌鲁木齐质检)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x ∈R ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则y ＝[x ]称为高斯函数，例如： [－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f (x )＝2x＋31＋2x ＋1，则函数y ＝[f (x )]的值域为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3 B ．{0,1} C ．{0,1,2}D ．{0,1,2,3}解析：f (x )的定义域为R ，f (x )＝2x＋31＋2x ＋1＝12(2x ＋1＋1)＋521＋2x ＋1＝12＋52·11＋2x ＋1，因为2x ＋1>0，所以0<52·11＋2x ＋1<52，所以f (x )的值域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，所以y ＝[f (x )]的值域为{0,1,2}，故选C. 答案：C 二、填空题13．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥3f (x ＋1)，x <3，则f (log 25)＝________.解析：因为log 25<3，所以f (log 25)＝f (log 25＋1)＝f (log 25＋log 22)＝f (log 210)，因为log 210>3，所以f (log 25)＝f (log 210)＝2log 210＝10. 答案：1014．已知函数f (x )＝log 2(－x 2＋ax ＋3)，若f (1)＝2，则a ＝________. 解析：由题f (1)＝2，即2＝log 2(－12＋a ＋3)，∴a ＋2＝4，a ＝2. 答案：215．(2019·大连模拟)已知函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数，且f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则不等式f (2x －1)>f (x －2)的解集为________．解析：∵函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数， ∴f (2x －1)>f (x －2)可转化为f (|2x －1|)>f (|x －2|)，又∵f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (2x －1)>f (x －2)⇔|2x －1|>|x －2|，两边平方解得：x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞) ，故f (2x －1)>f (x －2)的解集为x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)16．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )＝x ＋sin x ＋1，则f (2 019)＋f (－2 019)＝________. 解析：因为函数f (x )＝x ＋sin x ＋1，所以f (2 019)＝2 019＋sin 2 019＋1＝2 020＋sin 2 019，所以f (－2 019)＝－2 019＋sin(－2 019)＋1＝－2 018－sin 2 019，所以f (2 019)＋f (－2 019)＝2 020＋sin 2 019＋(－2 018－sin 2 019)＝2. 答案：2。

2020版高三新课标专题辅导与增分攻略数学(文)专题强化训练：函数与导数含解析

教课资料范本2020版高三新课标专题指导与增分攻略数学（文）专题加强训练：函数与导数含分析编辑： __________________时间： __________________1 1．(20xx ·江西赣州五校协作体联考)已知函数 f(x)＝lnx－2ax2＋x.a∈R.(1)当a＝ 0时.求曲线 y＝f(x)在(1.f(1))处的切线方程；(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1).求函数 g(x)的极值．[ 解] (1)当 a＝0 时.f(x)＝lnx＋x.则 f(1)＝1.∴切点为 (1,1).又1f′(x)＝x＋1.∴切线斜率 k＝f′(1)＝2.故切线方程为y－1＝2(x－ 1).即 2x－y－1＝0.11(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－2ax2＋(1－a)x＋ 1.则 g′(x)＝x－ax ＋(1－a)＝错误! .当 a≤0 时.∵x>0.∴g′(x)>0.∴g(x)在(0.＋∞)上是增函数 .函数 g(x)无极值点．当 a>0 时.g′(x)＝错误!＝－错误 ! .令g′(x)＝0.得x＝错误 ! .∴当∈0，1时.g ′(x)>0；当∈1，＋∞ 时.g′(x)<0.所以x a x ag(x)在 0，1上是增函数 .在11a，＋∞ 上是减函数．∴ x＝时.g(x)有极a a大值 g 11a111－lna. a＝ln －·＋(1－a) ·＋1＝a 2 a2a2a综上 .当 a≤0 时.函数 g(x)无极值；1当 a>0 时.函数 g(x)有极大值2a－lna.无极小值．2．(20xx ·武汉模拟 )已知函数 f(x)＝xlnx－ax2－x.1(1)当a＝2时.证明： f(x)在定义域上为减函数；(2)若a∈R.议论函数 f(x)的零点状况．[ 解] (1)证明：由题意可知函数f(x)的定义域为 (0.＋∞).f ′(x)11－x ＝l nx＋1－x－1＝lnx－x.令 g(x)＝lnx－ x.则 g′(x)＝x－1＝x . 当0<x<1 时.g′(x)>0；当 x>1 时 .g′(x)<0.所以 g(x)max＝g(1)＝－ 1.即 g(x)＝lnx－x<0.所以 f ′(x)<0.所以 f(x)在定义域上为减函数．(2)f(x)＝xlnx－ax2－x 的零点状况 .即方程 xlnx－ax2－x＝0 的根的状况 .由于 x>0.所以方程可化为 a＝lnx －1 x.令 h(x)＝lnx－1则′(x)＝错误! ＝错误 !.x. h令 h′(x)＝ 0.可得 x＝e2.当 0<x<e2时.h′(x)>0.1当 x>e2时.h′(x)<0.所以 h(x)max＝h(e2)＝e2.且当 x→0 时.h(x)→－∞；当 x>e2时.h(x)>0.lnx －1所以 h(x)＝x的大概图象如下图 .1lnx －1联合图象可知 .当 a>e2时 .方程 a＝x没有根；1lnx －1当 a＝e2或 a≤0 时.方程 a＝x有一个根；1lnx －1当 0<a<e2时 .方程 a＝x有两个根．11所以当 a>e2时.函数 f(x)无零点；当 a＝e2或 a≤0 时.函数 f(x)有1一个零点；当 0<a<e2时.函数 f(x)有两个零点．3．(20xx ·山西太原模拟 )设函数 f(x)＝1－a 22 x ＋ax－ln x(a∈R)．(1)当a＝ 1时.求函数 f(x)的极值；(2)若对随意a∈及随意 1 2∈[1,2]. 恒有a－1(4,5)x .x2m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|建立 .务实数 m的取值范围．1－a[ 解] (1)∵函数 f(x)＝2x2＋ax－lnx(a∈R).∴函数 f(x)的定义域为 (0.＋∞)．1 x－1当 a＝1 时. f(x)＝x－lnx, f ′(x)＝ 1－x＝x.当 0<x<1 时.f ′(x)<0.f(x)单一递减 .当 x>1 时. f ′(x)>0, f(x)单一递加 .∴函数 f(x)的极小值为 f(1)＝1.无极大值．1－a(2)∵函数 f(x)＝2x2＋ax－ln x(a∈R).1当 a∈(4,5)时 .在区间 [1,2] 上.f ′(x)≤0.则 f(x)单一递减 .f(1)是 f(x)的最大值 .f(2)是 f(x)的最小值 .4 / 6a 3∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝2－2＋ln2.∵对随意 a∈(4,5)及随意 x1.x2∈[1,2]. 恒有a－12 m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|建立 .a－1 a 3a－3∴2 m＋ln2>2－2＋ln2.得 m>a－1.a－3221∵a∈(4,5).∴a－1＝1－a－1<1－5－1＝2.11∴ m≥2.∴实数 m 的取值范围是2，＋∞.4．(20xx ·河南洛阳二模 )已知函数 f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)若曲线 y＝f(x)与直线 x－y－1－ln2＝0相切 .务实数 a的值；11(2)若函数 f(x)有两个零点 x1.x2.证明lnx1＋lnx2 >2解由＝－得′1[](1)(x)＝－a.f(x)lnx ax. f x设切点的横坐标为 x0依题意得.1x0－a＝1，x0－1－ln2 ＝lnx0 －ax0，1解得x0＝2，故实数 a 的值为 1.a＝1.(2)证明：不如设 0<x1<x2lnx1 －ax1＝0，得 lnx2－lnx1＝.由lnx2 －ax2＝0，1x2－x1a(x2－x1).即a＝lnx2－lnx1 .11 11x2－x1 1 1所以 lnx1 ＋lnx2 －2＝ax1＋ax2－2＝lnx2 －lnx1x1＋x2 －2＝x2x1 x2x1－x2－2lnx1x2 .ln x1x2x2 x2 x1x21令 t ＝x1>1.则 ln x1>0.x1－x2－2ln x1＝t － t －2lnt.1t2 －2t ＋1设 g(t)＝t －－2lnt.则当 t>1 时.g ′(t)＝t2>0.t则函数 g(t)在(1.＋∞)上单一递加 .所以 g(t)>g(1)＝0.x2x1x2x1－x2－2lnx11 1进而x2 >0.即lnx1 ＋lnx2 >2.ln x1。

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练三十三理20191128354

增分强化练(三十三)考点一函数及其表示1．设集合A ＝{－3,0,1,2}，集合B ＝{y |y ＝2x}，则A ∩B ＝( ) A ．(0，－3] B ．{1,2} C ．{0,2}D ．(0，＋∞)解析：由指数函数的性质，可得集合B ＝{y |y ＝2x }＝{y |y >0}，又由A ＝{－3,0,1,2}，所以A ∩B ＝{1,2}，故选B. 答案：B2．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫2 0192＝________.解析：由函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤1f (x －1)，x >1，可得当x >1时，满足f (x )＝f (x －1)，所以函数f (x )是周期为1的函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0192＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 009＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝log 212＝－1. 答案：－1 3．函数f (x )＝ln x ＋1x －1的值域为________．解析：ln x ＋1x －1＝ln x －1＋2x －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x －1，∵1＋2x －1>0且1＋2x －1≠1， ∴ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2x －1≠0， ∴f (x )值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．答案：(－∞，0)∪(0，＋∞) 考点二函数的图象1．函数y ＝1－|x －x 2|的图象大致是( )解析：当x ＝－1时，y ＝1－|－1－1|＝－1，所以舍去A ，D ，当x ＝2时，y ＝1－|2－4|＝－1，所以舍去B ，故选C. 答案：C2．函数y ＝x 2ln x 2|x |的图象大致是( )解析：∵y ＝x 2ln x 2|x |，∴函数为偶函数，排除B ，又x >0时，y ＝2x ln x ，y ′＝2(1＋ln x )＝0时，x ＝1e，即函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增，排除A 、C ，故选D. 答案：D3．若定义在R 上的偶函数f (x )，满足f (x ＋2)＝f (x )且x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，则方程f (x )＝log 3|x |的实根个数是( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．6解析：由f (x ＋2)＝f (x )可得函数的周期为2，又函数为偶函数且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，故可作出函数f (x )的图象，∴方程f (x )＝log 3|x |的解个数等价于f (x )与y ＝log 3|x |图象的交点，由图象可得它们有4个交点，故方程f (x )＝log 3|x |的解个数为4，故选C. 答案：C4.如图，点P 在边长为1的正方形边上运动，M 是CD 的中点，则当P沿A B C M 运动时，点P 经过的路程x 与△APM 的面积y 的函数y ＝f (x )的图象的形状大致是下图中的()解析：由点P 在边长为1的正方形边上运动，M 是CD 的中点，则当P 沿A B C M 运动时，点P 经过的路程x 与△APM 的面积的函数，可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ，0<x <134－x4，1≤x <254－12x ，2≤x <52，画出分段函数的图象，如图所示，故选A. 答案：A考点三函数的性质1．(2019·大连模拟)下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln(x 2＋1＋x )解析：sin x 不是单调递增函数，可知A 错误； |－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ()(－x )2＋1－x ＝ln1x 2＋1＋x＝－ln(x 2＋1＋x )，则y ＝ln(x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln(x 2＋1＋x )在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D. 答案：D2．(2019·汕头模拟)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (1)＝a ，则f (2)＋f (3)＋f (4)＝( ) A ．0 B ．－a C ．aD ．3a解析：因为函数f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，所以f (x )关于直线x ＝1对称，所以f (2)＝f (0)，f (3)＝f (－1)，又f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又由f (1＋x )＝f (1－x )可得f (x ＋1)＝f (1－x )＝－f (x －1)，所以f (x ＋2)＝－f (x )，故f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，因此，函数f (x )是以4为周期的周期函数，所以f (4)＝f (0)，又f (1)＝a ，因此f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (0)＋f (－1)＋f (0)＝－f (1)＝－a . 故选B. 答案：B3．已知定义在非零实数集上的奇函数y ＝f (x )，函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，则该4个交点横坐标之和为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8解析：因为函数y ＝f (x )是奇函数，y ＝f (x )关于点(0,0)中心对称；所以函数y ＝f (x －2)关于点(2,0)中心对称；又由πx2＝k π，k ∈Z 得到x ＝2k ，k ∈Z ，即函数g (x )＝sin πx2的对称中心为(2k,0)，k ∈Z ，因此，点(2,0)也是函数g (x )＝sin πx2的一个对称中心；由函数y ＝f (x －2)与g (x )＝sin πx2图象共有4个交点，交点横坐标依次设为x 1，x 2，x 3，x 4且x 1<x 2<x 3<x 4，所以由函数对称性可知，x 1＋x 42＝2，x 2＋x 32＝2，因此x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8. 故选D. 答案：D4．(2019·株洲模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ≥a－x 3＋3x ，x <a ，其中a ≤－2，则满足f (x )＋f (x －1)<3的x取值范围是( )A．(－1，＋∞) B．(－3，＋∞)C．(－2，＋∞) D．(0，＋∞)解析：设y＝－x3＋3x，则y′＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，所以当x<－1或x>1时，函数y＝－x3＋3x单调递减；当－1<x<1时，函数单调递增．所以当x<a(a≤－2)时，函数y＝－x3＋3x单调递减．又当x≥a(a≤－2)时，函数y＝－x单调递减，所以函数f(x)在R上单调递减．设h(x)＝f(x)＋f(x－1)，则h(x)在R上也为单调递减函数，又h(－1)＝f(－1)＋f(－2)＝3，即h(x)<h(－1)，所以x>－1.所以所求x取值范围是(－1，＋∞)．故选A.答案：A。

2020年高考数学(理)大题分解专题06 函数与导数

当 x ( 2 1，+) 时, F (x) 0 , F (x) 单调递减. a
因此 F (x) F ( 2 1) 2 ln 2 2 a ln a a 2 ln a ．
a
a
2
2
令函数 g(a) a 2 ln a ,其中 1 a 2 ,
又因为 f (0) 1，所以曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y 1.
【肢解
2】（2）求函数
f
x 在区间
0,
π 2
上的最大值和最小值.
（2）设 h(x) ex (cos x sin x) 1 ，则 h(x) ex (cos x sin x sin x cos x) 2ex sin x .
【解析】（1） f (x) 3x2 2ax 3x(x 2 a) ， 3
当 a 0 ， f (x) 0 ，函数递增区间是 (, ) ，
当 a 0 ，递增区间是 (, 2 a), (0, ) ， 3
当 a 0 ，递增区间是 (, 0), ( 2a , ) . 3
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大题肢解一
专题 06 函数与导数
函数的最值
（2020 安徽省十四校联盟高三段考）已知函数 f x ex cos x x .
（1）求曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
（2）求函数
f
x 在区间
0,
π 2
1 m
1 e
所以
m
的取值范围是

1
e
e
,1
.
变式训练一

2020版高考数学大二轮复习专题选修部分增分强化练文

增分强化练1．(2019·乌鲁木齐质检)在平面直角坐标系xOy 中，直线l的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2ty ＝1＋t (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中．曲线C 的极坐标方程为ρ＝22cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.(1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)判断直线l 与曲线C 的位置关系，并说明理由．解析：(1)消去参数t ，则直线l 的普通方程为x －2y ＋2＝0,因为ρ＝22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，故ρ＝2cos θ－2sin θ，即ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0.(2)圆心(1，－1)到直线x －2y ＋2＝0的距离d ＝5>2，故直线l 与曲线C 是相离的位置关系．2．(2019·安阳模拟)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos αy ＝4sin α(α为参数)，以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系．直线l 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2.(1)求C 的普通方程和l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴和y 轴的交点分别为A ，B ，点M 在曲线C 上，求△MAB 面积的最大值.解析：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos αy ＝4sin α(α为参数)消去参数α可得曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝16.由ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2得12ρcos θ＋32ρsin θ＝2，因为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，所以直线l 的直角坐标方程为x ＋3y －4＝0.(2)由(1)得A (4,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，433，所以|AB |＝833，设M (4cos α，4sin α)，则点M 到直线AB 的距离为d ＝|4cos α＋43sin α－4|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－2，当sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝－1时，d max ＝6.故△MAB 的面积的最大值为12×833×6＝8 3.3．(2019·济宁模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－1＋cos φy ＝3＋sin φ(φ为参数)．(1)以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C 的极坐标方程； (2)若射线θ＝α与曲线C 有两个不同的交点A ，B ，求1|OA |＋1|OB |的取值范围．解析：(1)曲线C 的直角坐标方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝1，即x 2＋y 2＋2x －23y ＋3＝0，又x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴曲线C 的极坐标方程为ρ2＋2ρ(cos θ－3sin θ)＋3＝0. (2)把θ＝α代入ρ2＋2(cos θ－3sin θ)ρ＋3＝0得ρ2＋2(cos α－3sin α)ρ＋3＝0.设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，则ρ1＋ρ2＝2(3sin α－cos α)，ρ1ρ2＝3.所以1|OA |＋1|OB |＝1ρ1＋1ρ2＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝2(3sin α－cos α)3＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6，又射线θ＝α与曲线C 有两个不同的交点A ，B ，∴π2<α<5π6，∴π3<α－π6<2π3，∴32<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6≤1， ∴233<1|OA |＋1|OB |≤43， ∴1|OA |＋1|OB |的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤233，43. 4．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3t y ＝－3t(t 为参数)，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θy ＝2sin θ(θ为参数)，以该直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝23cos θ－2sin θ. (1)分别求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)设直线l 交曲线C 1于O 、A 两点，交曲线C 2于O 、B 两点，求|AB |的长．解析：(1)曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θy ＝2sin θ(θ为参数)可化为直角坐标方程：(x －2)2＋y 2＝4，即x 2＋y 2－4x ＝0，可得ρ2－4ρcos θ＝0，所以曲线C 1的极坐标方程为ρ＝4cos θ.曲线C 2：ρ＝23cos θ－2sin θ，即ρ2＝23ρcos θ－2ρsin θ，则C 2的直角坐标方程为(x －3)2＋(y ＋1)2＝4. (2)法一：直线l 的直角坐标方程为y ＝－33x ，所以l 的极坐标方程为θ＝5π6(ρ∈R)．联立⎩⎪⎨⎪⎧θ＝5π6ρ＝4cos θ，得ρA ＝－23，联立⎩⎪⎨⎪⎧θ＝5π6ρ＝23cos θ－2sin θ，得ρB ＝－4，|AB |＝|ρA －ρB |＝4－2 3.法二：直线l 的直角坐标方程为y ＝－33x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－33xx 2－4x ＋y 2＝0，解得A (3，－3)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－33x(x －3)2＋(y ＋1)2＝4，解得B (23，－2)，所以|AB |＝ (23－3)2＋(－2＋3)2＝4－2 3.增分强化练考点一绝对值不等式的解法已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3的解集；(2)若直线y ＝x ＋a 与y ＝f (x )的图象所围成的多边形面积为92，求实数a 的值．解析：(1)由题意，可得函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ，x ≥1x ＋2，－12＜x ＜1－3x ，x ≤－12，由f (x )≥3可知：①当x ≥1时，3x ≥3，即x ≥1；②当－12＜x ＜1时，x ＋2≥3，即x ≥1，与－12＜x ＜1矛盾，舍去；③当x ≤－12时，－3x ≥3，即x ≤－1；综上可知，不等式f (x )≥3的解集为{x |x ≤－1或x ≥1}．(2)画出函数y ＝f (x )的图象，如图所示，其中A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，B (1,3)，由k AB ＝1，知y ＝x ＋a 图象与直线AB 平行，若要围成多边形，则a ＞2.易得y ＝x ＋a 与y ＝f (x )图象交于两点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，3a 2，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，3a 4，则|CD |＝2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2＋a 4＝324a .平行线AB 与CD 间的距离d ＝|a －2|2＝a －22，且|AB |＝322，∴梯形ABCD 的面积S ＝322＋324a 2·a －22＝32＋34a 2·(a －2)＝92，(a ＞2)．即(a ＋2)(a －2)＝12，∴a ＝4，故所求实数a 的值为4.考点二与绝对值有关的参数范围问题(2019·淮南模拟)已知函数f (x )＝|x －2|＋2. (1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)>f (7)；(2)设g (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|，若对任意x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得g (x 1)＝f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)不等式f (x )＋f (x ＋1)>f (7)等价于|x －2|＋|x －1|>3， ①当x >2时，原不等式即为2x －3>3，解得x >3，所以x >3； ②当1<x ≤2时，原不等式即为1>3，解得x ∈∅，所以x ∈∅； ③当x ≤1时，原不等式即为－2x ＋3>3，解得x <0，所以x <0；所以不等式f (x )＋f (x ＋1)>f (7)的解集为{x |x <0或x >3}． (2)对任意x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得g (x 1)＝f (x 2)成立，则 {y |y ＝g (x )}⊆{y |y ＝f (x )}．因为g (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|≥ |(2x －a )－(2x ＋3)|＝ |a ＋3|，当且仅当(2x －a )(2x ＋3)≤0时取等号，又f (x )＝|x －2|＋2≥2，所以|a ＋3|≥2，从而a ≥－1或a ≤－5，所以实数a 的取值范围(－∞，－5]∪[－1，＋∞)．考点三不等式的证明(2019·泉州质检)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －14＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋14，M 为不等式f (x )≤2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，21－ab ≥a －b .解析：(1)f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －14＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋14 ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－1412，－14<x <142x ，x ≥14，所以不等式的解集为M ＝[－1,1]． (2)证明：要证21－ab ≥a －b ，只需证21－ab ≥|a －b |, 即证4(1－ab )≥|a －b |2,只需证4－4ab ≥a 2－2ab ＋b 2，即4≥a 2＋2ab ＋b 2, 即证4≥(a ＋b )2,只需证2≥|a ＋b |，因为a ，b ∈M ，所以|a ＋b |≤2，所以所证不等式成立．增分强化练1．已知函数f (x )＝e x－x . (1)求函数f (x )的极值；(2)若对任意x >0，f (x )>12ax 2＋1，求a 的取值范围．解析：(1)令f ′(x )＝e x －1＝0，x ＝0. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∴f (x )极小值＝f (2)对任意x >0，f (x )>12ax 2＋1即e x－x －12ax 2－1>0，设g (x )＝e x －x －12ax 2－1，g ′(x )＝e x－1－ax,①当a ≤0时，g ′(x )单调递增，g ′(0)＝0，g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )>g (0)＝0，成立；②当0<a ≤1时，令h (x )＝g ′(x )，h ′(x )＝e x－a >0，g ′(x )单调递增，g ′(0)＝0，g ′(x )>0，g (x )单调递增，g (x )>g (0)＝0，成立；③当a >1时，当0<x <ln a 时，h ′(x )＝e x－a <0，g ′(x )单调递减，g ′(0)＝0，g ′(x )<0，g (x )单调递减，g (x )<g (0)＝0，不成立．综上，a 的取值范围为(－∞，1]． 2．已知函数f (x )＝(x －2)e x －k (x －1)2.(1)当k <0时，求函数f (x )在[0,2]上的最大值和最小值； (2)讨论函数y ＝f (x )零点的个数．解析：由题设，f ′(x )＝(x －1)(e x－2k )， (1)当k <0时，显然e x－2k >0，令f ′(x )>0，得x >1，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，令f ′(x )<0，得x <1，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在[0,2]上，f (1)＝－e, f (0)＝－2－k ，f (2)＝－k ，所以，f (x )max ＝－k ，f (x )min ＝－e.(2)由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令f (x )＝0则(x －2)e x ＝k (x －1)2，①当x ＝1时，－e≠0，所以x ＝1不是f (x )的零点．当x ≠1时，①式化为k ＝(x －2)ex(x －1)2，设g (x )＝(x －2)e x(x －1)2，则g ′(x )＝(x 2－4x ＋5)e x(x －1)3＝()(x －2)2＋1ex(x －1)3，令g ′(x )>0得x >1，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增，令g ′(x )<0，得x <1，则g (x )在(－∞，1)上单调递减，当x →1时，g (x )→－∞当x →＋∞时，g (x )→＋∞. 当x →－∞时，g (x )→0，且当x <0时，g (x )<0. 故g (x )的图象如图：所以，当k <0时，y ＝f (x )有两个零点，当k ≥0时，y ＝f (x )有一个零点．3．(2019·榆林模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x －ax 2. (1)讨论函数f (x )的单调区间； (2)证明：xf (x )<2e2·e x ＋x －ax 3.解析：(1) f (x )＝1＋ln x －ax 2(x >0)，f ′(x )＝1－2ax2x当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 12a ，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞，f ′(x )<0，∴f (x )单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)证明：法一：要证xf (x )<2e 2·e x ＋x －ax 3，即证2e 2·e xx －ln x >0，令φ(x )＝2e 2·exx －ln x ，(x >0)，φ′(x )＝2(x －1)e x －e 2xe 2x2，令r (x )＝2(x －1)e x－e 2x ，r ′(x )＝2x e x －e 2，r ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，r ′(1)<0，r ′(2)>0，故存在唯一的x 0∈(1,2)使得r ′(x )＝0，∴r ′(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∵r (0)<0，r (2)＝0，∴当x ∈(0,2)时，r (x )＜0 ，x ∈(2，＋∞)时，r (x )>0; 所以φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )≥φ(2)＝1－ln 2>0，得证．法二：要证xf (x )＜2e 2·e x ＋x －ax 3，即证： 2e 2·e xx 2>ln x x ，令φ(x )＝2e 2·e xx 2(x >0)，φ′(x )＝2(x －2)exe 2x3， ∴当x ∈(0,2)时，φ′(x )<0，x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )>0；所以φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )≥φ(2)＝12；令r (x )＝ln x x ，r ′(x )＝1－ln xx2，当x ∈(0，e)时，r ′(x )＞0，x ∈(e ，＋∞)时，r ′(x )<0;所以r (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴r (x )≤r (e)＝1e ，∴φ(x )≥12>1e ≥r (x )，∴2e 2·e xx 2＜ln xx，得证． 4．(2019·济宁模拟)已知函数f (x )＝x －a (ln x )2，a ∈R. (1)当a ＝1，x >1时，试比较f (x )与1的大小，并说明理由； (2)若f (x )有极大值，求实数a 的取值范围； (3)若f (x )在x ＝x 0处有极大值，证明：1<f (x 0)<e 2.解析：(1)当a ＝1，x >1时，f (x )＝x －(ln x )2，x >1.f ′(x )＝1－2(ln x )×1x＝x －2ln xx. 令g (x )＝x －2ln x ，x >1，则g ′(x )＝1－2x＝x －2x，当x ∈(1,2)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； ∴g (x )≥g (2)＝2－2ln 2>0，即f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增． ∴f (x )>f (1)＝1.故当a ＝1，x >1时f (x )>1.(2)∵f ′(x )＝1－2a ln x x ＝x －2a ln x x(x >0)，令h (x )＝x －2a ln x (x >0)，则h ′(x )＝1－2a x ＝x －2a x，①当a ＝0时，f (x )＝x 无极大值．②当a <0时，h ′(x )>0，h (x )在(0，＋∞)上单调递增；∴当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )在x ＝x 1处有极小值，f (x )无极大值．③当a >0时，h (x )在(0,2a )上单调递减，h (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， ∵f (x )有极大值，∴h (2a )＝2a －2a ln(2a )＝2a (1－ln 2a )<0，即a >e 2，又h (1)＝1>0，h (e)＝e －2a <0，∴∃x 0∈(1，e)，使得h (x 0)＝x 0－2a ln x 0＝0，即a ln x 0＝x 02；∴当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(x 0，e)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴f (x )有极大值，综上所述，a >e2.(3)证明：由(2)可知：a ln x 0＝x 02，∴f (x 0)＝x 0－a (ln x 0)2＝x 0－x 0ln x 02(1<x 0<e)，设p (x )＝x －x ln x2(1<x <e)，则p ′(x )＝1－1＋ln x 2＝1－ln x2>0，∴p (x )在(1，e)上单调递增， ∴p (1)<p (x )<p (e)，即1<p (x )<e2，故1<f (x 0)<e2.增分强化练考点一极坐标方程(2019·九江模拟)在极坐标系中，已知曲线C 1的方程为ρ＝6sin θ，曲线C 2的方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1.以极点O 为原点，极轴为x 轴非负半轴建立直角坐标系xOy .(1)求曲线C 1，C 2的直角坐标方程；(2)若曲线C 2与y 轴相交于点P ，与曲线C 1相交于A ，B 两点，求1|PA |＋1|PB |的值．解析：(1)由ρ＝6sin θ，得ρ2＝6ρsin θ，∴曲线C 1的直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝9.由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1，得ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin θ＋32cos θ＝12ρsin θ＋32ρcos θ＝1， ∴曲线C 2的直角坐标方程为3x ＋y －2＝0.(2)由(1)知曲线C 2为直线，倾斜角为2π3，点P 的直角坐标为(0,2)， ∴直线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－12t y ＝2＋32t (t 为参数)，代入曲线C 1：x 2＋(y －3)2＝9中，并整理得t 2－3t －8＝0.设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝3，t 1t 2＝－8，∴|PA ||PB |＝|t 1||t 2|＝|t 1t 2|＝8.|PA |＋|PB |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝35，∴1|PA |＋1|PB |＝|PA |＋|PB ||PA ||PB |＝358. 考点二参数方程(2019·滨州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3＋2cos αy ＝3＋2sin α(α为参数)，直线C 2的普通方程为y ＝33x .以坐标原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系． (1)求曲线C 1和直线C 2的极坐标方程；(2)若直线C 2与曲线C 1交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |. 解析：(1)由曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3＋2cos αy ＝3＋2sin α(α为参数)，得曲线C 1的普通方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4，所以曲线C 1的极坐标方程为(ρcos θ－3)2＋(ρsin θ－3)2＝4，即ρ2－6ρcos θ－6ρsin θ＋14＝0.因为直线C 2过原点，且倾斜角为π6，所以直线C 2的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R)． (2)设点A ，B 对应的极径分别为ρ1，ρ2，由⎩⎪⎨⎪⎧ ρ2－6ρcos θ－6ρsin θ＋14＝0θ＝π6，得ρ2－(33＋3)ρ＋14＝0，所以ρ1＋ρ2＝33＋3，ρ1ρ2＝14，又ρ1>0，ρ2>0，所以1|OA |＋1|OB |＝|OA |＋|OB ||OA ||OB |＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝33＋314. 考点三极坐标方程与参数方程的综合应用(2019·淮北、宿州模拟)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝t y ＝1＋3t (t 为参数)，以坐标原点为极点，以x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ＋2sin θ，直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点P .(1) 求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)求1|PA |＋1|PB |的值．解析：(1)∵直线l 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝ty ＝1＋3t ， ∴消去参数t 后，直线l 的普通方程为3x －y ＋1＝0. ∵C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ＋2sin θ， ∴ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，∴x 2＋y 2＝2x ＋2y ，整理得，曲线C 的普通方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2.(2)设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，将直线l 的方程⎩⎨⎧ x ＝t y ＝1＋3t代入曲线C 的方程(x －1)2＋(y －1)2＝2，得4t 2－2t －1＝0， ∴t 1＋t 2＝12，t 1·t 2＝－14<0， ∴1|PA |＋1|PB |＝1|2t 1|＋1|2t 2|＝|t 1|＋|t 2|2|t 1·t 2|＝|t 1－t 2|2|t 1·t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1·t 22|t 1·t 2|＝ 5.增分强化练1．(2019·南昌模拟)已知a ，b 为正实数，函数f (x )＝|x －a |－|x ＋2b |.(1)求函数f (x )的最大值；(2)若函数f (x )的最大值为1，求a 2＋4b 2的最小值．解析：(1)因为f (x )≤|(x －a )－(x ＋2b )|＝a ＋2b ，所以函数f (x )的最大值为a ＋2b .(2)由(1)可知，a ＋2b ＝1，因为a 2＋4b 2≥4ab ，所以2(a 2＋4b 2)≥a 2＋4b 2＋4ab ＝(a ＋2b )2，所以2(a 2＋4b 2)≥(a ＋2b )2＝1，即a 2＋4b 2≥12，且当a ＝2b ＝12时取“＝”，所以a 2＋4b 2的最小值为12.2．(2019·大连模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋a |.(1)当a ＝－1时，求不等式f (x )>2x 的解集；(2)当不等式f (x )>1的解集为R 时，求实数a 的取值范围．解析：(1)a ＝－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x <－12，－1≤x ≤12x ，x >1，当x <－1时，－2x >2x ，即x <0，∴x <－1；当－1≤x ≤1时，2>2x ，即x <1，∴－1≤x <1；当x >1时，2x >2x ，无解．综上，f (x )>2x 的解集为(－∞，1)．(2)f (x )＝|x ＋1|＋|x ＋a |≥|a －1|，当－a ≤－1，即a ≥1时，－a ≤x ≤－1时等号成立；当－a >－1，即a <1时，－1≤x ≤－a 时等号成立，所以f (x )的最小值为|a －1|，即|a －1|>1，∴a <0或a >2.3．(2019·东三省四市模拟)已知a ，b ，c ，d 均为正实数．(1)求证：(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2；(2)若a ＋b ＝1，求证a 21＋a ＋b 21＋b ≥13. 证明：(1)(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)＝(a 2c 2＋a 2d 2＋b 2c 2＋b 2d 2)≥(a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2)＝(ac ＋bd )2. (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫a21＋a ＋b21＋b (1＋a ＋1＋b )＝a 2＋1＋b1＋a a 2＋1＋a1＋b b 2＋b 2≥a 2＋2ab ＋b 2＝(a ＋b )2＝1，而(1＋a )＋(1＋b )＝3，所以a 21＋a ＋b 21＋b ≥13.4．(2019·桂林、崇左模拟)已知函数f (x )＝|x －a |＋2x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2恒成立，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －1，x ≥1x ＋1，x <1.当x ≥1时，由f (x )≥2⇒3x －1≥2⇒x ≥1；当x <1时，由f (x )≥2⇒x ＋1≥2⇒x ≥1不成立；综上所述，当a ＝1时，不等式f (x )≥2的解集为[1，＋∞)．(2)记h (x )＝|f (2x ＋a )－2f (x )|＝2||x |－|x －a |＋a |，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ≤04x ，0<x <a 4a ，x ≥a .∴|f (2x ＋a )－2f (x )|max ＝4a .依题意得4a ≤2，∴a ≤12.∴实数a 的取值范围为(0，12]．。

浙江省2020年高考数学第二轮复习专题升级训练6 导数及其应用文

专题升级训练6 导数及其应用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．(2020·浙江高考名校交流卷2,8)已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x＝1处有极值－43，则b ，c 的值是( )．A ．b ＝1，c ＝－1，或b ＝－1，c ＝3B ．b ＝1，c ＝－1C ．b ＝－1，c ＝3D ．b ＝－1，c ＝－12．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值与最小值分别为M 和m ，则M －m ＝( )．A ．1B ．2C ．3D ．43．函数y ＝f (x )的图象在点x ＝5处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)＋f ′(5)等于( )．A ．1B ．2C ．0D ．124．f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )的图象最有可能是下图中的( )．5．当x ∈(0,5)时，函数y ＝x ln x ( )． A ．是单调增函数 B ．是单调减函数C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递减D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递增 6．函数y ＝x sin x ＋cos x 在下面哪个区间内是增函数( )． A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2 B ．(π，2π)C ．⎝⎛⎭⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π)7．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a ＜b ，则必有( )．A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )8．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x ＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]； ②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于0. 其中正确的结论有( )．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为__________．(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)10．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是__________．11．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为__________．12．函数f (x )＝x (0＜x ＜1)的图象如图，M (t ，f (t ))处的切线为l ，l 与y 轴和直线y ＝1分别交于点P ，Q ，点N (0,1)，若△PQN 的面积为b 时的点M 恰好有两个，则b 的取值范围为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极值点． (1)试确定常数a 和b 的值；(2)试判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由．14．(本小题满分10分)已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R . (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当t ≠0时，求f (x )的单调区间．15．(本小题满分12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t ＞0)上的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞),2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立．16．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝13x 3＋bx 2＋cx ＋d ，设曲线y ＝f (x )在与x 轴交点处的切线为y ＝4x －12，f ′(x )为f (x )的导函数，满足f ′(2－x )＝f ′(x )．(1)求f (x )；(2)设g (x )＝x f ′(x )，m ＞0，求函数g (x )在[0，m ]上的最大值；(3)设h (x )＝ln f ′(x )，若对一切x ∈[0,1]，不等式h (x ＋1－t )＜h (2x ＋2)恒成立，求实数t 的取值范围．参考答案一、选择题1．C 解析：由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝－43，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c ＝－1，或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.当b ＝1，c ＝－1时，f ′(x )＝－(x －1)2≤0，则函数f (x )无极值，与题意不符．当b ＝－1，c ＝3时，符合题意，故选C.2．D 解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2(舍去)．当x ∈(－1,0)时，f (x )单调递增；当x ∈(0,1)时，f (x )单调递减， ∴M ＝f (x )max ＝f (0)＝2. 又f (－1)＝－2，f (1)＝0， ∴m ＝f (x )min ＝－2.综上，M －m ＝2－(－2)＝4.故选D.3．B 解析：由题意知f (5)＝－5＋8＝3，f ′(5)＝－1，故f (5)＋f ′(5)＝2.故选B. 4．A 解析：根据导函数f ′(x )的图象可知f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减，在(－2,0)上单调递增．故选A.5．D 解析：y ′＝ln x ＋1，令y ′＝0，得x ＝1e.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上y ′＜0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上y ′＞0， ∴y ＝x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，5上单调递增．故选D. 6．C 解析：∵y ＝x sin x ＋cos x ，∴y ′＝(x sin x )′＋(cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，∴当3π2＜x ＜5π2时，x cos x ＞0，即y ′＞0.故函数y ＝x sin x ＋cos x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2内是增函数．故选C.7．A 解析：设F (x )＝f (x )x ，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x2≤0，故F (x )＝f (x )x为减函数．由0＜a ＜b ，有f (a )a ≥f (b )b⇒af (b )≤bf (a )，故选A.8．C 解析：∵f (0)＝0，∴c ＝0.∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝1，f ′(－1)＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝－1，3－2a ＋b ＝－1，解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0得x ＝±233∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0. ∴①③正确，故选C.二、填空题9．63d 解析：如图为圆木的横截面，由b 2＋h 2＝d 2，∴bh 2＝b (d 2－b 2)．设f (b )＝b (d 2－b 2)，∴f ′(b )＝－3b 2＋d 2. 令f ′(b )＝0，又∵b ＞0，∴b ＝33d ，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33d 上f ′(b )＞0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫33d ，d 上f ′(b )＜0.∴函数f (b )在b ＝33d 处取极大值，也是最大值，即抗弯强度最大，此时长h ＝63d . 10．⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数递减；当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数递增．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0，且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0，解得a ＞22. 11． 2 解析：过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切．设P (x 0，x 02－ln x 0)，则有k ＝0|x x y '＝＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1，∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)，∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2.12．⎝ ⎛⎭⎪⎫14，827 解析：因为f ′(x )＝12x ，则得切线l 的方程为y －t ＝12t(x －t )，得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，t 2，Q (2t －t,1)，从而得b ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2(2t －t )＝t －t ＋14t 3.令x ＝t ，则x ∈(0,1)，则转化为关于x 的方程x 3－4x 2＋4x －4b ＝0在区间(0,1)上有两个不同的根．设g (x )＝x 3－4x 2＋4x －4b ，则g ′(x )＝3x 2－8x ＋4，故函数g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上为增函数，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上为减函数，从而有⎝ ⎛g (0)<0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，g (1)<0，解得14＜b ＜827.三、解答题13．解：(1)f ′(x )＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0f ′(2)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0，12a ＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23，b ＝－16.(2)x∴在x ＝1处，函数f (x )取得极小值6；在x ＝2处，函数f (x )取得极大值43－23ln 2.14．解：(1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x .(2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t ＜0，则t＜－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，－t .②若t ＞0，则－t ＜t2.当x 所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.15．(1)解：f ′(x )＝ln x ＋1，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．①0＜t ＜t ＋2＜1e，没有最小值；②0＜t ＜1e ＜t ＋2，即0＜t ＜1e 时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ； ③1e ≤t ＜t ＋2，即t ≥1e 时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1e ，t ln t ，t ≥1e.(2)解：2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x2. ①x ∈(0,1)，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； ②x ∈(1，＋∞)，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．所以h (x )min ＝h (1)＝4，对一切x ∈(0，＋∞),2f (x )≥g (x )恒成立．所以a ≤h (x )min ＝4，即a 的取值范围是(－∞，4]．(3)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e，当且仅当x ＝1e 时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝－1e，当且仅当x ＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x成立．16．解：(1)f ′(x )＝x 2＋2bx ＋c ， ∵f ′(2－x )＝f ′(x )，∴函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝1对称． ∴b ＝－1.∵直线y ＝4x －12与x 轴的交点为(3,0)，∴f (3)＝0，且f ′(3)＝4，即9＋9b ＋3c ＋d ＝0，且9＋6b ＋c ＝4，解得c ＝1，d ＝－3.则f (x )＝13x 3－x 2＋x －3.(2)f ′(x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2，g (x )＝x(x －1)2＝x |x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ≥1，x －x 2，x <1.其图象如图所示．当x 2－x =14时，由x ≥1，得x根据图象得：①当0＜m ≤12时，g(x )的最大值为m －m 2；②当12＜m ≤2g(x )的最大值为14；③当m ＞2时，g(x )的最大值为m 2－m .(3)h (x )=ln(x －1)2=2ln|x －1|，h (x +1－t )=2ln|x －t |，h (2x +2)=2ln|2x +1|， ∵当x ∈[0,1]时，|2x +1|=2x +1，∴不等式2ln|x －t |＜2ln|2x +1|恒成立等价于|x －t |＜2x +1且x ≠t 恒成立，由|x －t |＜2x +1恒成立，得－x －1＜t ＜3x +1恒成立， ∵当x ∈[0,1]时，3x +1∈[1,4]，－x －1∈[－2，－1]， ∴－1＜t ＜1，又∵当x ∈[0,1]时，由x ≠t 恒成立，得t ∉[0,1]，因此，实数t 的取值范围是－1＜t ＜0.。

(全国通用)2020版高考数学二轮复习提升专题函数与导数教案讲义汇编全集

第1讲函数的图象与性质[例1] (1)已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，a x ＋b ，x ≤0(0＜a ＜1)，且f (－2)＝5，f (－1)＝3，则f (f (－3))＝( )A.－2B.2C.3D.－3(2)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________.[解析] (1)由题意得，f (－2)＝a －2＋b ＝5，①f (－1)＝a －1＋b ＝3，②联立①②，结合0＜a ＜1，得a ＝12，b ＝1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1，x ≤0，则f (－3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3＋1＝9，f (f (－3))＝f (9)＝log 39＝2，故选B.(2)当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.[答案] (1)B (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 [解题方略]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，然后求出它们的解集即可.2.分段函数问题的5种常见类型及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依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解[跟踪训练]1.已知函数f (x )的定义域为[0，2]，则函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋8－2x的定义域为( )A.[0，3]B.[0，2]C.[1，2]D.[1，3]解析：选A 由题意，函数f (x )的定义域为[0，2]，即x ∈[0，2]，因为函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋8－2x ，所以⎩⎪⎨⎪⎧0≤12x ≤2，8－2x ≥0，得0≤x ≤3，即函数g (x )的定义域为[0，3]，故选A. 2.函数f (x )＝2＋|x |－x2(－2＜x ≤2)的值域为( )A.(2.4)B.[2，4)C.[2，4]D.(2，4]解析：选B 法一：因为f (x )＝2＋|x |－x2(－2＜x ≤2)，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，－2＜x ≤0，2，0＜x ≤2.函数f (x )的图象如图所示，由图象得，函数f (x )的值域为[2，4).法二：因为f (x )＝2＋|x |－x 2(－2＜x ≤2)，当－2＜x ≤0时，f (x )＝2－x ，所以2≤f (x )＜4；当0＜x ≤2时，f (x )＝2.综上，函数f (x )的值域为[2，4).3.已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数： ①f (x )＝x －1x ；②f (x )＝x ＋1x ；③f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0＜x ＜1，0，x ＝1，－1x，x ＞1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A.①② B.①③ C.②③D.①解析：选B 对于①，f (x )＝x －1x，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x )，满足；对于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x＋x＝f (x )，不满足；对于③，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0＜1x ＜1，0，1x ＝1，－x ，1x ＞1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ＞1，0，x ＝1，－x ，0＜x ＜1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )，满足.综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③. 考点二函数的图象及应用题型一函数图象的识别[例2] (1)(2019·开封市定位考试)函数f (x )的大致图象如图所示，则函数f (x )的解析式可以是( )A.f (x )＝x 2·sin|x |B.f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ·cos 2xC.f (x )＝()e x－e－xcos ⎝⎛⎭⎪⎫π2xD.f (x )＝x ln|x ||x|(2)(2019·福建五校第二次联考)函数f (x )＝x 2＋ln(e －x )ln(e ＋x )的图象大致为( )[解析] (1)由题中图象可知，在原点处没有图象，故函数的定义域为{}x |x ≠0，故排除选项A 、C ；又函数图象与x 轴只有两个交点，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos2x 中cos2x ＝0有无数个根，故排除选项B ，正确选项是D.(2)因为f (－x )＝(－x )2＋ln(e ＋x )ln(e －x )＝x 2＋ln(e －x )ln(e ＋x )＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，据此可排除选项C ()也可由f （0）＝1排除选项C .当x →e 时，f (x )→－∞，据此可排除选项B 、D.故选A.[答案] (1)D (2)A [解题方略]寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法知式选图①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置②从函数的单调性，判断图象的变化趋势 ③从函数的奇偶性，判断图象的对称性 ④从函数的周期性，判断图象的循环往复知图选式①从图象的左右、上下分布，观察函数的定义域、值域 ②从图象的变化趋势，观察函数的单调性③从图象的对称性方面，观察函数的奇偶性 ④从图象的循环往复，观察函数的周期性题型二函数图象的应用[例3] (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x －1，x ＞2，ax －1，x ≤2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A.－14≤a ＜0B.a ≤－14C.－1≤a ≤－14D.a ≤－1(2)(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1]B.(0，＋∞)C.(－1，0)D.(－∞，0)[解析] (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x －1，x ＞2，ax －1，x ≤2是R 上的单调递减函数，所以其图象如图所示，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，－12a ≤2，2a －1≥4a ＋2－1，解得a ≤－1，故选D.(2)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，∴函数f (x )的图象如图所示. 结合图象知，要使f (x ＋1)<f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，∴x <0，故选D. [答案] (1)D (2)D [解题方略]1.利用函数的图象研究不等式当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合求解.2.利用函数的图象研究函数的性质对于已知或解析式易画出其在给定区间上图象的函数，其性质常借助图象研究：①从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；②从图象的对称性，分析函数的奇偶性；③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性.[跟踪训练]1.已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞) B.f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1) C.f (x )是奇函数，递减区间是(－1，1) D.f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0)解析：选C 将函数f (x )＝x |x |－2x 去掉绝对值，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x ＜0，作出函数f (x )的图象，如图，观察图象可知，函数f (x )为奇函数，且在(－1，1)上单调递减.2.(2019·安徽五校联盟第二次质检)函数y ＝x 2＋12x的图象大致为( )解析：选C 因为函数y ＝x 2＋12x为奇函数，所以其图象关于原点对称，当x ＞0时，y＝12x 2＋1x 2＝121＋1x 2，所以函数y ＝x 2＋12x在(0，＋∞)上单调递减，所以排除选项B 、D ；又当x ＝1时，y ＝22＜1，所以排除选项A ，故选C. 3.已知函数f (x )＝2xx －1，则下列结论正确的是( ) A.函数f (x )的图象关于点(1，2)对称 B.函数f (x )在(－∞，1)上是增函数C.函数f (x )的图象上至少存在两点A ，B ，使得直线AB ∥x 轴D.函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称解析：选A 因为f (x )＝2x x －1＝2x －1＋2，所以函数f (x )在(－∞，1)上是减函数，排除B ；画出函数f (x )的大致图象如图所示，结合图象排除C 、D.因为f (x )＋f (2－x )＝2xx －1＋2（2－x ）（2－x ）－1＝2x x －1＋4－2x1－x＝4，所以函数f (x )的图象关于点(1，2)对称.[例4] (1)(2019·广东六校第一次联考)在R 上函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (x －1)，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x <0，|2－x |，0≤x <1，其中a ∈R ，若f (－5)＝f (4.5)，则a ＝( )A.0.5B.1.5C.2.5D.3.5(2)(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋x x 2＋1＋1，则f (x )的最大值与最小值的和为( )A.0B.1C.2D.4[解析] (1)由f (x ＋1)＝f (x －1)，即有f (x ＋2)＝f (x )，得f (x )是周期为2的函数，又f (－5)＝f (4.5)，所以f (－1)＝f (0.5)，即－1＋a ＝1.5，所以a ＝2.5，故选C.(2)由已知得f (x )＝sin2x ＋x x 2＋1＋1，因为y ＝sin2x ，y ＝xx 2＋1都为奇函数，所以不妨设f (x )在x ＝a 处取得最大值，则根据奇函数的对称性可知，f (x )在x ＝－a 处取得最小值，故f (a )＋f (－a )＝sin2a ＋aa 2＋1＋1＋sin(－2a )＋－aa 2＋1＋1＝2.故选C. [答案] (1)C (2)C[解题方略] 函数3个性质及应用[跟踪训练]1.(2018·全国卷Ⅲ)下列函数中，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：选B 函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝f (a －x )的图象关于直线x ＝a2对称，令a ＝2可得与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是函数y ＝ln(2－x )的图象.故选B.2.(2019·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝x 3＋2x ＋sin x ，若f (a )＋f (1－2a )>0，则实数a 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.(－∞，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13解析：选B f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x2＋2＋cos x >0，∴f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，∴由f (a )＋f (1－2a )>0，得f (a )>f (2a －1)，a >2a －1，解得a <1，故选B.3.函数f (x )是定义在R 上的奇函数，对任意两个正数x 1，x 2(x 1<x 2)，都有x 2f (x 1)>x 1f (x 2)，记a ＝12f (2)，b ＝f (1)，c ＝－13f (－3)，则a ，b ，c 之间的大小关系为( )A.a >b >cB.b >a >cC.c >b >aD.a >c >b解析：选B 因为对任意两个正数x 1，x 2(x 1<x 2)，都有x 2f (x 1)>x 1f (x 2)，所以f （x 1）x 1>f （x 2）x 2，得函数g (x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上是减函数，又c ＝－13f (－3)＝13f (3)，所以g (1)>g (2)>g (3)，即b >a >c ，故选B.数学抽象——抽象函数与函数的三大性质[典例] 定义在R 上的奇函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，f (x )＝log 12(1－x )，则f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上是( ) A.减函数且f (x )>0 B.减函数且f (x )<0 C.增函数且f (x )>0D.增函数且f (x )<0[解析] 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，由f (x )＝log 12(1－x )可知f (x )单调递增且f (x )>0，又函数f (x )为奇函数，所以在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0上函数f (x )也单调递增，且f (x )<0.由f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )知，函数f (x )的周期为32，所以在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上，函数f (x )单调递增且f (x )<0.故选D. [答案] D [素养通路]数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养.主要包括：从数量与数量关系，图形与图形关系中抽象出数学概念与概念之间的关系，从事物的具体背景中抽象出一般规律与结构，并用数学语言予以表征.本题由函数的奇偶性得到其对称区间的单调性，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )得知f (x )的周期，进而得出f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上的性质.考查了数学抽象这一核心素养. [专题过关检测]A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.函数y ＝log 2(2x －4)＋1x －3的定义域是( ) A.(2，3) B.(2，＋∞) C.(3，＋∞)D.(2，3)∪(3，＋∞)解析：选D 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2x －4＞0，x －3≠0，解得x ＞2且x ≠3，所以函数y ＝log 2(2x －4)＋1x －3的定义域为(2，3)∪(3，＋∞)，故选D. 2.若函数f (x )满足f (1－ln x )＝1x，则f (2)＝( )A.12B.eC.1eD.－1解析：选B 法一：令1－ln x ＝t ，则x ＝e 1－t，于是f (t )＝1e 1－t ，即f (x )＝1e 1－x ，故f (2)＝e.法二：由1－ln x ＝2，得x ＝1e ，这时1x ＝11e ＝e ，即f (2)＝e.3.(2019·长沙市统一模拟考试)下列函数中，图象关于原点对称且在定义域内单调递增的是( )A.f (x )＝sin x －xB.f (x )＝ln(x －1)－ln(x ＋1)C.f (x )＝e x ＋e －x2D.f (x )＝e x－e－x2解析：选D 由题意，f (x )＝sin x －x ，该函数是奇函数，满足图象关于原点对称的条件，而f ′(x )＝cos x －1≤0，即在定义域内f (x )＝sin x －x 单调递减，故A 不满足；对于B ，研究定义域可得⎩⎪⎨⎪⎧x －1>0，x ＋1>0，即该函数的定义域为(1，＋∞)，所以该函数是非奇非偶函数，故B 不满足；对于C ，函数的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，所以该函数是偶函数，不满足图象关于原点对称的条件，故C 不满足；对于D ，函数的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，所以该函数是奇函数，满足图象关于原点对称的条件，又f ′(x )＝e x ＋e－x2>0，所以该函数在其定义域内单调递增，满足题目中的条件，故选D.4.(2019·江西九江两校3月联考)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的图象过坐标原点，且满足f (－x )＝f (－1＋x )，则函数f (x )在[－1，3]上的值域为( )A.[0，12]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，12 解析：选B 因为函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的图象过坐标原点，所以f (0)＝0，则b ＝0.由f (－x )＝f (－1＋x )，可知函数的图象的对称轴为直线x ＝－12，即－a 2×1＝－12，所以a ＝1，则f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14，所以当x ＝－12时，f (x )取得最小值，且最小值为－14.又f (－1)＝0，f (3)＝12，所以f (x )在[－1，3]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，12.故选B.5.函数f (x )＝ln|x |＋1ex的图象大致为( )解析：选C 函数f (x )＝ln|x |＋1e x 是非奇非偶函数，排除A 、B ；函数f (x )＝ln|x |＋1e x的零点是x ＝±e －1，当x ＝e 时，f (e)＝2e e <1e，排除选项D.6.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).7.设f (x )是定义在R 上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(]－2，1上的图象，则f (2019)＋f (2020)＝( )A.2B.1C.－1D.0解析：选B 因为函数f (x )是定义在R 上的周期为3的周期函数，所以f (2019)＝f (2019－673×3)＝f (0)，f (2020)＝f (2020－673×3)＝f (1)，由题中图象知f (0)＝0，f (1)＝1，所以f (2019)＋f (2020)＝f (0)＋f (1)＝0＋1＝1，故选B.8.(2019·湖北武汉3月联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是( )A.(－∞，0]B.[0，1)C.[1，＋∞)D.[－1，0]解析：选B 由题意知g (x )＝x 2f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，画出函数g (x )的图象(图略)，由图可得函数g (x )的单调递减区间为[0，1).故选B.9.(2019·湖北省部分重点中学4月联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x，x ＜0，g (x )＝－f (－x )，则函数g (x )的图象大致是( )解析：选D 先画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x，x ＜0的图象，如图(1)所示，再根据函数f (x )与－f (－x )的图象关于坐标原点对称，即可画出函数－f (－x )的图象，即g (x )的图象，如图(2)所示，故选D.10.(2019·湖北武汉部分重点中学3月联考)已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，f (1)＝－1，若f (2x －1)≥－1，则x 的取值范围为( )A.(－∞，－1]B.[1，＋∞)C.[0，1]D.(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C 由题意，得f (x )在(－∞，0]上单调递增，且f (1)＝－1，所以f (2x －1)≥f (1)，则|2x －1|≤1，解得0≤x ≤1.故选C.11.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3（a －3）x ＋2，x ≤1，－4a －ln x ，x ＞1，对于任意的x 1≠x 2，都有(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]＞0成立，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，3]B.(－∞，3)C.(3，＋∞)D.[1，3)解析：选D 由(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]＞0，得函数f (x )为R 上的单调递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －3＜0，3（a －3）＋2≥－4a ，解得1≤a ＜3.故选D. 12.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：选C 作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x－1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值.二、填空题13.(2019·山东济宁期末改编)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋b ，x ＞1，e x －2，x ≤1，若f (e)＝－3f (0)，则b ＝________，函数f (x )的值域为________________.解析：由f (e)＝－3f (0)得1＋b ＝－3×(－1)，即b ＝2，即函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋2，x ＞1，e x－2，x ≤1.当x ＞1时，y ＝ln x ＋2＞2；当x ≤1时，y ＝e x－2∈(－2，e －2].故函数f (x )的值域为(－2，e －2]∪(2，＋∞).答案：2 (－2，e －2]∪(2，＋∞)14.(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )是奇函数，且当x <0时，f (x )＝－e ax，若f (ln2)＝8，则a ＝________.解析：设x >0，则－x <0.∵当x <0时，f (x )＝－e ax ，∴f (－x )＝－e －ax.∵f (x )是奇函数，∴f (x )＝－f (－x )＝e －ax，∴f (ln2)＝e－a ln2＝(e ln2)－a ＝2－a.又∵f (ln2)＝8，∴2－a＝8，∴a ＝－3. 答案：－315.已知定义在R 上的偶函数f (x )满足当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a >0，且a ≠1)，则当－1<f (－1)<1时，a 的取值范围为________.解析：因为f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (－1)＝f (1)＝log a 2.因为－1<f (－1)<1，所以－1<log a 2<1，所以log a 1a<log a 2<log a a .①当a >1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a <2，a >2，解得a >2；②当0<a <1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a >2，a <2，解得0<a <12.综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞).答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)16.(2019·河北保定两校3月联考)对于函数y ＝f (x )，若存在x 0，使f (x 0)＋f (－x 0)＝0，则称点(x 0，f (x 0))是曲线f (x )的“优美点”.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ＜0，kx ＋2，x ≥0，若曲线f (x )存在“优美点”，则实数k 的取值范围为________.解析：由“优美点”的定义，可知若点(x 0，f (x 0))是曲线y ＝f (x )的“优美点”，则点(－x 0，－f (x 0))也在曲线y ＝f (x )上.如图，作出函数y ＝x 2＋2x (x ＜0)的图象，然后作出其关于原点对称的图象，此图象对应的函数解析式为y ＝－x 2＋2x (x ＞0).设过定点(0，2)的直线y ＝k 1x ＋2与曲线y ＝f (x )＝－x 2＋2x (x ＞0)切于点A (x 1，f (x 1))，则k 1＝y ′|x ＝x 1＝－2x 1＋2＝－x 21＋2x 1－2x 1－0，解得x 1＝2或x 1＝－2(舍去)，所以k 1＝－22＋2.由图可知，若曲线y ＝f (x )存在“优美点”，则k ≤2－2 2. 答案：(－∞，2－22]B 组——“5＋3”提速练1.设y ＝f (x )是R 上的奇函数，且f (x )在区间(0，＋∞)上递减，f (2)＝0，则f (x )＞0的解集是( )A.(－∞，－2)B.(0，2)C.(－∞，－2)∪(0，2)D.(－2，0)∪(0，2)解析：选C 根据题意，函数f (x )是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减，且f (2)＝0，则函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，且f (－2)＝－f (2)＝0. 当x ＞0时，若f (x )＞0，即f (x )＞f (2)，必有0＜x ＜2，当x ＜0时，若f (x )＞0，即f (x )＞f (－2)，必有x ＜－2，即f (x )＞0的解集是(－∞，－2)∪(0，2).2.(2019·全国卷Ⅲ)函数y ＝2x32x ＋2－x 在[－6，6]的图象大致为( )解析：选B ∵y ＝f (x )＝2x32x ＋2－x ，x ∈[－6，6]，∴f (－x )＝2（－x ）32－x ＋2x ＝－2x32－x ＋2x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，排除选项C.当x ＝4时，y ＝2×4324＋2－4＝12816＋116＝128×16257≈7.97∈(7，8)，排除选项A 、D.故选B.3.已知函数f (x )为偶函数，且函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，若g (3)＝2，则f (－2)＝( )A.－2B.2C.－3D.3解析：选D 因为函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，且g (3)＝2，所以f (2)＝3，因为函数f (x )为偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝3，故选D.4.(2019·重庆4月调研)已知函数f (x )＝2x ＋log 32＋x 2－x ，若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m >3成立，则实数m 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.(－∞，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选D 由2＋x 2－x >0，得－2<x <2，因为y ＝2x 在(－2，2)上单调递增，y ＝log 32＋x2－x ＝log 3x －2＋42－x ＝log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－4x －2在(－2，2)上单调递增，所以函数f (x )为增函数，又f (1)＝3，所以不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m >3成立等价于不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞f (1)成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2＜1m ＜2，1m ＞1，解得12<m <1.故选D.5.在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点，若函数f (x )的图象恰好经过n (n ∈N *)个整点，则称函数f (x )为n 阶整点函数，给出下列函数：①f (x )＝sin2x ；②g (x )＝x 3；③h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x；④φ(x )＝ln x . 其中是一阶整点函数的是( ) A.①②③④ B.①③④ C.①④D.④解析：选C 对于函数f (x )＝sin2x ，它的图象(图略)只经过一个整点(0，0)，所以它是一阶整点函数，排除D ；对于函数g (x )＝x 3，它的图象(图略)经过整点(0，0)，(1，1)，…，所以它不是一阶整点函数，排除A ；对于函数h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，它的图象(图略)经过整点(0，1)，(－1，3)，…，所以它不是一阶整点函数，排除B.6.已知函数f (x )的图象关于点(－3，2)对称，则函数h (x )＝f (x ＋1)－3的图象的对称中心为________.解析：函数h (x )＝f (x ＋1)－3的图象是由函数f (x )的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位得到的，又f (x )的图象关于点(－3，2)对称，所以函数h (x )的图象的对称中心为(－4，－1).答案：(－4，－1)7.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1），x ≥0，－f （－x ），x <0，则满足f (x )＋f (x －1)<2的x 的取值范围是________.解析：当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－[－x (－x －1)]＝－x (x ＋1)， ①若x <0，则x －1<－1，由f (x )＋f (x －1)<2得－x (x ＋1)－(x －1)x <2，即－2x 2<2，即x 2>－1，此时恒成立，此时x <0. ②若x ≥1，则x －1≥0，由f (x )＋f (x －1)<2得x (x －1)＋(x －1)(x －2)<2，即x 2－2x <0，即0<x <2，此时1≤x <2. ③若0≤x <1，则x －1<0，则由f (x )＋f (x －1)<2得x (x －1)－(x －1)x <2，即0<2，此时不等式恒成立，此时0≤x <1，综上x <2，即不等式的解集为(－∞，2). 答案：(－∞，2)8.若函数y ＝f (x )满足：对于y ＝f (x )图象上任意一点P (x 1，f (x 1))，总存在点P ′(x 2，f (x 2))也在y ＝f (x )图象上，使得x 1x 2＋f (x 1)f (x 2)＝0成立，称函数y ＝f (x )是“特殊对点函数”.给出下列五个函数：①y ＝x －1；②y ＝e x －2；③y ＝ln x ；④y ＝1－x 2(其中e 为自然对数底数).其中是“特殊对点函数”的序号是________.(写出所有正确的序号)解析：由P (x 1，f (x 1))，P ′(x 2，f (x 2))满足x 1x 2＋f (x 1)·f (x 2)＝0，知OP ―→·OP ′―→＝0，即OP ―→⊥OP ′―→.①y ＝x －1.当P (1，1)时，由图象知满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))不在y ＝x －1上，故①y ＝x －1不是“特殊对点函数”；②y ＝e x －2.作出函数y ＝e x－2的图象，由图象知，满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))都在y ＝f (x )图象上，则②是“特殊对点函数”；③y ＝ln x .当P (1，0)时，满足OP ―→⊥OP ′―→的点不在y ＝ln x 上，故③y ＝ln x 不是“特殊对点函数”；④y ＝1－x 2.作出函数y ＝1－x 2的图象，由图象知，满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))都在y ＝f (x )图象上，则④是“特殊对点函数”.答案：②④第2讲基本初等函数、函数与方程[例1] (1)若当x ∈R 时，函数f (x )＝a |x |(a >0，且a ≠1)满足f (x )≤1，则函数y ＝log a (x ＋1)的图象大致为( )(2)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ∈[0，＋∞)时，函数f (x )是单调递减函数，则f (log 25)，f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315，f (log 53)的大小关系是( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 53)<f (log 25)B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 25)<f (log 53)C.f (log 53)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 25)D.f (log 25)<f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 53) [解析] (1)由a |x |≤1(x ∈R )，知0<a <1，又函数y ＝log a (x ＋1)的图象是由y ＝log a x 的图象向左平移一个单位而得，故选C.(2)因为f (x )在R 上为偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315＝f (－log 35)＝f (log 35).由对数函数的单调性可知，log 25>log 35>1>log 53>0. 又因为f (x )在[0，＋∞)上为单调递减函数，所以f (log 53)>f (log 35)>f (log 25)，即f (log 53)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315>f (log 25). [答案] (1)C (2)D[解题方略] 基本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，若底数a 的值不确定，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论：当a >1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数.(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断.(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同.[跟踪训练]1.若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |y ≥1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )解析：选B ∵y ＝a |x |的值域为{y |y ≥1}，∴a >1，则y ＝log a x 在(0，＋∞)上是增函数，又函数y ＝log a |x |的图象关于y 轴对称.因此y ＝log a |x |的图象应大致为选项B.2.(2019·天津高考)已知a ＝log 27，b ＝log 38，c ＝0.30.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c log 24＝2，b ＝log 38<log 39＝2且b >1，c ＝0.30.2<0.30＝1，∴c <b <a .故选A.3.已知函数f (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＞0的解集为( )A.(0，1)B.(－∞，1)C.(1，＋∞)D.(0，＋∞)解析：选C 因为函数f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)在(0，＋∞)为单调函数，而2a ＜3a且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ，所以f (x )＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，结合对数函数的图象与性质可由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＞0，得0＜1－1x ＜1，所以x ＞1，故选C.考点二函数与方程题型一确定函数零点个数或所在区间[例2] (1)(2019·新疆乌鲁木齐地区三检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 (2)(2019·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝2sin x －sin2x 在[0，2π]的零点个数为( ) A.2 B.3 C.4D.5[解析] (1)因为f ′(x )＝e x＋3＞0，所以函数f (x )在R 上单调递增. 易知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12＋32－4＝e 12－52，因为e ＜254，所以e 12＜52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，但f (1)＝e ＋3－4＝e －1＞0，所以结合选项可知，函数f (x )的零点所在区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，故选C.(2)令f (x )＝0，得2sin x －sin2x ＝0，即2sin x －2sin x cos x ＝0，∴2sin x (1－cos x )＝0，∴sin x ＝0或cos x ＝1. 又x ∈[0，2π]，∴由sin x ＝0得x ＝0，π或2π，由cos x ＝1得x ＝0或2π. 故函数f (x )的零点为0，π，2π，共3个.故选B. [答案] (1)C (2)B [解题方略]1.判断函数在某个区间上是否存在零点的方法(1)解方程：当函数对应的方程易求解时，可通过解方程判断方程是否有根落在给定区间上；(2)利用零点存在性定理进行判断；(3)画出函数图象，通过观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断. 2.判断函数零点个数的3种方法题型二根据函数的零点求参数的范围[例3] (2019·江西八所重点中学联考)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |（x ≤1），－x 2＋4x －2（x ＞1），若关于x的方程a ＝f (x )恰有两个不同的实根，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪[)1，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪[)1，2C.(1，2)D.[)1，2[解析] 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝a 恰有两个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可得实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪[)1，2，故选B.[答案] B[解题方略]利用函数零点的情况求参数的范围的3种方法[跟踪训练]1.若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x（x ＜1），log 2x （x ≥1），则函数g (x )＝f (x )－1的所有零点之和等于( )A.4B.2C.1D.0解析：选B 令g (x )＝0，则f (x )＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，2x ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，log 2x ＝1，解得x ＝0或x ＝2，所以函数g (x )＝f (x )－1的所有零点之和等于2.故选B.2.对于实数a ，b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b －a ，a ＜b ，b 2－a 2，a ≥b ，设f (x )＝(2x －3)⊗(x －3)，且关于x 的方程f (x )＝k (k ∈R )恰有三个互不相同的实根，则k 的取值范围为( )A.(0，2)B.(0，3)C.(]0，2D.(]0，3解析：选B 因为a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b －a ，a ＜b ，b 2－a 2，a ≥b ，所以f (x )＝(2x －3)⊗(x －3)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ＜0，－3x 2＋6x ，x ≥0，其图象如图所示：由图可得，要使关于x 的方程f (x )＝k (k ∈R )恰有三个互不相同的实根，则k ∈(0，3).[例4] (1)(2019·北京高考)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m 2－m 1＝52lg E 1E 2，其中星等为m k 的星的亮度为E k (k ＝1，2).已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )A.1010.1B.10.1C.lg10.1D.10－10.1(2)某养殖场需定期购买饲料，已知该场每天需要饲料200千克，每千克饲料的价格为1.8元，饲料的保管费与其他费用平均每千克每天0.03元，购买饲料每次支付运费300元.则该场________天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少.[解析] (1)设太阳的星等为m 1，天狼星的星等为m 2，则太阳与天狼星的亮度分别为E 1，E 2，由条件m 1＝－26.7，m 2＝－1.45，m 2－m 1＝52lg E 1E 2，得52lg E 1E 2＝－1.45＋26.7＝25.25.∴lgE 1E 2＝25.25×25＝10.1，∴E 1E 2＝1010.1，即太阳与天狼星的亮度的比值为1010.1.(2)设该场x (x ∈N *)天购买一次饲料可使平均每天支付的总费用最少，平均每天支付的总费用为y 元.因为饲料的保管费与其他费用每天比前一天少200×0.03＝6(元)，所以x 天饲料的保管费与其他费用共是6(x －1)＋6(x －2)＋…＋6＝(3x 2－3x )(元).从而有y ＝1x (3x 2－3x ＋300)＋200×1.8＝300x ＋3x ＋357≥417，当且仅当300x＝3x ，即x＝10时，y 有最小值.故该场10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少.[答案] (1)A (2)10[解题方略]1.应用函数模型解决实际问题常见类型 (1)应用所给函数模型解决实际问题. (2)构建函数模型解决实际问题.2.求解函数应用问题的一般程序及关键(1)一般程序：读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答.(2)解题关键：解答这类问题的关键是准确地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.[跟踪训练]1.某市家庭煤气的使用量x (m 3)和煤气费f (x )(元)满足关系f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧C ，0＜x ≤A ，C ＋B （x －A ），x ＞A .已知某家庭2019年前三个月的煤气费如表：若四月份该家庭使用了20m 3的煤气，则其煤气费为( ) A.11.5元 B.11元 C.10.5元D.10元解析：选A 根据题意可知f (4)＝C ＝4，f (25)＝C ＋B (25－A )＝14，f (35)＝C ＋B (35－A )＝19，解得A ＝5，B ＝12，C ＝4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4，0＜x ≤5，4＋12（x －5），x ＞5，所以f (20)＝4＋12×(20－5)＝11.5.2.(2019·唐山模拟)某人计划购买一辆A 型轿车，售价为14.4万元，购买后轿车每年的保险费、汽油费、车检费、停车费等约需2.4万元，同时汽车年折旧率约为10%(即这辆车每年减少它的价值的10%)，则大约使用________年后，用在该车上的费用(含折旧费)达到14.4万元.解析：设使用x 年后花费在该车上的费用达到14.4万元，依题意可得，14.4(1－0.9x)＋2.4x ＝14.4.化简得x －6×0.9x＝0. 令f (x )＝x －6×0.9x ，易得f (x )为单调递增函数，又f (3)＝－1.374＜0，f (4)＝0.0634＞0，所以函数f (x )在(3，4)上有一个零点.故大约使用4年后，用在该车上的费用达到14.4万元. 答案：4直观想象——数形结合法在函数零点问题中的应用[典例] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ≤1，log 13x ，x >1，则函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数为( )A.1B.2C.3D.4[解析] 函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数，即函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象的交点的个数.如图所示，函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象有两个交点，故函数y ＝f (x )＋x －4的零点有2个.故选B.[答案] B [素养通路]直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养.主要包括：借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化与运动规律；利用图形描述、分析数学问题，建立形与数的联系，构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路.本题是函数零点个数问题，基本思路是数形结合，即把函数拆分为两个基本初等函数，这两个函数图象的交点个数即为函数的零点个数，对于不易直接求解的方程的根的个数的讨论，也是通过根据方程构建两个函数，利用两函数图象交点个数得出对应方程根的个数.考查了直观想象这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.幂函数的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，则它的单调递增区间是( )A.(0，＋∞)B.[)0，＋∞C.(－∞，＋∞)D.(－∞，0)解析：选D 设f (x )＝x a ，则2a ＝14，所以a ＝－2，所以f (x )＝x －2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0).故选D.2.(2019·全国卷Ⅰ)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A.a 20＝1，0<c ＝0.20.3<0.20＝1，所以a <c <b .故选B.3.函数f (x )＝－|x |－x ＋3的零点所在区间为( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3)D.(3，4)解析：选B 函数f (x )＝－|x |－x ＋3是单调减函数，因为f (1)＝1＞0，f (2)＝1－2＜0，所以f (1)f (2)＜0，可知函数f (x )＝－|x |－x ＋3的零点所在区间为(1，2).4.(2019·广州市综合检测(一))如图，一高为H 且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T .若鱼缸水深为h 时，水流出所用时间为t ，则函数h ＝f (t )的图象大致是( )解析：选B 水位由高变低，排除C 、D.半缸前下降速度先快后慢，半缸后下降速度先慢后快，故选B.5.若函数y ＝a －a x(a >0，且a ≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则log a 56＋log a 485＝( )A.1B.2C.3D.4解析：选C ∵当a >1时，函数y ＝a －a x在[0，1]上单调递减，∴a －1＝1且a －a ＝0，解得a ＝2；当0<a <1时，函数y ＝a －a x在[0，1]上单调递增，∴a －1＝0且a －a ＝1，此时无解.∴a ＝2，因此log a 56＋log a 485＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫56×485＝log 28＝3.故选C.6.若函数f (x )的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y ＝e x关于y 轴对称，则f (x )的解析式为( )A.f (x )＝e x ＋1B.f (x )＝e x －1C.f (x )＝e－x ＋1D.f (x )＝e－x －1解析：选D 与y ＝e x的图象关于y 轴对称的图象对应的函数为y ＝e －x.依题意，f (x )的图象向右平移1个单位长度，得y ＝e －x的图象，∴f (x )的图象是由y ＝e －x的图象向左平移1个单位长度得到的，∴f (x )＝e－(x ＋1)＝e－x －1.7.某商场为了解商品的销售情况，对某种电器今年一至五月份的月销售量Q (x )(台)进行统计，得数据如下：根据表中的数据，你认为能较好地描述月销售量Q (x )(台)与时间x (月份)变化关系的模拟函数是( )A.Q (x )＝ax ＋b (a ≠0)B.Q (x )＝a |x －4|＋b (a ≠0)C.Q (x )＝a (x －3)2＋b (a ≠0) D.Q (x )＝a ·b x(a ≠0，b >0且b ≠1)解析：选C 观察数据可知，当x 增大时，Q (x )的值先增大后减小，且大约是关于Q (3)对称，故月销售量Q (x )(台)与时间x (月份)变化关系的模拟函数的图象是关于x ＝3对称的，显然只有选项C 满足题意，故选C.8.已知函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，且在x ＝0处有意义，则该函数为( )A.(－∞，＋∞)上的减函数B.(－∞，＋∞)上的增函数C.(－1，1)上的减函数D.(－1，1)上的增函数解析：选D 由题意知，f (0)＝lg(2＋a )＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x －1＝lg x ＋11－x ，令x ＋11－x >0，则－1<x <1，排除A 、B ，又y ＝21－x－1在(－1，1)上是增函数，∴f (x )在(－1，1)上是增函数.选D.9.设函数f (x )＝ax －k－1(a >0，且a ≠1)过定点(2，0)，且f (x )在定义域R 上是减函数，则g (x )＝log a (x ＋k )的图象是( )解析：选A 由题意可知a2－k－1＝0，解得k ＝2，所以f (x )＝ax －2－1，又f (x )在定义域R 上是减函数，所以0<a <1.此时g (x )＝log a (x ＋2)在定义域上单调递减，且恒过点(－1，0)，故选A.10.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A.[－1，0)B.[0，＋∞)C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)解析：选C 令h (x )＝－x －a ，则g (x )＝f (x )－h (x ).在同一坐标系中画出y ＝f (x )，y ＝h (x )的示意图，如图所示.若g (x )存在2个零点，则y ＝f (x )的图象与y ＝h (x )的图象有2个交点，平移y ＝h (x )的图象，可知当直线y ＝－x －a 过点(0，1)时，有2个交点，此时1＝－0－a ，a ＝－1.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1上方，即a <－1时，仅有1个交点，不符合题意.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1下方，即a >－1时，有2个交点，符合题意.综上，a 的取值范围为[－1，＋∞).故选C.11.(2019·贵阳市第一学期监测)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f (log 24.1)，c ＝f (20.5)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a ＜b ＜cB.b ＜a ＜cC.c ＜a ＜bD.c ＜b ＜a解析：选D 由题意，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为函数y ＝f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215＝f (－log 25)＝f (log 25)，因为log 25＞log 24.1＞2＞20.5＞0，所以f (log 25)＞f (log 24.1)＞f (20.5)，即c ＜b ＜a ，故选D.12.(2019·福州市质量检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋4，x ≤0，－x 3－x ＋5，x ＞0，当x ∈[m ，m ＋1]时，不等式f (2m －x )＜f (x ＋m )恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.(－∞，－4)B.(－∞，－2)C.(－2，2)D.(－∞，0)解析：选B 易知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋4，x ≤0，－x 3－x ＋5，x ＞0在x ∈R 上单调递减，又f (2m －x )＜f (x ＋m )在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2m －x ＞x ＋m ，即2x ＜m 在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2(m ＋1)＜m ，解得m ＜－2，故选B.二、填空题13.(2019·广州市综合检测(一))已知函数f (x )＝x 3＋a log 3x ，若f (2)＝6，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析：由f (2)＝8＋a log 32＝6，解得a ＝－2log 32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18＋a log 312＝18－a log 32＝18＋2log 32×log 32＝178. 答案：17814.(2019·河北模拟调研改编)已知函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，则实数a ＝________；若函数g (x )＝a x ＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m 的取值范围为________.解析：函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a ＞0且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0].当a ＞1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2，0]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝log a 3＝0，f （0）＝log a 1＝－1，无解；当0＜a＜1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2，0]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝log a 3＝－1，f （0）＝log a 1＝0，解得a ＝13.∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋m－3的图象不经过第一象限，∴g (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13m－3≤0，解得m ≥－1，即实数m 的取值范围是[－1，＋∞).。

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练(四十)理

增分强化练(四十)1．(2019·东三省四市模拟)已知函数f (x )＝ex ＋2－x . (1)证明：f (x )≥3；(2)若对任意x >0，f (x )>12(x －a )2，求a 的取值范围．解析：(1)证明：f ′(x )＝ex ＋2－1, 令f ′(x )＝e x ＋2－1＝0，解得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－2，＋∞)时，f (x )单调递增，所以f (x )≥f (x )min ＝f (－2)＝3，故f (x )≥3.(2)对任意x >0，f (x )>12(x －a )2，故e x ＋2－x －12(x －a )2>0，设g (x )＝e x ＋2－x －12(x －a )2，g ′(x )＝e x ＋2－1－x ＋a, 由(1)知g ′(x )单调递增，g ′(0)＝e 2＋a －1.①当a ≥1－e 2时，g ′(0)≥0，g ′(x )≥0，所以g (x )单调递增，则g (0)＝e 2－12a 2≥0，即－2e≤a ≤2e. ②当a <1－e 2时，g ′(0)<0，可知存在x 0>0，当x ∈(0，x 0)时， g ′(x )<0，故当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， g (0)＝e 2－12a 2<e 2－12(1－e 2)2<0，所以g (x 0)<g (0)<0，所以存在x ∈(0，x 0)，使得g (x )<0，故不满足题意. 综上所述，－2e≤a ≤2e.2．已知函数f (x )＝(x －2)e x －k (x －1)2.(1)当k <0时，求函数f (x )在[0,2]上的最大值和最小值；(2)讨论函数y ＝f (x )零点的个数．解析：由题设，f ′(x )＝(x －1)(e x －2k )，(1)当k <0时，显然e x －2k >0，令f ′(x )>0，得x >1，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，令f ′(x )<0，得x <1，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在[0,2]上，f (1)＝－e, f (0)＝－2－k ，f (2)＝－k ，所以，f (x )max ＝－k ，f (x )min ＝－e.(2)由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，令f (x )＝0则(x －2)e x ＝k (x －1)2，①当x ＝1时，－e≠0，所以x ＝1不是f (x )的零点．当x ≠1时，①式化为k ＝(x －2)e x (x －1)2，设g (x )＝(x －2)e x (x －1)2，则g ′(x )＝(x 2－4x ＋5)e x (x －1)3＝()(x －2)2＋1e x(x －1)3，令g ′(x )>0得x >1，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增，令g ′(x )<0，得x <1，则g (x )在(－∞，1)上单调递减，当x →1时，g (x )→－∞当x →＋∞时，g (x )→＋∞.当x →－∞时，g (x )→0，且当x <0时，g (x )<0.故g (x )的图象如图：所以，当k <0时，y ＝f (x )有两个零点，当k ≥0时，y ＝f (x )有一个零点．3．(2019·榆林模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x －ax 2.(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)证明：xf (x )<2e 2·e x ＋x －ax 3. 解析：(1) f (x )＝1＋ln x －ax 2(x >0)，f ′(x )＝1－2ax 2x当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，无减区间；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12a ，＋∞，f ′(x )<0，∴f (x )单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12a ，＋∞. (2)证明：法一：要证xf (x )<2e 2·e x ＋x －ax 3，即证2e 2·e xx －ln x >0，令φ(x )＝2e 2·e x x －ln x ，(x >0)，φ′(x )＝2(x －1)e x －e 2x e 2x 2，令r (x )＝2(x －1)e x －e 2x ，r ′(x )＝2x e x －e 2， r ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，r ′(1)<0，r ′(2)>0，故存在唯一的x 0∈(1,2)使得r ′(x )＝0，∴r ′(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∵r (0)<0，r (2)＝0，∴当x ∈(0,2)时，r (x )＜0 ，x ∈(2，＋∞)时，r (x )>0; 所以φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x )≥φ(2)＝1－ln 2>0，得证．法二：要证xf (x )＜2e 2·e x ＋x －ax 3，即证： 2e 2·e x x 2>ln x x ，令φ(x )＝2e 2·e x x 2(x >0)，φ′(x )＝2(x －2)e x e 2x 3， ∴当x ∈(0,2)时，φ′(x )<0，x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )>0；所以φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x )≥φ(2)＝12；令r (x )＝ln x x ，r ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，r ′(x )＞0，x ∈(e ，＋∞)时，r ′(x )<0;所以r (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，∴r (x )≤r (e)＝1e ，∴φ(x )≥12>1e≥r (x )， ∴2e 2·e xx 2＜ln x x，得证． 4．(2019·济宁模拟)已知函数f (x )＝x －a (ln x )2，a ∈R.(1)当a ＝1，x >1时，试比较f (x )与1的大小，并说明理由；(2)若f (x )有极大值，求实数a 的取值范围；(3)若f (x )在x ＝x 0处有极大值，证明：1<f (x 0)<e 2. 解析：(1)当a ＝1，x >1时，f (x )＝x －(ln x )2，x >1. f ′(x )＝1－2(ln x )×1x ＝x －2ln x x. 令g (x )＝x －2ln x ，x >1，则g ′(x )＝1－2x ＝x －2x ，当x ∈(1,2)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；∴g (x )≥g (2)＝2－2ln 2>0，即f ′(x )>0，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增．∴f (x )>f (1)＝1.故当a ＝1，x >1时f (x )>1.(2)∵f ′(x )＝1－2a ln x x ＝x －2a ln x x(x >0)，令h (x )＝x －2a ln x (x >0)，则h ′(x )＝1－2a x ＝x －2a x， ①当a ＝0时，f (x )＝x 无极大值．②当a <0时，h ′(x )>0，h (x )在(0，＋∞)上单调递增；h (1)＝1>0，h (e 12a )＝e 12a－1<0， ∃x 1∈(e 12a，1)，使得h (x 1)＝0. ∴当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )在x ＝x 1处有极小值，f (x )无极大值．③当a >0时，h (x )在(0,2a )上单调递减，h (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， ∵f (x )有极大值，∴h (2a )＝2a －2a ln(2a )＝2a (1－ln 2a )<0，即a >e 2，又h (1)＝1>0，h (e)＝e －2a <0，∴∃x 0∈(1，e)，使得h (x 0)＝x 0－2a ln x 0＝0，即a ln x 0＝x 02； ∴当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(x 0，e)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )有极大值，综上所述，a >e 2. (3)证明：由(2)可知：a ln x 0＝x 02， ∴f (x 0)＝x 0－a (ln x 0)2＝x 0－x 0ln x 02(1<x 0<e)，设p (x )＝x －x ln x 2(1<x <e)，则p ′(x )＝1－1＋ln x 2＝1－ln x 2>0， ∴p (x )在(1，e)上单调递增，∴p (1)<p (x )<p (e)，即1<p (x )<e 2，故1<f (x 0)<e 2.。

高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练三十一文

增分强化练(三十一)考点一基本初等函数的图象和性质1．已知幂函数y ＝f (x )的图象经过点(2,22)，则该函数的解析式为( )解析：设幂函数的解析式为y ＝x a.∵幂函数y ＝f (x )的图象过点(2,22)，∴22＝2a，∴a ＝32，∴该函数的解析式为y ＝，故选C. 答案：C2．(2019·南宁模拟)设a ＝log 23，b ＝log 34，c ＝log 58，则( ) A ．c >a >b B ．c >b >a C ．a >b >cD ．a >c >b解析：∵log 34＝log 2764＝lg 64lg 27，log 58＝log 2564＝lg 64lg 25，∴log 34<log 58.又log 23＝log 49>log 48＝32，∴log 23>log 58>log 34，即a >c >b .故选D. 答案：D3．(2019·张家口、沧州模拟)已知3x＝33，则log 2x 2＝________. 解析：因为3x＝33，所以x ＝－12，所以log 2x 2＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝－log 24＝－2.答案：－2考点二函数的零点1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x |＋2，x <1x 2，x ≥1若函数g (x )＝f (x )－mx －m 的图象与x 轴的交点个数恰有3个，则实数m 的取值范围为( ) A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C ．(1,2)D ．(1，＋∞)解析：由题可知函数g (x )＝f (x )－mx －m 的图象与x 轴的交点恰有3个，即为函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝mx ＋m 的图象的交点恰有3个，画出函数f (x )的图象如图．函数y ＝mx ＋m 的图象过定点P (－1,0)，且斜率m ，当动直线过点A (1,1)时有2个交点，此时直线的斜率m＝12，m 增大即有3个交点，故m >12，当动直线与直线y ＝x ＋2平行时有2个交点，故m <1，综上：12<m <1.答案：B2．(2019·湘潭模拟)a ，b ，c 分别为锐角△ABC 内角A ，B ，C 的对边，函数f (x )＝x 2＋c 2－a 2－ab 有唯一零点，则b a的取值范围是( ) A ．(1,3)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3 D ．(1,2)解析：由题意，函数f (x )为偶函数且有唯一零点，则f (0)＝0，所以c 2＝a 2＋ab .由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋ab ，整理得b 2－2ab cos C ＝ab ，即b －2a cos C ＝a ，所以ba＝1＋2cos C ，由正弦定理，得sin B －2sin A cos C ＝sin A ，即sin(A ＋C )－2sin A cos C ＝sin A ，所以sin C cos A －sin A cos C ＝sin A ，所以sin(C －A )＝sin A ，所以C －A ＝A 或C －A ＋A ＝π(舍)，故C ＝2A ，结合锐角△ABC,3A ＋B ＝π，则0<π－3A <π2，0<2A <π2，所以π6<A <π4，由b a ＝1＋2cos C ，又因为π3<C ＝2A <π2，所以1<ba＝1＋2cos C <2，即b a的取值范围是(1,2)，故选D. 答案：D3．若函数f (x )＝ln(ex －1＋e1－x)－2与g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 2图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1mx i ＝( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：设函数h (x )＝f (x ＋1)＝ln(e x＋e －x)－2，y ＝h (x )的定义域为R ，因为h (－x )＝ln(e －x ＋e x)－2＝h (x )，所以y ＝h (x )为偶函数，因为y ′＝(e x ＋e －x )′e x ＋e －x＝e x －e －xe x ＋e －x ＝1－2e 2x ＋1，是增函数，故当x ≥0时，y ′≥e 0－e 0＝0，所以当x ≥0时，y ＝h (x )为增函数，由奇偶性可知，当x <0时，y ＝h (x )为减函数，故函数y ＝f (x )关于x ＝1对称，当x ≥1时，y ＝f (x )为增函数，当x <1时，y ＝f (x )为减函数，函数y ＝g (x )是关于x ＝1对称的，作出两个函数的图象，如图所示，两个函数的交点有两个，设它们的横坐标分别为x 1，x 2，由对称性可得x 1＋x 22＝1，即x 1＋x 2＝2，故选A.4．若函数f (x )＝2x＋1＋log 2a 有零点，则a 的取值范围为________．解析：因为2x>0，所以f (x )>1＋log 2a ，又由指数函数的单调性可知，f (x )＝2x＋1＋log 2a 单调递增，因此，函数f (x )＝2x＋1＋log 2a 有零点，只需1＋log 2a <0，解得0<a <12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 考点三函数的实际应用1．“酒驾猛于虎”．所以交通法规规定：驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.2 mg/mL .假设某人喝了少量酒，血液中酒精含量也会迅速上升到0.8 mg/mL ，在停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时50%的速度减少，则他可以驾驶机动车至少要经过的时间为( ) A ．1小时 B ．2小时 C ．3小时D ．4小时解析：设n 个小时后才可以驾驶机动车，根据题意可得方程0.8×(1－50%)n ≤0.2,0.5n≤14，n ≥2，即至少要经过2个小时后才可以驾驶机动车，故选B.答案：B2．衣柜里的樟脑丸，随着时间会挥发而体积缩小，刚放进的新丸体积为a ，经过t 天后体积V 与天数t 的关系式为：V ＝a ·e －kt .已知新丸经过50天后，体积变为49a .若一个新丸体积变为827a ，则需经过的天数为( ) A ．125 B ．100 C ．75D ．50解析：由已知，得49a ＝a ·e －50k，设经过t 1天后，一个新丸体积变为827a ，则827a ＝a ·e－kt 1，∴t 150＝32，t 1＝75. 答案：C。

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练(三十三)(文)

增分强化练(三十三)考点一导数的运算与导数的几何意义1．若曲线y ＝mx ＋ln x 在点(1，m )处的切线垂直于y 轴，则实数m ＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：f (x )的导数为f ′(x )＝m ＋1x，曲线y ＝f (x )在点P (1，m )处的切线斜率为k ＝m ＋1＝0，可得m ＝－1.故选A. 答案：A2．(2019·荆州质检)函数f (x )＝x ln x 在x ＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为________．解析：∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1，则f (1)＝0，f ′(1)＝1，故曲线f (x )在点P (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1，令x ＝0，得y ＝－1，令y ＝0，得x ＝1，则直线l 与两坐标轴的交点为(0，－1)和(1,0)，所围成三角形的面积为12×1×1＝12.答案：123．(2019·南宁模拟)已知函数f (x )＝1x ＋1＋x ＋a －1的图象是以点(－1，－1)为中心的中心对称图形，g (x )＝e x＋ax 2＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(0，g (0))处的切线互相垂直，则a ＋b ＝________.解析：由f (0)＋f (－2)＝－2，得1＋a －1－1－2＋a －1＝2a －4＝－2，解得a ＝1，所以f (x )＝1x ＋1＋x . 又f ′(x )＝－1(x ＋1)2＋1，所以f ′(1)＝34.因为g (x )＝e x＋x 2＋bx ，g ′(x )＝e x＋2x ＋b ，g ′(0)＝1＋b ，由34(1＋b )＝－1，得1＋b ＝－43，即a ＋b ＝－43. 答案：－43考点二导数与函数的单调性1．(2019·甘肃静宁模拟)若f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3，92D ．(0,3)解析：f (x )＝x 3－ax 2＋1在(1,3)上单调递减，则f ′(x )＝3x 2－2ax ≤0在x ∈(1,3)上恒成立．即a ≥3x 22x ＝32x 在x ∈(1,3)上恒成立，所以a ≥92.故选B.答案：B2．(2019·江西模拟)已知函数f (x )对于任意实数x 都有f (－x )＝f (x )，且当x ≥0时，f (x )＝e x－sin x ，若实数a 满足f (log 2a )<f (1)，则a 的取值范围是________．解析：由题得，当x ≥0时，f ′(x )＝e x－cos x ，因为x ≥0，所以e x≥e 0＝1，∴e x－cos x ≥0，所以函数在[0，＋∞ )上单调递增，因为f (－x )＝f (x )，所以函数是偶函数，所以函数在(－∞，0)上单调递减，因为f (log 2a )<f (1)，所以|log 2a |＜1，所以－1＜log 2a ＜1，所以12<a <2.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 3．(2019·济宁模拟)已知函数f (x )＝ln x －x e x＋ax (a ∈R)． (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解析：(1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－(x ＋1)e x＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x－1x在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x＋1x2>0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1，所以a ≤2e－1.(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x＋x (x >0)．则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ，令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x2－e x<0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，m (1)<0，所以存在x 0>0满足 m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )>0，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )<0，f ′(x )<0. 所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.考点三导数与函数的极值、最值1．(2019·吉安模拟)函数f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2的值域为________．解析：由题意，可得f (x )＝sin 3x ＋3cos 2x ＝sin 3x －3sin 2x ＋3，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π2，令t ＝sin x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，即g (t )＝t 3－3t 2＋3，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1，则g ′(t )＝3t 2－6t ＝3t (t －2)，当－32<t <0时，g ′(t )>0，当0<t <1时，g ′(t )＜0，即y ＝g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，0为增函数，在[0,1]为减函数，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝6－338，g (0)＝3，g (1)＝1，故函数的值域为：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，3.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤6－338，32．(2019·北京西城区模拟)设函数f (x )＝m e x－x 2＋3，其中m ∈R. (1)当f (x )为偶函数时，求函数h (x )＝xf (x )的极值；(2)若函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点，求m 的取值范围．解析：(1)由函数f (x )是偶函数，得f (－x )＝f (x )，即m e －x－(－x )2＋3＝m e x －x 2＋3对于任意实数x 都成立，所以m ＝0.此时h (x )＝xf (x )＝－x 3＋3x ，则h ′(x )＝－3x 2＋3. 由h ′(x )＝0，解得x ＝±1.当x 变化时，h ′(x )与h (x )的变化情况如下表所示：所以h (x )有极小值h (－1)＝－2，h (x )有极大值h (1)＝2. (2)由f (x )＝m e x－x 2＋3＝0，得m ＝x 2－3ex. 所以“f (x )在区间[－2,4]上有两个零点”等价于“直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3ex，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点”．对函数g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋2x ＋3e x. 由g ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表所示：又因为g (－2)＝e 2，g (－1)＝－2e ，g (3)＝6e 3<g (－2)，g (4)＝13e4>g (－1)，所以当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，直线y ＝m 与曲线g (x )＝x 2－3e x ，x ∈[－2,4]有且只有两个公共点．即当－2e<m <13e 4或m ＝6e 3时，函数f (x )在区间[－2,4]上有两个零点．。

2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)专题强化训练：31 导数及其应用

专题强化训练(三十一)一、选择题1．(2019·福建福州八校联考)已知函数f (x )的导函数是f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln 1x ，则f (1)＝( )A ．－eB ．2C ．－2D ．e[解析] 由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x ，令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2.[答案] B2．(2019·广西南宁模拟)设函数f (x )＝x e x ＋1，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点[解析] 由题意得，f ′(x )＝(x ＋1)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－1，当x ∈(－∞，－1)时， f ′(x )<0，当x ∈(－1，＋∞)时， f ′(x )>0，则f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x ＝－1为f (x )的极小值点，故选D.[答案] D3．(2019·山东德州模拟)若函数f (x )＝(x 2＋ax ＋3)e x 在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－22]B ．(－∞，－22)C ．(－∞，－3]D ．(－∞，－3)[解析] f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax ＋3)e x ＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a ＋3]e x ，令g (x )＝x 2＋(a ＋2)x ＋a ＋3.由题意知，f (x )在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g (x )的图象特征知，⎩⎨⎧－a ＋22>0，a ＋3≤0或⎩⎨⎧－a ＋22≤0，a ＋3<0，解得a ≤－3.故选C.[答案] C4．(2019·山西太原一模)已知不等式(x －2)e x ≥a 对任意的x ∈R 恒成立，则整数a 的最大值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．0[解析] 令f (x )＝(x －2)e x ，则a ≤f (x )min .f ′(x )＝(x －1)e x ，令f ′(x )＝0，则x ＝1.当x >1时， f ′(x )>0，所以f (x )＝(x －2)e x 单调递增；当x <1时， f ′(x )<0，所以f (x )＝(x －2)e x 单调递减．所以当x ＝1时， f (x )有最小值，f (x )min ＝f (1)＝－e ，所以a ≤－e ，即整数a 的最大值是－3.故选A.[答案] A5．(2019·东北三校4月联考)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意实数x 均有(1－x )·f (x )＋xf ′(x )>0成立，且y ＝f (x ＋1)－e 是奇函数，则不等式xf (x )－e x >0的解集是( )A ．(－∞，e)B ．(e ，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)[解析] 构造函数，令g (x )＝xf (x )e x ，则g ′(x )＝(1－x )f (x )＋xf ′(x )e x. 由题意可知，g ′(x )>0恒成立，则函数g (x )在定义域内单调递增．因为函数y ＝f (x ＋1)－e 是奇函数，则函数图象过坐标原点，即f (1)－e ＝0，所以f (1)＝e ，所以g (1)＝1×f (1)e 1＝1.而不等式xf (x )－e x >0可变形为xf (x )e x >1，即g (x )>g (1)，结合函数g (x )的单调性可知不等式的解集为(1，＋∞)．故选D. [答案] D6．(2019·安徽合肥一模)已知函数y ＝a ＋2ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的图象上存在点P ，函数y ＝－x 2－2的图象上存在点Q ，且点P ，Q 关于原点对称，则a 的取值范围是( )A ．[e 2，＋∞) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，4＋1e C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋1e 2，e 2 D ．[3，e 2][解析] 函数y ＝－x 2－2的图象与函数y ＝x 2＋2的图象关于原点对称，若函数y ＝a ＋2ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的图象上存在点P ，函数y ＝－x 2－2的图象上存在点Q ，且点P ，Q 关于原点对称，则函数y ＝a ＋2ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 的图象与函数y ＝x 2＋2的图象有交点，即方程a ＋2ln x ＝x 2＋2⎝⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 有解，即a ＝x 2＋2－2ln x ⎝⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 有解．令f (x )＝x 2＋2－2ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，则f ′(x )＝2(x 2－1)x .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1时， f ′(x )<0，当x ∈[1，e]时，f ′(x )>0，故当x ＝1时， f (x )有最小值，最小值为3.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e 2＋4,f (e)＝e 2，故当x ＝e 时， f (x )有最大值，最大值为e 2，故a 的取值范围是[3，e 2]．[答案] D 二、填空题7．(2019·长沙模拟)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，则⎠⎛01f(x)d x ＝________.[解析] 令⎠⎛01f(x)d x ＝m ，则f(x)＝x 2＋2m ，所以⎠⎛01f(x)d x ＝⎠⎛01(x 2＋2m)d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3＋2mx |10＝13＋2m ＝m ，解得m ＝－13.[答案] －138．(2019·武汉模拟)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax＋y ＋1＝0垂直，则a ＝________.[解析] 因为y ＝x ＋1x －1，所以y ′＝－2(x －1)2，则曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线的斜率为y ′| x ＝3＝－12.又因为切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，所以－12·(－a)＝－1，解得a ＝－2.[答案] －29．(2019·河南安阳调研)已知函数f(x)＝ln x ＋12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为________．[解析] f ′(x)＝1x ＋ax －2＝ax 2－2x ＋1x (x>0)，函数f(x)存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax 2－2x ＋1≤0，等价于a 小于2x －1x 2在x ∈(0，＋∞)上的最大值，设g(x)＝2x －1x 2，则g ′(x)＝－2x ＋2x 3，可知，函数g(x)在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x ＝1时，函数g(x)取得最大值，此时g(x)＝1，所以a<1，故填(－∞，1)．[答案] (－∞，1) 三、解答题10．(2019·贵阳模拟)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)．[解] (1)f(x)＝x －1x －ln x ＝1－1x －ln x ， f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x)＝1x 2－1x ＝1－xx 2，由f ′(x)>0⇒0<x<1，由f ′(x)<0⇒x>1， ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)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 －lne ＝－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 .11．(2019·广东深圳调研)已知函数f(x)＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数，x ＝12是f(x)的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当b>12时，求函数f(x)在[b ，＋∞)上的最小值． [解] f ′(x)＝(ax 2－2ax ＋1)e x(1＋ax 2)2.(1)因为x ＝12是函数y ＝f(x)的一个极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43.经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f(x)的一个极值点，故所求a 的值为43.(2)由(1)可知，f ′(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43x 2－83x ＋1e x⎝⎛⎭⎪⎫1＋43x 22，令f ′(x)＝0，得x 1＝12，x 2＝32.f(x)与f ′(x)随x 的变化情况如下： x ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1212 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)↗3e 4↘e e 4↗所以，f(x)的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.当12<b<32时，f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ，32上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增．所以f(x)在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e e 4；当b ≥32时，f(x)在[b ，＋∞)上单调递增，所以f(x)在[b ，＋∞)上的最小值为f(b)＝e b 1＋ab 2＝3e b3＋4b 2.∴综上，当12<b<32时，f(x)min ＝e e4；当b ≥32时，f(x)min ＝3e b3＋4b 2.12．(2019·湖南四市五校模拟)已知函数f(x)＝2ln x ＋x 2－2ax(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且f(x 1)－f(x 2)≥32－2ln 2恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， f ′(x)＝2(x 2－ax ＋1)x ，令x 2－ax ＋1＝0，则Δ＝a 2－4， ①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>2时，Δ>0，方程x 2－ax ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x 3，x 4，不妨令x 3<x 4，则x 3＝a －a 2－42，x 4＝a ＋a 2－42，此时0<x 3<x 4，因为当x ∈(0，x 3)时，f ′(x)>0，当x ∈(x 3，x 4)时， f ′(x)<0，当x ∈(x 4，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增．综上，当0<a ≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增． (2)由(1)得f(x)在(x 1，x 2)上单调递减，x 1＋x 2＝a ，x 1·x 2＝1，则f(x 1)－f(x 2)＝2ln x 1x 2＋(x 1－x 2)(x 1＋x 2－2a)＝2ln x 1x 2＋x 22－x 21x 1x 2＝2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2，令t ＝x 1x 2，则0<t<1，f(x 1)－f(x 2)＝2ln t ＋1t －t ，令g(t)＝2ln t ＋1t －t(0<t<1)，则g ′(t)＝－(t －1)2t 2<0，故g(t)在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32－2ln 2，故g(t)＝f(x 1)－f(x 2)≥32－2ln 2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0<t ≤12，而a 2＝(x 1＋x 2)2＝x 1x 2＋x 2x 1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h(t)＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，12，所以h ′(t)＝1－1t 2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，故h(t)＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减， ∴h(t)≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝92，从而a 2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫322，＋∞.。

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数增分强化练(三十六)(理)

增分强化练(三十六)一、选择题1．函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( ) A ．[－3,1] B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)解析：因为函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)，所以x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1，所以函数f (x )的定义域为{x |x <－3或x >1}，故选D. 答案：D2．(2019·乌鲁木齐质检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析：f ′(x )＝e x＋3>0，f (x )为R 上的增函数，因为e<254，所以<52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，但f (1)＝e ＋3－4>0，所以f (x )的零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上，故选C. 答案：C3．设a >0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由函数f (x )＝a x 在R 上是减函数，知0＜a ＜1，此时2－a ＞0，所以函数g (x )＝(2－a )x3在R 上是增函数，反之由g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数，则2－a ＞0，所以a ＜2，此时函数f (x )＝a x 在R 上可能是减函数，也可能是增函数，故“函数f (x )＝a x在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件．故选A. 答案：A4．(2019·中卫模拟)下列函数中，既是偶函数，又在区间[0,1]上单调递增的是( ) A ．y ＝cos xB ．y ＝－x 3C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |D ．y ＝|sin x |解析：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝cos x 为余弦函数，是偶函数，在区间[0,1]上单调递减，不符合题意；对于B ，y＝－x 3，为奇函数，不符合题意；对于C ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |，是偶函数，在(0，＋∞)上，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，为减函数，不符合题意；对于D ，y ＝|sin x |，是偶函数，在(0,1)上，y ＝sin x ，为增函数，符合题意．故选D. 答案：D5．则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a 0，b >0，c >0，且a 6＝23＝8，b 6＝32＝9，∴b >a ；a 10＝25＝32，c 10＝52＝25，∴a >c ，综上可得c <a －5D ．－5<m ≤－4解析：因为方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0有两个正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2)2－4(m ＋5)≥0－(m ＋2)>0m ＋5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－4或m ≥4m <－2m >－5，∴－5<m ≤－4，故选D.答案：D7．已知函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2，则a 的值为( ) A ．2 B. 5 C.55D.5或55解析：因为y ＝x 2＋x －1在[1,2]上单调递增，所以函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值与最小值是f (1)或f (2)，因为函数f (x )＝log a (x 2＋x －1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2，所以|f (1)－f (2)|＝2，即|log a 5|＝2，得a ＝5或55，故选D. 答案：D8．(2019·青岛模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x ＞3mx ＋8，x ≤3，若f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，3] B ．(1,2] C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33 D ．[3，＋∞)解析：f (2)＝4代入2m ＋8＝4，m ＝－2，则直线单调递减，又函数f (x )存在最小值，则a >1且log a 3≥2，解得1<a ≤3，故选A. 答案：A9．已知函数f (x )＝log 2(x ＋1)且a >b >c >0, 则f (a )a ，f (b )b ，f (c )c的大小关系是( ) A.f (a )a >f (b )b >f (c )c B.f (c )c >f (b )b >f (a )a C.f (b )b >f (a )a >f (c )c D.f (a )a >f (c )c >f (b )b解析：由题意可得，f (a )a ，f (b )b ，f (c )c分别看作函数f (x )＝log 2(x ＋1)图象上的点(a ，f (a ))，(b ，f (b ))，(c ，f (b ))与原点连线的斜率，结合图象(图略)可知当a ＞b ＞c ＞0时，f (c )c>f (b )b>f (a )a.故选B. 答案：B10．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x >0|2x ＋x 2|，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，则实数m 的取值范围为( ) A ．－2<m <0 B ．－2≤m ≤0或m >e C ．－2<m <0或e≤m <e 2D ．－2<m <0或m >e解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点得y ＝f (x )与h (x )＝mx 有三个不同交点，如图所示为f (x )的大致图象，当x >0时，f (x )＝e x，设y ＝f (x )与h (x )＝mx 相切的切点坐标为(x 0，mx 0)，由⎩⎨⎧mx 0＝e x0f ′(x 0)＝m，即e xx 0＝e x 0，解得x 0＝1，此时m ＝e ；由y ＝－x 2－2x ，得y ′＝－2x －2，x ＝0时，y ′＝－2，因此当m >e 或－2<m <0时，函数g (x )＝f (x )－mx 有三个不同零点，故选D. 答案：D11．(2019·宜春模拟)已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －1|，0<x ≤212f (x －2)，x >2，则函数g (x )＝4f (x )－1的零点个数为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：函数g (x )＝4f (x )－1有零点即4f (x )－1＝0有解，即f (x )＝14，由题意可知，当0<x ≤2时，f (x )＝2|x －1|，当x >2时，f (x )＝12f (x －2)，所以当2<x ≤4时，f (x )＝12×2|x －3|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1；当4<x ≤6时，f (x )＝14×2|x －5|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12，x ＝5时，f (5)＝14；当6<x ≤8时，f (x )＝18×2|x －7|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，14，x ＝8时，f (8)＝14；当8<x ≤10时，f (x )＝116×2|x －9|，此时f (x )的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤116，18，所以当x >0时，f (x )＝14有两解，即当x >0时函数g (x )＝4f (x )－1有两个零点，因为函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，所以当x <0时，f (x )＝14也有两解，所以函数g (x )＝4f (x )－1共有四个零点，故选B.答案：B12．对于函数y ＝f (x )，如果其图象上的任意一点都在平面区域{(x ，y )|(y ＋x )(y －x )≤0}内，则称函数f (x )为“蝶型函数”，已知函数：①y ＝sin x ；②y ＝x 2－1，下列结论正确的是( )A ．①、②均不是“蝶型函数”B ．①、②均是“蝶型函数”C ．①是“蝶型函数”；②不是“蝶型函数”D ．①不是“蝶型函数”；②是“蝶型函数”解析：由y ＝sin x ，设g (x )＝sin x ＋x ，导数为cos x ＋1≥0，即有x >0，g (x )>0；x <0时，g (x )<0；设h (x )＝sin x －x ，其导数为cos x －1≤0，x >0时，h (x )<0，x <0时，h (x )>0，可得(y ＋x )(y －x )≤0恒成立，即有y ＝sin x 为“蝶型函数”；由(x 2－1＋x )(x 2－1－x )＝x 2－1－x 2＝－1<0，可得y ＝x 2－1为“蝶型函数”．故选B.答案：B 二、填空题13．(2019·大连模拟)若4m ＝9n＝6，则1m ＋1n＝________.解析：由题意得：m ＝log 46，n ＝log 96，则1m ＋1n ＝1log 46＋1log 96＝log 64＋log 69＝log 636＝2. 答案：214．(2019·滨州模拟)若函数f (x )＝x 2－(a －2)x ＋1(x ∈R)为偶函数，则＝________.解析：函数为偶函数，则：f (x )＝f (－x )，即：x 2－(a －2)x ＋1＝x 2＋(a －2)x ＋1恒成立，∴a －2＝0，a ＝2.则＝log 227＋log 278＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫27×78＝log 214＝－2. 答案：－215．已知函数f (x )＝4x－2x ＋1＋3，x ∈[－2,3]，则该函数的最小值是________．解析：设t ＝2x ，x ∈[－2,3]，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，8，此时f (x )＝t 2－2t ＋3＝(t －1)2＋2，当t ＝1时，即x ＝0，函数取得最小值，此时最小值为f (0)＝2. 答案：216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2mx －1，0≤x ≤1，mx ＋2，x >1，若f (x )在区间[0，＋∞)上有且只有2个零点，则实数m 的取值范围是________．解析：当0≤x ≤1时，2x 2＋2mx －1＝0，易知x ＝0不是方程2x 2＋2mx －1＝0的解，故m ＝12x －x 在(0,1]上是减函数，故m ≥12－1＝－12；即m ≥－12时，方程f (x )＝0在[0,1]上有且只有一个解，当x >1时，令mx ＋2＝0得，m ＝－2x，故－2<m <0，即当－2<m <0时，方程f (x )＝0在(1，＋∞)上有且只有一个解，综上所述，若f (x )在区间[0，＋∞)上有且只有2个零点，则实数m 的取值范围是－12≤m <0.答案：－12≤m <0。

2020版高三新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(文)讲义：高考解答题突破(六) 函数与导数

高考解答题突破(六)函数与导数突破“三分”——分离、分解、分类1．函数单调性和极值、最值的分类讨论策略(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论．(2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．2．研究方程的根，可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数g(x)的零点问题，研究函数g(x)零点的策略．(1)如果函数g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在．(2)如果函数g(x)在已知区间上不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数．3．利用导数证明不等式的策略利用导数证明不等式的关键是构造函数，其思路：(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式，构造函数f(x)，使原不等式成为形如f(a)>f(b)的形式．(2)对形如f(x)>g(x)的不等式，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．(3)对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))．4．利用导数解决恒成立问题主要涉及方面及对策(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：①一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；②如果无法分离参数可以考虑对参数或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解．(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题．考向一导数与函数的单调性、极值与最值问题1．讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论．2．对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x.①当a ≤0时，1－ax >0，f ′(x )>0，∴f (x )在[1，e]上单调递增．②当0<a ≤1e 时，1a≥e ，f ′(x )≥0，∴f (x )在[1，e]上单调递增．④当a ≥1时，1a≤1，f ′(x )≤0，∴f (x )在[1，e]上单调递减．综上所述，当a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递增；当1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递增，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递减；当a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递减．∴g (x )max ＝g (1)＝a ＋1.∴－a >a ＋1，得a <－12.当a ≥e 时，g ′(x )>0，g (x )在[1，e]上单调递增，而f (x )在[1，e]上单调递减， ∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ，∴g (x )max ＝g (e)＝a e 2＋1， ∴1－a e>a e 2＋1，得a <0，与a ≥e 矛盾．综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－12.利用导数研究函数性质的一般步骤(1)确定函数的定义域；(2)求导函数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．(4)①若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(5)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．1．(2019·洛阳统考)已知f (x )＝x e x －ax 2－x .(1)若f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，求f (x )的极小值； (2)当x ≥0时，恒有f (x )≥0，求实数a 的取值范围．[解] (1)∵f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减， ∴f ′(－1)＝0.∵f ′(x )＝(x ＋1)e x －2ax －1，∴2a －1＝0，a ＝12.∴f ′(x )＝(x ＋1)e x －x －1＝(x ＋1)(e x －1)，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递增，[－1,0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )的极小值为f (0)＝0.(2)f (x )＝x (e x －ax －1)，令g (x )＝e x －ax －1，则g ′(x )＝e x －a .若a ≤1，则x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，而g (0)＝0，∴当x ≥0时，g (x )≥0，从而f (x )≥0. 若a >1，则x ∈(0，ln a )时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，g (0)＝0，故x ∈(0，ln a )时，g (x )<0，从而f (x )<0，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，1]．考向二导数与方程的根、函数的零点问题研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．[解题指导] (1)令g (x )＝f ′(x )，求g ′(x )→利用导数研究g (x )的单调性→ 确定g (x )的零点(2)由(1)确定f (x )的单调性→分类讨论确定a 的取值范围[解] (1)证明：设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2>0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点．所以f ′(x )在(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0.由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )>0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以，当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．解决方程根或函数零点个数问题的3步第一步：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．(2019·北京西城调研)已知函数f (x )＝e x －ax ＋a (a ∈R )，其中e 为自然对数的底数． (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)讨论f (x )的零点个数．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1，f ′(1)＝e －1, f (1)＝e ，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1. (2)f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当a ＝0时，f (x )＝e x ，f (x )没有零点，当a <0时，由f (x )＝e x －a (x －1)得，当x →－∞时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以f (x )有且只有一个零点．当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )在(ln a ，＋∞)上单调递增，又f (ln a )＝e ln a －a ln a ＋a ＝a (2－ln a )，若0<a <e 2，则f (ln a )>0，f (x )没有零点，若a ＝e 2，则f (ln a )＝0，f (x )有且只有一个零点，若a >e 2，则f (ln a )<0，又f (0)＝1＋a >0，当x →＋∞时，f (x )>0，故f (x )有两个零点．综上，当a <0时，f (x )有且只有一个零点；当0≤a <e 2时，f (x )没有零点；当a ＝e 2时，f (x )有且只有一个零点；当a >e 2时，f (x )有两个零点．考向三导数与不等式问题1．利用导数解决不等式的恒成立问题时常采用分离参数法或不等式转化法，通过求函数的最值加以解决．2．利用导数证明不等式关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的．[解] (1)由已知可得，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x.由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.(1)利用导数证明不等式的基本步骤 ①作差或变形．②构造新的函数h (x )．③利用导数研究h (x )的单调性及最值． ④根据单调性及最值，得到所证不等式． (2)构造辅助函数的四种方法 ①移项法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．②构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．③主元法：对于(或可化为)f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可选x 1(或x 2)为主元，构造函数f (x ，x 2)(或f (x 1，x ))．④放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．3．(2019·山西四校联考)已知函数f (x )＝x －ln x . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：当x ≥1时，(x e x ＋1)f (x )e ＋1≥e x －1；(3)若f (x )≥(1－m )x ＋m 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数m 的值．[解] (1)f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x，x ∈(0，＋∞)，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故有极小值f (1)＝1，无极大值．(2)证明：原不等式可化为f (x )e ＋1≥e x －1x e x ＋1，记g (x )＝e x －1x e x ＋1，则g ′(x )＝e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2，当x ≥1时，g ′(x )<0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，有g (x )≤g (1)＝1e ＋1，又由(1)知，f (x )e ＋1≥f (1)e ＋1＝1e ＋1，得证．(3)f (x )≥(1－m )x ＋m 即ln x －m (x －1)≤0，记h (x )＝ln x －m (x －1)，则h (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求导得h ′(x )＝1x－m (x >0)，若m ≤0，则h ′(x )>0，得h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h (1)＝0，故当x >1时，h (x )>0，不合题意；若m >0，则易得h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上单调递减，则h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1m ＝－ln m －1＋m ，依题意有－ln m －1＋m ≤0，故f (m )≤1，由(1)知f (m )≥1，则m 只能等于1.专题强化训练(三十)1．(2019·江西赣州五校协作体联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x－ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x，当a ≤0时，∵x >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点．当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x＝－a ⎝⎛⎭⎫x －1a (x ＋1)x .令g ′(x )＝0，得x ＝1a .∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )<0.因此g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数．∴x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2·1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a－ln a .综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a >0时，函数g (x )有极大值12a－ln a ，无极小值．2．(2019·武汉模拟)已知函数f (x )＝x ln x －ax 2－x .(1)当a ＝12时，证明：f (x )在定义域上为减函数；(2)若a ∈R ，讨论函数f (x )的零点情况．[解] (1)证明：由题意可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－x －1＝ln x－x ，令g (x )＝ln x －x ，则g ′(x )＝1x －1＝1－x x，当0<x <1时，g ′(x )>0；当x >1时，g ′(x )<0，所以g (x )max ＝g (1)＝－1，即g (x )＝ln x －x <0，所以f ′(x )<0，所以f (x )在定义域上为减函数．(2)f (x )＝x ln x －ax 2－x 的零点情况，即方程x ln x －ax 2－x ＝0的根的情况，因为x >0，所以方程可化为a ＝ln x －1x，令h (x )＝ln x －1x ，则h ′(x )＝1－(ln x －1)x 2＝2－ln xx2，令h ′(x )＝0，可得x ＝e 2，当0<x <e 2时，h ′(x )>0，当x >e 2时，h ′(x )<0，所以h (x )max ＝h (e 2)＝1e2，且当x →0时，h (x )→－∞；当x >e 2时，h (x )>0，所以h (x )＝ln x －1x的大致图象如图所示，结合图象可知，当a >1e 2时，方程a ＝ln x －1x没有根；当a ＝1e 2或a ≤0时，方程a ＝ln x －1x有一个根；当0<a <1e 2时，方程a ＝ln x －1x 有两个根．所以当a >1e 2时，函数f (x )无零点；当a ＝1e 2或a ≤0时，函数f (x )有一个零点；当0<a <1e2时，函数f (x )有两个零点．3．(2019·山西太原模拟)设函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若对任意a ∈(4,5)及任意x 1，x 2∈[1,2]，恒有a －12m ＋ln2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m的取值范围．[解] (1)∵函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )，∴函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时， f (x )＝x －ln x, f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1时， f ′(x )>0, f (x )单调递增，∴函数f (x )的极小值为f (1)＝1，无极大值．(2)∵函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )，∴f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x ＝(1－a )⎝⎛⎭⎫x －1a －1(x －1)x，当a ∈(4,5)时，在区间[1,2]上，f ′(x )≤0，则f (x )单调递减，f (1)是f (x )的最大值，f (2)是f (x )的最小值，∴|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (2)＝a 2－32＋ln2.∵对任意a ∈(4,5)及任意x 1，x 2∈[1,2]，恒有a －12m ＋ln2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，∴a －12m ＋ln2>a 2－32＋ln2，得m >a －3a －1. ∵a ∈(4,5)，∴a －3a －1＝1－2a －1<1－25－1＝12，∴m ≥12，∴实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 4．(2019·河南洛阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )与直线x －y －1－ln2＝0相切，求实数a 的值；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明1ln x 1＋1ln x 2>2[解] (1)由f (x )＝ln x －ax ，得f ′(x )＝1x－a .设切点的横坐标为x 0，依题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧1x 0－a ＝1，x 0－1－ln2＝ln x 0－ax 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝12，a ＝1.故实数a 的值为1.(2)证明：不妨设0<x 1<x 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，得ln x 2－ln x 1＝a (x 2－x 1)，即1a ＝x 2－x 1ln x 2－ln x 1，所以1ln x 1＋1ln x 2－2＝1ax 1＋1ax 2－2＝x 2－x 1ln x 2－ln x 1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2－2＝x 2x 1－x 1x 2－2ln x 2x 1ln x 2x 1.令t ＝x 2x 1>1，则ln x 2x 1>0，x 2x 1－x 1x 2－2ln x 2x 1＝t －1t－2ln t .设g (t )＝t －1t －2ln t ，则当t >1时，g ′(t )＝t 2－2t ＋1t 2>0，则函数g (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (t )>g (1)＝0.从而x 2x 1－x 1x 2－2ln x 2x 1ln x 2x 1>0，即1ln x 1＋1ln x 2>2.。