2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：函数与导数考点过关检测二十九

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2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：函数与导数考点过关检测三十三 Word版含解析

考点过关检测（三十三）1．(2019·丹江口模拟)函数f (x )＝x ln x ＋x 的单调递增区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫e e ，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫0，e e解析：选A 因为函数f (x )＝x ln x ＋x ，所以f ′(x )＝ln x ＋2(x >0)，由f ′(x )>0，可得x >1e 2，故函数f (x )＝x ln x ＋x 的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2，＋∞.2．(2019·洛阳模拟)定义在R 上的可导函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )<0，则下列各式一定成立的是( )A ．e 2f (2 019)<f (2 017)B ．e 2f (2 019)>f (2 017)C ．f (2 019)<f (2 017)D ．f (2 019)>f (2 017)解析：选A 根据题意，设g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]． ∵f (x )＋f ′(x )<0，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上为减函数， ∴g (2 019)<g (2 017)，即e 2 019f (2 019)<e 2 017f (2 017)， ∴e 2f (2 019)<f (2 017)．3．(2019·郑州二模)函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0,2)B ．(0,3)C ．(2,3)D ．(3，＋∞)解析：选B 令φ(x )＝xf (x )，则φ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)，可知当x ∈(0,2)时，φ(x )是单调减函数，且0·f ′(0)＋f (0)＝e 0(0－2)＝－2<0，即f (0)<0.当x ∈(2，＋∞)时，φ(x )是单调增函数，又f (3)＝0，则φ(3)＝3f (3)＝0，∵不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集， ∴不等式的解集为(0,3)．4．(2019·汕头一模)若函数f (x )＝e x(cos x －a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)解析：选D f ′(x )＝e x (cos x －sin x －a )，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递减，则cos x －sin x －a ≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，即a ≥cos x －sin x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2.令h (x )＝cos x －sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，则π4－x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x 的最大值是1，此时π4－x ＝π2，即x ＝－π4，所以h (x )的最大值是2，故a ≥ 2.5．(2019·临沂一模)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12B ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16C ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，12D ．a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞解析：选A 由题意得，f ′(x )＝ax －2a ＋1x ＝ax 2－2ax ＋1x，∵函数f (x )在(1,3)上不单调，∴ax 2－2ax ＋1＝0应满足在(1,3)上有实根．设g (x )＝ax 2－2ax ＋1，当a ＝0时，显然不成立，当a ≠0时，只需⎩⎨⎧Δ≥0，g (1)g (3)<0，解得a >1或a <－13，设函数f (x )在(1,3)上不单调的充分不必要条件表示的集合为P ，则P⎩⎨⎧⎭⎬⎫aa >1或a <－13，结合选项可知只有选项A 满足．6．(2019·潮州模拟)已知函数f (x )＝x ln x ，若对于区间(e ，＋∞)内任意的x 1，x 2(x 1≠x 2)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>a 恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，2] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e C ．(2，＋∞)D ．(e ，＋∞)解析：选A 由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>a 恒成立，得[f (x 1)－ax 1]－[f (x 2)－ax 2]x 1－x 2>0恒成立，令函数y ＝f (x )－ax ，即y ＝x ln x －ax ，则函数y ＝x ln x －ax 在(e ，＋∞)上单调递增， ∴y ′＝ln x ＋1－a ≥0在(e ，＋∞)上恒成立，即a ≤(ln x ＋1)min .由于x >e ，则ln x ＋1>2，从而a ≤2. ∴实数a 的取值范围为(－∞，2]．7．函数f (x )＝ln x －2x 2的单调递增区间为________．解析：依题意，得f ′(x )＝1x －4x ，x ∈(0，＋∞)．令f ′(x )>0，即1x －4x >0，解得0<x <12.故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，128．(2019·新乡二模)已知函数f (x )＝e x －a ln x 在[1,2]上单调递增，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝e x －ax ，若f (x )在[1,2]递增，则f ′(x )≥0在[1,2]恒成立，即a ≤x e x 在[1,2]恒成立，令h (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝(x ＋1)e x >0， h (x )在[1,2]上单调递增，故h (x )min ＝h (1)＝e ，故a ≤e. 答案：(－∞，e]9．(2019·太原期末)已知定义在R 上的可导函数f (x )，对于任意实数x 都有f (x )＋f (－x )＝2，且当x ∈(－∞，0)时，都有f ′(x )<1，若f (m )>m ＋1，则实数m 的取值范围为________．解析：由题意，知f (x )＋f (－x )＝2 ，可得f (x )关于点(0,1)对称．令g (x )＝f (x )－(x ＋1)，则g ′(x )＝f ′(x )－1.因为当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<1，所以g (x )在(－∞，0)上单调递减．因为g (x )＋g (－x )＝f (x )－(x ＋1)＋f (－x )－(－x ＋1)＝f (x )＋f (－x )－2＝0，且由f (x )的定义域为R ，可知g (x )的定义域为R ，所以g (x )为奇函数，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且g (0)＝0，则f (m )>m ＋1，即g (m )>g (0)，解得m <0，即实数m 的取值范围是(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．(2019·沧州一模)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 )＝ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32－12tx 2－tx 在[0，＋∞)上单调递增，求实数t 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)．当－a －1≤0，即a ≥－1时，f ′(x )≥0，此时函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增．当－a －1>0，即a <－1时，可得函数f (x )在[0，－a －1)上单调递减，在(－a －1，＋∞)上单调递增．综上可得，当a ≥－1时，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增．当a <－1时，函数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 －12－tx －t .∵函数g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g ′(x )＝ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－tx －t ≥0 在[0，＋∞)上恒成立． ∴t ≤e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x ＋1.令h (x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x ＋1，x ∈[0，＋∞)，则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12x ＋1(x ＋1)2>0，∴函数h (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (0)＝－12，∴t ≤－12，故实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12.11．(2019·萍乡一模)已知函数f (x )＝ln x －kx ，其中k ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1. 解：(1)f ′(x )＝1x －k ＝1－kx x (x >0)，①当k ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当k >0时，由f ′(x )>0，得0<x <1k ；由f ′(x )<0，得x >1k ，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递减．(2)证明：设f (x )的两个相异零点为x 1，x 2，且x 1>x 2>0， ∵f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，∴ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，∴ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)，ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，要证ln x 2>2－ln x 1，即证ln x 1＋ln x 2>2，故k (x 1＋x 2)>2，即ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2.设t ＝x 1x 2>1，则上式转化为ln t >2(t －1)t ＋1，设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)， ∴g ′(t )＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，∴g (t )在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (t )>g (1)＝0， ∴ln t >2(t －1)t ＋1，∴ln x 1＋ln x 2>2，即ln x 2>2－ln x 1.。

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数(三十)课件理

(3)法一：直接法易知当 x>0 时，函数 f(x)＝－4－x＋5 是单调递增函数，且
f(x)>4；当 x≤0 时，f(x)＝4.由 f(x2－6)>f(x)，得xx>2－0，6>x 或
x≤0， x2－6>0，
解得 x>3 或 x<－
6，所以 x 的取值范围是(－∞，
－ 6)∪(3，＋∞)．故选 D.
2．(2019·全国卷Ⅲ)设 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在(0，
＋∞)单调递减，则( ) A．flog314>f2－32>f2－23 B．flog314>f2－23>f2－32 C．f2－32>f2－23>flog314 D．f2－23>f2－32>flog314
[一题多解] (在发散思维中整合知识) 法一：定义法因为 f(x)为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)，因为 f(x)的图象关于点(1,0)对称，所以 f(2＋x)＋f(－x)＝0，从而有 f(2＋x)＝f(x)，所以 2 为 f(x)的周期，所以 f(1)＝f(3)＝2.
法二：特值法因为 f(x)的图象关于点(1,0)对称，所以 f(3)＋f(－1)＝0，所以 f(－1)＝－f(3)＝－2. 因为 f(x)为奇函数，所以 f(－1)＝－f(1)，所以 f(1)＝2. [答案] 2
主攻 40 个必考点(三十) 函数的性质
1．(2019·全国卷Ⅱ)设 f(x)为奇函数，且当 x≥0 时，f(x)＝
ex－1，则当 x<0 时，f(x)＝( )
A．e－x－1
B．e－x＋1
C．－e－x－1
D．－e－x＋1
解析：选 D 当 x<0 时，－x>0， ∵当 x≥0 时，f(x)＝ex－1， ∴f(－x)＝e－x－1. 又∵f(x)为奇函数， ∴当 x<0 时，f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.

新高考2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数考点过关检测三十二理

考点过关检测（三十二）1．(2019·安徽示范高中高三测试)设函数f (x )＝x ln x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－x －1B ．y ＝x ＋1C ．y ＝－x ＋1D ．y ＝x －1解析：选D ∵f ′(x )＝ln x ＋1，∴f ′(1)＝1，∴曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1，故选D.2．(2019·巴蜀中学模拟)已知曲线y ＝2xx －1在点P (2,4)处的切线与直线l 平行且距离为25，则直线l 的方程为( )A ．2x ＋y ＋2＝0B ．2x ＋y ＋2＝0或2x ＋y －18＝0C ．2x －y －18＝0D ．2x －y ＋2＝0或2x －y －18＝0解析：选B y ′＝2(x －1)－2x (x －1)2＝－2(x －1)2，y ′|x ＝2＝－2(2－1)2＝－2，因此k l ＝－2，设直线l 的方程为y ＝－2x ＋b ，即2x ＋y －b ＝0，由题意得|2×2＋4－b |5＝25，解得b ＝18或b ＝－2，所以直线l 的方程为2x ＋y －18＝0或2x ＋y ＋2＝0.故选B.3．(2019·石家庄模拟)设a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a e －x的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数．若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln 2B ．－ln 2 C.ln 22D ．－ln 22解析：选A 对f (x )＝e x＋a e －x求导得f ′(x )＝e x－a e －x，又f ′(x )是奇函数，故f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故f ′(x )＝e x －e －x，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0－e －x 0＝32，解得e x 0＝2或e x 0＝－12(舍去)，所以x 0＝ln 2. 4．(2019·成都二诊)若曲线y ＝f (x )＝ln x ＋ax 2(a 为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞C ．(0，＋∞)D ．[0，＋∞)解析：选D f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x(x >0)，根据题意有f ′(x )≥0(x >0)恒成立，所以2ax 2＋1≥0(x >0)恒成立，即2a ≥－1x2(x >0)恒成立，所以a ≥0，故实数a 的取值范围为[0，＋∞)．故选D.5．(2019·开封定位考试)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，k ∈[4，＋∞)，曲线y ＝f (x )上总存在两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，使曲线y ＝f (x )在M ，N 两点处的切线互相平行，则x 1＋x 2的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫85，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫165，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫85，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫165，＋∞解析：选B f ′(x )＝k ＋4k x －4x 2－1(x >0，k ≥4)，由题意知，f ′(x 1)＝f ′(x 2)(x 1，x 2>0且x 1≠x 2)，即k ＋4k x 1－4x 21－1＝k ＋4k x 2－4x 22－1，化简得4(x 1＋x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k x 1x 2，而x 1x 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，所以4(x 1＋x 2)<⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋4k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，即x 1＋x 2>16k ＋4k对k ∈[4，＋∞)恒成立，令g (k )＝k ＋4k ，则g ′(k )＝1－4k 2＝(k ＋2)(k －2)k2>0对k ∈[4，＋∞)恒成立，故g (k )在[4，＋∞)上单调递增，所以g (k )≥g (4)＝5，所以16k ＋4k≤165，所以x 1＋x 2>165. 故x 1＋x 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫165，＋∞.6．(2019·辽宁五校联考)设函数f (x )＝e 2x－t 的图象与g (x )＝a e x ＋a 2x (a >0)的图象有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数t 的最大值是( )A ．e －12B ．e 12C.12eD.2e解析：选C 设函数f (x )＝e 2x－t 的图象与g (x )＝a e x＋a 2x 的图象的公共点为(x 0，y 0)，因为f ′(x )＝2e 2x，g ′(x )＝a e x ＋a 2，所以2e2x 0＝a e x 0＋a 2，所以(e x 0－a )·(2e x 0＋a )＝0，因为2e x 0＋a >0，所以e x 0＝a ，所以x 0＝ln a ．又因为a e x 0＋a 2x 0＝e2x 0－t ，所以a e ln a＋a 2lna ＝e 2ln a －t ，化简得t ＝－a 2ln a ，则t ′＝－2a ln a －a 2×1a＝－a (1＋2ln a )，令t ′>0得0<a <e －12；令t ′<0得a >e －12，所以t ＝－a 2ln a 在(0，e －12)上单调递增，在(e －12，＋∞)上单调递减，所以当a ＝e －12时，t ＝－a 2ln a 取得最大值，且最大值为－(e －12)2ln e －12＝12e.故选C. 7．(2019·广东六校第一次联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(－1,1)，则a ＝________.解析：由题意，得f ′(x )＝3x 2＋a ，所以f ′(1)＝3＋a ，又因为f (1)＝2＋a ，所以函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(2＋a )＝(3＋a )(x －1)．又切线过点(－1,1)，所以1－2－a ＝－6－2a ，解得a ＝－5.答案：－58．若函数f (x )＝x 3＋(t －1)x －1的图象在点(－1，f (－1))处的切线平行于x 轴，则t ＝_________，切线方程为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋(t －1)x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋t －1.因为函数f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(－1)＝3×(－1)2＋t －1＝2＋t ＝0，解得t ＝－2.此时f (x )＝x 3－3x －1，f (－1)＝1，切线方程为y ＝1. 答案：－2 y ＝19．若直线l 与曲线y ＝e x 及y ＝－x 24都相切，则直线l 的方程为________．解析：设直线l 与曲线y ＝e x的切点为(x 0，e x 0)，直线l 与曲线y ＝－x 24的切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，－x 214，因为y ＝e x在点(x 0，e x 0)处的切线的斜率为y ′x ＝x 0＝e x 0，y ＝－x 24在点⎝⎛⎭⎪⎫x 1，－x 214处的切线的斜率为y ′x ＝x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2x ＝x 1＝－x 12，则直线l 的方程可表示为y ＝e x 0x －x 0e x 0＋e x 0或y ＝－12x 1x ＋14x 21，所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝－x 12，－x 0e x 0＋e x 0＝x214，所以e x 0＝1－x 0，解得x 0＝0，所以直线l 的方程为y ＝x ＋1. 答案：y ＝x ＋110．已知函数f (x )＝x 3－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点M (1,0)处的切线方程；(2)如果过点(1，b )可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数b 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝3x 2－1，∴f ′(1)＝2.又f (1)＝0，故切线方程为y －0＝2(x －1)，即2x －y －2＝0. (2)设切点为(x 0，x 30－x 0)，则切线方程为y －(x 30－x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．又切线过点(1，b )，所以(3x 20－1)(1－x 0)＋x 30－x 0＝b ，即2x 30－3x 20＋b ＋1＝0.由题意，上述关于x 0的方程有三个不同的实数解．记g (x )＝2x 3－3x 2＋b ＋1，则g (x )有三个不同的零点，而g ′(x )＝6x (x －1)，令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝1，则结合图象可知g (0)g (1)<0即可，可得b ∈(－1,0)．故实数b 的取值范围为(－1,0)．11．设函数f (x )＝ax －b x，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积是否为定值，若是，求此定值；若不是，说明理由．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3，当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)是定值，理由如下：设P (x 0，y 0)为曲线y ＝f (x )上任一点，由f ′(x )＝1＋3x2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)．令x ＝0，得y ＝－6x 0，得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0·|2x 0|＝6. 故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.。

2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：函数与导数+考点过关检测三十+Word版含解析

考点过关检测（三十）1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )满足：①对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0；②对定义域内的任意x ，都有f (x )＝f (－x )，则符合上述条件的函数是( )A ．f (x )＝x 2＋|x |＋1 B ．f (x )＝1x －x C ．f (x )＝ln|x ＋1|D ．f (x )＝cos x解析：选A 由题意得，f (x )是偶函数，在(0，＋∞)上单调递增．对于A ，f (－x )＝f (x )，是偶函数，且x >0时，f (x )＝x 2＋x ＋1，f ′(x )＝2x ＋1>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B ，函数f (x )是奇函数，不符合题意；对于C ，由x ＋1≠0，解得x ≠－1，定义域不关于原点对称，故函数f (x )不是偶函数，不符合题意；对于D ，函数f (x )在(0，＋∞)上不单调递增，不符合题意．故选A.2．(2019·成都模拟)已知定义域R 的奇函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且当0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝( )A ．－278B ．－18 C.18D.278解析：选B ∵f (x )是奇函数，且图象关于x ＝1对称， ∴f (2－x )＝f (x )．又0≤x ≤1时，f (x )＝x 3，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－18. 3．(2019·九江二模)已知函数f (x )满足：①对任意x ∈R ，f (x )＋f (－x )＝0，f (x ＋4)＋f (－x )＝0成立；②当x ∈(0,2]时，f (x )＝x (x －2)，则f (2 019)＝( )A ．1B ．0C ．2D ．－1解析：选A ∵f (x )＋f (－x )＝0， ∴函数f (x )是奇函数， ∵f (x ＋4)＋f (－x )＝0， ∴f (x )＝f (x ＋4)，∴f (x )是以4为周期的周期函数，∴f (2 019)＝f (－1)＝－f (1)＝1.故选A.4．已知定义域为R 的偶函数f (x )在(－∞，0]上是减函数，且f (1)＝2，则不等式f (log 2x )>2的解集为( )A ．(2，＋∞)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) C.⎝⎛⎭⎪⎫0，22∪(2，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选B 因为f (x )是R 上的偶函数且在(－∞，0]上是减函数，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数．因为f (1)＝2，所以f (－1)＝2，所以f (log 2x )>2⇔f (|log 2x |)>f (1)⇔|log 2x |>1⇔log 2x >1或log 2x <－1⇔x >2或0<x <12.故选B.5．(2019·天津一模)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且函数f (x )在(－∞，0)上是减函数，若a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2π3，b ＝f (log 124.1)，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c的大小关系为( )A ．a <c <bB ．c <b <aC ．b <c <aD ．c <a <b解析：选A 根据题意，函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，则函数f (x )为偶函数，a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2π3＝f (－1)＝f (1)，b ＝f (log 124.1)＝f (log 24.1)，c ＝f (20.8)，又由函数f (x )在(－∞，0)上是减函数，则f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且1<20.8<2<log 24.1，则a <c 0，则a 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞ 解析：选B 对于函数f (x )＝ln 1＋x 1－x ＋x ，由1＋x1－x >0，解得－1<x <1，即函数f (x )的定义域为(－1,1)，又f (－x )＝ln 1－x 1＋x ＋(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 1＋x 1－x ＋x ＝－f (x )，则函数f (x )为奇函数，分析可得，f (x )＝ln 1＋x1－x ＋x 在(－1,1)上为增函数，f (a )＋f (a ＋1)>0⇒f (a )>－f (a ＋1)⇒f (a )>f (－a －1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >－a －1，－1<a <1，－1<a ＋1<1，解得－12<a <0，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，故选B.7．(2019·银川一模)已知f (x )为定义在R 上的偶函数，g (x )＝f (x )＋x 2，且当x ∈(－∞，0]时，g (x )单调递增，则不等式f (x ＋1)－f (x ＋2)>2x ＋3的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞ C ．(－∞，－3)D ．(－∞，3)解析：选B 因为g (x )＝f (x )＋x 2，所以f (x ＋1)－f (x ＋2)>2x ＋3⇒f (x ＋1)＋(x ＋1)2>f (x ＋2)＋(x ＋2)2⇒g (x ＋1)>g (x ＋2)．因为f (x )为偶函数，所以g (－x )＝f (－x )＋(－x )2＝f (x )＋x 2＝g (x )，即可得函数g (x )为偶函数，又由当x ∈(－∞，0]时，g (x )单调递增，所以当x ∈[0，＋∞)时，g (x )单调递减．则g (x ＋1)>g (x ＋2)⇒|x ＋1|<|x ＋2|⇒(x ＋1)2<(x ＋2)2，解得x >－32，即不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞.8．(2019·西安模拟)如果对定义在R 上的奇函数，y ＝f (x )，对任意两个不相等的实数x 1，x 2，所有x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)，则称函数y ＝f (x )为“H 函数”，下列函数为H 函数的是( )A ．f (x )＝sin xB ．f (x )＝e xC ．f (x )＝x 3－3xD ．f (x )＝x |x |解析：选D 根据题意，对于任意不相等的实数x 1，x 2，x 1f (x 1)＋x 2f (x 2)>x 1f (x 2)＋x 2f (x 1)恒成立，则有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0恒成立，即函数f (x )是定义在R 上的增函数，故“H 函数”为奇函数且在R 上为增函数．据此依次分析选项：对于A ，f (x )＝sin x ，为正弦函数，为奇函数但不是增函数，不符合题意；对于B ，f (x )＝e x ，为指数函数，不是奇函数，不符合题意；对于C ，f (x )＝x 3－3x ，为奇函数，但在R 上不是增函数，不符合题意；对于D ，f (x )＝x |x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，－x 2，x <0为奇函数且在R 上为增函数，符合题意，故选D.9．已知函数f (x )＝g (x )＋2 0192 018x 2，函数g (x )是定义域为R 的奇函数，且f (1)＝2，则f (－1)的值为________．解析：根据题意，函数f (x )＝g (x )＋2 0192 018x 2，因为f (1)＝2，所以f (1)＝g (1)＋2 0192 018＝2，解得g (1)＝2 0172 018，因为函数g (x )是定义域为R 的奇函数，所以g (－1)＝－2 0172 018，所以f (－1)＝g (－1)＋2 0192 018＝22 018＝11 009. 答案：11 00910．(2019·北京高考)设函数f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)．若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ， ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝ex＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －a ex .∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．答案：－1 (－∞，0]11．已知a >0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin π2x ，x ∈[－1，0)，ax 2＋ax ＋1，x ∈[0，＋∞)，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －13>－12，则实数t的取值范围为________．解析：当x∈[－1,0)时，函数f(x)＝sin π2x单调递增，且f(x)∈[－1,0)，当x ∈[0，＋∞)时，函数f(x)＝ax2＋ax＋1，此时函数f(x)单调递增且f(x)≥1，综上，当x∈[－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，由f(x)＝sinπ2x＝－12得π2x＝－π6，解得x＝－13，则不等式f⎝⎛⎭⎪⎫t－13>－12，等价于f⎝⎛⎭⎪⎫t－13>f⎝⎛⎭⎪⎫－13，∵函数f(x)是增函数，∴t－1 3>－13，即t>0.故t的取值范围为(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)12．已知偶函数y＝f(x)(x∈R)在区间[－1,0]上单调递增，且满足f(1－x)＋f(1＋x)＝0，给出下列判断：①f(5)＝0；②f(x)在[1,2]上是减函数；③函数f(x)没有最小值；④函数f(x)在x＝0处取得最大值；⑤f(x)的图象关于直线x＝1对称．其中正确的序号是________．解析：因为f(1－x)＋f(1＋x)＝0，所以f(1＋x)＝－f(1－x)＝－f(x－1)，所以f(2＋x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数．由题意知，函数y＝f(x)(x∈R)关于点(1,0)对称，画出满足条件的图象如图所示，结合图象可知①②④正确．答案：①②④。

2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：函数与导数+考点过关检测三十五+Word版含解析

考点过关检测（三十五） 1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )＝x 33＋x 22与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－223，272 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，272 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－272，223 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－272，223 解析：选B 原问题等价于函数h (x )＝x 33＋x 22－6x 与函数y ＝a 的图象有3个不同的交点，由h ′(x )＝x 2＋x －6＝(x －2)(x ＋3)，得x ＝2或x ＝－3，当x ∈(－∞，－3)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(－3,2)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，且h (－3)＝272，h (2)＝－223，数形结合可得a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，272. 2．(2019·沧州模拟)已知函数f (x )＝(x 2－x －1)e x ，设关于x 的方程f 2(x )－mf (x )＝5e (m ∈R )有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( )A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6解析：选A ∵f ′(x )＝(x －1)·(x ＋2)e x ，由f ′(x )>0，得x >1或x <－2；由f ′(x )<0，得－2<x <1，∴f (x )在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，∴f (x )极大值＝f (－2)＝5e －2，f (x )极小值＝f (1)＝－e.又当x →－∞时，f (x )→0，x →＋∞时，f (x )→＋∞，作出函数f (x )的大致图象如图所示．令f (x )＝t ，则方程t 2－mt －5e ＝0必有两个根t 1，t 2，且t 1t 2＝－5e ，不妨设t 1<0<t 2，当t 1＝－e 时，恰有t 2＝5e －2，此时f (x )＝t 1有1个根，f (x )＝t 2有2个根；当t 1<－e 时，必有0<t 2<5e －2，此时f (x )＝t 1无根，f (x )＝t 2有3个根；当－e<t 1<0时必有t 2>5e －2，此时f (x )＝t 1有2个根，f (x )＝t 2有1个根．综上，对任意m ∈R ，方程均有3个根，即n ＝3.故选A.3．(2019·马鞍山质检)若存在正实数m ，使得关于x 的方程x ＋a (2x ＋2m －4e x )[ln(x ＋m )－ln x ]＝0有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e C ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞ 解析：选D 当a ＝0时，方程只有一个解，不满足题意，所以a ≠0，所以原方程等价于方程1a ＝2⎝⎛⎭⎪⎫2e －x ＋m x ln x ＋m x 有两解，令t ＝x ＋m x >1，则1a ＝2(2e －t )ln t ．设f (t )＝2(2e －t )ln t ，则f ′(t )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2e t －ln t －1.当t >e 时，f ′(t )<0，当1<t <e 时，f ′(t )>0，所以f (t )在(e ，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以f (t )≤f (e)＝2e.且当1<t <e 时，f (t )>0，当t →＋∞时，f (t )→－∞，所以要使1a＝2(2e －t )ln t 有两解，则需a >0，所以1a <2e 且a >0，即a >12e ，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞. 4．(2019·济南联考)已知函数f (x )＝1＋x －x 22＋x 33－x 44＋…－x 2 0182 018＋x 2 0192 019，若函数f (x )的零点均在区间[a ，b ](a －1时，f ′(x )>0，当x <－1时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增．因为f (0)＝1，f (－1)<0，所以f (x )存在唯一零点x 0∈(－1,0)，所以当a ＝－1，b ＝0时，(b －a )min ＝1.5．(2019·聊城一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x x －1，x ≤0，ln x x ，x >0，若关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 B ．(－1,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(0,1) 解析：选B 作出函数f (x )的图象如图所示．因为关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根等价于函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点．所以由图象知，若a ≥0，则直线y ＝x ＋a 与曲线f (x )＝x x －1(x ≤0)必有交点，所以a <0.设直线y ＝x ＋a 与曲线f (x )＝ln x x (x >0)相切时，切点为P (x 0，y 0)．由f ′(x )＝1－ln x x 2，得1－ln x 0x 20＝1，解得x 0＝1，则P (1,0)，所以切线方程为y ＝x －1，则a ＝－1.由图象知，函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点时，实数a 的取值范围为(－1,0)．故选B.6．(2019·郑州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．解：(1)依题意得f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数；当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ，由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是单调递增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数．当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是单调递增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点的个数等价于判断方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1>0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增． ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m <－2e 1e ＋1e 或m >e 时，g (x )没有零点，当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，g (x )有一个零点．7．已知函数f (x )＝1x －a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围．解：(1)h (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－3时，h (x )＝1x ＋3ln x －2x ，h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－(2x －1)(x －1)x 2，当h ′(x )<0时，得x >1或0<x <12，∴h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)． (2)问题等价于a ln x ＝1x 有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根．构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x .令φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1.当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1. 则要使方程x ln x ＝1a 有唯一的实根，只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a >0，解得a ＝－e 或a >0.故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．8．(2019·惠州一调)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (a ∈R )．(1)试确定函数f (x )的零点个数；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解：(1)由f(x)＝0得a＝(2－x)e x，令g(x)＝(2－x)e x，函数f(x)的零点个数即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)e x的交点个数．∵g′(x)＝－e x＋(2－x)e x＝(1－x)e x，由g′(x)>0得x<1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增，由g′(x)<0得x>1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.又当x<2时，g(x)>0，g(2)＝0，当x>2时，g(x)<0，作出函数g(x)的大致图象如图所示，∴当a>e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0<a<e时，函数f(x)有两个零点．(2)证明：法一：函数f(x)的零点即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)e x的交点的横坐标，由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，则2－x2<1，∵函数g(x)＝(2－x)e x在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．要证x1＋x2<2，只需证x1<2－x2，∴只需证f(x1)>f(2－x2)，又f(x1)＝0，故要证f(2－x2)<0.由a＝g(x2)，得f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2(x2>1)，构造函数h(x)＝－x e2－x－(x－2)e x(x>1)，则h′(x)＝(1－x)(e x－e2－x)，当x>1时，e x>e2－x，h′(x)<0，故函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即当x2>1时，f(2－x2)<0，即x1＋x2<2.法二：由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，F(x)＝f(x)－f(2－x)(x>1)，则F(x)＝(x－2)e x＋x e2－x，F′(x)＝(1－x)(e2－x－e x)．易知y＝e2－x－e x是减函数，∴当x>1时，e2－x－e x<e－e＝0.又1－x<0，故F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>1时，F(x)>0，即f(x)>f(2－x)．由x2>1得f(x2)>f(2－x2)，又f(x2)＝0＝f(x1)，∴f(2－x2)<f(x1)．由g(x)＝(2－x)e x在(－∞，1)上单调递增，得f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，又2－x2<1，∴2－x2>x1，即x1＋x2<2.。

2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：函数与导数考点过关检测三十一

考点过关检测（三十一）1．函数f (x )＝Error!的零点个数为( )A ．3 B ．2C ．1D ．0解析：选C ①若x >0，则2x ＋1＝0，无解．②若x ≤0，则x 2－x －2＝0，解得x ＝－1或x ＝2(舍去)．所以函数f (x )＝Error!的零点个数为1.2．函数f (x )＝2x ＋3x －7的零点所在的区间是( )A. B.(0，12)(12，1)C.D.(1，32)(32，2)解析：选C 函数f (x )＝2x ＋3x －7是连续递增函数，∵f (1)＝2＋3－7<0，f ＝2＋3×－7＝2＋4.5－7>0，(32)32322∴f (1)·f <0，故选C.(32)3．(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝Error!(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上均为单调函数且在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.故选A.4．(2019·石家庄质检)已知M 是函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx (x ∈R )的所有零点之和，则M 的值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：选D 将函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx 的零点转化为函数h (x )＝|2x －3|与g (x )＝8sin πx 图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中画出函数h (x )与g (x )的图象如图所示，因为函数h (x )与g (x )的图象都关于直线x ＝对称，两个函数的图象共有8个交点，32所以函数f (x )的所有零点之和M ＝8×＝12.325．(2019·宣城二模)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析：选D 因为f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )，所以f (a )＝f (b )＝2 019，又c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.6．(2019·泉州检测)设函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[－1,1]时，f (x )＝|x |，则函数g (x )＝f (x )－sin x 在区间[－π，π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 要求函数g (x )＝f (x )－sinx 的零点个数，即求方程f (x )－sinx ＝0的根的个数，可转化为函数y ＝f (x )与函数y ＝sin x 的图象的交点个数．在同一平面坐标系内作出y ＝f (x )与y ＝sin x 的图象如图所示，可知在区间[－π，π]上，图象有3个交点．故选B.7．已知f (x )＝Error!若关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，则实数a的取值范围是( )A.∪[1,2)B.∪[1,2)(－∞，12)(0，12)C ．(1,2)D ．[1,2)解析：选B 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根等价于y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，画出y ＝a ，y ＝f (x )的图象，如图，由图可知，当a ∈∪[1,2)时，(0，12)y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，此时，关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，所以实数a 的取值范围是∪[1,2)．故选B.(0，12)8．(2019·西安二模)已知函数f (x )＝Error!又函数g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点，则实数t 的取值范围是( )A.B.(－∞，－e2＋1e )(e2＋1e ，＋∞)C.D.(－e2＋1e ，－2)(2，e2＋1e )解析：选A 由f (x )＝(x ≥0)，得f ′(x )＝，xe x 1－x e x 当0≤x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在[0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且f (x )max ＝.1e 设m ＝f (x )，则h (m )＝m 2＋tm ＋1，设h (m )＝m 2＋tm ＋1的零点为m 1，m 2，则g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点等价于m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的交点有4个，函数m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的位置关系如图所示，由图知，0<m 2<<m 1，1e要满足题意，则需h <0即可，解得t <－，(1e )e2＋1e 故选A.9．若函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，函数f (x )＝1在(－1,1)上没有零点，所以a ≠0.因为函数f (x )是单调函数，要满足题意，只需f (－1)f (1)<0，所以(－3a ＋1)(1－a )<0，即(a －1)·(3a －1)<0，解得<a <1，所以实数a 的取值范围是.13(13，1)答案：(13，1)10．设a ∈Z ，函数f (x )＝e x ＋x －a ，若x ∈(－1，1)时，函数f (x )有零点，则a 的取值个数为________．解析：因为函数f (x )＝e x ＋x －a ，易得函数f (x )在(－1,1)上为增函数，则－1－a <f (x )<e ＋1－a ，1e 由函数f (x )＝e x ＋x －a 有零点，得Error!解得－1<a <e ＋1.1e 又a ∈Z ，所以a ＝0或a ＝1或a ＝2或a ＝3，故a 的取值个数有4个．答案：411．已知函数f (x )＝x |x －4|＋2x ，存在x 3>x 2>x 1≥0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2·f (x 3)的取值范围是________．解析：f (x )＝x |x －4|＋2x ＝Error!作出f (x )的图象如图所示．由图象可知，x 1＋x 2＝6，且2<x 1<3，∴x 1x 2f (x 3)＝x 1(6－x 1)f (x 1)＝x 1(6－x 1)·(－x ＋6x 1)21＝(－x ＋6x 1)221＝[－(x1－3)2＋9]2，∵2<x1<3，∴－(x1－3)2＋9∈(8,9)，∴x1x2f(x3)∈(64,81)．答案：6　(64,81)12．已知在区间(0,2]上的函数f(x)＝Error!且g(x)＝f(x)－mx在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是________．解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y ＝f (x )，y ＝mx 在(0,2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y ＝mx 与y ＝－3在(0,1]内相切时，1x mx 2＋3x －1＝0，Δ＝9＋4m ＝0，m ＝－，结合图象可得当－<m ≤－2或94940<m ≤时，函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点．12答案：∪(－94，－2](0，12]。

2020年高考数学(理)二轮专项复习专题04 导数(含答案)

2020年高考数学（理）二轮专项复习专题04 导数导数的概念是微积分的核心概念之一，它有极其丰富的实际背景和广泛的应用．在本专题中，我们将复习导数的概念及其运算，体会导数的思想及其内涵；应用导数探索函数的单调性、极值等性质，感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用．导数的相关问题主要围绕以下三个方面：导数的概念与运算，导数的应用，定积分与微积分基本定理．§4－1 导数概念与导数的运算【知识要点】1．导数概念：(1)平均变化率：对于函数y ＝f (x )，定义1212)()(x x x f x f --为函数y ＝f (x )从x 1到x 2的平均变化率．换言之，如果自变量x 在x 0处有增量∆x ，那么函数f (x )相应地有增量f (x 0＋∆x )－f (x 0)，则比值xx f x x f ∆-∆+)()(00就叫做函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋∆x 之间的平均变化率．(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数：函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率是xx f x x f x ∆-∆+→∆)()(lim000，我们称它为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)，即xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim )(0000.(3)函数y ＝f (x )的导函数(导数)：当x 变化时，f ′(x )是x 的一个函数，我们称它为函数y ＝f (x )的导函数(简称导数)，即xx f x x f x f x ∆-∆+='→∆)()(lim)(0.2．导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f '(x 0)． 3．导数的运算：(1)几种常见函数的导数： ①(C )′＝0(C 为常数)；②(x n )′＝nx n －1(x ＞0，n ∈Q *)； ③(sin x )′＝cos x ； ④(cos x )′＝－sin x ； ⑤(e x )′＝e x ；⑥(a x )′＝a x ln a (a ＞0，且a ≠1)；⑦x x 1)(ln =； ⑧e xx a a log 1)(log =(a ＞0，且a ≠1)．(2)导数的运算法则：①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )；③)0)(()()()()()(])()([2=/'-'='⋅x v x v x v x u x v x u x v x u . (3)简单的复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))的导数：设函数y ＝f (u )，u ＝g (x )，则函数y ＝f (u )＝f [g (x )]称为复合函数．其求导步骤是：x y '＝u f '·x g '，其中u f '表示f 对u 求导，x g '表示g 对x 求导．f 对u 求导后应把u 换成g (x )．【复习要求】1．了解导数概念的实际背景； 2．理解导数的几何意义；3．能根据导数定义求函数y ＝C ，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，x y xy ==,1的导数； 4．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数； 5．理解简单复合函数(仅限于形如f (ax ＋b ))导数的求法．【例题分析】例1 求下列函数的导数：(1)y ＝(x ＋1)(x 2－1)；(2)11+-=x x y ； (3)y ＝sin2x ； (4)y ＝e x ·ln x ．解：(1)方法一：y ′＝(x ＋1)′(x 2－1)＋(x ＋1)(x 2－1)′＝x 2－1＋(x ＋1)·2x ＝3x 2＋2x －1．方法二：∵y ＝(x ＋1)(x 2－1)＝x 3＋x 2－x －1，∴y ′＝(x 3＋x 2－x －1)′＝3x 2＋2x －1．(2)方法一：⋅+=+--+=+'+--+'-='+-='222)1(2)1()1()1()1()1)(1()1()1()11(x x x x x x x x x x x y 方法二：∵12111.+-=+-=x x x y ，∴2)1(2)12()121('+='+-='+-=x x x y . (3)方法一：y'＝(sin2x )'＝(2sin x · cos x )'＝2[(sin x )'·cos x ＋sin x ·(cos x )']＝2(cos 2x －sin 2x )＝2cos2x ．方法二：y'＝(sin2x )'·(2x )'＝cos2x ·2＝2cos2x ．(4))(ln e ln )e ('+'='⋅⋅x x y xx＝xx xxx x x e )1(ln e ln e ⋅⋅+=+．【评析】理解和掌握求导法则和式子的结构特点是求导运算的前提条件．运用公式和求导法则求导数的基本步骤为：①分析函数y ＝f (x )的结构特征；②选择恰当的求导法则和导数公式求导数； ③化简整理结果．应注意：在可能的情况下，求导时应尽量减少使用乘法的求导法则，可在求导前利用代数、三角恒等变形等方法对函数式进行化简，然后再求导，这样可减少运算量．(如(1)(2)题的方法二较方法一简捷)．对于(3)，方法一是使用积的导数运算公式求解，即使用三角公式将sin2x 表示为sin x 和cos x 的乘积形式，然后求导数；方法二是从复合函数导数的角度求解．方法二较方法一简捷．对利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数要熟练、准确．例2 (1)求曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线方程；(2)过点(1，－3)作曲线y ＝x 2的切线，求切线的方程．【分析】对于(1)，根据导数的几何意义：函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，可求出切线的斜率，进而由直线方程的点斜式求得切线方程．对于(2)，注意到点(1，－3)不在曲线y ＝x 2上，所以可设出切点，并通过导数的几何意义确定切点的坐标，进而求出切线方程．解：(1)曲线y ＝x 2在点(1，1)处的切线斜率为y ′＝2x ｜x ＝1＝2，从而切线的方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0．(2)设切点的坐标为),(20x x ．根据导数的几何意义知，切线的斜率为y '＝2x |0x x =＝2x 0，从而切线的方程为).(20020x x x x y -=- 因为这条切线过点(1，－3)，所以有)1(23002x x x -=--，整理得03202=--x x ，解得x 0＝－1，或x 0＝3．从而切线的方程为y －1＝－2(x ＋1)，或y －9＝6(x －3)，即切线的方程为2x ＋y ＋1＝0，或6x －y －9＝0．【评析】用导数求曲线的切线方程，常依据的条件是：①函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f '(x 0)就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f '(x 0)；②切点既在切线上又在曲线上，即切点的坐标同时满足切线与曲线的方程．例3设函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c (a ≠0)为奇函数，其图象在点(1，f (1))处的切线与直线x －6y －7＝0垂直，导函数f '(x )的最小值为－12．求a ，b ，c 的值．【分析】本题考查函数的奇偶性、二次函数的最值、导数的几何意义等基础知识，以及推理能力和运算能力．题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、b 、c 的值．解：∵f (x )为奇函数， ∴f (－x )＝－f (x )，即－ax 3－bx ＋c ＝－ax 3－bx －c ， ∴c ＝0．∵f '(x )＝3ax 2＋b 的最小值为－12， ∴b ＝－12．又直线x －6y －7＝0的斜率为61，因此，f '(1)＝3a ＋b ＝－6， ∴a ＝2．综上,a ＝2，b ＝－12，c ＝0．例4 已知a ＞0，函数a x x f -=1)(，x ∈(0，＋∞)．设ax 201<<，记曲线y ＝f (x )在点M (x 1，f (x 1))处的切线为l ．(1)求l 的方程；(2)设l 与x 轴的交点是(x 2，0)，证明：ax 102≤<. 【分析】对于(1)，根据导数的几何意义，不难求出l 的方程；对于(2)，涉及到不等式的证明，依题意求出用x 1表示的x 2后，将x 2视为x 1的函数，即x 2＝g (x 1)，结合要证明的结论进行推理．解：(1)对f (x )求导数，得21)(x x f -='，由此得切线l 的方程为： )(1)1(1211x x x a x y --=--． (2)依题意，切线方程中令y ＝0，得211112122)1(ax x x a x x x -=+-=．由ax 201<<，及)2(2112112ax x ax x x -=-=，有x 2＞0；另一方面，aa x a ax x x 1)1(2212112+--=-=，从而有ax 102≤<，当且仅当a x 11=时，a x 12=.【评析】本题考查的重点是导数的概念和计算、导数的几何意义及不等式的证明．涉及的基础知识都比较基本，题目难度也不大，但把导数的相关知识与不等式等内容有机整合，具有一定新意，体现了导数作为工具分析和解决一些函数性质问题的方法．本题中的(2)在证明ax 102≤<时，还可用如下方法： ①作法，.0)1(1211212112≥-=+-=-ax aax x a x a②利用平均值不等式，aax ax a ax ax a ax x x 1)22(1)2)((1)2(21111112=-+≤-=-=．例5 设函数),(1)('Z ∈++=b a bx ax x f ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝3．(1)求f'(x )的解析式；(2)证明：曲线y ＝f (x )的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝1和直线y ＝x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值．解：(1)2)(1)('b x a x f +-=，于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++,0)2(1,12122b a b a 解得⎩⎨⎧-==,1,1b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.38,49b a 因为a ，b ∈Z ，所以⋅-+=11)(x x x f(2)证明：已知函数y 1＝x ，xy 12=都是奇函数，所以函数xx x g 1)(+=也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而1111)(+-+-=x x x f ，可知，函数g (x )的图象按向量a ＝(1，1)平移，即得到函数f (x )的图象，故函数f (x )的图象是以点(1，1)为中心的中心对称图形．(3)证明：在曲线上任取一点)11,(000-+x x x ．由200)1(11)('--=x x f 知，过此点的切线方程为)]()1(11[110200020x x x x x x y ---=-+--．令x ＝1得1100-+=x x y ，切线与直线x ＝1交点为)11,1(00-+x x ；令y ＝x 得y ＝2x 0－1，切线与直线y ＝x 交点为(2x 0－1，2x 0－1)．直线x ＝1与直线y ＝x 的交点为(1，1)；从而所围三角形的面积为2|22||12|21|112||111|2100000=--=----+⋅⋅x x x x x ．所以，所围三角形的面积为定值2．练习4－1一、选择题：1．(tan x )′等于( ) (A)x2sin 1(B)x2sin 1-(C)x 2cos 1(D)x2cos 1-2．设f (x )＝x ln x ，若f '(x 0)＝2，则x 0等于( ) (A)e 2(B)e(C)22ln (D)ln23．函数y ＝ax 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a 等于( ) (A)81 (B)41 (C)21 (D)14．曲线x y 21e =在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )(A)2e 29 (B)4e 2(C)2e 2(D)e 2二、填空题： 5．f '(x )是1231)(3++=x x x f 的导函数，则f '(－1)＝______． 6．若函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝x ＋2，则f (1)＋f '(1)＝______． 7．过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为______；切线的斜率为______． 8．设函数f (x )＝xe kx (k ≠0)，则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程是______．三、解答题：9．求下列函数的导数： (1)y ＝x －e x ； (2)y ＝x 3＋cos x ； (3)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)；(4)⋅=xxy ln10．已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)，且该曲线在点B 处的切线方程为y ＝x －3，求a 、b 、c 的值．11．求曲线24121232-=-=x y x y 与在交点处的两条切线的夹角的大小．§4－2 导数的应用【知识要点】1．利用导数判断函数的单调性：(1)函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：设函数f (x )在区间(a ，b )内可导， ①如果恒有f '(x )＞0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递增； ②如果恒有f '(x )＜0，那么函数f (x )在区间(a ，b )内单调递减．值得注意的是，若函数f (x )在区间(a ，b )内有f '(x )≥0(或f '(x )≤0)，但其中只有有限个点使得f '(x )＝0，则函数f (x )在区间(a ，b )内仍是增函数(或减函数)．(2)一般地，如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值越大，说明这个函数在这个范围内变化得快．这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．2．利用导数研究函数的极值：(1)设函数f (x )在点x 0附近有定义，如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＜f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极大值，x 0是极大值点；如果对x 0附近所有的点，都有f (x )＞f (x 0)，就说f (x 0)是函数f (x )的一个极小值，x 0是极小值点．(2)需要注意，可导函数的极值点必是导数为零的点，但导数为零的点不一定是极值点．如y ＝x 3在x ＝0处的导数值为零，但x ＝0不是函数y ＝x 3的极值点．也就是说可导函数f (x )在x 0处的导数f '(x 0)＝0是该函数在x 0处取得极值的必要但不充分条件．(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值：f (x )在区间[a ，b ]上的最大值(或最小值)是f (x )在区间(a ，b )内的极大值(或极小值)及f (a )、f (b )中的最大者(或最小者)．(4)应注意，极值只是相对一点附近的局部性质，而最值是相对整个定义域内的整体性质．【复习要求】1．了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数一般不超过三次)；2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数一般不超过三次)；3．会利用导数解决某些实际问题．【例题分析】例1 求下列函数的单调区间： (1)f (x )＝x 3－3x ； (2)f (x )＝3x 2－2ln x ； (3)2)1(2)(--=x bx x f ．解：(1)f (x )的定义域是R ，且f '(x )＝3x 2－3，所以函数f (x )的减区间是(－1，1)，增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)． (2)f (x )的定义域是(0，＋∞)，且xx x f 26)(-='，令f ′(x )＝0，得33,3321-==x x ．列表分析如下：所以函数f (x )的减区间是)33,0(，增区间是),33(+∞． (3)f (x )的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，求导数得3342)1()1(2)1(222)1()1(2)2()1(2)(---=--+-=-----='⋅x x b x b x x x b x x x f ．令f ′(x )＝0，得x ＝b －1．①当b －1＜1，即b ＜2时，f ′(x )的变化情况如下表：所以，当b ＜2时，函数f (x )在(－∞，b －1)上单调递减，在(b －1，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ②当b －1＞1，即b ＞2时，f ′(x )的变化情况如下表：所以，当b ＞2时，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，b －1)上单调递增，在(b －1，＋∞)上单调递减． ③当b －1＝1，即b ＝2时，12)(-=x x f ，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递减．【评析】求函数f (x )的单调区间的步骤是：①确定f (x )的定义域(这一步必不可少，单调区间是定义域的子集)； ②计算导数f ′(x )；③求出方程f ′(x )＝0的根；④列表考察f ′(x )的符号，进而确定f (x )的单调区间(必要时要进行分类讨论)．例2求函数44313+-=x x y 的极值．解：y ′＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，令y ′＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2．列表分析如下：所以当x ＝－2时，y 有极大值3；当x ＝2时，y 有极小值3-．【评析】求函数f (x )的极值的步骤是：①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根；③列表考察f ′(x )＝0的根左右值的符号：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．例3 已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a ． (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9．令f ′(x )＜0，解得x ＜－1或x ＞3．所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)因为f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ，f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ，所以f (2)＞f (－2)．因为在(－1，3)上f ′(x )＞0，所以f (x )在[－1，2]上单调递增，又由于f (x )在[－2，－1]上单调递减，因此f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2，2]上的最大值和最小值．于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2．故f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2，因此f (－1)＝1＋3－9－2＝－7，即函数f (x )在区间[－2，2]上的最小值为－7．【评析】求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上最值的方法： ①计算导数f ′(x )；②求出方程f ′(x )＝0的根x 1，x 2，…；③比较函数值f (x 1)，f (x 2)，…及f (a )、f (b )的大小，其中的最大(小)者就是f (x )在闭区间[a ，b ]上最大(小)值．例4 设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集是( )A ．(－3，0)∪(3，＋∞)B ．(－3，0)∪(0，3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0，3)【分析】本题给出的信息量较大，并且还都是抽象符号函数．解答时，首先要标出重要的已知条件，从这些条件入手，不断深入研究．由f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0你能产生什么联想?它和积的导数公式很类似，整理可得[f (x )g (x )]′＞0．令h (x )＝f (x )g (x )，则当x ＜0时，h (x )是增函数．再考虑奇偶性，函数h (x )是奇函数．还有一个已知条件g (－3)＝0，进而可得h (－3)＝f (－3)g (－3)＝0，这样我们就可以画出函数h (x )的示意图，借助直观求解．答案：D.例5 求证：当x ＞0时，1＋x ＜e x ．分析：不等式两边都是关于x 的函数，且函数类型不同，故可考虑构造函数f (x )＝1＋x －e x ，通过研究函数f (x )的单调性来辅助证明不等式．证明：构造函数f (x )＝1＋x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ．当x ＞0时，有e x ＞1，从而f ′(x )＝1－e x ＜0，所以函数f (x )＝1＋x －e x 在(0，＋∞)上单调递减，从而当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0，即当x ＞0时，1＋x ＜e x ．【评析】通过构造函数，利用函数的单调性证明不等式是常用方法之一，而借助导数研究函数单调性辅助证明不等式突出了导数的工具性作用．例6用总长14.8 m 的钢条制作一个长方体容器的框架，如果容器底面的长比宽多0.5 m ，那么长和宽分别为多少时容器的容积最大?并求出它的最大容积．解：设容器底面长方形宽为x m ，则长为(x ＋0.5)m ，依题意，容器的高为x x x 22.3)]5.0(448.14[41-=+--．显然⎩⎨⎧>->,022.3,0x x ⇒0＜x ＜1.6，即x 的取值范围是(0，1.6)．记容器的容积为y m 3，则y ＝x (x ＋0.5)(3.2－2x )＝－2x 3＋2.2x 2＋1.6x x ∈(0，1.6)．对此函数求导得，y ′＝－6x 2＋4.4x ＋1.6．令y ′＞0，解得0＜x ＜1；令y ′＜0，解得1＜x ＜1.6．所以，当x ＝1时，y 取得最大值1.8，这时容器的长为1＋0.5＝1.5．答：容器底面的长为1.5m 、宽为1m 时，容器的容积最大，最大容积为1.8m 3．【评析】解决实际优化问题的关键在于建立数学模型(目标函数)，通过把题目中的主要关系(等量和不等量关系)形式化，把实际问题抽象成数学问题，再选择适当的方法求解．例7 已知f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，当x ＝1时，f (x )取得极值－2． (1)求f (x )的解析式；(2)证明对任意x 1、x 2∈(－1，1)，不等式｜f (x 1)－f (x 2)｜＜4恒成立．【分析】对于(1)题目涉及到三个未知数，而题设中有三个独立的条件，因此，通过解方程组来确定参数a 、c 、d 的值；对于(2)可通过研究函数f (x )的最值加以解决．解：(1)由f (x )＝ax 3＋cx ＋d (a ≠0)是R 上的奇函数，知f (0)＝0，解得d ＝0，所以f (x )＝ax 3＋cx (a ≠0)，f ′(x )＝3ax 2＋c (a ≠0)．由当x ＝1时，f (x )取得极值－2，得f (1)＝a ＋c ＝－2，且f ′(1)＝3a ＋c ＝0，解得 a ＝1，c ＝－3，所以f (x )＝x 3－3x ．(2)令f ′(x )＞0，解得x ＜－1，或x ＞1；令f ′(x )＜0，解得－1＜x ＜1，从而函数f (x )在区间(－∞，－1)内为增函数，(－1，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数．故当x ∈[－1，1]时，f (x )的最大值是f (－1)＝2，最小值是f (1)＝－2，所以，对任意x 1、x 2∈(－1，1)，|f (x 1)－f (x 2)|＜2－(－2)＝4．【评析】使用导数判断函数的单调性，进而解决极值(最值)问题是常用方法，较为简便．例8 已知函数f (x )＝x ln x ． (1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x ．令f ′(x )＞0，解得e 1>x ；令f ′(x )＜0，解得e 10<<x ．从而f (x )在)e 1,0(单调递减，在),e 1(+∞单调递增．所以，当e 1=x 时，f (x )取得最小值e1-．(2)解法一：令g (x )＝f (x )－(ax －1)，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝1－a ＋ln x ，①若a ≤1，当x ＞1时，g ′(x )＝1－a ＋ln x ＞1－a ≥0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以，x ≥1时，g (x )≥g (1)＝1－a ≥0，即f (x )≥ax －1．②若a ＞1，方程g ′(x )＝0的根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数．所以，x ∈(1，x 0)时，g (x )＜g (1)＝1－a ＜0，即f (x )＜ax －1，与题设f (x )≥ax －1相矛盾．综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，1]．解法二：依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式x x a 1ln +≤对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令xx x g 1ln )(+=，则)11(111)(2x x x x x g -=-='．当x ＞1时，因为0)11(1)(>-='xx x g ，故g (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以g (x )的最小值是g (1)＝1，从而a 的取值范围是(－∞，1]．例9 已知函数)1ln()1(1)(-+-=x a x x f n，其中n ∈N *，a 为常数． (1)当n ＝2时，求函数f (x )的极值；(2)当a ＝1时，证明：对任意的正整数n ，当x ≥2时，有f (x )≤x －1．解：(1)由已知得函数f (x )的定义域为{x ｜x ＞1}，当n ＝2时，)1ln()1(1)(2-+-=x a x x f ，所以32)1()1(2)('x x a x f ---=． ①当a ＞0时，由f (x )＝0得121,12121<-=>+=ax a x ，此时321)1())(()(x x x x x a x f ----='．当x ∈(1，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． ②当a ≤0，f ′(x )＜0恒成立，所以f (x )无极值．综上所述，n ＝2时，当a ＞0时，f (x )在ax 21+=处取得极小值，极小值为)2ln 1(2)21(a a a f +=+．当a ≤0时，f (x )无极值．(2)证法一：因为a ＝1，所以)1ln()1(1)(-+-=x x x f n．当n 为偶数时，令)1ln()1(11)(-----=x x x x g n，则)2(0)1(1211)1(1)(11≥>-+--=---+='++x x nx x x x n x g n n ．所以当x ≥2时，g (x )单调递增，又g (2)＝0，因此0)2()1ln()1(11)(=≥-----=g x x x x g n恒成立，所以f (x )≤x －1成立．当n 为奇数时，要证f (x )≤x －1，由于0)1(1<-nx ，所以只需证ln(x －1)≤x －1，令h (x )＝x －1－ln(x －1)，则)2(012111)(≥≥--=--='x x x x x h ．所以，当x ≥2时，h (x )＝x －1－ln(x －1)单调递增，又h (2)＝1＞0，所以，当x ≥2时，恒有h (x )＞0，即ln(x －1)＜x －1成立．综上所述，结论成立．证法二：当a ＝1时，)1ln()1(1)(-+-=x x x f n.当x ≥2时，对任意的正整数n ，恒有1)1(1≤-nx ，故只需证明1＋ln(x －1)≤x －1．令h (x )＝x －1－[1＋ln(x －1)]＝x －2－ln(x －1)，x ∈[2，＋∞)，则12111)(--=--='x x x x h ，当x ≥2时，h ′(x )≥0，故h (x )在[2，＋∞)上单调递增，因此当x ≥2时，h (x )≥h (2)＝0，即1＋ln(x －1)≤x －1成立．故当x ≥2时，有1)1ln()1(1-≤-+-x x x n，即f (x )≤x －1．练习4－2一、选择题：1．函数y ＝1＋3x －x 3有( ) (A)极小值－2，极大值2 (B)极小值－2，极大值3 (C)极小值－1，极大值1(D)极小值－1，极大值32．f '(x )是函数y ＝f (x )的导函数，y ＝f '(x )图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是( )3．函数f (x )＝ax 3－x 在R 上为减函数，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜0(B)a ≤0(C)31<a (D)31≤a 4．设a ∈R ，若函数f (x )＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是( ) (A)a ＜－1 (B)a ＞－1(C)e1-<a (D)e1->a 二、填空题：5．函数f (x )＝x 3－3ax 2＋2bx 在x ＝1处取得极小值－1，则a ＋b ＝______． 6．函数y ＝x (1－x 2)在[0，1]上的最大值为______．7．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋a 在[－2，2]上的最小值为－37，则实数a ＝______．8．有一块边长为6m 的正方形铁板，现从铁板的四个角各截去一个相同的小正方形，做成一个长方体形的无盖容器，为使其容积最大，截下的小正方形边长为______m ．三、解答题：9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图象过点P (1，2)，且在点P 处的切线斜率为8． (1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)求函数f (x )在区间[－1，1]上的最大值与最小值．10．当)2π,0( x 时，证明：tan x ＞x ．11．已知函数f (x )＝e x －e －x ．(1)证明：f (x )的导数f '(x )≥2；(2)若对所有x ≥0都有f (x )≥ax ，求a 的取值范围．专题04 导数参考答案练习4－1一、选择题：1．C 2．B 3．B 4．D二、填空题：5．3 6．4 7．(1，e)；e 8．y ＝x 三、解答题：9．(1)y '＝1－e x ；(2)y '＝3x 2－sin x ；(3)y '＝3x 2＋12x ＋11；(4)2ln 1xxy -=10．略解：因为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点A (1，1)，B (2，－1)两点，所以a ＋b ＋c ＝1．① 4a ＋2b ＋c ＝－1．②因为y '＝2ax ＋b ，所以y '｜x ＝2＝4a ＋b ．故4a ＋b ＝1．③ 联立①、②、③，解得a ＝3，b ＝－11，c ＝9．11．解：由01622412122332=-+⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=x x x y x y ，所以(x －2)(x 2＋4x ＋8)＝0，故x ＝2，所以两条曲线只有一个交点(2，0)．对函数2212x y -=求导数，得y ′＝－x ，从而曲线2212x y -=在点(2，0)处切线的斜率是－2．对函数2413-=x y 求导数，得243'x y =，从而曲线2413-=x y 在点(2，0)处切线的斜率是3．设两条切线的夹角为α ，则1|3)2(132|tan =⨯-+--=α，所以两条切线的夹角的大小是45°．练习4－2一、选择题：1．D 2．C 3．B 4．A 二、填空题： 5．61-6．932 7．3 8．1三、解答题：9．解：(1)a ＝4，b ＝－3．(2)函数f (x )的单调增区间为(－∞，－3)，),31(+∞；减区间为)31,3(-． (3)函数f (x )在[－1，1]上的最小值为2714-，最大值为6． 10．证明：设f (x )＝tan x －x ，)2π,0(∈x ．则0tan 1cos 11)'cos sin ()(2.2>=-=-='x xx x x f ，所以函数f (x )＝tan x －x 在区间)2π,0(内单调递增．又f (0)＝0，从而当)2π,0(∈x 时，f (x )＞f (0)恒成立，即当)2π,0(∈x 时，tan x ＞x ． 11．解：(1)f (x )的导数f '(x )＝e x ＋e －x ．由于2e e 2ee =≥+--⋅x x xx ，故f '(x ）≥2，当且仅当x ＝0时，等号成立．(2)令g (x )＝f (x )－ax ，则g '(x )＝f '(x )－a ＝e x ＋e －x －a ，①若a ≤2，当x ＞0时，g '(x )＝e x ＋e －x －a ＞2－a ≥0，故g (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以，x ≥0时，g (x )≥g (0)，即f (x )≥ax ．②若a ＞2，方程g '(x )＝0的正根为24ln 21-+=a a x ，此时，若x ∈(0，x 1)，则g ′(x )＜0，故g (x )在该区间为减函数．所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜g (0)＝0，即f (x )＜ax ，与题设f (x )≥ax 相矛盾．综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，2]．习题4一、选择题：1．B 2．B 3．A 4．D 5．C 二、填空题：6．1 7．－2 8．5；－15 9．y ＝－3x 10．61 三、解答题：11．(1)f '(x )＝(1＋kx )e kx ，令(1＋kx )e kx ＝0，得)0(1=/-=k kx ．若k ＞0，则当)1,(k x --∞∈时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增．若k ＜0，则当)1,(kx --∞∈时，f '(x )＞0，函数f (x )单调递增；当),1(+∞-∈kx 时，f '(x )＜0，函数f (x )单调递减．(2)若k ＞0，则当且仅当11-≤-k，即k ≤1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增；若k ＜0，则当且仅当11≥-k ，即k ≥－1时，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增．综上，函数f (x )在区间(－1，1)内单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]． 12．解：(1)f '(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2取得极值，则有f '(1)＝0，f '(2)＝0．即⎩⎨⎧=++=++.031224,0366b a b a 解得a ＝－3，b ＝4．(2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f '(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0，1)时，f '(x )＞0；当x ∈(1，2)时，f '(x )＜0；当x ∈(2，3)时，f '(x )＞0．所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c ，又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ．则当x ∈[0，3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c ．因为对于任意的x ∈[0，3]，有f (x )＜c 2恒成立，所以 9＋8c ＜c 2，解得c ＜－1或c ＞9，因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．13．解：对函数f (x )求导得：f '(x )＝e ax (ax ＋2)(x －1)．(1)当a ＝2时，f '(x )＝e 2x (2x ＋2)(x －1)．令f '(x )＞0，解得x ＞1或x ＜－1；令f '(x )＜0，解得－1＜x ＜1．所以，f (x )单调增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；f (x )单调减区间为(－1，1)．(2)令f '(x )＝0，即(ax ＋2)(x －1)＝0，解得ax 2-=，或x ＝1．由a ＞0时，列表分析得：当a x -<时，因为0,,02>>->a a x x ，所以02>--a x x ，从而f (x )＞0．对于a x 2-≥时，由表可知函数在x ＝1时取得最小值01)1(<-=a e af ，所以，当x ∈R 时，a af x f e 1)1()(min -==．由题意，不等式03)(≥+ax f 对x ∈R 恒成立，所以得031≥+-ae a a ，解得0＜a ≤ln3．14．(1)解：对函数f (x )求导数，得x a x x f 21)('++=．依题意有f '(－1)＝0，故23=a ．从而23)1)(12(23132)(2+++=+++='x x x x x x x f ． f (x )的定义域为),23(+∞-，当123-<<-x 时，f '(x )＞0；当211-<<-x 时，f '(x )＜0；当21->x 时，f ′(x )＞0．从而，f (x )分别在区间),21(),1,23(+∞---内单调递增，在区间)21,1(--内单调递减．(2)解：f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，ax ax x x f +++=122)(2．方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式∆＝4a 2－8． ①若∆＜0，即22<<-a ，在f (x )的定义域内f '(x )＞0，故f (x )无极值．②若∆＝0，则2=a 或.2-=a若⋅++='+∞-∈=2)12()(),,2(,22x x x f x a 当22-=x 时，f '(x )＝0，当)22,2(--∈x 或),22(+∞-∈x 时，f '(x )＞0，所以f (x )无极值．若),2(,2+∞∈-=x a ，f '(x )2)12(2--=x x ＞0，f (x )也无极值．③若∆＞0，即2>a 或2-<a ，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实数根22,222221-+-=---=a a x a a x ．当2-<a 时，x 1＜－a ，x 2＜－a ，从而f ′(x )在f (x )的定义域内没有零点，故f (x )无极值．当2>a 时，x 1＞－a ，x 2＞－a ，f '(x )在f (x )的定义域内有两个不同的零点，所以f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2处取得极值．综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为),2(+∞． f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 12＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln[(x 1＋a )(x 2＋a )]＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝ln21＋a 2－1＞1－ln2＝ln 2e．。

2020北京市新高考二轮专题复习(一)函数与导数

2020新高考二轮专题复习(一)函数与导数指导思想：完成对复习知识的反思和提升，实现问题解决的智能化。

目标：让学生掌握建立知识体系的办法和解决问题的方法；找到考试万变之中“不变的”东西，也感受到复习的快乐和成就感；老师要帮助学生完善知识体系，对考什么，怎么考心中有数，帮助学生能够发现问题，做学生复习的指导者、拉拉队员和严格的检查官。

学生解题习惯和心理素质目标（1）思维习惯——优化解题过程，准确找到切入点（2）书写习惯——严谨、有层次的表达，理清思路，平和心态（3）计算习惯——踏实地关注每个细节，减少出错可能重点：解决知识难点，实现重点问题的突破，快速形成解决问题的思路和方法。

难点：提高问题解决的质量和灵活性。

※什么是函数思想？我的理解：当需要用函数时能想得起用、当需要看成函数时能看成函数、当需要构造函数时能构造函数，那你就具备了函数思想，而无须给函数思想下个什么科学严谨的定义。

热点1.以分段函数为载体命题例 1.已知0a >，函数2πsin ,[1,0),()21,[0,),x x f x ax ax x ⎧∈-⎪=⎨⎪++∈+∞⎩若11()32f t ->-，则实数t 的取值范围为（） A. 2[,0)3-B.[1,0)-C.[2,3)D. (0,)+∞变式1.若函数tan ,0()21,0x x f x ax a x ⎧-<<⎪=⎨⎪+-≥⎩π值域为(,)-∞+∞，则实数a 的取值范围___________.变式2．已知函数22,0(),01x x x f x x x x⎧-+>⎪=⎨≤⎪-⎩，若()(2)f a f a <-，则a 的取值范围是____________.变式 3.已知函数()f x =,若||≥,则的取值范围是_____________ 变式 4. 函数1,0()2,0xx x f x x +⎧=⎨>⎩≤，则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是_______________．变式5.已知函数0()ln 0⎧=⎨>⎩，≤，，，x e x f x x x ()()=++g x f x x a ．若()g x 存在2个零点，则a 的取值范围是__热点2.函数性质：单调性，奇偶性，对称性，周期性例题(一)1.（2019北京理13）设函数 (a 为常数)，若为奇函数,则a =______；若是上的增函数，则a 的取值范围是 ________.2.已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =．若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则a ，b ，c 的大小关系为（） A ．a b c <0，y >0，函数f (x )满足f （x ＋y ）＝f （x ）f （y ）”的是A ．幂函数B ．对数函数C ．指数函数D ．余弦函数4.（2019全国Ⅱ）已知是奇函数，且当时，.若，则__________.5.（2019全国Ⅱ）设f (x )为奇函数，且当x ≥0时，f (x )=，则当x <0时，f (x )=( )A ．B ．C ．D ．6.若函数为偶函数，则=7.对于函数，若存在常数，使得取定义域内的每一个值，都有，则称为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是（） A ． B ． C ． D ．()e xxf x e a -=+()f x ()f x R ()f x 0x <()e ax f x =-(ln 2)8f =a =e 1x-e1x--e1x-+e1x---e1x--+()ln(f x x x =a ()f x 0a ≠x ()(2)f x f a x =-()fx ()f x =2()f x x =()tan f x x =()cos(1)f x x =+8.函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于（）A ．2B ．4C ．6D ．89.已知()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x <≤时，3()f x x x =-，则函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为（） A ．6 B ．7 C ．8 D ．910.（2019全国Ⅱ理12）设函数的定义域为R ，满足，且当时，.若对任意，都有，则m 的取值范围是( ) A ．B ．C ．D ．例题(二)、零点1.若，则函数的两个零点分别位于区间( )A ．和内B ．和内C ．和内D ．和内2．函数的图像与函数的图象的交点个数为_______3．函数的零点个数为_______4.已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =_______5.对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零整数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A ．－1是()f x 的零点B ．1是()f x 的极值点C ．3是()f x 的极值D ．点(2,8)在曲线()y f x =上()f x (1) 2 ()f x f x +=(0,1]x ∈()(1)f x x x =-(,]x m ∈-∞8()9f x ≥-9,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦7,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦a b c <<()()()()()()()f x x a x b x b x c x c x a =--+--+--(),a b (),b c (),a -∞(),a b (),b c (),c +∞(),a -∞(),c +∞()2ln f x x =()245g x x x =-+0.5()2|log |1xf x x =-6. 对于函数()y f x =，若在其定义域内存在0x ，使得00()1x f x =成立，则称函数()f x 具有性质P.（1）下列函数中具有性质P 的有①()2f x x =-+②()sin f x x =([0,2])x π∈ ③1()f x x x=+，((0,))x ∈+∞ （2）若函数()ln f x a x =具有性质P ，则实数a 的取值范围是 .例题(三)（全国理11）函数()f x 的定义域为R ，若(1)f x +与(1)f x -都是奇函数，则( ) A.()f x 是偶函数 B.()f x 是奇函数 C.()(2)f x f x =+ D.(3)f x +是奇函数变式1.对于定义域为R 的函数()f x ，给出下列命题：①若函数()f x 满足条件(1)(1)2f x f x -+-=，则函数()f x 的图象关于点（0，1）对称； ②若函数()f x 满足条件(1)(1)f x f x -=-，则函数()f x 的图象关于y 轴对称； ③在同一坐标系中，函数(1)y f x =-与(1)y f x =-其图象关于直线1x =对称； ④在同一坐标系中，函数(1)y f x =+与(1)y f x =-其图象关于y 轴对称.其中，真命题的个数是（） A ．1 B. 2 C. 3 D. 4变式2.已知函数，则，，的大小关系为( ) A ． B ．C ．D ．变式3. 已知是定义域为的奇函数，满足．若，则（） A ．B ．0C ．2D ．50变式4.已知函数满足，若函数与图像的交点为，，…，，则（）A ．0B ．mC ．2mD ．4m变式5.若函数(e=2．71828，是自然对数的底数)在的定义域上单调递增，则称函数()sin f x x x =π()11f (1)f -π3f -（）ππ()(1)()311f f f ->->ππ(1)()()311f f f ->->ππ()(1)()113f f f >->-ππ()()(1)311f f f ->>-()f x (,)-∞+∞(1)(1)-=+f x f x (1)2=f (1)(2)(3)(50)++++=…f f f f 50-()()f x x ∈R ()()2f x f x -=-1x y x+=()y f x =()11x y ，()22x y ，()m m x y ，()1miii x y =+=∑e ()xf x L ()f x ()f x具有性质，下列函数中具有性质的是__________①②③④热点3.什么时候该运用函数解决问题？缺乏函数应用意识，也源于对函数概念的理解不够深刻，是否可以这样说：运动变化很多时候可以转化为函数问题，一切含有变量的式子（包括等式和不等式）都可以看成函数 1.已知22=ln a ，33=ln b ，55=ln c ，比较c ,b ,a 的大小__________ 2.若对任意∈x R,不等式x ≥ax 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A. a ＜-1B. a ≤1C.a ＜1D.a ≥13.点P 在直线:1l y x =-上，若存在过P 的直线交抛物线2y x =于,A B 两点，且|||PA AB =，则称点P 为“点”，那么下列结论中正确的是（）A ．直线l 上的所有点都是“点”B ．直线l 上仅有有限个点是“点”C ．直线l 上的所有点都不是“点”D ．直线l 上有无穷多个点（点不是所有的点）是“点”4.设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合（）（A ）2{|1}a a <≤ （B ）{|}2a a ≥ （C ）3|}2{a a ≤≤ （D ）{2,3}5.若实数a , b ,c 满足2a +2b =2a+b ,2a +2b +2c =2a+b+c ，则c 的最大值是______________ 热点4.高考考什么？（2012文）（5）函数()121()2xf x x =-的零点个数为( )（A ）0 （B ）1（C ）2 （D ）3（2012文）（12）已知函数()lg f x x =．若()1f ab =，则22()()f a f b += ．（2012文）（14）已知()(2)(3)f x m x m x m =-++，()22x g x =-．若x ∀∈R ，()0f x <或()0g x <，则m 的取值范围是．M M ()2xf x -=()3xf x -=3()=f x x2()2=+f x x（2012理）（14）已知()(2)(3)f x m x m x m =-++，()22x g x =-．若同时满足条件：① x ∀∈R ，()0f x <或()0g x <；② (,4)x ∃∈-∞-，()()0f x g x <，则m 的取值范围是．（2013文）（3）下列函数中，既是偶函数又在区间(0,)+∞上单调递减的是( )（A ）1y x=（B ）e x y -= （C ）21y x =-+ （D ）lg ||y x =（2013文）（13）函数()f x =12log ,2,1x x x x ⎧⎪⎨⎪<⎩≥1,的值域为．（2013理）（5）函数()f x 的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线e x y =关于y 轴对称，则()f x =( )（A ）1e x + （B ）1e x - （C ）1e x -+ （D ）1e x -- （2014文）（2）下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( )（A ）e x y -= （B ）3y x = （C ）ln y x = （D ）||y x = （2014文）（6）已知函数26()log f x x x=-．在下列区间中，包含()f x 零点的区间是( ) （A ）(0,1) （B ）(1,2) （C ）(2,4) （D ）(4,)+∞ （2014理）（2）下列函数中，在区间(0,)+∞上为增函数的是( )（A ）1y x =+（B ）2(1)y x =- （C ）2x y -=（D ）0.5log (1)y x =+（2015文）（3）下列函数中为偶函数的是( )（A ）2sin y x x = （B ）2cos y x x = （C ）|ln |y x = （D ）2x y -= （2015文）（10）32-，123，2log 5三个数中最大的数是_______．（2015理）（7）如图，函数()f x 的图象为折线ACB ，则不等式2()log (1)f x x +≥的解集是( )（A ）{|10}x x -<≤ （B ）{|11}x x -≤≤ （C ）{|11}x x -<≤ （D ）{|12}x x -<≤ （2015理）（14）设函数2,1,()4()(2), 1.x a x f x x a x a x ⎧-<⎪=⎨--⎪⎩≥① 若1a =，则()f x 的最小值为_______；③ 若()f x 恰有2个零点，则实数a 的取值范围是_______．（2016理）（5）已知,R x y ∈，且0x y >>，则( )（A ）110x y ->（B ）sin sin 0x y -> （C ）11022x y⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（D ）ln ln 0x y +>（2016文）（4）下列函数中，在区间(1,1)-上为减函数的是( )（A ）11y x=- （B ）cos y x = （C ）ln(1)y x =+ （D ）2x y -= （2016理）（14）设函数33,,()2,.x x x a f x x x a ⎧-⎪=⎨->⎪⎩≤① 若0a =，则()f x 的最大值为；② 若()f x 无最大值，则实数a 的取值范围是．（2016文）（10）函数() (2)1xf x x x =-≥的最大值为．（2017理文）（5）已知函数1()33xxf x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()f x ( )（A ）是奇函数，且在R 上是增函数（B ）是偶函数，且在R 上是增函数（C ）是奇函数，且在R 上是减函数（D ）是偶函数，且在R 上是减函数（2017理文）（8）根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3613，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为8010据：lg30.48≈）（A ）3310 （B ）5310 （C ）7310 （D ）9310（2017文）（11）已知0,0x y ≥≥，且1x y +=，则22x y +的取值范围是．（2018理）（11）设函数π()cos()6f x x ω=-(0)ω>．若π()()4f x f ≤对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为．（2018理）（13）能说明“若()(0)f x f >对任意的(0,2]x ∈都成立，则()f x 在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是．（A ）10.110 （B ）10.1 （C ）lg10.1 （D ）10.110- （2019理）（ 9 ）函数2()sin 2f x x =的最小正周期是________．（2019理）（13）设函数()e e x x f x a -=+（a 为常数）．若()f x 为奇函数，则a =________；若()f x 是R 上的增函数，则a 的取值范围是________．（2019理文）（14）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．① 当10x =时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付________元； ② 在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为________．（2019文）（3）下列函数中，在区间(0,)+∞上单调递增的是( )（A ）12y x = （B ）2x y -= （C ）12log y x = （D ）1y x=（2019文）（6）设函数()cos sin f x x b x =+（b 为常数），则“0b =”是“()f x 为偶函数”的( )（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件导数: (一).单调性一.利用导数求函数单调区间的3种方法1.当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．2.当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分成若干个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．3.若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．二.含参函数单调性的求法此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：1.首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0分类讨论，即“有无实根判别式，两种情形需知晓”．2.如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，逻辑分类有两种情况，需要考虑首项系数是否含有参数．如果首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如果首项系数无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小，即“首项系数含参数，先论系数零正负；首项系数无参数，根的大小定胜负”．3.注意：讨论两个根x1，x2的大小时，一定要结合函数定义域进行讨论，考虑两根是否在定义域中，即“定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．三..由函数的单调性求参数的取值范围的方法1.可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．2.可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．3.若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．(二)极值与最值一.1.已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值．解决此类问题的一般步骤为：(1)确定函数定义域；(2)求导数f′(x)及f′(x)＝0的根；(3)根据方程f′(x)＝0的根将函数定义域分成若干个区间，列出表格，检查导函数f′(x)零点左右f′(x)的值的符号，并得出结论．[提醒]如果解析式中含有参数，需分类讨论，分类标准主要有以下几个方面：(1)f′(x)＝0的根是否存在；(2)f′(x)＝0根的大小；(3)f′(x)＝0的根与定义域的关系等．2.已知函数极值点的个数求参数．解决此类问题可转化为函数y＝f′(x)在区间(a，b)内变号零点的个数问题求解．3.已知函数的极值求参数．解决此类问题常利用f ′(x 0)＝0列方程求参数，求出参数后还要检验所求参数值是否满足x 0的极值点特征二.求函数f (x )在闭区间[a ，b ]内的最值的思路1.若所给的闭区间[a ，b ]不含有参数，则只需对函数f (x )求导，并求f ′(x )＝0在区间[a ，b ]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．2.若所给的闭区间[a ，b ]含有参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．[提醒] 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，然后借助图象观察得到函数的最值．例1.已知函数()e sin xf x x -=（其中e 2.718=L ）.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）求()f x 在[,π]π-上的最大值与最小值.例2. 已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.例3. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当0<a <3时，记在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求的取值范围.例4. 设函数()2ln x f x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（II ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+. 32()22f x x ax =-+()f x ()f x M m -例5. 已知函数2()()x x f x e e a a x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()0f x ≥，求a 的取值范围．例6. 已知函数()1ln f x x a x =--.（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L ，求m 的最小值.例7.已知函数ln 1()ax f x x+= (0a >). （Ⅰ）求函数()f x 的最大值；（Ⅱ）如果关于x 的方程ln 1x bx +=有两解，写出b 的取值范围（只需写出结论）；（Ⅲ）证明：当*N k ∈且2k ≥时，1111lnln 2234k k k <+++⋅⋅⋅+<．。

2020届新课标高考数学二轮专题复习讲义全套打包下载2函数与导数

专题二函数与导数第1讲函数的概念、图象与性质[记牢方能用活]一、函数与映射的相关结论1．相等函数如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数相等．2．映射的个数若集合A中有m个元素，集合B中有n个元素，则从集合A到集合B的映射共有n m个．二、函数的表示方法及分段函数1．表示函数的常用方法：解析法、图象法、列表法．2．分段函数：若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，则这种函数称为分段函数．分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．三、函数的图象及应用1．描点法作图的方法步骤(1)确定函数的定义域；(2)化简函数的解析式；(3)讨论函数的性质，即奇偶性、周期性、单调性、最值(甚至变化趋势)；(4)描点连线，画出函数的图象．2．图象变换(1)平移变换四、函数的性质及应用1．利用性质判断函数的奇偶性一般情况下，在相同定义域内，有下列结论成立：奇函数±奇函数＝奇函数，偶函数±偶函数＝偶函数，偶函数×偶函数＝偶函数，奇函数×奇函数＝偶函数，奇函数×偶函数＝奇函数．2．函数单调性判断的常用方法(1)定义法：要注意函数的定义域；(2)图象法：作出函数图象，从图象上直观判断；(3)复合函数法：同增异减；(4)性质法：增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减；(5)导数法．3．几种常见抽象函数的周期调研1函数的表示、分段函数a．分段函数求值问题1．(2019·山西太原三中模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－1(x ≥2)，log 2x (0<x <2)，若f (m )＝3，则实数m 的值为( )A ．－2B ．8C ．1D ．2答案：D 解析：当m ≥2时，m 2－1＝3，∴m ＝2或m ＝－2(舍)；当0<m <2时，log 2m ＝3，∴m ＝8(舍)．∴m ＝2.故选D.2．(2018·江苏，9,5分)函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R)，且在区间(－2,2]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx2，0<x ≤2，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，－2<x ≤0，则f (f (15))的值为________．答案：22 解析：由函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R)，可知函数f (x )的周期是4，所以f (15)＝f (－1)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋12＝12，所以f (f (15))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝cos π4＝22.b ．分段函数的不等式问题3．(2017·全国Ⅲ，15,5分)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x ，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值范围是________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ 解析：由题意知，可对不等式分x ≤0，0＜x ≤12，x ＞12三段讨论．当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12＞1，解得x ＞－14，∴－14＜x ≤0；当0＜x ≤12时，原不等式为2x ＋x ＋12＞1，显然成立；当x ＞12时，原不等式为2x ＋2x －12＞1，显然成立．综上可知，x ＞－14.小提示：分段函数的有关方程、不等式问题，都需对函数表达式分段讨论，只有解析式明确后，才能解方程、解不等式，关键是对自变量的分类讨论，得到函数表达式．[对点提升]1．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≤2，log a x －12，x >2的值域为R ，则f (22)的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－54 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，－12 答案：D 解析：当x ≤2时，f (x )∈[－1，＋∞)，依题意可得当x >2时，函数f (x )的取值必须包含(－∞，－1)，如图所示，可知函数在区间(2，＋∞)上单调递减，得0<a <1.当x ＝2时，log a 2<0，且log a 2－12≥－1，即－12≤log a 2<0，所以f (22)＝log a 22－12＝32log a 2－12，即f (22)∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，－12.故选D.2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ln (x ＋1)，x >0，－x 2＋3x ，x ≤0，若不等式|f (x )|－mx ＋2≥0恒成立，则实数m 的取值范围为________．答案：[－3－22，0] 解析：原不等式恒成立等价于不等式mx ≤|f (x )|＋2恒成立．在平面直角坐标系中画出y＝|f(x)|＋2的大致图象，如图所示，则不等式恒成立即是函数y＝mx的图象恒在函数y＝|f(x)|＋2的图象的下方．下面考虑函数y＝x2－3x＋2(x≤0)的图象的切线的斜率，且此切线过原点．设切点为P(a，b)(a<0)，则b＝a2－3a＋2，y′＝2x－3，于是切线方程为y－b＝(2a－3)(x－a)．因为切线过原点，所以－b＝(2a－3)·(－a)，即－(a2－3a＋2)＝－2a2＋3a，所以a2＝2.又因为a<0，所以a＝－ 2.此时切线的斜率k＝2a－3＝－3－2 2.结合图象可知，所求实数m的取值范围为[－3－22，0]．调研2函数的图象及应用a．由解析式辨识图象1．(2019·全国Ⅰ，5,5分)函数f(x)＝sin x＋xcos x＋x2在[－π，π]的图象大致为()解析：∵f(－x)＝sin(－x)－xcos(－x)＋(－x)2＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A.当x＝π时，f(π)＝π－1＋π2>0，排除B，C.故选D.小提示：函数图象的辨识方法1．由函数的定义域判断图象的左右位置，由函数的值域判断图象的上下位置；2．由函数的单调性判断图象的变化趋势；3．由函数的奇偶性判断图象的对称性；4．由函数的周期性识辨图象；5．由函数图象上的特征点排除不符合要求的图象．b．函数零点与图象的综合2．(2016·全国Ⅱ，12,5分)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝x＋1x与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x m，y m)，则∑i＝1m(x i＋y i)＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m答案：B 解析：由f (－x )＝2－f (x )可知f (x )的图象关于点(0,1)对称，又易知y ＝x ＋1x ＝1＋1x 的图象关于点(0,1)对称，所以两函数图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点(0,1)对称，则x 1＋x m ＝x 2＋x m －1＝…＝0，y 1＋y m ＝y 2＋y m －1＝…＝2，∴ i ＝1m(x i ＋y i )＝0×m 2＋2×m2＝m .故选B.小提示：凡是两函数交点坐标之和(或积)等问题，都与图象的性质有关，数形结合法是解题关键，准确判断函数的对称性(对称轴、对称中心)，借助对称性解决问题．[对点提升]1．(2019·全国Ⅲ，7,5分)函数y ＝2x 32x ＋2－x在[－6,6]的图象大致为( )答案：B2．(2016·山东，15,5分)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________．答案：(3，＋∞)解析：f(x)的大致图象如图所示，要满足存在b∈R，使得方程f(x)＝b有三个不同的根，只需4m－m2<m，又m>0，所以m>3.调研3函数的性质及应用a．利用函数性质求值问题1．(2018·全国Ⅱ，11,5分)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝() A．－50 B．0C．2 D．50答案：C解析：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1)．又f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函数f(x)是周期为4的周期函数．由f(x)为奇函数，得f(0)＝0.又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.故选C.小提示：本题中函数既有对称中心，又有对称轴，则其表现出周期性．若函数f(x)有对称轴为x＝a和x＝b，则T＝2|a－b|；若有对称中心为(a,0)，(b,0)，则T＝2|a－b|；若有对称中心为(a,0)，对称轴为x＝b，则T＝4|a－b|.b．利用函数性质比较大小2．(2019·全国Ⅲ，11,5分)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则()答案：Cc．由单调性求参数3．(2019·北京，13,5分)设函数f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)．若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________．答案：－1 (－∞，0] 解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ， ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －a e x . ∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥ae x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．小提示：利用对称性、单调性比较大小，应先将自变量转化为同一单调区间，不等式的求解可利用数形结合，褪掉抽象符号f .[对点提升]1．(2019·江西南昌第一中学模拟)已知函数f (x )＝(e x ＋e －x )ln 1－x1＋x －1，若f (a )＝1，则f (－a )＝________.答案：－3 解析：∵y ＝ex＋e －x 是偶函数，y ＝ln1－x 1＋x在(－1,1)上为奇函数，∴φ(x )＝(ex＋e －x )·ln1－x1＋x为奇函数． ∵f (a )＝φ(a )－1＝1，∴φ(a )＝2. ∴f (－a )＝φ(－a )－1＝－φ(a )－1＝－3.2．(2019·四川成都外国语学校阶段考)函数f (x )＝log 2(x 2－ax ＋3a )在[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案：(－4,4] 解析：因为函数f (x )＝log 2(x 2－ax ＋3a )在[2，＋∞)上是增函数，所以当x ∈[2，＋∞)时，x 2－ax ＋3a >0且函数g (x )＝x 2－ax ＋3a 为增函数，即a2≤2且f (2)＝4＋a >0，解得－4<a ≤4.提醒完成专题训练(五)第2讲基本初等函数、函数与方程[记牢方能用活]一、一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的实根分布二、指数函数与对数函数的图象与性质三、函数的零点1．函数的零点与方程的根、函数图象的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．2．判断函数零点个数的常用方法(1)解方程法：令f(x)＝0，如果有解，则有几个解就有几个零点．(2)利用零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数图象在[a，b]上的图象是连续的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合法：转化为两个相应函数图象的交点的个数问题，有几个交点就有几个零点．四、应用函数模型解决实际问题的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.调研1 幂函数与二次函数 a ．幂函数的性质1．(2018·上海，7,5分)已知α∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，－12，12，1，2，3.若幂函数f (x )＝x α为奇函数，且在(0，＋∞)上递减，则α＝________.答案：－1 解析：本题主要考查幂函数的性质． ∵幂函数f (x )＝x α为奇函数，∴α可取－1,1,3，又f (x )＝x α在(0，＋∞)上递减， ∴α<0，故α＝－1. b ．二次函数的性质2．(2019·浙江，16,4分)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－x .若存在t ∈R ，使得|f (t ＋2)－f (t )|≤23，则实数a 的最大值是________．答案：43 解析：由题意，得f (t ＋2)－f (t ) ＝a (t ＋2)3－(t ＋2)－(at 3－t ) ＝a [(t ＋2)3－t 3]－2＝a (t ＋2－t )[(t ＋2)2＋(t ＋2)·t ＋t 2]－2 ＝2a (3t 2＋6t ＋4)－2 ＝2a [3(t ＋1)2＋1]－2. 由|f (t ＋2)－f (t )|≤23，得|2a [3(t ＋1)2＋1]－2|≤23，即－23≤2a [3(t ＋1)2＋1]－2≤23， 23≤a [3(t ＋1)2＋1]≤43，∴23·13(t ＋1)2＋1≤a ≤43·13(t ＋1)2＋1.设g (t )＝43·13(t ＋1)2＋1，则当t ＝－1时，g (t )max ＝43.∴当t ＝－1时，a 取得最大值43，满足题意．小提示：幂函数y ＝x α(α∈R)的性质及图象特征1．所有的幂函数在(0，＋∞)上都有定义，并且图象都过点(1,1)； 2．如果α>0，则幂函数的图象过原点，并且在区间[0，＋∞)上为增函数； 3．如果α<0，则幂函数的图象在区间(0，＋∞)上为减函数；4．当α为奇数时，幂函数为奇函数；当α为偶数时，幂函数为偶函数． [对点提升]1．(2019·河南濮阳二模)已知函数f (x )＝(m 2－m －1)·x m 2＋2m －3是幂函数，且其图象与两坐标轴都没有交点，则实数m ＝( )A ．－1B ．2C ．3D ．2或－1答案：A 解析：∵函数f (x )＝(m 2－m －1)x m 2＋2m －3 是幂函数，∴m 2－m －1＝1，解得m ＝2或m ＝－1.当m ＝2时，f (x )＝x 5，其图象与两坐标轴有交点，不合题意；当m ＝－1时，f (x )＝1x 4，其图象与两坐标轴都没有交点，符合题意，故m ＝－1，故选A.2．(2019·河南南阳模拟)设函数f (x )＝mx 2－mx －1，若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋4恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，0] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，57 C ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，57 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，57 答案：D 解析：由题意，f (x )<－m ＋4对于x ∈[1,3]恒成立，即m (x 2－x ＋1)<5对于x ∈[1,3]恒成立．∵当x ∈[1,3]时，x 2－x ＋1∈[1,7]，∴不等式f (x )<－m ＋4等价于m <5x 2－x ＋1.∵当x ＝3时，5x 2－x ＋1取最小值57，∴若要不等式m <5x 2－x ＋1对于x ∈[1,3]恒成立，则必须满足m <57，因此，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，57，故选D. 调研2 指数、对数函数 a ．指数式、对数式的大小比较1．(2019·全国Ⅰ，3,5分)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A ．a 1,0<c ＝0.20.3<1，所以b >c >a .故选B.2．(2019·天津，6,5分)已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <c <bB ．a log 0.50.5＝1.因为y ＝0.5x 是减函数，所以0.5＝0.51<c ＝0.50.2<0.50＝1，即0.5<c <1.所以a <c 0，函数f (x )＝2x 2x ＋ax 的图象经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ，65，Q ⎝⎛⎭⎪⎫q ，－15.若2p ＋q ＝36pq ，则a ＝________. 答案：6 解析：本题主要考查指数式的运算．由已知条件知，f (p )＝65，f (q )＝－15，所以⎩⎨⎧2p2p＋ap ＝65，①2q 2q＋aq＝－15，②①＋②，得2p (2q ＋aq )＋2q (2p ＋ap )(2p ＋ap )(2q ＋aq )＝1，整理得2p ＋q ＝a 2pq ，又2p ＋q ＝36pq ，∴36pq ＝a 2pq ，又pq ≠0，∴a 2＝36，∴a ＝6或a ＝－6，又a >0，得a ＝6. c ．对数式的大小比较4．(2019·安徽安庆二模)若函数f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)的定义域与值域都是[m ，n ](m <n )，则a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(e ，＋∞)C ．(1，e)D ．(1，e 1e)答案：D 解析：f (x )＝log a x 的定义域与值域相同，等价于方程f (x )＝log a x ＝x 有两个不等的实数解． ∵log a x ＝x ，∴ln xln a ＝x ， ∴ln a ＝ln xx 有两个不等实数解，问题等价于直线y ＝ln a 与函数y ＝ln xx 的图象有两个交点．作函数y ＝ln xx 的图象，如图所示．根据图象可知，当0<ln a <1e ，即1<a <e 1e时，直线y ＝ln a 与函数y ＝ln xx 的图象有两个交点．故选D.[对点提升]1．(2019·湖北华中师大第一附属中学模拟)设a ＝2 01612 017，b ＝log 20162 017，c ＝log 2 017 2 016，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >a >cD ．c >b >a答案：A 解析：∵a ＝2 01612 017>2 0160＝1,1＝log 2 0162 016>b ＝log 20162 017>log 2 016 2 016＝12，c ＝log 2 017 2 016<log 2 017 2 017＝12，所以a >b >c .故选A.2．(2019·山东淄博模拟)已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln x 2＋12，对任意a ∈R ，存在b ∈(0，＋∞)，使f (a )＝g (b )，则b －a 的最小值为( )A ．2e －1B ．e 2－12 C ．2－ln 2 D ．2＋ln 2答案：D调研3 函数的零点 a ．零点个数的判断1．(2018·全国Ⅲ，15,5分)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为________．答案：3 解析：由题意可知，当3x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z)时，f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6＝0.∵x ∈[0，π]， ∴3x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，19π6，∴当3x ＋π6取值为π2，3π2，5π2时，f (x )＝0，即函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为3.2．(2017·江苏，14,5分)设f (x )是定义在R 上且周期为1的函数，在区间[0,1)上，f (x )＝⎩⎨⎧x 2，x ∈D ，x ，x ∉D ，其中集合D ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝n －1n ，n ∈N *，则方程f (x )－lg x ＝0的解的个数是________．答案：8 解析：由于f (x )∈[0,1)，则只需考虑1≤x ＜10的情况．在此范围内，当x ∈Q 且x ∉Z 时，设x ＝qp ，p ，q ∈N *，p ≥2且p ，q 互质，若lg x ∈Q ，则由lg x ∈(0,1)，可设lg x ＝nm ，m ，n ∈N *，m ≥2且m ，n 互质，因此10n m ＝q p ，则10n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q p m ，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lgx ∉Q ，因此lg x 不可能与每个周期内x ∈D 对应的部分相等，只需考虑lg x 与每个周期x ∉D 部分的交点．画出函数草图．图中交点除(1,0)外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x ∉D 部分，且x ＝1处(lg x )′＝1x ln 10＝1ln 10＜1，则在x ＝1附近仅有一个交点，因此方程解的个数为8.b ．由零点个数求参数3．(2019·浙江，9,4分)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( )A ．a <－1，b <0B ．a <－1，b >0C ．a >－1，b <0D ．a >－1，b >0答案：C解析：由题意，b ＝f (x )－ax ＝⎩⎨⎧(1－a )x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2，x ≥0.设y ＝b ，g (x )＝⎩⎨⎧(1－a )x ，x <0，13x 3－12(a ＋1)x 2，x ≥0.即以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论． ①当a <－1时，1－a >0，可知g (x )在(－∞，0)上单调递增；由g ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，a ＋1<0，可知g (x )在(0，＋∞)上单调递增．此时直线y ＝b 与g (x )的图象只有1个交点，不符合题意，故A ，B 排除． ②当a >－1，即a ＋1>0时，因为g ′(x )＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，所以当x ≥0时，由g ′(x )<0可得0<x <a ＋1，所以当x ≥0时，g (x )在(0，a ＋1)上单调递减，g (x )在(a ＋1，＋∞)上单调递增．如图，y ＝b 与y ＝g (x )(x ≥0)的图象至多有2个交点．当1－a >0，即－1<a <1时，由图象可得，若要y ＝g (x )与y ＝b 的图象有3个交点，必有b <0；当1－a ＝0时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去；当1－a <0，即a >1时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个或2个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去．综上，－1<a <1，b <0.故选C.4．(2018·全国Ⅰ，9,5分)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，＋∞)答案：C 解析：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 )图象的示意图，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.小提示：已知函数零点的个数求参数范围的方法已知函数零点的个数求参数范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点个数问题，需准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数范围．[对点提升]1．(2019·黑龙江哈师大附中模拟)若函数y＝f(x)(x∈R)是奇函数，其零点分别为x1，x2，…，x2 017，且x1＋x2＋…＋x2 017＝m，则关于x的方程2x＋x－2＝m的根所在区间是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)答案：A解析：因为函数y＝f(x)(x∈R)是奇函数，故其零点x1，x2，…，x2 017关于原点对称，且其中一个为0，所以x1＋x2＋…＋x2 017＝m＝0.则关于x 的方程为2x＋x－2＝0，令h(x)＝2x＋x－2，则h(x)为(－∞，＋∞)上的增函数．因为h(0)＝20＋0－2＝－1<0，h(1)＝21＋1－2＝1>0，所以关于x的方程2x ＋x－2＝m的根所在区间是(0,1)．2．(2019·河南安阳二模)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，若f(x)在区间(0，＋∞)上无零点，则实数a的取值范围是()A．[0,1] B．[－1,0]C．[0,2] D．[－1,1]答案：A解析：令f(x)＝0，可得ln(x＋1)＝－a(x2－x)，令g(x)＝ln(x＋1)，h(x)＝－a(x2－x)．∵f(x)在区间(0，＋∞)上无零点，∴g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的图象在y轴右侧无交点．显然当a＝0时符合题意；当a<0时，作出g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的函数图象如图1所示，显然两函数图象在y轴右侧必有一交点，不符合题意；当a>0时，作出g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的函数图象如图2所示，若两函数图象在y轴右侧无交点，则h′(0)≤g′(0)，即a≤1.综上，0≤a≤1.故选A.调研4函数模型及综合应用a．函数关系在实际问题中的应用1．(2019·全国Ⅱ，4,5分)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：M1 (R＋r)2＋M2r2＝(R＋r)M1R3.设α＝rR.由于α的值很小，因此在近似计算中3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，则r的近似值为()A.M 2M 1RB.M 22M 1RC.33M 2M 1R D.3M 23M 1R答案：D 解析：由α＝r R ，得r ＝αR ，代入M 1(R ＋r )2＋M 2r 2＝(R ＋r )·M 1R 3，整理得3α3＋3α4＋α5(1＋α)2＝M 2M 1. 又∵3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，∴3α3≈M 2M 1，∴α≈3M 23M 1， ∴r ＝αR ≈3M 23M 1R .故选D.b.函数模型在实际问题中的应用2．(2019·湖北荆门模拟)复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息．某同学有压岁钱 1 000元，存入银行，年利率为 2.25%，若放入微信零钱通或者支付宝的余额宝，年利率可达4.01%.如果将这1 000元选择合适方式存满5年，可以多获利息( )(参考数据：1.022 54＝1.093,1.022 55＝1.118,1.040 15＝1.217) A ．176元 B ．104.5元 C ．77元 D ．88元答案：B 解析：将1 000元钱存入微信零钱通或者支付宝的余额宝，选择复利的计算方法，则存满5年后的本息和为1 000×1.040 15＝1 217(元)，故共得利息1 217－1 000＝217(元)．将1 000元存入银行，不选择复利的计算方法，则存满5年后的利息为1 000×0.022 5×5＝112.5(元)，故可以多获利息217－112.5＝104.5(元)，故选B.小提示：在实际应用中，对数量关系的理解很重要，若考查图象问题，可由特殊值、特殊信息来验证；若考查求值计算，应用方程思想，把条件转化为条件方程．[对点提升4](2019·江苏盐城中学期末)我校为丰富师生课余活动，计划在一块直角三角形ABC 的空地上修建一个占地面积为S (平方米)的矩形健身场地AMPN .如图，点M 在AC 上，点N 在AB 上，点P 在斜边BC 上．已知∠ACB ＝60°，|AC |＝30米，|AM |＝x 米，x ∈[10,20]．设矩形健身场地AMPN 每平方米的造价为37kS元，再把矩形AMPN 以外(阴影部分)铺上草坪，每平方米的造价为12kS元(k 为正常数).(1)试用x 表示S ，并求S 的取值范围； (2)求总造价T 关于面积S 的函数T ＝f (S )；(3)如何选取|AM |，使总造价T 最低(不要求求出最低造价)?解：(1)在Rt △PMC 中，显然|MC |＝30－x ，∠PCM ＝60°，|PM |＝|MC |·tan ∠PCM ＝3(30－x )，∴矩形AMPN 的面积S ＝|PM |·|AM |＝3x (30－x )，x ∈[10,20]， ∴2003≤S ≤225 3.(2)矩形健身场地AMPN 造价T 1＝37k S ，又∵△ABC 的面积为12×30×tan 60°×30＝4503， ∴草坪造价T 2＝12kS (4503－S )．∴总造价T ＝T 1＋T 2＝25k S ＋5 400k 3S，2003≤S ≤225 3. (3)∵S ＋2163S ≥1263，当且仅当S ＝2163S ，即S ＝2163时等号成立，此时3x (30－x )＝2163，解得x ＝12或x ＝18.∴选取|AM |为12米或18米时总造价T 最低．提醒完成专题训练(六)第3讲导数及其应用(单调性与极值)[记牢方能用活]一、导数的运算及几何意义函数f(x)在点P(x0，y0)处的切线方程，是指点P(x0，y0)即为切点，切线为y －y0＝f′(x0)(x－x0)；而过点P(x0，y0)的切线方程，则点P(x0，y0)不一定是切点，设切点为P′(x1，y1)，写出切线表达式y－y1＝f′(x1)(x－x1)，将P(x0，y0)代入切线方程求解x1，从而得到切线方程．二、导数与函数单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．三、函数的极值设函数y＝f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)<f(x0)，则f(x0)是函数y＝f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)>f(x0)，则f(x0)是函数y＝f(x)的一＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．个极小值，记作y极小值四、函数的最值1．在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．2．设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，先求f(x)在(a，b)内的极值；再将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．3．极值点不一定是最值点，最值点也不一定是极值点，但如果连续函数在开区间(a，b)内只有一个极值点，那么极大值点就是最大值点，极小值点就是最小值点．调研1导数的运算及几何意义a．导数的运算求值1．(2019·福建福州八县联考)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．－e B．2 C．－2 D．e答案：B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.b．导数的几何意义2．(2019·全国Ⅰ，13,5分)曲线y＝3(x2＋x)e x在点(0,0)处的切线方程为________．答案：y＝3x解析：y′＝3(2x＋1)e x＋3(x2＋x)e x＝e x(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切线方程为y＝3x.c．应用导数的几何意义求参数3．(2019·全国Ⅲ，6,5分)已知曲线y＝a e x＋x ln x在点(1，a e)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1答案：D解析：y′＝a e x＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝a e＋1，∴切线方程为y－a e＝(a e＋1)(x－1)，即y＝(a e＋1)x－1.又∵切线方程为y＝2x＋b，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a e ＋1＝2，b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.故选D ．小提示：1．第1题中的f ′(1)理解为常数，求导后构造方程．2．第3题中应用点(1，a e)既在直线上，也在曲线上，可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝2，f (1)＝2＋b求值． [对点提升]1．(2019·广东深圳二模)已知函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x 是奇函数，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的倾斜角为( )A ．π4B ．3π4 C.π3D ．2π3答案：B 解析：由函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x 是奇函数，得f (－x )＝－f (x )，可得a ＝0，则f (x )＝x ＋2x ，f ′(x )＝1－2x 2，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率k ＝1－2＝－1，可得所求切线的倾斜角为3π4，故选B ．2．(2019·山东名校调研)已知曲线y ＝e x ＋a 与y ＝x 2恰好存在两条公切线，则实数a 的取值范围是( )A ．[2ln 2－2，＋∞)B ．(2ln 2，＋∞)C ．(－∞，2ln 2－2]D ．(－∞，2ln 2－2)答案：D 解析：由题意可设直线y ＝kx ＋b (k >0)为它们的公切线，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y ＝x2可得x 2－kx －b ＝0，由Δ＝0，得k 2＋4b ＝0.①由y ＝e x ＋a 求导可得y ′＝e x ＋a ，令e x ＋a ＝k ，可得x ＝ln k －a ，∴切点坐标为(ln k －a ，k ln k －ak ＋b )，代入y ＝e x ＋a 可得k ＝k ln k －ak ＋b .②联立①②可得k 2＋4k ＋4ak －4k ln k ＝0.化简得4＋4a＝4ln k－k.令g(k)＝4ln k－k，则g′(k)＝4k－1，令g′(k)＝0，得k＝4，令g′(k)>0，得0<k<4，令g′(k)<0，得k>4.∴g(k)在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，∴g(k)max＝g(4)＝4ln 4－4，且当k→0时，g(k)→－∞，当k→＋∞时，g(k)→－∞.∵有两条公切线，∴方程4＋4a＝4ln k－k有两解，∴4＋4a<4ln 4－4，∴a<2ln 2－2.故选D．调研2利用导数研究函数的单调性a．含参函数单调性的讨论1．(2017·全国Ⅰ，21,12分)已知函数f(x)＝a e2x＋(a－2)e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2a e2x＋(a－2)e x－1＝(a e x－1)(2e x＋1)．(ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．(ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－1a＋ln a.①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；③当a∈(0,1)时，1－1a＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0.又f(－2)＝a e－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0 (a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2 n 0－n 0＞0. 由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)上有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．小提示：单调区间的讨论，常伴随着求导后的因式分解，讨论含参因子的符号变化，也常有对极值点和定义域的讨论．第(2)问中函数有两零点，不但要求极小值f (－ln a )<0，而且需要寻找极值点两侧存在两个自变量x 1，x 2满足其值为正值，此两点的判断是难点．b ．利用单调性解决零点个数2．(2019·全国Ⅰ，20,12分)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．证明：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α. 则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2上单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．①当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)上单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)上单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．②当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2上单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2上单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点．④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1.所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点．小提示：此问题中两零点的证明与上一题处理方式不同．利用零点存在性定理，结合函数单调性．[对点提升]1．(2019·河南安阳模拟)已知函数f (x )与其导函数f ′(x )的图象如图，则函数g (x )＝f (x )e x 的单调减区间为( )A ．(0,4)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43C ．(0,1)，(4，＋∞)D ．(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，＋∞答案：C 解析：由题意可知导函数是二次函数，原函数是三次函数，由g (x )＝f (x )e x ，得g ′(x )＝e xf ′(x )－e xf (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x ，由题图可知，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )－f (x )>0，g ′(x )>0，当x ∈(0,1)时，f ′(x )－f (x )<0，g ′(x )<0，当x∈(1,4)时，f ′(x )－f (x )>0，g ′(x )>0，当x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，g ′(x )<0.∴函数g (x )＝f (x )e x 的单调减区间为(0,1)，(4，＋∞)．故选C.2．(2019·湖南娄底二模)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋a 在x ∈[1，e]上有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 1－e ，－1B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 1－e ，1C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤e 1－e ，－1 D ．[－1，e)答案：A 解析：f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2，当a ≥－1时，f ′(x )>0，f (x )在[1，e]上单调递增，不合题意．当a ≤－e 时，f ′(x )<0，f (x )在[1，e]上单调递减，也不合题意．当－e<a <－1时，当x ∈(1，－a )时，f ′(x )<0，f (x )在[1，－a )上单调递减；x ∈(－a ，e)时，f ′(x )>0，f (x )在(－a ，e]上单调递增．又f (1)＝0，所以f (x )在[1，e]上有两个零点，只需f (e)＝1－a e ＋a ≥0即可，所以e1－e ≤a <－1.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 1－e ，－1，故选A ．调研3 利用导数研究函数的极值、最值问题 a ．利用导数求解最值1．(2019·全国Ⅲ，20,12分)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性．(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．(1)解：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减．若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0上单调递减．(2)解：满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾．综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.小提示：(1)求出f ′(x )＝0的两根，比较根的大小并分类讨论．(2)利用(1)中的单调区间讨论f (x )在[0,1]上的最值，最终确定参数a ，b 的值．第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系，从而确定函数在[0,1]上的最值．b ．由极值求参数2．(2018·全国Ⅲ，21,12分)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x. 设函数g (x )＝f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x，则g ′(x )＝x(1＋x )2. 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0，故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0，当且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0.所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0. (2)解：(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． (ⅱ)若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同．又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.若6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a ，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16. 小提示： 1．解题指导：(1)当a ＝0时，写出f (x )的解析式，对f (x )求导，易得f (0)＝0，结合单调性可将问题解决．(2)对a 进行分类讨论，分析各类情况下的极大值点，进而求得参数a 的值． 2．易错警示：容易忽略函数定义域．函数解析式中含有对数型的式子，则其真数部分应大于零． [对点提升](2018·北京，18,13分)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得，f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.提醒完成专题训练(七)第4讲导数的综合应用(不等式、零点问题)[记牢方能用活]一、利用导数证明不等式问题1．解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法(1)直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．(2)先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的最值问题． 2．解决有关不等式的证明问题的方法 (1)直接构造函数，转化为函数的最值问题． (2)证明f (x )≥g (x )时可转化为证明f (x )min ≥g (x )max . 3．常用的函数不等式第一组：与对数函数有关的不等式ln x ≤x －1(x >0)，ln x<x (x >0)，ln x ≤xe (x >0)， ln x ≤x 2－x (x >0)，ln x ≥1－1x (x >0)， ln(1＋x )≤x (x >－1)， ln x<12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (x >1)，ln x>12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x (0<x <1)，ln x<x －1x (x >1)，ln x>x －1x(0<x <1)， ln x>2(x －1)x ＋1(x >1)，ln x<2(x －1)x ＋1(0<x <1)，ln(x ＋1)≥x1＋x(x >－1)．第二组：与指数函数有关的不等式 e x ≥x ＋1，e x >x ，e x ≥e x ，e x ≤11－x(x <1)， e x <－1x (x <0)，e x >x 2(x >0)， e x≥1＋x ＋12x 2(x >0)．4．不等式与函数最值关系。

新高考2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点函数与导数考点过关检测二十九理

考点过关检测（二十九）1．(2019·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x ，x <0，g (x )＝－f (－x )，则函数g (x )的图象是( )解析：选D 法一：由题意得函数g (x )＝－f (－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2，x ≤0，1x ，x >0，据此画出该函数的图象为选项D 中图象．故选D.法二：先画出函数f (x )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 )，即g (x )的图象，如图(2)所示．故选D.2．(2019·江西名校高三一检)已知函数f (x )＝3|x －k －1|＋cos x 的图象关于y 轴对称，若函数g (x )恒满足g (k ＋x )＋g (3－x )＋2＝0，则函数g (x )的图象的对称中心为( )A ．(1,1)B ．(1，－1)C ．(2,1)D ．(2，－1)解析：选B 依题意，函数f (x )为偶函数，故k ＝－1，则g (k ＋x )＋g (3－x )＋2＝0即为g (－1＋x )＋g (3－x )＝－2，故函数g (x )的图象的对称中心为(1，－1)，故选B.3．(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：选 A 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.选A.4.已知二次函数f (x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f (x )·e x的图象大致为( )解析：选A 由图象知，当x <－1或x >1时，f (x )>0；当－1<x <1时，f (x )<0，且e x>0恒成立，结合选项可知选A.5．(2019·合肥九中模拟)现有四个函数：①y ＝x ·sin x ，②y ＝x ·cos x ，③y ＝x ·|cosx |，④y ＝x ·2x 的部分图象如图，但顺序被打乱，则按照图象从左到右的顺序，对应的函数序号正确的一组是( )A ．①④②③B ．①④③②C ．④①②③D ．③④②①解析：选A 函数①y ＝x ·sin x 为偶函数，图象关于y 轴对称，对应的是第一个函数图象，从而排除选项C 、D ；对于函数④y ＝x ·2x，因为y ′＝2x(1＋x ln 2)，当x >0时，y ′>0，函数单调递增，所以函数④y ＝x ·2x对应的是第二个函数图象；又当x >0时，函数③y ＝x ·|cos x |≥0，对应的是第四个函数图象，从而排除选项B ，选A.6．(2019·广州七校第二次联考)设函数f (x )＝x sin x ＋cos x 的图象在点(t ，f (t ))处切线的斜率为k ，则函数k ＝g (t )的部分图象大致为( )解析：选B 因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，所以k ＝g (t )＝f ′(t )＝t cos t .因为g (－t )＝－t cos(－t )＝－t cos t ＝－g (t )，所以函数g (t )是奇函数，所以其图象关于原点对称，排除A 、C ；又当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，g (t )>0，排除D ，故选B.7．(2019·兰州模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝4，M 是PB 上(P ，B 点除外)的一个动点，过点M 作平面α∥平面PAD ，截棱锥所得截面面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数y ＝f (x )的大致图象是( )解析：选D 法一：过点M 作MT ∥PA 交AB 于点T ，过点M 作MN ∥BC 交PC 于点N ，过点N 作NS ∥PD 交CD 于点S ，连接TS (如图所示)，则平面MTSN ∥平面PAD ，所以y ＝S 四边形MTSN .由PA ⊥平面ABCD ，可得MT ⊥平面ABCD ，所以平面α与平面PAD 之间的距离为x ＝AT ，且四边形MTSN 为直角梯形．由MT ∥PA ，MN ∥BC ，得MT PA ＝2－x 2，MN BC ＝x2，所以MT ＝2－x 2×4＝2(2－x )，MN ＝x2×2＝x ，所以y ＝S 四边形MTSN ＝MT2(MN ＋ST )＝(2－x )(x ＋2)＝4－x 2(0<x <2)．法二：取点M ，N ，S ，T 分别为棱PB ，PC ，CD ，AB 的中点(图略)，易证CD ⊥平面PAD ，平面MTSN ∥平面PAD ，所以x ＝1，y ＝12(MN ＋ST )×MT ＝12×(1＋2)×2＝3，即函数y ＝f (x )的图象过点(1,3)，排除A 、C ；又当x →0时，y →S △PAD ＝12×2×4＝4，排除B ，故选D.8．(2019·安庆十中模拟)如图，已知l 1⊥l 2，圆心在l 1上、半径为1 m 的圆O ，在t ＝0时与l 2相切于点A ，圆O 沿l 1以1 m/s 的速度匀速向上移动，圆被直线l 2所截上方圆弧长记为x ，令y ＝cos x ，则y 与时间t (0≤t ≤1，单位：s)的函数y ＝f (t )的图象大致为( )解析：选B 取t ＝0，则x ＝0，此时y ＝cos x ＝1，所以函数y ＝f (t )的图象经过点(0,1)，据此可排除选项A 、D.(或者取t ＝1，易知x ＝π，此时y ＝cos x ＝－1，所以函数y ＝f (t )的图象经过点(1，－1)，据此可排除选项A 、D)．取t ＝12，设圆O 与l 2的交点为C ，D ，连接OC ，OD .画出图形(如图所示)，此时OA ＝12，OD ＝1，OA ⊥CD ，所以∠AOD ＝π3，所以∠COD＝2∠AOD ＝2π3，从而可知x ＝1×2π3＝2π3，此时y ＝cos x ＝－12，所以函数y ＝f (t )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，据此可排除选项C ，故选B.9．(2019·湖北、山东部分重点中学第一次联考)已知函数y ＝f (x )(x ∈R )满足f (x ＋2)＝f (－x )，若函数y ＝e|x －1|的图象与函数y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，则x 1＋x 2＋…＋x n ＝( )A ．0B ．nC ．2nD ．4n解析：选B y ＝f (x )与y ＝e |x －1|的图象均关于直线x ＝1对称，由对称性，可知x 1＋x 2＋…＋x n ＝n ，故选B.10．已知函数f (x )＝e x＋2(x <0)与g (x )＝ln(x ＋a )＋2的图象上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e B ．(－∞，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，eD.⎝⎛⎭⎪⎫－e ，1e解析：选B 由题意知，方程f (－x )－g (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即e －x＋2－ln(x ＋a )－2＝0在(0，＋∞)上有解，即函数y ＝e －x的图象与y ＝ln(x ＋a ) 的图象在(0，＋∞)上有交点，函数y ＝ln(x ＋a )的图象是由函数y ＝ln x 的图象向左平移a 个单位得到的，当y ＝ln x 向左平移且平移到过点(0,1)后开始，两函数的图象有交点，把点(0,1)代入y ＝ln(x ＋a )得，1＝ln a ，∴a ＝e ，∴a <e.故选B.11．(2019·昆明高三调研测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x －1)－a (x－3)．若g (x )有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：函数g (x )有两个零点，就是方程g (x )＝f (x －1)－a (x －3)＝0有两个解，也就是函数y ＝f (x －1)与y ＝a (x －3)的图象有两个交点．y ＝f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －1，x ≤1，ln (x －1)，x >1的图象如图所示．易知y ＝a (x－3)的图象过定点(3,0)．当a ＝0时，两个函数的图象只有一个交点，不符合题意；当a <0时，两个函数的图象要有两个交点，则当直线y ＝a (x －3)过点(1,1)时，斜率a 取得最小值，为－12，所以－12≤a <0；当a >0时，两个函数的图象一定有两个交点．综上，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0∪(0，＋∞)．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0∪(0，＋∞) 12．(2019·铜仁期中)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x ＋1)＝f (3－x )，若函数y ＝|x －2|与y ＝f (x )的图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，(x 3，y 3)，…，(x n ，y n )．则函数f (x )的图象关于__________对称，x 1＋x 2＋…＋x n ＝________.解析：∵f (x ＋1)＝f (3－x )，∴f (2＋x )＝f (2－x )， ∴f (x )的图象关于直线x ＝2对称．又y ＝|x －2|的图象关于直线x ＝2对称，当n 为偶数时，两图象的交点两两关于直线x ＝2对称， ∴x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝n2×4＝2n ；当n 为奇数时，两图象的交点有n －1个两两对称，另一个交点在对称轴上， ∴x 1＋x 2＋x 3＋…＋x n ＝4×n －12＋2＝2n .答案：x ＝2 2n。

2020年新高考数学二轮复习专题附解答函数与导数

专题函数与导数一、选择题1．函数2()14ln(31)f x x x =-+-的定义域为（） A ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,32⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．11,24⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ D ．11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ 2．下列函数中，既是奇函数，又在区间()0,∞+上递增的是（） A ．2x y = B ．ln y x =C ．1y x x=-D ．1y x x=+3．函数y=x 2﹣2x ﹣1在闭区间[0，3]上的最大值与最小值的和是（） A ．﹣1B ．0C ．1D ．24．定义在R 上的函数()f x 满足(2)()0f x f x ++=，(2018)2f =，任意的[1,2]t ∈，函数32(2)()(2)2f m g x x x f x ⎡⎤=+-++⎢⎥⎣⎦在区间(,3)t 上存在极值点，则实数m 的取值范围为（） A ．37,53⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．(9,5)--C ．37,93⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．37,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭5．已知0.7log 0.8a =， 1.1log 0.9b =，0.91.1c =，则,,a b c 的大小关系是（） A ．b a c <<B ．a c b <<C ．a b c <<D ．c a b <<6．已知函数()f x 的图象如图所示，则函数()()12log g x f x =的单调递增区间为（）A ．(],3-∞-，[]0,3B ．[]3,0-，[)3,+∞ C ．(),5-∞-，[)0,1D ．(]1,0-，()5,+∞7．定义在R 上的偶函数()f x 满足(1)(1)f x f x -=+，且当[1,0]x ∈-时，2()f x x =，()()()h x f x g x =-的零点的的个数是（）A ．9B ．10C ．11D ．128．已知函数(),()ln 1x f x e e g x x =-=+，若对于1x ∀∈R ，()20x ∃∈+，∞，使得()()12f x g x ＝，则12x x -的最大值为（）A ．eB ．1-eC ．1D ．11e-9．已知()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，有()()1f x f x +=-，且当[)0,1x ∈时，()()2log 1f x x =+，下列命题正确的是（） A ．()()201920200f f +-= B ．函数()f x 在定义域上是周期为2的函数C ．直线y x =与函数()f x 的图象有2个交点D ．函数()f x 的值域为[]1,1-10．曲线()3f x x x =-在点(1,(1))f --处的切线方程为（） A ．220x y ++= B ．220x y +-= C ．220x y -+=D ．220x y --=11．已知函数()f x 的导函数()f x ',且满足()()21ln f x xf x '=+，则()1f '＝( ) A ．e -B ．1-C ．1D ．e12．已知,a b ∈R ，直线2y ax b π=++与函数()tan f x x =的图象在4πx =-处相切，设()2xg x e bx a =++，若在区间[1，2]上，不等式()22m g x m ≤≤-恒成立．则实数m （） A ．有最大值1e + B ．有最大值eC ．有最小值eD ．有最小值e -二、填空题 13．函数()()lg 43x f x x -=-的定义域为_____14．已知函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的导函数是()g x ，设1x 、2x 是方程()0g x =的两根．若0a b c ++=，()()010g g ⋅<，则12x x -的取值范围为 .15．若函数()22f x x ax b =++在区间[]1,2两个不同的零点，则+a b 的取值范围是_____16．已知定义域为的函数()y f x =，若对于任意x D ∈，存在正数K ，都有()f x K x ≤成立，那么称函数()y f x =是上的“倍约束函数”，已知下列函数：①()2f x x =；②()2sin()4f x x π=+； ③32()2f x x x x =-+； ④22()1x f x x x =++，其中是“倍约束函数”的是_____________．（将你认为正确的函数序号都填上）17．对于三次函数()32f x ax bx cx d =+++ ()0a b c d R a ∈≠，，，，有如下定义：设()f x '是函数()f x 的导函数，()f x ''是函数()f x '的导函数，若方程()0f x ''=有实数解m ，则称点()()m f m ，为函数()y f x =的“拐点”．若点()13-，是函数()325g x x ax bx =-+- ()a b R ∈，的“拐点”，也是函数()g x 图像上的点，则当4x =时，函数()()4log h x ax b =+的函数值是__________．参考答案1．B 【解析】【分析】根据函数解析式，得到2140310x x ⎧-≥⎨->⎩，解出x 的取值范围，得到()f x 定义域.【详解】因为函数2()14ln(31)f x x x =-+-有意义，所以2140310x x ⎧-≥⎨->⎩，解得112213x x ⎧-≤≤⎪⎪⎨⎪>⎪⎩所以解集为1132x <≤ 所以()f x 定义域为11,32⎛⎤⎥⎝⎦，故选：B. 【点睛】本题考查求具体函数定义域，属于简单题. 2．C 【解析】【分析】分析各选项中函数的奇偶性和这些函数在区间()0,∞+上的单调性，从而可得出正确选项. 【详解】对于A 选项，设()2xf x =，定义域为R ，关于原点对称，()()22xxf x f x --===，该函数为偶函数，且当0x >时，()2xf x =，该函数在区间()0,∞+上为增函数；对于B 选项，函数ln y x =的定义域为()0,∞+，不关于原点对称，该函数为非奇非偶函数，且该函数在区间()0,∞+上为增函数；对于C 选项，设()1g x x x =-，定义域为{}0x x ≠，关于原点对称，且()()11g x x x g x x x ⎛⎫-=--=--=- ⎪-⎝⎭，该函数为奇函数，由于函数y x =在区间()0,∞+上为增函数，函数1y x=在区间()0,∞+上为减函数，所以，函数()1g x x x=-在区间()0,∞+上为增函数；对于D 选项，设()1h x x x =+，定义域为{}0x x ≠，关于原点对称，且()()11h x x x h x x x ⎛⎫-=-+=-+=- ⎪-⎝⎭，该函数为奇函数，由双勾函数的单调性可知，函数()1h x x x=+在区间()0,1上为减函数，在区间()1,+∞上为增函数，则该函数在区间()0,∞+上不单调. 故选：C. 【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判断，熟悉一些基本初等函数的奇偶性与单调性是判断的关键，考查推理能力，属于基础题. 3．B 【解析】∵y=x 2﹣2x ﹣1=（x ﹣1）2﹣2 ∴当x=1时，函数取最小值﹣2，当x=3时，函数取最大值2 ∴最大值与最小值的和为0 故选B 4．C 【解析】【分析】根据(2)()0f x f x ++=得到()f x 周期为4，再求得()()220182f f ==，得到()g x ，求导得到()g x '，判断出()0g x '=的两根一正一负，则()g x 在区间(,3)t 上存在极值点，且[]1,2t ∈，得到()g x '在(),3t 上有且只有一个根，从而得到关于t 的不等式组，再根据二次函数保号性，得到关于m 不等式组，解得m 的范围. 【详解】由题意知，(2)()f x f x +=-，(4)()f x f x ∴+=，所以()f x 是以4为周期的函数，(2018)(2)2f f ∴==，所以322()22m g x x x x⎛⎫=+-++ ⎪⎝⎭32222m x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，求导得2()3(4)2g x x m x '=++-，令()0g x '=，23(4)20x m x ∴++-=，2(4)240m ∆=++>，由12203x x =-<，知()0g x '=有一正一负的两个实根. 又[1,2],t ∈(,3)x t ∈，根据()g x 在(,3)t 上存在极值点，得到()0g x '=在(,3)t 上有且只有一个正实根.从而有()0(3)0g t g ''<⎧⎨>⎩，即23(4)2027(4)320t m t m ⎧++-<⎨++⨯->⎩恒成立，又对任意[1,2]t ∈，上述不等式组恒成立，进一步得到2311(4)20,322(4)20,273(4)20,m m m ⨯+⨯+-<⎧⎪⨯+⨯+-<⎨⎪+⨯+->⎩所以59373m m m ⎧⎪<-⎪<-⎨⎪⎪>-⎩故满足要求的m 的取值范围为：3793m -<<-. 故选：C.本题考查函数的周期性的应用，根据函数的极值点求参数的范围，二次函数根的分布和保号性，属于中档题. 5．A 【解析】【分析】根据特殊值0和1与指数函数对数函数的单调性逐一比较大小. 【详解】对于0.7log 0.8a =，0.70.70.70log 1log 0.8log 0.71=<<=1.1 1.1log 0.9log 10b =<= 0.901.1 1.11c =>=所以：b a c << 故选：A 【点睛】此题考查指数对数的大小比较，关键在于根据函数单调性和特殊函数值的大小关系，利用不等式的传递性解题. 6．C 【解析】【分析】根据复合函数的单调性结合图形找出使得函数()y f x =单调递减以及满足()0f x >的对应x 的取值范围即可. 【详解】因为12log y x =在()0,∞+上为减函数，所以只要求()y f x =的单调递减区间，且()0f x >.由图可知，使得函数()y f x =单调递减且满足()0f x >的x 的取值范围是()[),50,1-∞-U . 因此，函数()()12log g x f x =的单调递增区间为(),5-∞-、[)0,1.故选：C. 【点睛】本题考查对数型复合函数单调区间的求解，在利用复合函数法得出内层函数的单调区间时，还应注意真数要恒大于零. 7．C【分析】由()0h x =，得出()()f x g x =，转化为函数()y f x =与函数()y g x =图象的交点个数，然后作出两个函数的图象，观察图像即可．【详解】由于()()11f x f x -=+，所以，函数()y f x =的周期为2，且函数()y f x =为偶函数，由()0h x =，得出()()f x g x =，问题转化为函数()y f x =与函数()y g x =图象的交点个数，作出函数()y f x =与函数()y g x =的图象如下图所示，由图象可知，()01f x ≤≤，当10x >时，()lg 1g x x =>，则函数()y f x =与函数()y g x =在()10,+∞上没有交点，结合图像可知，函数()y f x =与函数()y g x =图象共有11个交点，故选C. 【点睛】本题考查函数的零点个数，有两种做法：一是代数法，解代数方程；二是图象法，转化为两个函数的公共点个数，在画函数的图象是，要注意函数的各种性质，如周期性、奇偶性、对称性等性质的体现，属于中等题． 8．D 【解析】【分析】不妨设f(1x )=g(2x )＝a ，从而可得12x x -的表达式，求导确定函数的单调性，再求最小值即可．【详解】不妨设f(1x )=g(2x )＝a ， ∴1x e e -＝21lnx +=a ， ∴1x ＝ln(a+e)，2x ＝1a e -，故12x x -＝ln(a+e)-1a e -，（a ＞-e ）令h （a ）＝ln(a+e)-1a e -， h ′（a ）11a e a e-=-+，易知h ′（a ）在（-e ，+∞）上是减函数，且h ′（0）＝0，故h （a ）在a 0=处有最大值，即12x x -的最大值为11e-；故选D ．【点睛】本题考查了函数的性质应用及导数的综合应用，考查了指对互化的运算，属于中档题． 9．A 【解析】【分析】推导出当0x ≥时，()()2f x f x +=，结合题中等式得出()()100f f ==，可判断出A 选项的正误；利用特殊值法可判断B 选项的正误；作出函数()y f x =在区间()1,1-上的图象，利用数形结合思想可判断C 选项的正误；求出函数()y f x =在[)0,+∞上的值域，利用奇函数的性质可得出函数()y f x =的值域，可判断出D 选项的正误. 【详解】Q 函数()y f x =是R 上的奇函数，()00f ∴=，由题意可得()()100f f =-=，当0x ≥时，()()()21f x f x f x +=-+=，()()()()()()2019202020192020100f f f f f f ∴+-=-=-=，A 选项正确；当0x ≥时，()()1f x f x +=-，则2616log 555f f ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2449log 555f f ⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，4462555f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴-≠-+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则函数()y f x =不是R 上周期为2的函数，B 选项错误；若x 为奇数时，()()10f x f ==，若x 为偶数，则()()00f x f ==，即当x ∈Z 时，()0f x =，当0x ≥时，()()2f x f x +=，若n N ∈，且当()2,21x n n ∈+时，()20,1x n -∈，()()()20,1f x f x n =-∈，当()1,2x ∈时，则()10,1x -∈，()()()11,0f x f x ∴=--∈-，当()21,22x n n ∈++时，()21,2x n -∈，则()()()21,0f x f x n =-∈-，所以，函数()y f x =在[)0,+∞上的值域为()1,1-，由奇函数的性质可知，函数()y f x =在(),0-∞上的值域为()1,1-，由此可知，函数()y f x =在R 上的值域为()1,1-，D 选项错误；如下图所示：由图象可知，当11x -<<时，函数y x =与函数()y f x =的图象只有一个交点，当1x ≤-或1x ≥时，()()1,1f x ∈-，此时，函数y x =与函数()y f x =没有交点，则函数y x =与函数()y f x =有且只有一个交点，C 选项错误. 故选：A. 10．C 【解析】【分析】对函数进行求导,利用导数的几何意义求出切线的斜率,再用点斜式求出切线方程,最后化成一般式即可. 【详解】()2 '31x f x =-,故切线的斜率为()'12f -=.又()10f -=.所以曲线()3f x x x =--在点()()1,1f --处的切线方程为21)(y x =+.即220x y -+=.故选:C【点睛】本题考查了导数的几何意义,考查了求函数的切线方程,考查了直线的点作斜式方程以及一般方程.11．B【解析】【分析】对函数进行求导，然后把1x =代入到导函数中，得到一个方程，进行求解．【详解】对函数进行求导，得''1()2(1)f x f x=+把1x =代入得， ''(1)2(1)1f f =+直接可求得'(1)1f =-．【点睛】本题主要是考查求一个函数的导数，属于容易题．本题值得注意的是()1f '是一个实数．12．A【解析】【分析】求f （x ）导数，利用导数的几何意义可得a 和b 的值，求g （x ）的导数和单调性，可得函数g(x)的最值，然后解不等式min 2max )2)m g x m g x ≤⎧⎨-≥⎩（（即可得m 的最值．【详解】 ∵sin ()tan cos x f x x x ==，∴222cos sin (sin )1()cos cos x x x f x x x-⋅-='=， ∴()24a f π'=-=，又点(,1)4π--在直线πy ax b 2=++上， ∴-1=2 ⋅()4π-+b+π2，∴b ＝﹣1， ∴g （x ）＝e x ﹣x 2+2，g'（x ）＝e x ﹣2x ，g''（x ）＝e x ﹣2，当x ∈[1，2]时，g''（x ）≥g''（1）＝e ﹣2＞0，∴g'（x ）在[1，2]上单调递增，∴g'（x ）≥g （1）＝e ﹣2＞0，∴g （x ）在[1，2]上单调递增，min 22max )(1)12)(2)2m g x g e m g x g e ≤==+⎧⎨-≥==-⎩（（解得m e ≤-或e≤m≤e+1，∴m 的最大值为e+1，无最小值，故选A.【点睛】本题考查导数的运用，考查利用导数求切线的斜率和单调区间，最值，考查不等式恒成立问题的解法，属于中档题．13．【解析】试题分析：由题意可得：30{40x x -≠->，解得{}|43x x x <≠且．考点：本题函数的定义域，学生的基本运算能力．14．2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 【解析】【分析】由题意得()232g x ax bx c =++，并且c a b =--，由()()()01320g g c a b c ⋅=++<，可得2320b b a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，可得2b a <-或1b a >-，根据韦达定理得出12x x -的取值范围．【详解】由题意得()232g x ax bx c =++，0a b c ++=Q ，c a b ∴=--，又()()()01320g g c a b c ⋅=++<Q ，所以()()320a b a b a b ++-->，整理得2320b b a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，解得2b a <-或1b a >-. 因为1x 、2x 是方程2320ax bx c ++=的两根，则1223b x x a +=-，121333c b x x a a==--，所以()2212121223433b b x x x x x x a a ⎛⎫-=+-=++ ⎪⎝⎭， 2320b b a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭Q ，所以，221223232321333b b b b x x a a a a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=++=+++>⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，因此，12x x -的取值范围是2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭，故答案为2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查韦达定理的应用，考查零点相关的取值范围问题，解决此类问题的方法是正确地利用韦达定理表示所求表达式，利用二次函数在定区间上求最值的方程求解即可，属于中等题．15．[)1,0-【解析】【分析】由二次函数的区间根问题可得：即210240 442a b a b a b a ++≥⎧⎪++≥⎪⎨>⎪⎪-<<-⎩，由与线性规划有关的问题，作出可行域，再求最值即可．【详解】由()()2,f x x ax b a b R =++∈在区间[]1,2上有两个不同的零点，得：()()21020 40122f f a b a ⎧≥⎪≥⎪⎪⎨->⎪⎪<-<⎪⎩，即210240 442a b a b a ba ++≥⎧⎪++≥⎪⎨>⎪⎪-<<-⎩，则(),ab 满足的可行域如为点A ，B ，C 所围成的区域，目标函数z a b =+，由图可知，当直线z a b =+过点B 时，z 取最小值1-，当直线0a b z +-=过点A 时，z 的最大值趋近0，故10z -≤<，即+a b 的取值范围是[)1,0-，故答案为[)1,0-.【点睛】本题考查了二次函数的区间根问题及与线性规划有关的问题，属于中档题.16．①④【解析】【分析】对于任意x D ∈，存在正数K ，使得对于任意x D ∈，都有()f x K x „成立()f x k x ⇔„，对①②③④逐个分析判断即可.【详解】因为()2f x x =，所以存在正数2，都有()222f x x x x==„，因此①是“倍约束函数”； ②()2sin 4f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为0x +→时2sin ()4x f x x x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭=→+∞故不存在正数k 使得对于任意x D ∈，都有()f x K x „成立，所以②不是“倍约束函数”；③32()2=-+f x x x x ，当x →+∞时，2()21f x x x x=-+→+∞故不存在正数k 使得对于任意x D ∈，都有()f x K x „成立，所以③不是“倍约束函数”； ④22()1x x x x =++，20(0)()1||111x f x x x x x x x =⎧⎪⎪==⎨++⎪++⎪⎩而11131x x ++„，故存在正数13使得对于任意x D ∈，都有1()3f x x…成立，所以④是“倍约束函数”.故答案为①④17．2【解析】【分析】求函数g(x)的二次导数，利用拐点定义得到关于a，b的方程组，求出a，b值，即可得h（x）解析式，从而求出h（4）．【详解】g'（x）＝3x2﹣2ax+b，g″（x）＝6x﹣2a，由拐点定义知x＝1时，g″（1）＝6﹣2a＝0，解得：a＝3，而g（1）＝﹣3，即1﹣a+b﹣5＝0，解得：b＝4，所以h（x）＝log4（3x+4），h（4）＝log416＝2，故答案为2．【点睛】本题考查导数的应用以及求函数值，考查转化思想以及新定义的问题．。

2020版高考理科数学二轮主攻40个必考点：函数与导数过关检测三十六[含解析]

考点过关检测（三十六）1．(2019·临川模拟)设f (x )＝ax 3＋x ln x . (1)求函数g (x )＝f (x )x的单调区间； (2)若∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1＞x 2，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜2，求实数a 的取值范围．解：(1)g (x )＝ax 2＋ln x (x ＞0)， g ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x(x ＞0)，①当a ≥0时，g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ＜0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a ，则g ′(x )＞0；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞，则g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞，上单调递减．综上，当a ≥0时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)因为x 1＞x 2＞0，不等式f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜2恒成立，所以f (x 1)－f (x 2)＜2x 1－2x 2，亦即f (x 1)－2x 1＜f (x 2)－2x 2恒成立，设F (x )＝f (x )－2x ，则F (x )在(0，＋∞)上为减函数，即F ′(x )≤0恒成立．因为F (x )＝ax 3＋x ln x －2x ，则F ′(x )＝3ax 2＋ln x －1≤0，即3a ≤1－ln x x2恒成立．令h (x )＝1－ln x x 2，则h ′(x )＝2ln x －3x3，所以当x ∈(0，e 32)时，h ′(x )＜0，h (x )在(0，e 32)上单调递减；当x ∈(e 32，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )在(e 32，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (e 32)＝－12e 3，所以3a ≤－12e 3，即a ≤－16e 3，故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－16e 3.2．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解：(1)由题意，f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x，x >0，①当a ≤0时，2ax 2－1≤0，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a >0时，f ′(x )＝2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12a ⎝⎛⎭⎪⎫x －12a x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递减，在12a，＋∞上单调递增． (2)原不等式等价于f (x )－1x＋e 1－x>0在(1，＋∞)上恒成立．一方面，令g (x )＝f (x )－1x ＋e 1－x ＝ax 2－ln x －1x＋e 1－x－a ，只需g (x )在(1，＋∞)上恒大于0即可．又g (1)＝0，故g ′(x )在x ＝1处必大于等于0. 令F (x )＝g ′(x )＝2ax －1x ＋1x2－e 1－x，由g ′(1)≥0，可得a ≥12.另一方面，当a ≥12时，F ′(x )＝2a ＋1x 2－2x 3＋e 1－x≥1＋1x 2－2x 3＋e 1－x＝x 3＋x －2x 3＋e 1－x，因为x ∈(1，＋∞)，故x 3＋x －2>0.又e 1－x>0，故F ′(x )在a ≥12时恒大于0.所以当a ≥12时，F (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以F (x )>F (1)＝2a －1≥0，故g (x )也在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (1)＝0，即g (x )在(1，＋∞)上恒大于0. 综上所述，a ≥12.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 3．(2019·南宁三模)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax (a ∈R )． (1)若函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象无公共点，求实数a 的取值范围；(2)求出实数m 的取值范围，使得对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，函数y ＝f (x )＋m x 的图象均在h (x )＝exx的图象的下方．解：(1)由于当x ∈(0,1)时，f (x )＜0，而g (0)＝0，所以函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象无公共点，等价于f (x )＜g (x )恒成立，即ln x x＜a 恒成立．令φ(x )＝ln x x (x ＞0)，则φ′(x )＝1－ln xx2，当x ∈(0，e)时，φ′(x )＞0；当x ∈(e ，＋∞)时，φ′(x )＜0，所以φ(x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以φ(x )的最大值为φ(e)＝1e ，所以a >1e，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)由题意得，不等式ln x ＋m x ＜e x x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即m ＜e x －x ln x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．令F (x )＝e x －x ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12，则F ′(x )＝e x－ln x －1，令u (x )＝F ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12，则u ′(x )＝e x－1x ，易知u ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，由于u ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2＜0，u ′(1)＝e －1＞0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得u ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以F ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 0上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， F ′(x )≥F ′(x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝x 0＋1x 0－1＞1＞0，所以F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，故m ≤e ＋12ln 2. 所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e ＋12ln 2.4．(2019·泰安二模)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)＜g (x 2)成立，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x2. ①若a ≤1，则x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，e]上为增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝1－a .②若1＜a ＜e ，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. ③若a ≥e，则x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数．所以f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a ＜1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae.g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，所以g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。

2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：函数与导数+考点过关检测三十四+Word版含解析

考点过关检测（三十四）1．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( ) A ．0 B.1e C.4e 4D.2e 2解析：选A f ′(x )＝1－xe x ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1,4]时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0. 2．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe ，则f (x )的极大值点为( ) A.1e B ．1 C ．eD ．2e解析：选D ∵f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e ，∴f ′(e)＝1e ，∴f (x )＝2ln x －x e ，f ′(x )＝2x －1e . 令f ′(x )>0，得0<x <2e ，令f ′(x )<0，得x >2e ，∴f (x )在(0,2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减， ∴x ＝2e 时，f (x )取得极大值，则f (x )的极大值点为2e.故选D.3．(2019·沈阳模拟)若函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 为( )A ．2B ．6C ．2或6D ．－2或－6解析：选B ∵f (x )＝x (x －c )2＝x 3－2cx 2＋c 2x ，∴f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，由题意知，f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝0，解得c ＝6或c ＝2，又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，故导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23(x －2)，不满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)＝3(x －2)(x －6)，满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．故c ＝6.4．(2019·湛江一模)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，则x 1＋2x 0＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选C f ′(x )＝3x 2－2x ＋a .∵函数f (x )＝x 3－x 2＋ax －a 存在极植点x 0，∴3x 20－2x 0＋a ＝0，即a ＝－3x 20＋2x 0.∵f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，∴x 31－x 21＋ax 1－a ＝x 30－x 20＋ax 0－a ，化简得x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)＋a ＝0，把a ＝－3x 20＋2x 0代入上述方程可得：x 21＋x 1x 0＋x 20－(x 1＋x 0)－3x 20＋2x 0＝0，化简得x 21＋x 1x 0－2x 20＋x 0－x 1＝0，即(x 1－x 0)(x 1＋2x 0－1)＝0，又x 1－x 0≠0， ∴x 1＋2x 0＝1.故选C.5．已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值等于( )A ．e 2B ．eC ．2D ．1解析：选A 因为定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )，所以y ＝f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，因为当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，所以当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12的最大值为－3.又f ′(x )＝1－axx (0<x ≤2)，所以当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当1a <x ≤2时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝ln x －ax 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ×1a ＝－3，解得a ＝e 2.6．(2019·肇庆二模)已知x ＝1是f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x 的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)解析：选D 函数f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x ，则f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ＝[(x －1)(x －a )]e x .①当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2e x ≥0恒成立，所以f (x )是R 上的单调递增函数，无极值点，不满足题意．②当a >1时，由f ′(x )>0，得x >a 或x <1；由f ′(x )<0，得1<x <a ，所以f (x )在(－∞，1)和(a ，＋∞)上单调递增，在(1，a )上单调递减，所以x ＝1是f (x )的极大值点，不满足题意．③当a<1时，由f′(x)>0，得x>1或x<a；由f′(x)<0，得a<x<1，所以f(x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减，所以x＝1是f(x)的极小值点，满足题意．所以实数a的取值范围为(－∞，1)．7．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍)，当－1<x<0时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝0时，函数取得极大值即最大值，所以f(x)的最大值为2.答案：28．对于函数f(x)＝xe x，下列说法正确的有________(填序号)．①f(x)在x＝1处取得极大值1 e；②f(x)有两个不同的零点；③f(4)<f(π)<f(3)；④πe2>2eπ.解析：由函数f(x)＝xe x，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝1－xe x.当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．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值1e，且为最大值，所以①正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)>0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以②错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f (4)<f (π)<f (3)，所以③正确；由f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且π>2>1，可得πe π<2e 2，即πe 2<2e π，所以④错误．故填①③.答案：①③9．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1,2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示；x (－∞，－a )－ a (－a ，a )a (a ，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值因为函数f (x )在区间(－1,2)上仅有一个极值点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a <2，－a ≤－1或⎩⎪⎨⎪⎧－a >－1，2≤a ，解得1≤a <4.答案：[1,4)10．(2019·保定模拟)已知函数f (x )＝3x ＋ln x ＋a x ，且函数f (x )的图象在点x ＝1处的切线与y 轴垂直．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3t ，t ＋2上的最小值为F (t )，试求F (t )的最小值．解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝3＋1x －ax 2，由题意得，f ′(1)＝4－a ＝0，解得a ＝4，所以f (x )＝3x ＋ln x ＋4x ， f ′(x )＝3＋1x －4x 2＝(3x ＋4)(x －1)x 2.令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由已知得⎩⎨⎧t >0，t ＋2>3t，解得t >1.由(1)知f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．①当3t <1，即t >3时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫3t ，1上单调递减，在(1，t ＋2]上单调递增，故F (t )＝f (1)＝7.②当3t ≥1，即1<t ≤3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3t ，t ＋2上单调递增，所以F (t )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t ＝9t ＋ln 3－ln t ＋4t3，则F ′(t )＝(4t ＋9)(t －3)3t 2≤0，所以F (t )在(1,3]上单调递减，故F (t )min ＝F (3)＝7，综上，F (t )的最小值是7.11．(2019·青岛一模)已知函数f (x )＝x －e x ＋a2x 2＋1，a ≤1，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)当a ≤0时，证明：函数f (x )只有一个零点；(2)若函数f (x )存在两个不同的极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：f ′(x )＝1－e x ＋ax . 令g (x )＝1－e x ＋ax ，则g ′(x )＝a －e x .当a ≤0时，g ′(x )<0，所以f ′(x )在(－∞，＋∞)上单调递减．因为f ′(0)＝0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )≤f (0)＝0，故f (x )只有一个零点．(2)由(1)知，a ≤0时不符合题意．当0<a <1时，因为x ∈(－∞，ln a )时，g ′(x )>0；x ∈(ln a ，＋∞)时，g ′(x )<0. 又因为f ′(0)＝0，所以f ′(ln a )>0. 因为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－e －1a <0.设φ(a )＝ln a ＋1a ，a ∈(0,1)，则φ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2<0，所以φ(a )>φ(1)＝1>0，即－1a <ln a . 所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，ln a ，满足f ′(x 1)＝0.所以x ∈(－∞，x 1)，f ′(x )<0；x ∈(x 1,0)，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0，此时f (x )存在两个极值点x 1,0，符合题意．当a ＝1时，因为x ∈(－∞，0)时，g ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )≤g (0)＝0，即f ′(x )≤0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )无极值点，不合题意．综上可得，实数a 的取值范围为(0,1)．。

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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)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1.
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)＝ex－a，当 a≤0 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当 a＝0 时，f(x)＝ex，f(x)没有零点，当 a<0 时，由 f(x)＝ex－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．
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．
【例 1】 (2019·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝lnx.
①若 a≤2，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1 时，f′(x)＝0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若 a>2，令 f′(x)＝0，得
x＝a－
2a2－4或 x＝a＋
a2－4 2.
当 x∈0，a－

2a2－4∪a＋
2a2－4，＋∞时，f′(x)<0；
上
单
调