2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六第5讲导数与方程含答案

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2020年高考数学二轮复习专题讲义

第一讲三角函数专题
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2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：2.3导数的简单应用

2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0＝f′(x0)·(x－x0)．[例1](1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y＝3(x2＋x)e x在点(0,0)处的切线方程为________；(2)[2019·全国卷Ⅲ]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()1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法『对接训练』A.12 B ．2C ．ln 2D ．ln 12解析：由题意知，y ′＝a x ln a ，则在x ＝0处，y ′＝ln a ，又切点为(0,1)，∴切线方程为x ln a －y ＋1＝0，∴a ＝12.故选A.答案：A应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)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 ，＋∞单调递增，在 ⎛⎪⎫0，a 单调递1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略行分类讨论．(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．2．[警示]讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.『对接训练』(1)f ′(x )在区间⎝ ⎭⎪－1，2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．【解析】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －1，g ′(x )＝－sin x ＋1＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点.1．利用导数求函数最值的方法技巧(1)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．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x的取值范围与y′的符『对接训练』无单调递减区间．当a >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞.(2)若a <0，则∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，等价于“对任意x ∈[0，e]，f (x )min ≥g (x )max 恒成立”．应注意将曲线方程变为x＝φ(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值．辽宁丹东适应性测试]如图，形成一个闭合图形(图中的阴影部分(1)求曲边多边形面积的步骤『对接训练』⎠-1A .14B .143 C ．7 D .212解析：函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，1<x ≤4，x|x|，－1≤x ≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝⎠⎛-11x|x|d x ＋⎠⎛答案：B的面积，故⎠⎛-1|x|d x ＝2×⎝⎭2＝1.答案：B 2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足( )答案：B5．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x3－3ln x的最小值为() A．0 B．1C．2 D．3解析：函数f(x)＝x3－3ln x的定义域为(0，＋∞)．可得f′(x)＝3x3－3x＝3(x－1)(x2＋x＋1)x，令f′(x)＝0，可得x＝1，1,2) (1,2)m －2)＝(x －m 8．[2019·广东惠州中学一模]设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|最小时t 的值为( )A ．1B .12C .52D .22解析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x)＝1＝0，所以该切线与x ，y 轴的交点坐标分别为(－1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为12×1×1＝12.答案：12 12．[2019·湖南株洲质检]若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．解析：T x 2d x ＝⎪⎛⎫1x 3T ＝1T 3＝9，所以T ＝3.≥2e ，得2e k ≥k ＋1，即k(2e －1)≥1，则k ≥2e －1，故正数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞15．[2019·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝e axx －1.当a<0时，x ＝a <1，所以x ，f ′(x)，f(x)变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a ＋1a a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，1 (1，＋∞) f ′(x) ＋ 0 －－极大由(1)知ln x ＋x ＋x －3≥0. 即当x>0时，f ′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不存在极值．方法二 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.∴当1≤x ≤3时，F (x )min ＝F (2)＝－4＋ln 2， F (x )max ＝max{F (1)，F (3)}＝－4＋ln 3.(2)∵f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴e x ＋12x 2－52x －1－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立．155解析：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x⎝ ⎭⎪x －a ，由于e 1－x>0，a >0，∴令f ′(x )>0，得x <a ＋1a ，令f ′(x )<0，得x >a ＋1a ，∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间。

导数专题书目录

导数专题书目录第一篇独孤九剑——导数基础专题1总诀式——导数的前世今生第一讲导数基本定义第二讲导数运算法则第三讲复合函数求导第四讲同构函数求导专题2破剑式——数形结合遇导数第一讲导数的几何意义第二讲在点的切线方程第三讲过点的切线方程专题3破刀式——基本性质与应用第一讲单调性问题第二讲极值与最值第三讲恒能分问题专题4破枪式——抽象函数的构造第一讲求导法则与抽象构造第二讲幂函数及其抽象构造第三讲指数函数与抽象构造第四讲对数函数与抽象构造第五讲三角函数与抽象构造第六讲平移与奇偶抽象构造专题5破鞭式——分类讨论的策略第一讲不含参的四类问题第二讲含参数的五类问题专题6破索式——三次函数的探究第一讲基本性质第二讲切线问题第三讲四段论界定第四讲三倍角界定专题7破掌式——指对的破解逻辑第一讲指数模型第二讲对数模型专题8破箭式——六大同构函数论第一讲六大同构函数第二讲外部函数同构第三讲极值底层逻辑专题9破气式——零点与交点问题第一讲零点相关定理第二讲曲线交点问题第三讲零点个数问题第二篇如来神掌——导数选填的奇思妙解专题1心中有佛——秒解抽象函数构造第一讲抽象函数的积分构造第二讲“网红解法”的利弊专题2佛光初现——妙解参数取值范围第一讲零点比大小问题妙解双参比值问题第二讲零点比大小妙解指对单参数的问题第三讲恰到好处的取点妙解双参系列问题专题3金顶佛灯——数轴破整数个数解第一讲对数的取点技巧第二讲指数的取点技巧专题4佛动山河——平口单峰函数探秘第一讲平口二次函数问题第二讲平口对勾函数问题第三讲平口三次函数问题第四讲平口函数万能招数第五讲构造平口单峰函数第六讲必要探路最值界定第七讲倍角定理最值界定专题5佛问伽蓝——拉格朗日插值妙用第一讲三大微分中值定理简述第二讲拉格朗日中值定理应用专题6迎佛西天——构造函数速比大小第一讲构造基本初等函数第二讲构造母函数比大小第三讲构造混阶型比大小专题7天佛降世——琴生不等式破选填第一讲函数的凹凸性第二讲凹凸性的应用专题8佛法无边——极限思想巧妙应用第一讲前世今生论第二讲洛必达法则专题9万佛朝宗——选填压轴同构压制第一讲母函数原理概述第二讲同等双参需同构第三讲同构引出的秒解第三篇无涯剑道——导数三板斧升级篇专题1问剑求生——同类同构第一讲双元同构篇第二讲指对同构篇第三讲朗博同构篇第四讲零点同构篇第五讲同构保值篇第六讲同构导中切专题2持剑逆道——分类同构第一讲分而治之型第二讲端点效应型第三讲志同道合型第四讲分道扬镳型第五讲柳暗花明型专题3迎剑归宗——切点同构第一讲切线问题的进阶处理第二讲公切线问题几何探秘第三讲基本函数的切线找点第四讲跨阶函数的切线找点第五讲双变量乘积处理策略第四篇逍遥功——泰勒与放缩专题1逍遥剑法——泰勒展开第一讲泰勒基本展开式第二讲泰勒与切线找点第三讲泰勒与极值界定第四讲无穷阶极值界定第五讲泰勒与切线界定专题2逍遥刀法——京沪专线第一讲指数型“0”线第二讲对数型“0”线第三讲三角型“0”线专题3逍遥拳法——京九专线第一讲指数型“1”线第二讲对数型“1”线第三讲“e”线放缩论“n”线放缩论第四讲指对混阶放缩论第五讲指对三角放缩论第六讲高阶借位放缩论第七讲充分必要放缩论第八讲数列放缩系统论第五篇武当神功——点睛之笔专题1梯云纵——极点极值第一讲极值点本质第二讲唯一极值点第三讲存在极值点第四讲莫有极值点专题2太和功——隐点代换第一讲直接应用第二讲整体代换第三讲反代消参第四讲降次留参第五讲矛盾区间专题3峰回掌——跨阶找点第一讲找点初步认识第二讲找点策略阐述第三讲高次函数找点第四讲指对函数找点第五讲三角函数找点专题4太极剑——跳阶找点第一讲指对混阶找点第二讲指数三角找点第三讲对数三角找点第四讲终结混阶找点专题5八卦阵——必要探路第一讲端点效应第二讲极点效应第三讲显点效应第四讲隐点效应第五讲内点效应第六讲外点效应第七讲拐点效应第八讲弧点效应第六篇六脉神剑——明元之家专题1少商剑——三三来迟第一讲飘带函数减元第二讲点差法第三讲韦达定理的应用专题2商阳剑——四曾相识第一讲极值点偏移第二讲构造法第三讲拐点偏移第四讲泰勒公式专题3中冲剑——不讲五德第一讲换元构造第二讲对数平均不等式第三讲指数平均不等式第四讲广义对均第五讲深度剖析专题4関冲剑——七晴六遇第一讲零点差模型第二讲极值模型第三讲混合模型专题5少泽剑——第一讲复数三角形式第二讲棣莫弗定理第三讲复数的应用专题6少冲剑——第一讲斜率成等差等比问题第一讲数据逻辑及相关定理第二讲破解逻辑及突破压轴。

2020年高考数学二轮复习讲义：函数与方程思想

专题九数学思想方法精析第一讲函数与方程思想、函数思想就是用运动和变化的观点，分析和研究具体问题中的数量关系，并用函数的解析式将其表示出来，从而通过研究函数的图象和性质，使问题获解.二、方程思想就是分析数学中的变量间的等量关系，构建方程或方程组，转化为对方程的解的讨论, 从而使问题获解.三、函数思想与方程思想联系函数思想与方程思想是密切相关的，如函数问题可以转化为方程问题来解决，方程问题也可以转化为函数问题加以解决，如解方程f(x)= 0，就是求函数 y = f(x)的零点，解不等式f(x)>0(或f(x)<0),就是求函数y = f(x)的正(或负)区间，再如方程f(x) = g(x)的解的问题可以转化为函数y = f(x)与y = g(x)的交点问题，也可以转化为函数y = f(x)— g(x)与x 轴的交点问题,方程f(x)= a 有解，当且仅当a 属于函数f(x)的值域，函数与方程的这种相互转化关系十分重要.崗题热点突破命题方向1函数与方程思想在不等式中的应用+ mx + 4>2m + 4x 恒成立的实数 x 的取值范围为(D )A. (―汽一2]B. [2 ,+^ )C. ( —s,— 2]U [2 ,+s ) D . ( — ^，― 2) U (2 ,+s )2[解析] 因为 x€[2,16]，所以 f(x) = Iog 2x€[1,4]，即 m€[1,4] •不等式 x + mx + 4>2m + 4x易错费示>知识整合 Zhi shi zhe ng he(4tf QubN TU 押例1 (1)已知f(x)= log 2X , x € [2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m ,使 x 2M 知识合恒成立，即为m(x—2) + (x—2)2>0恒成立.设g(m) = (x—2)m+ (x—2)2,则此函数在区间［1,4］上恒大于0,X — 2 + (X — 2 2>0 , 4(x - 2 ”(x — 2 2>0,解得x< — 2或x>2.(2) 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且在区间(—0, 0)上单调递增.若实数a 满足f(2|ad Q—1|)>f(— 2)，则a 的取值范围是£,自.［解析］由f (x )是偶函数且f (x )在(—0, 0)上单调递增可知，f(x)在(0, + 0 )上单调递减.又因为 f(2|a -1|)>f ( — 2), f ( — 2) = f ( 2), 所以 2『-1|<_2，即 |a — 11<2，解得 1<a<|.『规律总结』函数与方程思想在不等式问题中的应用要点(1)在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，然后利用函数的最值解决问题.(2)要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化.一般地，已知范围的量为变量，而待求范围的量为参数.跟踪训练：：：・ G■en zong xun lia n1. (2018太原一模)定义域为R 的可导函数y = f(x)的导函数为f (x),满足f(x)>f ' (x), 且f(0) = X 则不等式号B 的解集为(B )A . ( — 0, 0)B . (0 ,+0 )C . (—0, 2)D . (2 ,+0 )［解析］构造函数()切则'()e X f' (X X -e X f(x )f ' (x —f (x )g(x) = e x ，贝V g (x) = x 2 = e x.由题意得 g' (x)<0恒成立，所以函数 g(x)=吁在R 上单调递减•又因为 g(0)=爭=1,所以吁<1.即g(x)<1，所以x>0 ,所以不等式的解集为(0,+ 0).2 12.若不等式x + ax + 1 > 0对一切x € (0, ?］恒成立，则a 的最小值为(C )C .— 5D . - 3［解析］因为x 2 + ax + 1 > 0,所以 g 1 >0, $g 4 >0,A. 0 B . - 2一x一1i i即a》―x=— (x+X)，令g(x)=-(x+ X)，1 1当0<x w 2时，g(x) = - (x + x)递增，1 5 5g(x)max= g(2)= - 2，故a》-2，5即a的最小值为一2-例2设f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x € R，都有f(x+ 4) = f(x)，且当x1€ ［-2,0］时，f(x) =(3)x- 6•若在区间(-2,6］内关于x 的方程f(x)—log a(x+ 2) = 0(a>1)恰有3 个不同的实数根，则实数a的取值范围是(34, 2).［解析］由f(x+ 4) = f(x)，即函数f(x)的周期为4,1因为当x q - 2,0］时，f(x) =(3)x— 6.所以若x q o,2］，则一x€-2,0］,则f( - x) = (3)- x-6 = 3x-6,因为f(x)是偶函数，所以f( - x)= 3x- 6 = f(x)，即f(x) = 3x- 6，x€［0,2］，由f(x) - log a(x+ 2) = 0 得f(x) = log a(x+ 2)，作出函数f(x)的图象如图.当a>1时，要使方程f(x) —log a(x+ 2) = 0恰有3个不同的实数根，则等价于函数f(x)与g(x) = log a(x+ 2)有3个不同的交点，J g(2 <f(2)则满足l_g(6 pf(6，解得3 4<a<2，故a 的取值范围是(3.4, 2).『规律总结』禾U 用函数与方程思想解决交点及根的问题的思路(1) 应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的问题，应用函数思想把方程根的问题转论为函数零点问题.(2) 含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参数化为函数解决. 跟踪训练丄・ G .. en zong xun lia n1 n已知函数f(x)= ~x — COSX ,则方程f(x) = ~4所有根的和为(C )7t3n 2［解析］■-f(x) = 2x — cosx , ••f ' (x)= 2 + sinx ,sinx> — 丁, 1•f ' (x)= 2 + sinx>0,1 n 7 nf f(x) = 2x — cosx 在(—6, 6)上是增函数.Ilog a 4<3即log a 8>3,£一 n n n n■f(2) = 4 — cos 2 = 4，•••在区间（—n 帑上有且只有一个实数x =n 满足f （x ）=n/ —詰，-cow 1,1 n , n,f(x) = 2X — cosx w —12+ 1<4,由此可得：当x <訓寸，f （x ）=n 殳有实数根. 同理可证：x >噺寸，f （x ）=7n — i>nn• • •方程f （x ）= 4也没有实数根.n n综上可知f （x ）= 4，只有实数根2.故选C .命题方向3解决最值或参数范围问题小值为（D ）a［解析］当 y = a 时，2(x +1) = a ,所以 x =~— 1. 设方程x + ln x = a 的根为t ,“ “ a t + ln t t ln_t ’则 t + In t = a ，则 |AB|= t — ? + 1 = t — —-~+1 =2 — 2 +1 、工上 Jn_t设 g(t )= 2 — ~2 + 1(t >0),令 g ' (t) = 0, 得 t = 1,当 t€(0,1)时,g' (t)<0; 当 t€(1 ,+s )时，g ' (t)>0 ,3所以 g (t)min = g(1) = 2 ,33所以|AB|>3,所以|AB|的最小值为|.例3直线y = a 分别与曲线y = 2（x + 1）, y = x + In x 交于点A , ，则|AB|的最(t)=-——2 2tt — 1"2T ， C . 3 *2 4『规律总结』求最值或参数范围的技巧(1) 充分挖掘题设条件中的不等关系，构建以待求字母为元的不等式(组)求解.(2) 充分应用题设中的等量关系，将待求参数表示成其他变量的函数，然后应用函数知识求解.(3) 当问题中出现两数积与这两数和时，是构建一元二次方程的明显信息，构造方程再利用方程知识使问题巧妙解决.(4) 当问题中出现多个变量时，往往要利用等量关系去减少变量的个数.跟踪训练G en zong xun lia n————I—n ——［解析］・.0A = (1,0), 0P= (cos 0, sin 9 , .'OA OP + S= cos 0+ sin 0= ■. 2sin( 0+ ~)，故OA OP+ S的最大值为.2,此时0= n故选B .例4椭圆C的中心为坐标原点O,焦点在y轴上，短轴长为.2，离心率为命题方向4函数与方程思想在解析几何中的应用直线l与y轴交于点P(0, m)，与椭圆C交于相异两点A, B,且AP = 3PB.(1)求椭圆C的方程；⑵求m的取值范围.2 2［解析］(1)设椭圆C的方程为*+存=1(a> b>0),2 2 ,2设c>0, c = a —b ,由题意，知2b= 2, ^=寻，所以a = 1, b= c= f.a 2 22故椭圆C的方程为y2+ X = 1,即y2+ 2x2= 1.2⑵设直线I的方程为y= kx+ m(k z 0), l与椭圆C的交点坐标为A(x i, y i), B2(x2, y2), |y= kx+ m, 由22 12x + y = 1,得(k2+ 2)X2+ 2kmx+ (m2—1) = 0,△= (2km)2—4(k2+ 2)(m2—1) = 4(k2—2m2+ 2)>0 , (*)2—2km m — 1X1 + x2=二,X1x2 = ~ ,k2+ 2 k2+ 2因为AP= 3PB ,所以一X1= 3X2.x1 + x2=—2X2 , 所以丫2X1X2=—3X2.则3(X2 + X2)2+ 4X1X2= 0 ,2—2km 2 m —1 即3) + 4 •-k2+ 2 k2+ 2整理得4k2m2+ 2m2—k2—2 = 0 ,即k2(4m2—1) + (2 m2—2) = 0 ,2 1当m2= 4时，上式不成立；2 1 2 2 —2m当m丰匚时，k = 2 —，44m2— 1由(*)式，得k2>2m?—2,又k z 0,22 2 —2m 所以k2= 2一>0,4m2— 11 1解得—1<m< —2 或2<m<1,即所求m的取值范围为(—1,—1)*1，1).『规律总结』利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤第一步：联立方程. 第二步：求解判别式 △第三步：代换.利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系，将其代换.第四步：下结论•将上述等量代换式代入少0或0中，即可求出目标参数的取值范围.跟踪训练Gen zong xun lia n上的任意一点，贝y OP FP 的取值范围为(B )若点0和点F(— 2,0)分别为双曲线2X2— y 2=P 为双曲线右支A . ［3 — 2 ,3,+s ) C . ［ — 7,+m)B . ［3 + 2 3,+^ ) D .【7，+s )2［解析］由c= 2,得a + 1 = 4,••a2= 3.2•••双曲线方程为X^ —y2= 1.设P(x, y)(x》.3),OP FP = (x, y)(・x+ 2, y)2=x2+ 2x+ y2= x2+ 2x+ x—13=3x2+ 2x—1(x> ,3).令g(x) = fx2+ 2x—1(x> . 3),则g(x)在［3, + a)内单调递增，g(x)min = g C . 3)= 3+ 2：.；3••O P FP的取值范围为［3 + 2 3, +°° ).。

【人教A版】2020年高考数学二轮复习《导数》讲义案及基础题型精讲卷

2020年高考数学二轮复习《导数》讲义案及基础题型精讲卷一、考纲解读1．了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.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；会求闭区间上函数最大值、最小值；3．生活中的优化问题，会利用导数解决某些实际问题.二、命题趋势探究在综合题中，含参数的导数问题几乎是每年必考的内容；另外，导数与不等式的综合问题也是考试热点.三、知识点精讲1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数. ②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：()0f x '>⇒()f x 单调递增；()f x 单调递增()0f x '⇒≥；()0f x '<⇒()f x 单调递减；()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.4．求可导函数()f x 极值的一般步骤（1）先确定函数()f x 的定义域；（2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点.5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()y f x =在(,)a b 内的极值；（2）将函数()y f x =的各极值与端点处的函数值(),()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.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值； ②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.。

高三二轮复习专题讲座函数与导数ppt课件

课程标准教学要求考试说明
3
一、课标、教学要求、考试说明的解读
考试要求：对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在下表中分别用A、B、C表示）．了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题．理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题．掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题．
4
内
容
要求
函数的有关概念
A
B
C
√
函数的基本性质
√
函
指数与对数
√
指数函数的图象与性质
√
对数函数的图象与性质
√
数
幂函数
√
函数与方程
√
函数模型及其应用
√
导数的概念
√
导
导数的几何意义
√
导数的运算
√
数
利用导数研究函数的单调
√
性与极值
导数在实际问题中的应用
√
5
二、近几年高考试题分析
高考函数与导数试题的命题特点
分析：此题的关键是集正合 M的确含理,所义解谓在定义域内 x0,使存得 f在 (x01)f(x0)f(1) 成立 ,就是方 f(x程 1)f(x)f(1)有实数 . 解
10
此题在最初命,第题(4时 )个函数不f (是 x) cosx,而是
7
三、目前学生存在的问题、成因
通过这次期末调研考试，以及一轮复习中反映出的情况来看，在函数与导数部分主要存在着以下几个方面的问题： 1．基础知识掌握不牢，该过关的地方还没过关，主要是由于基本概念不清、运算能力不强； 2．灵活运用知识解决问题的能力不够，主要是由于对于所学的知识理解不透，不能举一反三； 3．转化与化归的能力较弱，主要是平时解题过程中不注意对方法的归纳与小结．

2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.3 热点小专题一导数的应用

令
h(t)=43t-35��,则
h'(t)=43
+
5 3�� 2
>0,所以
h(t)在(0,1]上单调递增.
所以 h(t)max=h(1)=-13.
所以 a≥-13.
当-1≤t<0 时,a≤ 43t-35��.
令
g(t)=43t-35��,则
g'(t)=43
+
5 3�� 2
-12-
热点一
热点二
热点三
热点四
对点训练3(1)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在区间(-∞,+∞)单调递
增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1]
B. -1,13
C.
-13
,
1 3
D. -1,-13
(2)设 f(x)=ex(ln x-a),若函数 f(x)在区间 1e,e 上单调递减,则实数 a
1<
2
0(,2)
��1+,32 1,解得
1≤k<32.
关闭
解-1析1-
答案
热点一
热点二
热点三
热点四
解题心得已知函数的单调性求参数范围关键是转化,即“若函数单调递增,则f'(x)≥0;若函数单调递减,则f'(x)≤0”.如本例(1)先转化为 f'(x)>0,由此分离出参数再转化为求函数最值.本例(2)中,若函数某个区间内不是单调函数,可转化为函数的极值点在这个区间内.
2.3 热点小专题一导数的应用
一、考情分析
从近几年高考客观题对导数应用的考查主要是:利用导数的几何

(全国通用)2020版高考数学二轮复习数学思想系统归纳函数与方程思想讲义

函数与方程思想应用(一) 借助“函数关系”解决问题在方程、不等式、三角、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解.[例1] 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝32，a n ＋2a n ＋1＝0，则S n －1S n的最大值与最小值的积为________.[解析] 因为a n ＋2a n ＋1＝0，所以a n ＋1a n ＝－12，所以等比数列{a n }的公比为－12，因为a 1＝32，所以S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .①当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，S n 随着n 的增大而减小，则1＜S n ≤S 1＝32，故0＜S n －1S n ≤56； ②当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，S n 随着n 的增大而增大，则34＝S 2≤S n ＜1，故－712≤S n －1S n＜0.综上，S n －1S n 的最大值与最小值分别为56，－712.故S n －1S n 的最大值与最小值的积为56×⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＝－3572.[答案] －3572[技法领悟]数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、等比数列的通项公式，前n 项和公式都具有隐含的函数关系，都可以看成关于n 的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地凸现其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平.[应用体验]1.已知等差数列{a n }满足3a 4＝7a 7，a 1>0，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S n 取得最大值时n ＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3a 4＝7a 7，∴3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，∴4a 1＝－33d .∵a 1>0，∴d <0，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－334d ＋n （n －1）2d ＝d 2⎝⎛⎭⎪⎫n 2－352n ＝d 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －3542－⎝ ⎛⎭⎪⎫3542，∴n ＝9时，S n 取得最大值.答案：92.(2018·北京高考)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________，ca的取值范围是________. 解析：由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B.又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ， ∴tan B ＝3，∵B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴∠B ＝π3.又∵∠C 为钝角，∴∠C ＝2π3－∠A >π2，∴0<∠A <π6.由正弦定理得c a＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－∠A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A .∵0<tan A <33，∴1tan A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即ca>2. 答案：π3(2，＋∞)应用(二) 转换函数关系解决问题在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，经常需要求参数的取值范围，如果按照原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解.[例2] 已知函数h (x )＝x ln x 与函数g (x )＝kx －1的图象在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1e ，e －1 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1eC.(1，e －1]D.(1，＋∞)[解析] 令h (x )＝g (x )，得x ln x ＋1＝kx ，即1x ＋ln x ＝k .令函数f (x )＝ln x ＋1x，若方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则函数f (x )＝ln x ＋1x 与y ＝k 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不相同的交点，f ′(x )＝1x －1x 2，令1x －1x 2＝0可得x ＝1，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )＜0，函数是减函数；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＞0，函数是增函数，函数的极小值，也是最小值为f (1)＝1，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1＋e ，f (e)＝1＋1e ，又－1＋e ＞1＋1e ，所以，函数的最大值为e －1.所以关于x 的方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，1＋1e .故选B. [答案] B[技法领悟]发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位，创设新的函数，并利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表现.本题主客换位后，利用新建函数y ＝1x＋ln x 的单调性巧妙地求出实数k 的取值范围.此法也叫主元法.[应用体验]3.对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________.解析：设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3，则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.函数f (p )在[0，4]上恒为正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （4）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）（x －1）>0，x 2－1>0，解得x >3或x <－1. 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)4.已知函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，其中a 为实数.(1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )＞x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求实数x 的取值范围.解：(1)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，由于函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴f ′(1)＝0，即a －3＋a ＋1＝0，∴a ＝1.(2)由题设，知ax 2－3x ＋a ＋1＞x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，即(x 2＋2)a －x 2－2x ＞0对任意a ∈(0，＋∞)都成立. 设g (a )＝(x 2＋2)a －x 2－2x (a ∈R )，则对任意x ∈R ，g (a )为单调递增函数(a ∈R )，∴对任意a ∈(0，＋∞)，g (a )＞0恒成立的充要条件是g (0)≥0，即－x 2－2x ≥0，∴－2≤x ≤0. 于是x 的取值范围是[－2，0].应用(三) 构造函数关系解决问题在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、联想、抽象、概括等手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层次的体现.特别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移.[例3] 已知函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，a ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [解] (1)由f (x )＝e x －2x ＋2a ，知f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增.所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a .(2)证明：设g (x )＝e x－x 2＋2ax －1(x ∈R )，则g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0.于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增. 于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0. 即e x－x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.[技法领悟]一般地，要证f (x )>g (x )在区间(a ，b )上成立，需构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )，通过分析F (x )在端点处的函数值来证明不等式.若F (a )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递增即可；若F (b )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递减即可.[应用体验]5.(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE ―→·BE ―→的最小值为( )A.2116 B.32 C.2516D.3解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，连接AC .由题意知∠CAD ＝∠CAB ＝60°，∠ACD ＝∠ACB ＝30°，则D (0，0)，A (1，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3).设E (0，y )(0≤y ≤3)，则AE ―→＝(－1，y )，BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，y －32，∴AE ―→·BE ―→＝32＋y 2－32y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y －342＋2116，∴当y ＝34时，AE ―→·BE ―→有最小值2116.故选A. 6.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，若a ＝f （e ）e，b ＝f （ln2）ln2，c ＝－f （－3）3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A.a ＜c ＜bB.b ＜c ＜aC.a ＜b ＜cD.c ＜a ＜b解析：选D 由题意，构造函数g (x )＝f （x ）x ，当x ＞0时，g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减.∵函数f (x )为奇函数，∴函数g (x )是偶函数，∴c ＝f （－3）－3＝g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln2)，且3＞e ＞1＞ln2＞0，∴g (3)＜g (e)＜g (ln2)，∴c ＜a ＜b .故选D.应用（四）构造方程形式解决问题分析题目中的未知量，根据条件分别列出关于未知数的方程(组)，使原问题得到解决，这就是构造方程法，是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面.[例4] (2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1，1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点.若∠AMB ＝90°，则k ＝________.[解析] 由题意知，抛物线的焦点坐标为F (1，0)，设直线方程为y ＝k (x －1)，直线方程与y 2＝4x 联立，消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.由M (－1，1)，得AM ―→＝(－1－x 1，1－y 1)， BM ―→＝(－1－x 2，1－y 2).由∠AMB ＝90°，得AM ―→·BM ―→＝0， ∴(x 1＋1)(x 2＋1)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， ∴x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0.又y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)，∴1＋2k 2＋4k2＋1＋k 2⎝⎛⎭⎪⎫1－2k 2＋4k2＋1－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－2＋1＝0，整理得4k 2－4k＋1＝0，解得k ＝2.[答案] 2[技法领悟]本题由∠AMB ＝90°，知AM ―→·BM ―→＝0，从而得出关于k 的方程，问题即可解决.[应用体验]7.(2019·福建省质量检查)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，则a 33＝( )A.82B.97C.100D.115解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋7d ）－（a 1＋4d ）＝9，（8a 1＋28d ）－（5a 1＋10d ）＝66，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝4，所以a 33＝a 1＋32d ＝4＋32×3＝100.故选C.8.(2018·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sinB ＝________，c ＝________.解析：由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得7＝4＋c 2－4c ×cos60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去). 答案：2173 应用(五) 转换方程形式解决问题把题目中给定的方程根据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，运用有关方程的解的定理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解，这是方程思想应用的又一个方面.[例5] 已知sin(α＋β)＝23，sin(α－β)＝15，求tan αtan β的值.[解] 法一：由已知条件及正弦的和(差)角公式，得 ⎩⎪⎨⎪⎧sin αcos β＋cos αsin β＝23，sin αcos β－cos αsin β＝15，所以sin αcos β＝1330，cos αsin β＝730.从而tan αtan β＝sin αcos βcos αsin β＝137.法二：令x ＝tan αtan β.因为sin （α＋β）sin （α－β）＝103，且sin （α＋β）sin （α－β）＝sin （α＋β）cos αcos βsin （α－β）cos αcos β＝tan α＋tan βtan α－tan β＝tan αtan β＋1tan αtan β－1＝x ＋1x －1. 所以得到方程x ＋1x －1＝103.解方程得tan αtan β＝x ＝137.[技法领悟]本例解法二运用方程的思想，把已知条件通过变形看作关于sin αcos β与cos αsin β⎝ ⎛⎭⎪⎫或tan αtan β的方程来求解，从而获得欲求的三角表达式的值.[应用体验]9.(2019·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2为椭圆C ：x 236＋y 220＝1的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若△MF 1F 2为等腰三角形，则M 的坐标为________.解析：设F 1为椭圆的左焦点，分析可知点M 在以F 1为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆(x ＋4)2＋y 2＝64上.因为点M 在椭圆x 236＋y 220＝1上，所以联立方程可得⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋4）2＋y 2＝64，x 236＋y 220＝1，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝±15.又因为点M 在第一象限，所以点M 的坐标为(3，15). 答案：(3，15)10.设非零向量a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，b ，c ＝120°，则|b |的最大值为________.解析：∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＝－(b ＋c )， ∴|a |2＝|b |2＋2|b ||c |cos120°＋|c |2，即|c |2－|b ||c |＋|b |2－4＝0， ∴Δ＝|b |2－4(|b |2－4)≥0，解得0<|b |≤433，即|b |的最大值为433.答案：433[总结升华]函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识(1)函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题.一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解.(2)三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解.(3)数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决.(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决.(5)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.。

(全国通用)2020版高考数学二轮复习提升专题数列教案讲义

第1讲等差数列、等比数列[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A.a n ＝2n －5B.a n ＝3n －10C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.[答案] (1)A (2)1213[解析] (1)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2. 所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .故选A.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.∴S 5＝13（1－35）1－3＝1213.[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12 B.54 C.45D.－45解析：选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A.－1B.1C.－2D.2解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0.解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.解析：选C 法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和.[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一：设数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝30， ①S 9＝a 1（1－q 9）1－q ＝70，②①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q ＞0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－q a 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 法二：由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3＜S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2（n ＋1）＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )，解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n （13＋15－2n ）2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A.－2＋22B.－ 2C. 2D.－2或 2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3＋a 11－3a 5＝10，则15a 4＝( ) A.－1 B.0 C.1D.2解析：选C 法一：设{a n }的公差为d (d ≠0)，由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 1＋2d )＋(a 1＋10d )－3(a 1＋4d )＝10，即2a 1＋6d ＝10，即a 1＋3d ＝5，故a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法二：设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a n ＝a m ＋(n －m )d ，所以由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 4－d )＋(a 4＋7d )－3(a 4＋d )＝10，整理得a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a 7＋3a 3－3a 5＝10，得4a 5＋a 3－3a 5＝10，即a 5＋a 3＝10，则2a 4＝10，即a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.3.数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________.解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)，从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎪⎨⎪⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18][例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列.所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.[解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2).(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式，得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列，所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立.所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). [答案] D[素养通路]等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A.16B.8C.4D.2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( )A.6B.7C.8D.9解析：选B 法一：由题意知，数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝12，a 1＋a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a 1＋a 6＝a 1＋a 1＋5d ＝7，故选B. 法二：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A.32B.31C.64D.63解析：选 B 法一：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B. 法二：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.4.数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2019＝( ) A.1 B.－2 C.3D.－3解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n－1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3).所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2019＝336×6＋3，所以a 2019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A.10B.11C.12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.6.已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A.0B.－9C.9D.1解析：选 C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1＝qn －1.∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析：∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴a 1＝－4，d ＝1， ∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －109.设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案：2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列，所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 3＝8，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，a 14，S m 成等比数列，求S 2m .解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 5＝9（a 1＋4d ）＝81，a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.∵S 3，a 14，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 214，即9m 2＝272，解得m ＝9，故S 2m ＝182＝324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？解：(1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3， ∴a n ＝2a n －1＋1， ∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列. (2)由(1)知，a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n－1)＝0，∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)且a 1＝1. (1)设b n ＝a n3n －1，证明：数列{b n }为等差数列；(2)设c n ＝n a n，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n，得b n ＋1＝a n ＋13n＝3a n ＋3n3n＝a n3n －1＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知，b n ＝a n3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝32－12·3n －1.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解：(1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.4.已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值. 解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5.又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2，故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列，于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝2n＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋ (2))＋n ＝2（1－2n）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2.令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1031，f (10)＝211＋10－2＝2056，故使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值是10.第2讲数列通项与求和[例1] (1)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＋1＝a n ，则a 8＝________.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. [解析] (1)当n ＝2时，S 1＋1＝a 2，即a 2＝2.当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＋1＝a n ，S n ＋1＝a n ＋1，相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，所以a 2＝2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列，所以a 8＝a 2·q 6＝2×26＝128.(2)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. [答案] (1)128 (2)22n －1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.[跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且log 5(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.解析：由log 5(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝5n ＋1，所以S n ＝5n ＋1－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4×5n；当n ＝1时，a 1＝S 1＝24，不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案：4n －2解析：因为a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，且a 1＝2，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，得a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝2×31×53×…×2n －12n －3＝4n －2. 考点二数列的求和题型一分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ，则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3，因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3（1－3n）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n －1)＋n 2 ＝3n ＋12＋n 2－32. [解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n 项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和.题型二裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )， ∴数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1， ∴S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，∴n ≥5，∴n 的最小值为5. [解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.题型三错位相减求和[例4] (2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *).[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n). 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以，a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.[跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，∴q ＝2.于是a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n.2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2).又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， ∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列.∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， ∴b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎛⎪⎫1－12＋ ⎛⎪⎫12－13＋…＋ ⎛⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. [例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值.[解] (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去).所以a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增.又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)，所以S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1).由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7. 由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln2＝1－2n1－2＋n （n －1）2ln2＝2n－1＋n （n －1）2ln2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ＋1·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 2020＝( )A.－3027B.3027C.－3030D.3030解析：选C 因为a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2019＋a 2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030，故选C.2.已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝( )A.－12B.23C.12D.11解析：选D 因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)na n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100解析：选A 由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4.已知数列{a n }是等差数列，若a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A.1 B.2 C.3D.4解析：选A 令等差数列{a n }的公差为d ，由a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，得(a 4＋3)2＝a 2(a 6＋6)，即(a 1＋3d ＋3)2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d ＋6)，化简得(2d ＋3)2＝0，解得d ＝－32.所以q ＝a 4＋3a 2＝a 1－92＋3a 1－32＝a 1－32a 1－32＝1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为( )A.8B.10C.12D.16解析：选C 依题意得，数列{a n }是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a 1，所以S 7＝a 1（1－27）1－2＝1016，解得a 1＝8，所以a n ＝8×2n －1＝2n ＋2(1≤n ≤7，n ∈N *)，所以a 3＝25，a 5＝27，从而a 3×a 5＝25×27＝212，所以log 2(a 3a 5)＝log 2212＝12，故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0，6S n ＝a 2n ＋3a n ，b n ＝2a n（2a n －1）（2a n ＋1－1），若k >T n 恒成立，则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49D.8441解析：选B ∵6S n ＝a 2n ＋3a n ，∴6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1， ∴6a n ＋1＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＋3(a n ＋1－a n )， ∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝3(a n ＋1＋a n )， ∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝3，又6a 1＝a 21＋3a 1，a 1>0，∴a 1＝3.∴{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝3n ，∴b n ＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1，∴T n ＝17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－1－182－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫182－1－183－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149， ∴k ≥149，∴k 的最小值为149，故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q >0，因为a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，所以(a n q 2)2＋4a 2n ＝4(a n q )2，化为q 4－4q 2＋4＝0，解得q 2＝2，q >0，解得q ＝ 2.则数列{a n }的通项公式a n ＝2×(2)n －1＝2n ＋12.答案：2n ＋128.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）.答案：2n ＋1n4（n ＋1）9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________.解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是等比数列，首项是1，公比是2，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝（n －4）（n －7）2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}. 答案：{5，6} 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *). (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，b n ＝a n2n ＋2n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，所以a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n2n ＋2n ＝2n ＋1，∴a n b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋23（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .解：(1)由题意知，a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，当n ≥2时，a 12＋a 23＋…＋a n －1n ＝(n －1)2＋n －1，两式相减得，a nn ＋1＝2n ，a n ＝2n (n ＋1)(n ≥2).当n ＝1时，a 1＝4也符合，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ∈N *. (2)b n ＝1a n＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1），由S n ＝n 2（n ＋1）＞920得n ＞9，所以满足条件的最小正整数n 为10.B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝（－1）na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1.(2)b n ＝（－1）na n ＝（－1）nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. ∴S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，∴(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)，解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M 数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M 数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和.求数列{b n }的通项公式.解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M 数列”.(2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）. 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *). 4.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，所以当n ≥2时，(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，所以b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，即b n ＝2－12n －1(n ≥2)，易知b 1＝1满足上式，所以b n ＝2－12n －1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ，② 由①－②得，12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n . 所以T n ＝4－n ＋22n －1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.[思维流程——找突破口][典例] 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)·a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式. [快审题][稳解题] (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. 理由如下：由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题.如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序.(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等.[针对训练]已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1>b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.。

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届高三理科数学二轮专题复习讲义(一)

2020届高三理科数学二轮专题复习讲义（一）《函数、导数、不等式》专题一、专题热点透析函数、导数和不等式这三部分内容都是高考考查的重点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题。

纵观近年的高考试题，对函数的主干知识，函数知识的综合应用，函数与导数、不等式的结合，利用导数研究函数的单调性、求函数的极值和最值等内容是本专题考查的重点，而本专题命题的热点主要是函数的图像与性质，以函数为背景的方程、不等式问题，以函数为模型运用导数解决的应用问题等几个方面。

本专题重在讲解题型和思想方法，所选例题比较简单。

二、热点题型范例题型一、函数的单调性与极值问题例1．已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围．解：（1）32()1f x x ax x =+++求导得2()321f x x ax '=++当23a ≤时，0∆≤，()0f x '≥，()f x 在R 上递增；当23a >，()0f x '=求得两根为x =即()f x在3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭，递增，33a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，递减，3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭递增。

（2）2313≤-≥-，且23a>，解得2a ≥。

例2．已知定义在R 上的函数32(),,,,f x ax bx cx d a b c d =+++其中是实数.（1）若函数)(x f 在区间),3()1,(+∞--∞和上都是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，并且,18)0(,7)0(-='-=f f 求函数)(x f 的表达式；（2）若2,,30a b c b ac -<满足，求证：函数)(x f 是单调函数．解：（1）.23)(2c bx ax x f ++='由.1823)(,1818)0(2-+='-=-='bx ax x f c f 即得又由于)(x f 在区间),3()1,(+∞--∞和上是增函数，在区间（－1，3）上是减函数，所以－1和3必是0)(='x f 的两个根，从而⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=-+=--.6,2.018627,01823b a b a b a 解得又根据32(0)77,()26187.f d f x x x x =-=-=---得所以（2）因为)(x f '为二次三项式，并且0)3(4)3(4)2(22<-=-=∆ac b ac b ，当0)(,0>'>x f a 时恒成立，此时函数)(x f 是单调递增函数；当0)(,0<'<x f a 时恒成立，此时函数)(x f 是单调递减函数，因此对任意给定的实数a ，函数)(x f 总是单调函数。

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。

2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.4.3 利用导数证明问题及讨论零点个数

=
2��-1>0
恒成立,
所以 F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,
∴F(x)>0,即 h(x)min>0,故当 x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).
-10-
考向一考向二考向三考向四
解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0) 的正负.
则
g'(x)=��1��·��
3
-(ln ��+1)·3�� 6
2
=-3ln��4�� +2=-3(ln
��-ln �� 4
e -23 ).
当 0<x<e-23时,g'(x)>0;当 x>e-23时,g'(x)<0.
所以 g(x)在区间
∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f

2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：2.2基本初等函数、函数与方程及函数的应用

(5)log a M ＝n log a M ；(6)a log a N ＝N ；(7)log a N ＝log b N log ba . 注：a >0且a ≠1，b >0且b ≠1，M >0，N >0.2．指数函数与对数函数的图象和性质指数函数y ＝a x (a >0，a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，a ≠1)的图象和性质，分0<a <1，a >1两种情况，当a >1时，两函数在定义域内都为1．三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较『对接训练』(－1)，f(－2)，f(3)的大小关系为()A．f(3)>f(－2)>f(－1)B．f(3)<f(－2)<f(－1)C．f(－2)<f(3)<f(－1)D．f(－1)<f(3)<f(－2)解析：因为f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3为偶函数，所以m＝0，即f(x ＝－x2＋3，f(x)在[0，＋∞)上为减函数，又f(－2)＝f(2)，f(－1)＝f(1)考点2函数的零点1．函数的零点的定义对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．2．确定函数零点的常用方法(1)解方程法；(2)利用零点存在性定理；(3)数形结合，利用两个函数图象的交点求解．[例2](1)[2019·湖北襄阳七校联考]设a是方程2ln x－3＝－x的解，则a在下列哪个区间内()A．(0,1)B．(3,4)C．(2,3) D．(1,2)(2)[2019·广西宜州联考]若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是() A．5 B．4C．3 D．2【解析】(1)令f(x)＝2ln x－3＋x，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝－2<0，f(2)＝2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以函数f(x)在(1,2)内有零点，即a在区间(1,2)内．(2)∵偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，∴函数的周期为2.当x∈[0,1]时，f(x)＝x，故当x∈[－1,0]时，f(x)＝－x.函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数等于函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象，如图所示．显然函数y＝f(x)的图象与函数y＝log3|x|的图象有4个交点，故选B.【答案】(1)D(2)B1．判断函数零点个数的方法(1)直接求零点：令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数．(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在[a，b]上是连续的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．2．[警示]应注意函数的零点不是函数图象与x轴的交点，能把『对接训练』x的图象，由图象解析：在同一坐标系中作出函数y＝2x，y＝log12可知，x0，即f(x0)<0.当0<x0<a时，有2x0<log12答案：C4．[2019·湖南永州第二次模拟]若函数f(x)＝2|x|－k存在零点，则k，＋∞)k存在零点，得则由图象可知，要使函数的图象有交点，则k≥1，故选然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．[例3] [北京卷]根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080.则下列各数中与M N 最接近的是(参考数据：lg 3≈0.48)( )A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解析】由题意，lg M N ＝lg 33611080＝lg 3361－lg 1080＝361lg 3－80lg 10≈361×0.48－80×1＝93.28.又lg 1033＝33，lg 1053＝53，lg 1073＝73，lg 1093＝93，故与M N 最接近的是1093.故选D.【答案】 D解决函数实际应用题的两个关键点(1)认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题．(2)要合理选取参变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解.『对接训练』5．[2019·云南保山联考]某种新药服用x h 后，血液中的药物残留量为y 毫克，如图，为函数y ＝f (x )的图象，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效．设某人上午8：00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟应在当日( )A ．上午10：00B ．中午12：00C ．下午4：00D ．下午6：00解析：当x ∈[0,4]时，设y ＝k 1x ，把(4,320)代入，得320＝4k 1，解得k 1＝80，所以y ＝80x .当x ∈(4,20]时，设y ＝k 2x ＋b .把(4,320)，(20,0)分别代入可得课时作业4 基本初等函数、函数与方程及函数的应用1．[2019·河南省实验中学质量预测]已知函数f (x )＝3x 2－2(m ＋3)x ＋m ＋3的值域为[0，＋∞)，则实数m 的取值范围为( )A ．{0，－3}B ．[－3,0]C ．(－∞，－3]∪[0，＋∞)D ．{0,3}的大小关系为( )>1，b ＝12，0<c <12，得C．a<b<c D．a<c<b解析：由题意，根据指数函数与幂函数的单调性，可得a＝0.50.8<0.50.5，b＝0.80.5>0.50.5，所以b>a，又由c＝0.80.8>0.50.8，所以c>a，又b＝0.80.5>c＝0.80.8，所以a<c<b，故选D.答案：D5．[2019·安徽江淮名校联考]已知函数f(x)＝1e x＋1－12，则f(x)是()轴对称得到y ＝－(x －2)]的图象，方的部分翻折上来，就可以得到f (x )＝|lg(2－象知，在选项中的区间上，满足f (x )是增函数的显然只有本．某企业一个月生产某种商品x 万件时的生产成本(单位：万元)为C (x )＝12x 2＋2x ＋20.一万件的售价是20万元，为获取更大利润，该企业一个月应生产该商品的数量为( )A ．36万件B ．18万件C ．22万件D ．9万件解析：设利润为L (x )万元，则利润L (x )＝20x －C (x )＝－12(x －18)x |－1≤x ≤1}x |－1<x ≤2}令g (x )＝y ＝log 2(x ＋1)，易知g (x )的定义域为(－1，＋∞)，作出函数g (x )的图象，如图所示．由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝2，y ＝log 2(x ＋1)，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1.所以结合图象知不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1<x ≤1}．故选C.答案：C10．[2019·西藏日喀则一高月考]如图是二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 图；③a －b ＋c ＝0；④根据二次函数的图象，可以确定二次函数个交点．答案：C12．[2019·湖北荆门模拟]若函数f (x )＝(m －2)x 2＋mx ＋(2m ＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则m 的取值范围是( )A. ⎛⎪⎫－1，1B. ⎛⎪⎫－1，115．[2019·北京十一中月考]已知14C的半衰期为5 730年(是指经过5 730年后，14C的残余量占原始量的一半)．设14C的原始量为a，经过x年后的残余量为b，残余量b与原始量a的关系为b＝a e－kx，其中x表示经过的时间，k为一个常数．现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时14C的残余量约占原始量的76.7%.请你推断一下马王堆汉墓修建距今约________年．(参考数据：log2 0.767≈－0.4)解析：由题意可知，当x＝5 730时，a e－5 730k＝1a，解得k＝ln 2设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且＝－3，得x＝－7 3。

2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六第2讲基本初等函数、函数与方程

第2讲基本初等函数、函数与方程[做真题]题型一指数与指数函数1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A ．a 1，c ＝0.20.3∈(0，1)，所以a <c <b .故选B ． 2．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知a ＝243，b ＝425，c ＝2513，则( ) A ．b ＜a ＜c B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b详细分析：选A ．因为a ＝243＝1613，b ＝425＝1615，c ＝2513，且幂函数y ＝x 13在R 上单调递增，指数函数y ＝16x 在R 上单调递增，所以b ＜a ＜c .3．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅱ)已知f (x )是奇函数，且当x <0时，f (x )＝－e ax .若f (ln 2)＝8，则a ＝________．详细分析：法一：由x >0可得－x <0，由f (x )是奇函数可知f (－x )＝－f (x )，所以x >0时，f (x )＝－f (－x )＝－[－e a (－x )]＝e －ax ，则f (ln 2)＝e －a ln 2＝8，所以－a ln 2＝ln 8＝3ln 2，所以a ＝－3. 法二：由f (x )是奇函数可知f (－x )＝－f (x )，所以f (ln 2)＝－f ⎝⎛⎭⎫ln 12＝－(－e a ln 12)＝8，所以a ln 12＝ln 8＝3ln 2，所以a ＝－3.答案：－3题型二对数与对数函数(一题多解)(2016·高考全国卷Ⅰ)若a ＞b ＞1，0＜c ＜1，则( ) A ．a c ＜b c B ．ab c ＜ba c C ．a log b c ＜b log a cD ．log a c ＜log b c详细分析：选C ．法一：由a >b >1，0<c <1，知a c >b c ，A 错；因为0<c <1，所以－1<c －1<0，所以y ＝x c －1在x ∈(0，＋∞)上是减函数，所以b c －1>a c －1，又ab >0，所以ab ·b c －1>ab ·a c －1，即ab c >ba c ，B 错；易知y ＝log c x 是减函数，所以0>log c b >log c a ，D 错；由log b c <log a c <0，得－log b c >－log a c >0，又a >b >1>0，所以－a log b c >－b log a c >0，所以a log b c <b log a c ，故C 正确．法二：依题意，不妨取a ＝4，b ＝2，c ＝12.易验证A 、B 、D 均是错误的，只有C 正确．题型三函数的零点问题1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B ．13C ．12D ．1详细分析：选C ．由f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，得f (2－x )＝(2－x )2－2(2－x )＋a [e 2－x－1＋e －(2－x )＋1]＝x 2－4x ＋4－4＋2x ＋a (e 1－x ＋e x －1)＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)，所以f (2－x )＝f (x )，即x ＝1为f (x )图象的对称轴．由题意，f (x )有唯一零点，所以f (x )的零点只能为x ＝1，即f (1)＝12－2×1＋a (e 1－1＋e －1＋1)＝0，解得a ＝12.故选C ．2．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ， x ≤0ln 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，＋∞)详细分析：选C ．函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有2个交点，作出直线y ＝－x －a 与函数f (x )的图象，如图所示，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1，故选C ．3．(2018·高考全国卷Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为________．详细分析：由题意知，cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6＝0，所以3x ＋π6＝π2＋k π，k ∈Z ，所以x ＝π9＋k π3，k ∈Z ，当k ＝0时，x ＝π9；当k ＝1时，x ＝4π9；当k ＝2时，x ＝7π9，均满足题意，所以函数f (x )在[0，π]的零点个数为3.答案：3[明考情]1．基本初等函数作为高考的命题热点，多考查利用函数的性质比较大小，一般出现在第5～11题的位置，有时难度较大．2．函数的应用问题多体现在函数零点与方程根的综合问题上，近几年全国卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难．基本初等函数的图象与性质[典型例题](1)(2019·高考北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝x 12B ． y ＝2－xC ．y ＝log 12xD ．y ＝1x(2)(2019·高考天津卷)已知a ＝log 27，b ＝log 38，c ＝0.30.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c 0，且a ≠1)的图象可能是( )(1)对于幂函数y ＝x α，当α>0时，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A 正确；选项D 中的函数y ＝1x 可转化为y ＝x －1，所以函数y ＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项D 不符合题意；对于指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B 中的函数y ＝2－x 可转化为y ＝⎝⎛⎭⎫12x，因此函数y ＝2－x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项B 不符合题意；对于对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C 中的函数y ＝log 12x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项C 不符合题意，故选A ．(2)因为a ＝log 27>log 24＝2，b ＝log 38<log 39＝2，b ＝log 38>1，c ＝0.30.2<1，所以c 1，则y ＝1a x 是减函数，而y ＝log a ⎝⎛⎭⎫x ＋12是增函数且其图象过点⎝⎛⎭⎫12，0，结合选项可知，没有符合的图象．故选D ．优解：分别取a ＝12和a ＝2，在同一坐标系内画出相应函数的图象(图略)，通过对比可知选D ．【答案】 (1)A (2)A (3)D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，当底数a 的值不确定时，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．[对点训练]1．(一题多解)若函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12－x，则f (2)＋g (4)＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6详细分析：选D ．法一：因为函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12－x＝2x ，所以g (x )＝log 2x ，所以f (2)＋g (4)＝22＋log 24＝6.法二：因为f (x )＝⎝⎛⎭⎫12－x.所以f (2)＝4，即函数f (x )的图象经过点(2，4)，因为函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，所以函数g (x )的图象经过点(4，2)，所以f (2)＋g (4)＝4＋2＝6.2．(2019·福建五校第二次联考)已知a ＝log 372，b ＝⎝⎛⎭⎫1413，c ＝log 1315，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >a >b详细分析：选D ．a ＝log 372，c ＝log 1315＝log 35，由对数函数y ＝log 3x 在(0，＋∞)上单调递增，可得log 35>log 372>log 33，所以c >a >1.借助指数函数y ＝⎝⎛⎭⎫14x 的图象易知b ＝⎝⎛⎭⎫1413∈(0，1)，故c >a >b ，选D ．3．(2019·开封模拟)设x 1，x 2，x 3均为实数，且e －x 1＝ln(x 1＋1)，e －x 2＝lg x 2，e －x 3＝ln x 3，则( )A ．x 3<x 2<x 1B ．x 2<x 1<x 3C ．x 3<x 1<x 2D ．x 1<x 3<x 2详细分析：选D ．根据题意可知，实数x 1，x 2，x 3分别是函数y ＝e －x 与y ＝ln(x ＋1)、y ＝lg x 、y ＝ln x 图象交点的横坐标．在同一直角坐标系中作出函数y ＝e －x 、y ＝ln(x ＋1)、y ＝lg x 、y ＝ln x 的图象如图所示，由图知，x 1<x 3<x 2，故选D ．函数与方程 [典型例题]命题角度一确定函数零点的个数或其存在情况(1)已知实数a >1，0<b <1，则函数f (x )＝a x ＋x －b 的零点所在的区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1，0) C ．(0，1)D ．(1，2)(2)设函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，f (x )＝f (2－x )，当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 3，则函数g (x )＝|cos πx |－f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－12，32上零点的个数为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6(1)因为a >1，00，所以f (－1)·f (0)<0，则由零点存在性定理可知f (x )在区间(－1，0)上存在零点．(2)由f (－x )＝f (x )，得f (x )的图象关于y 轴对称．由f (x )＝f (2－x )，得f (x )的图象关于直线x ＝1对称．当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 3，所以f (x )在[－1，2]上的图象如图．令g (x )＝|cos πx |－f (x )＝0，得|cos πx |＝f (x )，两函数y ＝f (x )与y ＝|cos πx |的图象在⎣⎡⎦⎤－12，32上的交点有5个．【答案】 (1)B (2)C判断函数零点个数的方法(1)直接求零点：令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数．(2)利用零点存在性定理：利用该定理还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点．(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形时，常会通过分解转化为两个能画出图象的函数交点问题．命题角度二已知函数零点的个数或存在情况求参数的取值范围(1)(2019·合肥市第二次质量检测)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |，x >0，e x (x ＋1)，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则实数b 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．⎝⎛⎭⎫－1e 2，0 C ．{0}∪(1，＋∞)D ．(0，1](2)(2019·济阳模拟)若关于x 的方程e x ＋ax －a ＝0没有实数根，则实数a 的取值范围是( )A ．(－e 2，0]B ．[0，e 2)C ．(－e ，0]D ．[0，e)(1)当x ≤0时，f (x )＝e x (x ＋1)，则f ′(x )＝e x (x ＋1)＋e x ＝e x (x ＋2)，由f ′(x )>0，得函数f (x )的单调递增区间为(－2，0]，由f ′(x )<0，得函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－2)，且易知x <－1时，f (x )<0，f (0)＝1.由以上分析，可作出分段函数f (x )的图象，如图所示．要使函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则方程f (x )－b ＝0，即f (x )＝b 有三个不同的实数根，也就是函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝b 有三个不同的公共点，结合图象可知，实数b 的取值范围是(0，1]，故选D ．(2)由题意可知只需证e x ＋ax －a >0恒成立，即证e x >－a (x －1)．当x <1时，－a >e x x －1，令f (x )＝e xx －1，则f ′(x )＝e x (x －2)(x －1)2<0，则f (x )单调递减，即有f (x )<0，解得－a ≥0，即a ≤0；当x ＝1时，e>0成立，a 可以是任意实数；当x >1时，－a <e x x －1，令f (x )＝e x x －1，则f ′(x )＝e x (x －2)(x －1)2，当x ∈(1，2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ＝2时，f (x )取得极小值，也是最小值e 2，即有－a <e 2，解得a >－e 2.综上，实数a 的取值范围是(－e 2，0]，故选A ．【答案】 (1)D (2)A利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[对点训练]1．(2019·长春市质量监测(一))已知函数f (x )＝x －1x －2与g (x )＝1－sin πx ，则函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间[－2，6]上所有零点的和为( )A ．4B ．8C ．12D ．16详细分析：选D ．令F (x )＝f (x )－g (x )＝0，得f (x )＝g (x )，在同一平面直角坐标系中分别画出函数f (x )＝1＋1x －2与g (x )＝1－sin πx 的图象，如图所示，又f (x )，g (x )的图象都关于点(2，1)对称，结合图象可知f (x )与g (x )的图象在[－2，6]上共有8个交点，交点的横坐标即F (x )＝f (x )－g (x )的零点，且这些交点关于直线x ＝2成对出现，由对称性可得所有零点之和为4×2×2＝16，故选D ．2．已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是________．详细分析：由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e xx 3，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0，2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞，x →－∞时，g (x )→0，x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24.答案：⎝⎛⎭⎫0，e 24函数的实际应用 [典型例题](1)(2019·高考全国卷Ⅱ)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L 2点的轨道运行．L 2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M 1，月球质量为M 2，地月距离为R ，L 2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：M 1(R ＋r )2＋M 2r 2＝(R ＋r )M 1R 3.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 1R B ．M 22M 1R C ．33M 2M 1R D ．3M 23M 1R (2)(2019·高考北京卷)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 ． lg 10.1D ． 10－10.1(1)由M 1(R ＋r )2＋M 2r 2＝(R ＋r )M 1R 3，得M 1⎝⎛⎭⎫1＋r R 2＋M 2⎝⎛⎭⎫r R 2＝⎝⎛⎭⎫1＋r R M 1.因为α＝r R ，所以M 1(1＋α)2＋M 2α2＝(1＋α)M 1，得3α3＋3α4＋α5(1＋α)2＝M 2M 1.由3α3＋3α4＋α5(1＋α)2≈3α3，得3α3≈M 2M 1，即3⎝⎛⎭⎫r R 3≈M 2M 1，所以r ≈3M 23M 1·R ，故选D ． (2)根据题意，设太阳的星等与亮度分别为m 1与E 1，天狼星的星等与亮度分别为m 2与E 2，则由已知条件可知m 1＝－26.7，m 2＝－1.45，根据两颗星的星等与亮度满足m 2－m 1＝52lg E 1E 2，把m 1与m 2的值分别代入上式得，－1.45－(－26.7)＝52lg E 1E 2，得lg E 1E 2＝10.1，所以E 1E 2＝1010.1，故选A ．【答案】 (1)D (2)A应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键(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确切地建立相关函数解+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．[对点训练]1．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2018年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A ．2021年 B ．2022年 C ．2023年D ．2024年详细分析：选B ．根据题意，知每年投入的研发资金增长的百分率相同，所以，从2018年起，每年投入的研发资金组成一个等比数列{a n }，其中，首项a 1＝130，公比q ＝1＋12%＝1.12，所以a n ＝130×1.12n －1.由130×1.12n －1>200，两边同时取对数，得n －1>lg 2－lg 1.3lg 1.12，又lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝3.8，则n >4.8，即a 5开始超过200，所以2022年投入的研发资金开始超过200万元，故选B ．2．某食品的保鲜时间y (单位：h)与储存温度x (单位：℃)满足的函数关系式为y ＝e kx ＋b (e＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 h ，在22 ℃的保鲜时间是48 h ，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________ h.详细分析：由已知，得e b ＝192，e 22k ＋b ＝48，两式相除得e 22k ＝14，所以e 11k ＝12，所以e 33k ＋b ＝(e 11k )3e b ＝18×192＝24，即该食品在33 ℃的保鲜时间是24 h.答案：24一、选择题1．已知函数f (x )＝(m 2－m －5)x m 是幂函数，且在x ∈(0，＋∞)时为增函数，则实数m 的值是( )A ．－2B ．4C ．3D ．－2或3详细分析：选C ．f (x )＝(m 2－m －5)x m 是幂函数⇒m 2－m －5＝1⇒m ＝－2或m ＝3. 又在x ∈(0，＋∞)上是增函数，所以m ＝3.2．函数y ＝a x ＋2－1(a >0，且a ≠1)的图象恒过的点是( )A ．(0，0)B ．(0，－1)C ．(－2，0)D ．(－2，－1)详细分析：选C ．令x ＋2＝0，得x ＝－2，所以当x ＝－2时，y ＝a 0－1＝0，所以y ＝a x＋2－1(a >0，且a ≠1)的图象恒过点(－2，0)．3．若a ＝log 1π13，b ＝e π3，c ＝log 3cos π5，则( )A ．b >c >aB ．b >a >cC ．a >b >cD ．c >a >b详细分析：选B ．因为0<1π<13<1，所以1＝log 1π1π>log 1π13>0，所以0<a <1，因为b ＝e π3>e 0＝1，所以b >1.因为0<cos π5<1，所以log 3cos π5<log 31＝0，所以c <0.故b >a >c ，选B ．4．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)上的增函数详细分析：选D ．由题意知，f (0)＝lg(2＋a )＝0，所以a ＝－1，所以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，所以f (x )在(－1，1)上是增函数，选D ．5．若函数y ＝a |x |(a >0且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )详细分析：选A ．若函数y ＝a |x |(a >0且a ≠1)的值域为{y |0<y ≤1}，则0<a <1，故log a |x |是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，由此可知y ＝log a |x |的图象大致为A ．6．20世纪30年代，为了防范地震带来的灾害，里克特(C ．F.Richter)制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M ，其计算公式为M ＝lg A －lg A 0，其中A 是被测地震的最大振幅，A 0是“标准地震”的振幅．已知5级地震给人的震感已经比较明显，则7级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的( )A ．10倍B ．20倍C ．50倍D ．100倍详细分析：选D ．根据题意有lg A ＝lg A 0＋lg 10M＝lg (A 0·10M)．所以A ＝A 0·10M，则A 0×107A 0×105＝100.故选D ．7．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详细分析：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，所以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，所以f (x )＝e －(x ＋1)＝e －x －1.8．已知f (x )＝|ln(x ＋1)|，若f (a )＝f (b )(a 0 B ．a ＋b >1 C ．2a ＋b >0D ．2a ＋b >1详细分析：选A ．作出函数f (x )＝|ln(x ＋1)|的图象如图所示，由f (a )＝f (b )(a 0，又易知－1<a <0，b >0.所以a ＋b ＋4>0，所以a ＋b >0.故选A ．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－6x ＋6，x ≥0，3x ＋3，x <0，若不相等的实数x 1，x 2，x 3满足f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则x 1＋x 2＋x 3的取值范围是( )A ．(4，6]B ．(4，6)C ．(113，6]D ．(113，6)详细分析：选B ．作出函数f (x )的图象如图所示．由题意可知f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)．设x 1<x 2<x 3，由图象可知x 2，x 3关于直线x ＝3对称，所以x 2＋x 3＝6.当x ≥0时，f (x )的最小值为f (3)＝－3，当x <0时，由3x ＋3＝－3得x ＝－2，所以－2<x 1<0，故x 1＋x 2＋x 3∈(4，6)．故选B ．10．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且x >0时，f (x )＝ln x －x ＋1，则函数g (x )＝f (x )－e x (e 为自然对数的底数)的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3详细分析：选C ．当x >0时，f (x )＝ln x －x ＋1，f ′(x )＝1x －1＝1－x x，所以x ∈(0，1)时f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．因此，当x >0时，f (x )max ＝f (1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f (x )是定义在R 上的奇函数作出函数y ＝f (x )与y ＝e x 的大致图象如图所示，观察到函数y ＝f (x )与y ＝e x 的图象有两个交点，所以函数g (x )＝f (x )－e x (e 为自然对数的底数)有2个零点．11．(2019·重庆市学业质量调研)已知函数f (x )＝2x ＋log 3 2＋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 ．⎝⎛⎭⎫0，12 D ．⎝⎛⎭⎫12，1详细分析：选D ．由2＋x 2－x >0得x ∈(－2，2)，又y ＝2x 在(－2，2)上单调递增，y ＝log 32＋x2－x ＝log 3 x －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 ．12．已知函数f (x )＝sin x －sin 3x ，x ∈[0，2π]，则f (x )的所有零点之和等于( ) A ．5π B ．6π C ．7πD ．8π详细分析：选C ．f (x )＝sin x －sin 3x ＝sin(2x －x )－sin(2x ＋x )＝－2cos 2x sin x ，令f (x )＝0, 可得cos 2x ＝0或sin x ＝0，因为x ∈[0，2π]，所以2x ∈[0，4π]，由cos 2x ＝0可得2x ＝π2或2x＝3π2或2x ＝5π2或2x ＝7π2，所以x ＝π4或x ＝3π4或x ＝5π4或x ＝7π4，由sin x ＝0可得x ＝0或x ＝π或x ＝2π，因为π4＋3π4＋5π4＋7π4＋0＋π＋2π＝7π，所以f (x )的所有零点之和等于7π，故选C ．二、填空题13．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫12x，x ≤0，log 12x ，x >0，则f ⎝⎛⎭⎫14＋f (log 2 16)＝________．详细分析：由题可得f ⎝⎛⎭⎫14＝log 1214＝2，因为log 2 16<0，所以f ⎝⎛⎭⎫log 2 16＝⎝⎛⎭⎫12log 216＝2log 26＝6，故f ⎝⎛⎭⎫14＋f ⎝⎛⎭⎫log 2 16＝8. 答案：814．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若⎪⎪⎪⎪f (ln x )－f ⎝⎛⎭⎫ln 1x 2<f (1)，则x 的取值范围是________．详细分析：因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (ln x )－f ⎝⎛⎭⎫ln 1x ＝f (ln x )－f (－ln x )＝f (ln x )＋f (ln x )＝2f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪f (ln x )－f ⎝⎛⎭⎫ln 1x 2<f (1)等价于|f (ln x )|<f (1)，又f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，所以－1<ln x <1，解得1e <x <e.答案：⎝⎛⎭⎫1e ，e15．已知函数f (x )＝log 3x ＋2x－a 在区间(1，2)内有零点，则实数a 的取值范围是________．详细分析：因为函数f (x )＝log 3x ＋2x－a 在区间(1，2)内有零点，且f (x )在(1，2)内单调，所以f (1)·f (2)<0，即(1－a )·(log 32－a )<0，解得log 32<a <1.答案：()log 32，116．(2019·福建省质量检查)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x x ，x ≥1ax 2－a ，x <1，若函数g (x )＝f (x )－13恰有2个零点，则a 的取值范围为________．详细分析：当x ≥1时，g (x )＝f (x )－13＝ln x x －13，则g ′(x )＝1－ln x x 2，由g ′(x )>0，得1≤x <e ，由g ′(x )<0得x >e ，所以函数g (x )在[1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )在[1，＋∞)上有最大值，且g (x )max ＝g (e)＝1e －13>0，又g (1)＝－13<0，g (e 3)＝3e 3－13<0，所以在[1，＋∞)上g (x )＝f (x )－13有2个不同的零点，则由题意知当x <1时，函数g (x )＝f (x )－13＝ax 2－a －13无零点．当a >0时，g (x )在(－∞，1)上有最小值，且g (x )min ＝g (0)＝－a －13<0，此时函数g (x )有零点，不满足题意；当a ＝0时，g (x )＝－13<0，此时函数g (x )无零点，满足题意；当a <0时，g (x )在(－∞，1)上有最大值，且g (x )max ＝g (0)＝－a －13，由g (x )max <0，得－13<a <0.综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－13，0. 答案：⎝⎛⎦⎤－13，0。

2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六第5讲函数、导数与方程

第5讲函数、导数与方程[做真题](2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数．证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点．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．[明考情]函数、导数与方程的根(零点)考查的形式以解答题为主，主要考查利用导数确定某些高次式、指数式、对数式及绝对值式结构的函数的零点或方程根的个数，或者依据它们的零点或方程根的存在情况求参数的值(或取值范围)等问题，以解答题为主．判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件——函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，取值证明f (a )·f (b )<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a )·f (b )<0.[典型例题](2019·广东省七校联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a<0时，求函数f(x)的零点个数．【解】(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x.①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－1a，故在⎝⎛⎭⎫0，－1a上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a，＋∞上，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－1a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－1a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a，＋∞上单调递减．故f(x)max＝f⎝⎛⎭⎫－1a＝ln⎝⎛⎭⎫－1a－1.①当ln ⎝⎛⎭⎫－1a <1，即a <－1e 时，f ⎝⎛⎭⎫－1a <0，函数f (x )没有零点．②当ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝1时，即a ＝－1e 时，f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝0，函数f (x )有一个零点．③当ln ⎝⎛⎭⎫－1a >1，即－1e<a <0时，f ⎝⎛⎭⎫－1a >0，令00，则在(e ，＋∞)上，g ′(t )＝2t－1<0，故g (t )在(e ，＋∞)上单调递减，故在(e ，＋∞)上，g (t )<g (e)＝2－e<0，则f ⎝⎛⎭⎫1a 2<0，故f ⎝⎛⎭⎫－1a ·f ⎝⎛⎭⎫1a 2<0，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1a ，1a 2上有一个零点．故f (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当a <－1e 时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1e 时，函数f (x )有一个零点；当－1e <a <0时，函数f (x )有两个零点．利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等； (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．[对点训练](2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x.因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增．又f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0，故存在唯一x 0∈(1，2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3>0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝α.由α>x 0>1得1α<1<x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1α＝⎝⎛⎭⎫1α－1ln 1α－1α－1＝f （α）α＝0，故1α是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根．综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．根据零点个数确定参数范围已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x )中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．[典型例题](2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝e x(ln x－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝e2x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．(1)求a，b的值．(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)f′(x)＝e x(ln x－ax＋1x＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知，得⎩⎨⎧f（1）＝e2，f′（1）＝e2即⎩⎨⎧e b＝e2e（b－a＋1）＝e2，解得a＝1，b＝12.(2)由(1)知，f(x)＝e x⎝⎛⎭⎫ln x－x＋32，则f′(x)＝ex⎝⎛⎭⎫ln x－x＋1x＋12，令g(x)＝ln x－x＋1x＋12，则g′(x)＝－x2－x＋1x2<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝12>0，g(2)＝ln 2－1<0，所以存在唯一的x0∈(1，2)使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝e2>0，f(2)＝e2(ln 2－12)>0，f(e)＝ee⎝⎛⎭⎫52－e<0，所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点．利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的一般方法(1)分离参数(a ＝g (x ))后，将原问题转化为y ＝g (x )的值域(最值)问题或转化为直线y ＝a 与y ＝g (x )的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解．(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解．(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[对点训练]已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R .若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋xx 2有两解．令g (x )＝ln x ＋x x 2，x >0，则g ′(x )＝1－2ln x －xx 3，由g ′(x )＝1－2ln x －xx 3>0得2ln x ＋x <1，解得0<x <1，所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又当x ≥1时，g (x )>0，当x →0时，g (x )→－∞，所以作出函数g (x )的简图，如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0，1)时符合题意．下面给出证明：当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意；当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a ∈(0，1)时，g (1e )<0，所以g (1e )－a <0，g (2a )＝a 24(ln 2a ＋2a )<a 24(2a ＋2a )＝a ，所以g (2a)－a <0.所以方程在(1e ，1)与(1，2a )上各有一个根，所以f (x )有两个零点．综上，a 的取值范围为(0，1)．1．设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f (x )的定义域为R ，由导数公式知f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x ＋1)2e x ，x ∈R . 因为对任意x ∈R ，都有f ′(x )≥0，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：由(1)知f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，且f (0)＝1－a <0，f (a －1)＝a ea －1－a ＝a (e a －1－1)．因为a >1，所以a －1>0，所以a －1>0，所以e a －1>1，所以ea －1－1>0，故f (a －1)>0，所以存在x 0∈(0，a －1)使得f (x 0)＝0.又因为f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，所以f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2．(2019·武昌区调研考试)已知函数f (x )＝a e x －a e x －1，g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，求实数m 的取值范围．解：(1)因为f (0)＝a －1＝0，所以a ＝1，此时f (x )＝e x －e x －1. 所以f ′(x )＝e x －e ，f ′(0)＝1－e.所以曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝(1－e)x . (2)因为f (x )＝a e x －a e x －1，所以f ′(x )＝a e x －a e ＝a (e x －e)．当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (1)＝－1.令h (x )＝g (x )＋m ＝－x 3－32x 2＋6x ＋m ，则h ′(x )＝－3x 2－3x ＋6＝－3(x ＋2)(x －1)．当x >1时，h ′(x )<0；当0<x <1时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )max ＝h (1)＝72＋m .要使f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，则72＋m ≥－1，即m ≥－92. 所以实数m 的取值范围为[－92，＋∞)．3．已知函数f (x )＝a ln x ＋bx (a ，b ∈R ，a ≠0)的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为－a .(1)求f (x )的单调区间； (2)讨论方程f (x )＝1根的个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －b －a ln xx 2，由f ′(1)＝a －b ＝－a ，得b ＝2a ，所以f (x )＝a （ln x ＋2）x ，f ′(x )＝－a （ln x ＋1）x 2.当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <1e ；由f ′(x )<0，得x >1e.当a <0时，由f ′(x )>0，得x >1e ；由f ′(x )<0，得0<x <1e.综上，当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞；当a <0时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e . (2)f (x )＝1，即方程a ln x ＋2a x ＝1，即方程1a ＝ln x ＋2x ，构造函数h (x )＝ln x ＋2x，则h ′(x )＝－1＋ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，且在⎝⎛⎭⎫0，1e 上h ′(x )>0，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上h ′(x )<0，即h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递减，所以h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝e. 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上，h (x )单调递减且h (x )＝ln x ＋2x >0，当x 无限增大时，h (x )无限接近0；在⎝⎛⎭⎫0，1e 上，h (x )单调递增且当x 无限接近0时，ln x ＋2负无限大，故h (x )负无限大．故当0<1a <e ，即a >1e 时，方程f (x )＝1有两个不等实根，当a ＝1e 时，方程f (x )＝1只有一个实根，当a <0时，方程f (x )＝1只有一个实根．综上可知，当a >1e 时，方程f (x )＝1有两个实根；当a <0或a ＝1e 时，方程f (x )＝1有一个实根；当0<a <1e时，方程f (x )＝1无实根．4．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∈R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)若n ＝1时，函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>2. 解：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)证明：若n ＝1时，f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，则由f (x 1)＝mx 1－1x 1－ln x 1＝0，f (x 2)＝mx 2－1x 2－ln x 2＝0，得m ＝1x 1＋ln x 1＝1x 2＋ln x 2，所以x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1，设t ＝x 2x 1，则t >1，ln t ＝t －1tx 1，x 1＝t －1t ln t ，故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝t 2－1t ln t，所以x 1＋x 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－12t －ln t ln t，记函数h (t )＝t 2－12t －ln t (t >1)，则h ′(t )＝（t －1）22t 2>0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)＝0，又t>1时，ln t>0，所以x1＋x2>2成立．。