(新课标)2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习理新人教A版

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2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式导数第四讲导数的简单应用课件理20191128254

的切线方程为 y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1
B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1
D．a＝e－1，b＝－1
解析：y′＝aex＋ln x＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1， ∴切线方程为 y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即 y＝(ae＋1)x－1. 又∵切线方程为 y＝2x＋b， ∴abe＝＋－1＝1，2，即 a＝e－1，b＝－1. 故选 D.
足 f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则 f′(1)等于( )
A．－e
B．－1
C．1
D．e
解析：因为 f(x)＝2xf′(1)＋ln x，所以 f′(x)＝2f′(1)＋1x，令 x＝1，得 f′(1)＝2f′(1)＋1，解得 f′(1)＝－1.
＋xln x 在点(1，ae)处
－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：f′(x)＝ex(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＝ 2sinπ4－x，x∈－π2，π2，故π4－x∈－π4，34π，
专题六函数与不等式、导数
第四讲导数的简单应用
C目录 ONTENTS
考点一考点二考点三 4 限时规范训练
[考情分析·明确方向] 1．高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小． 2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等． 3．导数的应用主要是通过利用导数研究单调性解决最值、不等式、函数零点等问题，着重考查逻辑推理与数学运算这两大核心素养与分析问题解决问题的能力．

2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲导数与不等式练习理

第4讲导数与不等式1．设a为实数，函数f（x)＝e x－2x＋2a，x∈R。

(1)求f(x）的单调区间与极值;(2)求证：当a>ln 2－1且x〉0时，e x>x2－2ax＋1.解：（1）由f（x）＝e x－2x＋2a(x∈R)，知f′（x)＝e x－2.令f′（x）＝0，得x＝ln 2。

当x<ln 2时，f′(x)〈0,故函数f(x）在区间（－∞，ln 2）上单调递减；当x>ln 2时，f′（x)〉0，故函数f(x）在区间(ln 2，＋∞）上单调递增．所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2），单调递增区间是（ln 2，＋∞)，f（x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．(2)证明：要证当a>ln 2－1且x〉0时，e x>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，e x－x2＋2ax－1〉0.设g（x)＝e x－x2＋2ax－1(x≥0）．则g′（x)＝e x－2x＋2a，由(1)知g′(x）min＝g′（ln 2）＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1,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－x2＋2ax－1〉0，故e x>x2－2ax＋1.2．（2019·贵阳模拟）已知函数f（x）＝m e x－ln x－1.（1)当m＝1时，求曲线y＝f(x）在点（1，f（1））处的切线方程；(2）若m∈(1,＋∞)，求证：f(x)〉1.解:（1)当m＝1时,f(x）＝e x－ln x－1，所以f′(x)＝e x－错误!，所以f′（1)＝e－1，又因为f（1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1）)处的切线方程为y－（e－1）＝(e －1）（x－1),即y＝(e－1）x。

2020高考数学二轮复习规范解答集训6函数、导数和不等式理

规范解答集训（六) 函数、导数和不等式(建议用时：40分钟)1．已知函数f（x）＝ax＋1－x ln x的图象在点(1，f（1）)处的切线与直线x－y＝0平行．（1)求函数f(x）的极值；（2)若对于x1，x2∈(0,＋∞），f x 1－f x 2x1－x2＞m（x1＋x2），求实数m的取值范围．[解]（1）f（x）＝ax＋1－x ln x的导数为f′(x）＝a－1－ln x，可得y＝f（x）的图象在点(1,f（1) )处的切线斜率为a－1,由切线与直线x－y＝0平行,可得a－1＝1，即a＝2,f(x)＝2x＋1－x ln x，f′(x）＝1－ln x，当0〈x<e时f′（x)〉0，当x〉e时,f′（x)＜0，所以f（x)在（0，e)上递增，在（e,＋∞）上递减，可得f（x）在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．（2）设x1〉x2>0，若错误!＞m(x1＋x2），可得f(x1)－f（x2)＞mx错误!－mx错误!，即f（x1)－mx错误!＞f（x2)－mx错误!,设g(x)＝f(x)－mx2在（0,＋∞)上为增函数，即g′(x）＝1－ln x－2mx≥0在（0,＋∞)上恒成立,可得2m≤错误!在（0,＋∞）上恒成立，设h（x)＝错误!，所以h′(x）＝错误!，h(x)在（0，e2）上递减，在(e2，＋∞）上递增，h(x）在x＝e2处取得极小值为h（e2)＝－错误!，所以m≤－错误!.2．（2019·石家庄一模)已知函数f(x）＝a e x－sin x，其中a∈R,e 为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：对x∈[0,＋∞），f(x）≥1；（2）若函数f（x)在错误!上存在极值，求实数a的取值范围．［解］(1)当a＝1时，f（x)＝e x－sin x，于是，f′(x)＝e x－cos x.又因为当x∈(0，＋∞)时，e x>1且cos x≤1.故当x∈（0，＋∞）时，e x－cos x〉0，即f′（x)>0。

(全国通用)2020版高考数学二轮复习提升专题函数与导数教案讲义汇编全集

第1讲函数的图象与性质[例1] (1)已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，a x ＋b ，x ≤0(0＜a ＜1)，且f (－2)＝5，f (－1)＝3，则f (f (－3))＝( )A.－2B.2C.3D.－3(2)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________.[解析] (1)由题意得，f (－2)＝a －2＋b ＝5，①f (－1)＝a －1＋b ＝3，②联立①②，结合0＜a ＜1，得a ＝12，b ＝1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1，x ≤0，则f (－3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3＋1＝9，f (f (－3))＝f (9)＝log 39＝2，故选B.(2)当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.[答案] (1)B (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 [解题方略]1.函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可.2.分段函数问题的5种常见类型及解题策略求函数值弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算求函数最值分别求出每个区间上的最值，然后比较大小解不等式根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提求参数 “分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程利用函数性质求值依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解[跟踪训练]1.已知函数f (x )的定义域为[0，2]，则函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋8－2x的定义域为( )A.[0，3]B.[0，2]C.[1，2]D.[1，3]解析：选A 由题意，函数f (x )的定义域为[0，2]，即x ∈[0，2]，因为函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋8－2x ，所以⎩⎪⎨⎪⎧0≤12x ≤2，8－2x ≥0，得0≤x ≤3，即函数g (x )的定义域为[0，3]，故选A. 2.函数f (x )＝2＋|x |－x2(－2＜x ≤2)的值域为( )A.(2.4)B.[2，4)C.[2，4]D.(2，4]解析：选B 法一：因为f (x )＝2＋|x |－x2(－2＜x ≤2)，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，－2＜x ≤0，2，0＜x ≤2.函数f (x )的图象如图所示，由图象得，函数f (x )的值域为[2，4).法二：因为f (x )＝2＋|x |－x 2(－2＜x ≤2)，当－2＜x ≤0时，f (x )＝2－x ，所以2≤f (x )＜4；当0＜x ≤2时，f (x )＝2.综上，函数f (x )的值域为[2，4).3.已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数： ①f (x )＝x －1x ；②f (x )＝x ＋1x ；③f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0＜x ＜1，0，x ＝1，－1x，x ＞1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A.①② B.①③ C.②③D.①解析：选B 对于①，f (x )＝x －1x，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x )，满足；对于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x＋x＝f (x )，不满足；对于③，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0＜1x ＜1，0，1x ＝1，－x ，1x ＞1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ＞1，0，x ＝1，－x ，0＜x ＜1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )，满足.综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③. 考点二函数的图象及应用题型一函数图象的识别[例2] (1)(2019·开封市定位考试)函数f (x )的大致图象如图所示，则函数f (x )的解析式可以是( )A.f (x )＝x 2·sin|x |B.f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ·cos 2xC.f (x )＝()e x－e－xcos ⎝⎛⎭⎪⎫π2xD.f (x )＝x ln|x ||x|(2)(2019·福建五校第二次联考)函数f (x )＝x 2＋ln(e －x )ln(e ＋x )的图象大致为( )[解析] (1)由题中图象可知，在原点处没有图象，故函数的定义域为{}x |x ≠0，故排除选项A 、C ；又函数图象与x 轴只有两个交点，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos2x 中cos2x ＝0有无数个根，故排除选项B ，正确选项是D.(2)因为f (－x )＝(－x )2＋ln(e ＋x )ln(e －x )＝x 2＋ln(e －x )ln(e ＋x )＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，据此可排除选项C ()也可由f （0）＝1排除选项C .当x →e 时，f (x )→－∞，据此可排除选项B 、D.故选A.[答案] (1)D (2)A [解题方略]寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法知式选图①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置②从函数的单调性，判断图象的变化趋势 ③从函数的奇偶性，判断图象的对称性 ④从函数的周期性，判断图象的循环往复知图选式①从图象的左右、上下分布，观察函数的定义域、值域 ②从图象的变化趋势，观察函数的单调性③从图象的对称性方面，观察函数的奇偶性 ④从图象的循环往复，观察函数的周期性题型二函数图象的应用[例3] (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x －1，x ＞2，ax －1，x ≤2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A.－14≤a ＜0B.a ≤－14C.－1≤a ≤－14D.a ≤－1(2)(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1]B.(0，＋∞)C.(－1，0)D.(－∞，0)[解析] (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x －1，x ＞2，ax －1，x ≤2是R 上的单调递减函数，所以其图象如图所示，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，－12a ≤2，2a －1≥4a ＋2－1，解得a ≤－1，故选D.(2)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，∴函数f (x )的图象如图所示. 结合图象知，要使f (x ＋1)<f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，∴x <0，故选D. [答案] (1)D (2)D [解题方略]1.利用函数的图象研究不等式当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合求解.2.利用函数的图象研究函数的性质对于已知或解析式易画出其在给定区间上图象的函数，其性质常借助图象研究：①从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；②从图象的对称性，分析函数的奇偶性；③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性.[跟踪训练]1.已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞) B.f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1) C.f (x )是奇函数，递减区间是(－1，1) D.f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0)解析：选C 将函数f (x )＝x |x |－2x 去掉绝对值，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x ＜0，作出函数f (x )的图象，如图，观察图象可知，函数f (x )为奇函数，且在(－1，1)上单调递减.2.(2019·安徽五校联盟第二次质检)函数y ＝x 2＋12x的图象大致为( )解析：选C 因为函数y ＝x 2＋12x为奇函数，所以其图象关于原点对称，当x ＞0时，y＝12x 2＋1x 2＝121＋1x 2，所以函数y ＝x 2＋12x在(0，＋∞)上单调递减，所以排除选项B 、D ；又当x ＝1时，y ＝22＜1，所以排除选项A ，故选C. 3.已知函数f (x )＝2xx －1，则下列结论正确的是( ) A.函数f (x )的图象关于点(1，2)对称 B.函数f (x )在(－∞，1)上是增函数C.函数f (x )的图象上至少存在两点A ，B ，使得直线AB ∥x 轴D.函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称解析：选A 因为f (x )＝2x x －1＝2x －1＋2，所以函数f (x )在(－∞，1)上是减函数，排除B ；画出函数f (x )的大致图象如图所示，结合图象排除C 、D.因为f (x )＋f (2－x )＝2xx －1＋2（2－x ）（2－x ）－1＝2x x －1＋4－2x1－x＝4，所以函数f (x )的图象关于点(1，2)对称.[例4] (1)(2019·广东六校第一次联考)在R 上函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (x －1)，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x <0，|2－x |，0≤x <1，其中a ∈R ，若f (－5)＝f (4.5)，则a ＝( )A.0.5B.1.5C.2.5D.3.5(2)(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋x x 2＋1＋1，则f (x )的最大值与最小值的和为( )A.0B.1C.2D.4[解析] (1)由f (x ＋1)＝f (x －1)，即有f (x ＋2)＝f (x )，得f (x )是周期为2的函数，又f (－5)＝f (4.5)，所以f (－1)＝f (0.5)，即－1＋a ＝1.5，所以a ＝2.5，故选C.(2)由已知得f (x )＝sin2x ＋x x 2＋1＋1，因为y ＝sin2x ，y ＝xx 2＋1都为奇函数，所以不妨设f (x )在x ＝a 处取得最大值，则根据奇函数的对称性可知，f (x )在x ＝－a 处取得最小值，故f (a )＋f (－a )＝sin2a ＋aa 2＋1＋1＋sin(－2a )＋－aa 2＋1＋1＝2.故选C. [答案] (1)C (2)C[解题方略] 函数3个性质及应用[跟踪训练]1.(2018·全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是( )A.y ＝ln(1－x )B.y ＝ln(2－x )C.y ＝ln(1＋x )D.y ＝ln(2＋x )解析：选B 函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝f (a －x )的图象关于直线x ＝a2对称，令a ＝2可得与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是函数y ＝ln(2－x )的图象.故选B.2.(2019·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝x 3＋2x ＋sin x ，若f (a )＋f (1－2a )>0，则实数a 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.(－∞，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13解析：选B f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x2＋2＋cos x >0，∴f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，∴由f (a )＋f (1－2a )>0，得f (a )>f (2a －1)，a >2a －1，解得a <1，故选B.3.函数f (x )是定义在R 上的奇函数，对任意两个正数x 1，x 2(x 1<x 2)，都有x 2f (x 1)>x 1f (x 2)，记a ＝12f (2)，b ＝f (1)，c ＝－13f (－3)，则a ，b ，c 之间的大小关系为( )A.a >b >cB.b >a >cC.c >b >aD.a >c >b解析：选B 因为对任意两个正数x 1，x 2(x 1<x 2)，都有x 2f (x 1)>x 1f (x 2)，所以f （x 1）x 1>f （x 2）x 2，得函数g (x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上是减函数，又c ＝－13f (－3)＝13f (3)，所以g (1)>g (2)>g (3)，即b >a >c ，故选B.数学抽象——抽象函数与函数的三大性质[典例] 定义在R 上的奇函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，f (x )＝log 12(1－x )，则f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上是( ) A.减函数且f (x )>0 B.减函数且f (x )<0 C.增函数且f (x )>0D.增函数且f (x )<0[解析] 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，由f (x )＝log 12(1－x )可知f (x )单调递增且f (x )>0，又函数f (x )为奇函数，所以在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0上函数f (x )也单调递增，且f (x )<0.由f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )知，函数f (x )的周期为32，所以在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上，函数f (x )单调递增且f (x )<0.故选D. [答案] D [素养通路]数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养.主要包括：从数量与数量关系，图形与图形关系中抽象出数学概念与概念之间的关系，从事物的具体背景中抽象出一般规律与结构，并用数学语言予以表征.本题由函数的奇偶性得到其对称区间的单调性，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )得知f (x )的周期，进而得出f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上的性质.考查了数学抽象这一核心素养. [专题过关检测]A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.函数y ＝log 2(2x －4)＋1x －3的定义域是( ) A.(2，3) B.(2，＋∞) C.(3，＋∞)D.(2，3)∪(3，＋∞)解析：选D 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2x －4＞0，x －3≠0，解得x ＞2且x ≠3，所以函数y ＝log 2(2x －4)＋1x －3的定义域为(2，3)∪(3，＋∞)，故选D. 2.若函数f (x )满足f (1－ln x )＝1x，则f (2)＝( )A.12B.eC.1eD.－1解析：选B 法一：令1－ln x ＝t ，则x ＝e 1－t，于是f (t )＝1e 1－t ，即f (x )＝1e 1－x ，故f (2)＝e.法二：由1－ln x ＝2，得x ＝1e ，这时1x ＝11e ＝e ，即f (2)＝e.3.(2019·长沙市统一模拟考试)下列函数中，图象关于原点对称且在定义域内单调递增的是( )A.f (x )＝sin x －xB.f (x )＝ln(x －1)－ln(x ＋1)C.f (x )＝e x ＋e －x2D.f (x )＝e x－e－x2解析：选D 由题意，f (x )＝sin x －x ，该函数是奇函数，满足图象关于原点对称的条件，而f ′(x )＝cos x －1≤0，即在定义域内f (x )＝sin x －x 单调递减，故A 不满足；对于B ，研究定义域可得⎩⎪⎨⎪⎧x －1>0，x ＋1>0，即该函数的定义域为(1，＋∞)，所以该函数是非奇非偶函数，故B 不满足；对于C ，函数的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，所以该函数是偶函数，不满足图象关于原点对称的条件，故C 不满足；对于D ，函数的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，所以该函数是奇函数，满足图象关于原点对称的条件，又f ′(x )＝e x ＋e－x2>0，所以该函数在其定义域内单调递增，满足题目中的条件，故选D.4.(2019·江西九江两校3月联考)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的图象过坐标原点，且满足f (－x )＝f (－1＋x )，则函数f (x )在[－1，3]上的值域为( )A.[0，12]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，12 解析：选B 因为函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的图象过坐标原点，所以f (0)＝0，则b ＝0.由f (－x )＝f (－1＋x )，可知函数的图象的对称轴为直线x ＝－12，即－a 2×1＝－12，所以a ＝1，则f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14，所以当x ＝－12时，f (x )取得最小值，且最小值为－14.又f (－1)＝0，f (3)＝12，所以f (x )在[－1，3]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，12.故选B.5.函数f (x )＝ln|x |＋1ex的图象大致为( )解析：选C 函数f (x )＝ln|x |＋1e x 是非奇非偶函数，排除A 、B ；函数f (x )＝ln|x |＋1e x的零点是x ＝±e －1，当x ＝e 时，f (e)＝2e e <1e，排除选项D.6.已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0，2]上是增函数，则( )A.f (－25)<f (11)<f (80)B.f (80)<f (11)<f (－25)C.f (11)<f (80)<f (－25)D.f (－25)<f (80)<f (11)解析：选D 因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3).由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1).因为f (x )在区间[0，2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2，2]上是增函数，所以f (－1)<f (0)<f (1)，即f (－25)<f (80)<f (11).7.设f (x )是定义在R 上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(]－2，1上的图象，则f (2019)＋f (2020)＝( )A.2B.1C.－1D.0解析：选B 因为函数f (x )是定义在R 上的周期为3的周期函数，所以f (2019)＝f (2019－673×3)＝f (0)，f (2020)＝f (2020－673×3)＝f (1)，由题中图象知f (0)＝0，f (1)＝1，所以f (2019)＋f (2020)＝f (0)＋f (1)＝0＋1＝1，故选B.8.(2019·湖北武汉3月联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是( )A.(－∞，0]B.[0，1)C.[1，＋∞)D.[－1，0]解析：选B 由题意知g (x )＝x 2f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，画出函数g (x )的图象(图略)，由图可得函数g (x )的单调递减区间为[0，1).故选B.9.(2019·湖北省部分重点中学4月联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x，x ＜0，g (x )＝－f (－x )，则函数g (x )的图象大致是( )解析：选D 先画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x，x ＜0的图象，如图(1)所示，再根据函数f (x )与－f (－x )的图象关于坐标原点对称，即可画出函数－f (－x )的图象，即g (x )的图象，如图(2)所示，故选D.10.(2019·湖北武汉部分重点中学3月联考)已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，f (1)＝－1，若f (2x －1)≥－1，则x 的取值范围为( )A.(－∞，－1]B.[1，＋∞)C.[0，1]D.(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C 由题意，得f (x )在(－∞，0]上单调递增，且f (1)＝－1，所以f (2x －1)≥f (1)，则|2x －1|≤1，解得0≤x ≤1.故选C.11.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3（a －3）x ＋2，x ≤1，－4a －ln x ，x ＞1，对于任意的x 1≠x 2，都有(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]＞0成立，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，3]B.(－∞，3)C.(3，＋∞)D.[1，3)解析：选D 由(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]＞0，得函数f (x )为R 上的单调递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －3＜0，3（a －3）＋2≥－4a ，解得1≤a ＜3.故选D. 12.已知f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A.有最小值－1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值－1，无最大值D.有最大值－1，无最小值解析：选C 作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x－1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值.二、填空题13.(2019·山东济宁期末改编)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋b ，x ＞1，e x －2，x ≤1，若f (e)＝－3f (0)，则b ＝________，函数f (x )的值域为________________.解析：由f (e)＝－3f (0)得1＋b ＝－3×(－1)，即b ＝2，即函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋2，x ＞1，e x－2，x ≤1.当x ＞1时，y ＝ln x ＋2＞2；当x ≤1时，y ＝e x－2∈(－2，e －2].故函数f (x )的值域为(－2，e －2]∪(2，＋∞).答案：2 (－2，e －2]∪(2，＋∞)14.(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )是奇函数，且当x <0时，f (x )＝－e ax，若f (ln2)＝8，则a ＝________.解析：设x >0，则－x <0.∵当x <0时，f (x )＝－e ax ，∴f (－x )＝－e －ax.∵f (x )是奇函数，∴f (x )＝－f (－x )＝e －ax，∴f (ln2)＝e－a ln2＝(e ln2)－a ＝2－a.又∵f (ln2)＝8，∴2－a＝8，∴a ＝－3. 答案：－315.已知定义在R 上的偶函数f (x )满足当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a >0，且a ≠1)，则当－1<f (－1)<1时，a 的取值范围为________.解析：因为f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (－1)＝f (1)＝log a 2.因为－1<f (－1)<1，所以－1<log a 2<1，所以log a 1a<log a 2<log a a .①当a >1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a <2，a >2，解得a >2；②当0<a <1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a >2，a <2，解得0<a <12.综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞).答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)16.(2019·河北保定两校3月联考)对于函数y ＝f (x )，若存在x 0，使f (x 0)＋f (－x 0)＝0，则称点(x 0，f (x 0))是曲线f (x )的“优美点”.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ＜0，kx ＋2，x ≥0，若曲线f (x )存在“优美点”，则实数k 的取值范围为________.解析：由“优美点”的定义，可知若点(x 0，f (x 0))是曲线y ＝f (x )的“优美点”，则点(－x 0，－f (x 0))也在曲线y ＝f (x )上.如图，作出函数y ＝x 2＋2x (x ＜0)的图象，然后作出其关于原点对称的图象，此图象对应的函数解析式为y ＝－x 2＋2x (x ＞0).设过定点(0，2)的直线y ＝k 1x ＋2与曲线y ＝f (x )＝－x 2＋2x (x ＞0)切于点A (x 1，f (x 1))，则k 1＝y ′|x ＝x 1＝－2x 1＋2＝－x 21＋2x 1－2x 1－0，解得x 1＝2或x 1＝－2(舍去)，所以k 1＝－22＋2.由图可知，若曲线y ＝f (x )存在“优美点”，则k ≤2－2 2. 答案：(－∞，2－22]B 组——“5＋3”提速练1.设y ＝f (x )是R 上的奇函数，且f (x )在区间(0，＋∞)上递减，f (2)＝0，则f (x )＞0的解集是( )A.(－∞，－2)B.(0，2)C.(－∞，－2)∪(0，2)D.(－2，0)∪(0，2)解析：选C 根据题意，函数f (x )是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减，且f (2)＝0，则函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，且f (－2)＝－f (2)＝0. 当x ＞0时，若f (x )＞0，即f (x )＞f (2)，必有0＜x ＜2，当x ＜0时，若f (x )＞0，即f (x )＞f (－2)，必有x ＜－2，即f (x )＞0的解集是(－∞，－2)∪(0，2).2.(2019·全国卷Ⅲ)函数y ＝2x32x ＋2－x 在[－6，6]的图象大致为( )解析：选B ∵y ＝f (x )＝2x32x ＋2－x ，x ∈[－6，6]，∴f (－x )＝2（－x ）32－x ＋2x ＝－2x32－x ＋2x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，排除选项C.当x ＝4时，y ＝2×4324＋2－4＝12816＋116＝128×16257≈7.97∈(7，8)，排除选项A 、D.故选B.3.已知函数f (x )为偶函数，且函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，若g (3)＝2，则f (－2)＝( )A.－2B.2C.－3D.3解析：选D 因为函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，且g (3)＝2，所以f (2)＝3，因为函数f (x )为偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝3，故选D.4.(2019·重庆4月调研)已知函数f (x )＝2x ＋log 32＋x 2－x ，若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m >3成立，则实数m 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.(－∞，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选D 由2＋x 2－x >0，得－2<x <2，因为y ＝2x 在(－2，2)上单调递增，y ＝log 32＋x2－x ＝log 3x －2＋42－x ＝log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－4x －2在(－2，2)上单调递增，所以函数f (x )为增函数，又f (1)＝3，所以不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m >3成立等价于不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞f (1)成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2＜1m ＜2，1m ＞1，解得12<m <1.故选D.5.在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点，若函数f (x )的图象恰好经过n (n ∈N *)个整点，则称函数f (x )为n 阶整点函数，给出下列函数：①f (x )＝sin2x ；②g (x )＝x 3；③h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x；④φ(x )＝ln x . 其中是一阶整点函数的是( ) A.①②③④ B.①③④ C.①④D.④解析：选C 对于函数f (x )＝sin2x ，它的图象(图略)只经过一个整点(0，0)，所以它是一阶整点函数，排除D ；对于函数g (x )＝x 3，它的图象(图略)经过整点(0，0)，(1，1)，…，所以它不是一阶整点函数，排除A ；对于函数h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，它的图象(图略)经过整点(0，1)，(－1，3)，…，所以它不是一阶整点函数，排除B.6.已知函数f (x )的图象关于点(－3，2)对称，则函数h (x )＝f (x ＋1)－3的图象的对称中心为________.解析：函数h (x )＝f (x ＋1)－3的图象是由函数f (x )的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位得到的，又f (x )的图象关于点(－3，2)对称，所以函数h (x )的图象的对称中心为(－4，－1).答案：(－4，－1)7.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1），x ≥0，－f （－x ），x <0，则满足f (x )＋f (x －1)<2的x 的取值范围是________.解析：当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－[－x (－x －1)]＝－x (x ＋1)， ①若x <0，则x －1<－1，由f (x )＋f (x －1)<2得－x (x ＋1)－(x －1)x <2，即－2x 2<2，即x 2>－1，此时恒成立，此时x <0. ②若x ≥1，则x －1≥0，由f (x )＋f (x －1)<2得x (x －1)＋(x －1)(x －2)<2，即x 2－2x <0，即0<x <2，此时1≤x <2. ③若0≤x <1，则x －1<0，则由f (x )＋f (x －1)<2得x (x －1)－(x －1)x <2，即0<2，此时不等式恒成立，此时0≤x <1，综上x <2，即不等式的解集为(－∞，2). 答案：(－∞，2)8.若函数y ＝f (x )满足：对于y ＝f (x )图象上任意一点P (x 1，f (x 1))，总存在点P ′(x 2，f (x 2))也在y ＝f (x )图象上，使得x 1x 2＋f (x 1)f (x 2)＝0成立，称函数y ＝f (x )是“特殊对点函数”.给出下列五个函数：①y ＝x －1；②y ＝e x －2；③y ＝ln x ；④y ＝1－x 2(其中e 为自然对数底数).其中是“特殊对点函数”的序号是________.(写出所有正确的序号)解析：由P (x 1，f (x 1))，P ′(x 2，f (x 2))满足x 1x 2＋f (x 1)·f (x 2)＝0，知OP ―→·OP ′―→＝0，即OP ―→⊥OP ′―→.①y ＝x －1.当P (1，1)时，由图象知满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))不在y ＝x －1上，故①y ＝x －1不是“特殊对点函数”；②y ＝e x －2.作出函数y ＝e x－2的图象，由图象知，满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))都在y ＝f (x )图象上，则②是“特殊对点函数”；③y ＝ln x .当P (1，0)时，满足OP ―→⊥OP ′―→的点不在y ＝ln x 上，故③y ＝ln x 不是“特殊对点函数”；④y ＝1－x 2.作出函数y ＝1－x 2的图象，由图象知，满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))都在y ＝f (x )图象上，则④是“特殊对点函数”.答案：②④第2讲基本初等函数、函数与方程[例1] (1)若当x ∈R 时，函数f (x )＝a |x |(a >0，且a ≠1)满足f (x )≤1，则函数y ＝log a (x ＋1)的图象大致为( )(2)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ∈[0，＋∞)时，函数f (x )是单调递减函数，则f (log 25)，f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315，f (log 53)的大小关系是( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 53)<f (log 25)B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 25)<f (log 53)C.f (log 53)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 25)D.f (log 25)<f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 53) [解析] (1)由a |x |≤1(x ∈R )，知0<a <1，又函数y ＝log a (x ＋1)的图象是由y ＝log a x 的图象向左平移一个单位而得，故选C.(2)因为f (x )在R 上为偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315＝f (－log 35)＝f (log 35).由对数函数的单调性可知，log 25>log 35>1>log 53>0. 又因为f (x )在[0，＋∞)上为单调递减函数，所以f (log 53)>f (log 35)>f (log 25)，即f (log 53)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315>f (log 25). [答案] (1)C (2)D[解题方略] 基本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，若底数a 的值不确定，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论：当a >1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数.(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断.(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同.[跟踪训练]1.若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |y ≥1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )解析：选B ∵y ＝a |x |的值域为{y |y ≥1}，∴a >1，则y ＝log a x 在(0，＋∞)上是增函数，又函数y ＝log a |x |的图象关于y 轴对称.因此y ＝log a |x |的图象应大致为选项B.2.(2019·天津高考)已知a ＝log 27，b ＝log 38，c ＝0.30.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c log 24＝2，b ＝log 38<log 39＝2且b >1，c ＝0.30.2<0.30＝1，∴c <b <a .故选A.3.已知函数f (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＞0的解集为( )A.(0，1)B.(－∞，1)C.(1，＋∞)D.(0，＋∞)解析：选C 因为函数f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)在(0，＋∞)为单调函数，而2a ＜3a且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ，所以f (x )＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，结合对数函数的图象与性质可由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＞0，得0＜1－1x ＜1，所以x ＞1，故选C.考点二函数与方程题型一确定函数零点个数或所在区间[例2] (1)(2019·新疆乌鲁木齐地区三检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 (2)(2019·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝2sin x －sin2x 在[0，2π]的零点个数为( ) A.2 B.3 C.4D.5[解析] (1)因为f ′(x )＝e x＋3＞0，所以函数f (x )在R 上单调递增. 易知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12＋32－4＝e 12－52，因为e ＜254，所以e 12＜52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，但f (1)＝e ＋3－4＝e －1＞0，所以结合选项可知，函数f (x )的零点所在区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，故选C.(2)令f (x )＝0，得2sin x －sin2x ＝0，即2sin x －2sin x cos x ＝0，∴2sin x (1－cos x )＝0，∴sin x ＝0或cos x ＝1. 又x ∈[0，2π]，∴由sin x ＝0得x ＝0，π或2π，由cos x ＝1得x ＝0或2π. 故函数f (x )的零点为0，π，2π，共3个.故选B. [答案] (1)C (2)B [解题方略]1.判断函数在某个区间上是否存在零点的方法(1)解方程：当函数对应的方程易求解时，可通过解方程判断方程是否有根落在给定区间上；(2)利用零点存在性定理进行判断；(3)画出函数图象，通过观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断. 2.判断函数零点个数的3种方法题型二根据函数的零点求参数的范围[例3] (2019·江西八所重点中学联考)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |（x ≤1），－x 2＋4x －2（x ＞1），若关于x的方程a ＝f (x )恰有两个不同的实根，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪[)1，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪[)1，2C.(1，2)D.[)1，2[解析] 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝a 恰有两个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可得实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪[)1，2，故选B.[答案] B[解题方略]利用函数零点的情况求参数的范围的3种方法[跟踪训练]1.若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x（x ＜1），log 2x （x ≥1），则函数g (x )＝f (x )－1的所有零点之和等于( )A.4B.2C.1D.0解析：选B 令g (x )＝0，则f (x )＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，2x ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，log 2x ＝1，解得x ＝0或x ＝2，所以函数g (x )＝f (x )－1的所有零点之和等于2.故选B.2.对于实数a ，b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b －a ，a ＜b ，b 2－a 2，a ≥b ，设f (x )＝(2x －3)⊗(x －3)，且关于x 的方程f (x )＝k (k ∈R )恰有三个互不相同的实根，则k 的取值范围为( )A.(0，2)B.(0，3)C.(]0，2D.(]0，3解析：选B 因为a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b －a ，a ＜b ，b 2－a 2，a ≥b ，所以f (x )＝(2x －3)⊗(x －3)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ＜0，－3x 2＋6x ，x ≥0，其图象如图所示：由图可得，要使关于x 的方程f (x )＝k (k ∈R )恰有三个互不相同的实根，则k ∈(0，3).[例4] (1)(2019·北京高考)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m 2－m 1＝52lg E 1E 2，其中星等为m k 的星的亮度为E k (k ＝1，2).已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )A.1010.1B.10.1C.lg10.1D.10－10.1(2)某养殖场需定期购买饲料，已知该场每天需要饲料200千克，每千克饲料的价格为1.8元，饲料的保管费与其他费用平均每千克每天0.03元，购买饲料每次支付运费300元.则该场________天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少.[解析] (1)设太阳的星等为m 1，天狼星的星等为m 2，则太阳与天狼星的亮度分别为E 1，E 2，由条件m 1＝－26.7，m 2＝－1.45，m 2－m 1＝52lg E 1E 2，得52lg E 1E 2＝－1.45＋26.7＝25.25.∴lgE 1E 2＝25.25×25＝10.1，∴E 1E 2＝1010.1，即太阳与天狼星的亮度的比值为1010.1.(2)设该场x (x ∈N *)天购买一次饲料可使平均每天支付的总费用最少，平均每天支付的总费用为y 元.因为饲料的保管费与其他费用每天比前一天少200×0.03＝6(元)，所以x 天饲料的保管费与其他费用共是6(x －1)＋6(x －2)＋…＋6＝(3x 2－3x )(元).从而有y ＝1x (3x 2－3x ＋300)＋200×1.8＝300x ＋3x ＋357≥417，当且仅当300x＝3x ，即x＝10时，y 有最小值.故该场10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少.[答案] (1)A (2)10[解题方略]1.应用函数模型解决实际问题常见类型 (1)应用所给函数模型解决实际问题. (2)构建函数模型解决实际问题.2.求解函数应用问题的一般程序及关键(1)一般程序：读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答.(2)解题关键：解答这类问题的关键是准确地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.[跟踪训练]1.某市家庭煤气的使用量x (m 3)和煤气费f (x )(元)满足关系f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧C ，0＜x ≤A ，C ＋B （x －A ），x ＞A .已知某家庭2019年前三个月的煤气费如表：若四月份该家庭使用了20m 3的煤气，则其煤气费为( ) A.11.5元 B.11元 C.10.5元D.10元解析：选A 根据题意可知f (4)＝C ＝4，f (25)＝C ＋B (25－A )＝14，f (35)＝C ＋B (35－A )＝19，解得A ＝5，B ＝12，C ＝4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4，0＜x ≤5，4＋12（x －5），x ＞5，所以f (20)＝4＋12×(20－5)＝11.5.2.(2019·唐山模拟)某人计划购买一辆A 型轿车，售价为14.4万元，购买后轿车每年的保险费、汽油费、车检费、停车费等约需2.4万元，同时汽车年折旧率约为10%(即这辆车每年减少它的价值的10%)，则大约使用________年后，用在该车上的费用(含折旧费)达到14.4万元.解析：设使用x 年后花费在该车上的费用达到14.4万元，依题意可得，14.4(1－0.9x)＋2.4x ＝14.4.化简得x －6×0.9x＝0. 令f (x )＝x －6×0.9x ，易得f (x )为单调递增函数，又f (3)＝－1.374＜0，f (4)＝0.0634＞0，所以函数f (x )在(3，4)上有一个零点.故大约使用4年后，用在该车上的费用达到14.4万元. 答案：4直观想象——数形结合法在函数零点问题中的应用[典例] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ≤1，log 13x ，x >1，则函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数为( )A.1B.2C.3D.4[解析] 函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数，即函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象的交点的个数.如图所示，函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象有两个交点，故函数y ＝f (x )＋x －4的零点有2个.故选B.[答案] B [素养通路]直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养.主要包括：借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化与运动规律；利用图形描述、分析数学问题，建立形与数的联系，构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路.本题是函数零点个数问题，基本思路是数形结合，即把函数拆分为两个基本初等函数，这两个函数图象的交点个数即为函数的零点个数，对于不易直接求解的方程的根的个数的讨论，也是通过根据方程构建两个函数，利用两函数图象交点个数得出对应方程根的个数.考查了直观想象这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.幂函数的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，则它的单调递增区间是( )A.(0，＋∞)B.[)0，＋∞C.(－∞，＋∞)D.(－∞，0)解析：选D 设f (x )＝x a ，则2a ＝14，所以a ＝－2，所以f (x )＝x －2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0).故选D.2.(2019·全国卷Ⅰ)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A.a 20＝1，0<c ＝0.20.3<0.20＝1，所以a <c <b .故选B.3.函数f (x )＝－|x |－x ＋3的零点所在区间为( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3)D.(3，4)解析：选B 函数f (x )＝－|x |－x ＋3是单调减函数，因为f (1)＝1＞0，f (2)＝1－2＜0，所以f (1)f (2)＜0，可知函数f (x )＝－|x |－x ＋3的零点所在区间为(1，2).4.(2019·广州市综合检测(一))如图，一高为H 且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T .若鱼缸水深为h 时，水流出所用时间为t ，则函数h ＝f (t )的图象大致是( )解析：选B 水位由高变低，排除C 、D.半缸前下降速度先快后慢，半缸后下降速度先慢后快，故选B.5.若函数y ＝a －a x(a >0，且a ≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则log a 56＋log a 485＝( )A.1B.2C.3D.4解析：选C ∵当a >1时，函数y ＝a －a x在[0，1]上单调递减，∴a －1＝1且a －a ＝0，解得a ＝2；当0<a <1时，函数y ＝a －a x在[0，1]上单调递增，∴a －1＝0且a －a ＝1，此时无解.∴a ＝2，因此log a 56＋log a 485＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫56×485＝log 28＝3.故选C.6.若函数f (x )的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y ＝e x关于y 轴对称，则f (x )的解析式为( )A.f (x )＝e x ＋1B.f (x )＝e x －1C.f (x )＝e－x ＋1D.f (x )＝e－x －1解析：选D 与y ＝e x的图象关于y 轴对称的图象对应的函数为y ＝e －x.依题意，f (x )的图象向右平移1个单位长度，得y ＝e －x的图象，∴f (x )的图象是由y ＝e －x的图象向左平移1个单位长度得到的，∴f (x )＝e－(x ＋1)＝e－x －1.7.某商场为了解商品的销售情况，对某种电器今年一至五月份的月销售量Q (x )(台)进行统计，得数据如下：根据表中的数据，你认为能较好地描述月销售量Q (x )(台)与时间x (月份)变化关系的模拟函数是( )A.Q (x )＝ax ＋b (a ≠0)B.Q (x )＝a |x －4|＋b (a ≠0)C.Q (x )＝a (x －3)2＋b (a ≠0) D.Q (x )＝a ·b x(a ≠0，b >0且b ≠1)解析：选C 观察数据可知，当x 增大时，Q (x )的值先增大后减小，且大约是关于Q (3)对称，故月销售量Q (x )(台)与时间x (月份)变化关系的模拟函数的图象是关于x ＝3对称的，显然只有选项C 满足题意，故选C.8.已知函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，且在x ＝0处有意义，则该函数为( )A.(－∞，＋∞)上的减函数B.(－∞，＋∞)上的增函数C.(－1，1)上的减函数D.(－1，1)上的增函数解析：选D 由题意知，f (0)＝lg(2＋a )＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x －1＝lg x ＋11－x ，令x ＋11－x >0，则－1<x <1，排除A 、B ，又y ＝21－x－1在(－1，1)上是增函数，∴f (x )在(－1，1)上是增函数.选D.9.设函数f (x )＝ax －k－1(a >0，且a ≠1)过定点(2，0)，且f (x )在定义域R 上是减函数，则g (x )＝log a (x ＋k )的图象是( )解析：选A 由题意可知a2－k－1＝0，解得k ＝2，所以f (x )＝ax －2－1，又f (x )在定义域R 上是减函数，所以0<a <1.此时g (x )＝log a (x ＋2)在定义域上单调递减，且恒过点(－1，0)，故选A.10.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A.[－1，0)B.[0，＋∞)C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)解析：选C 令h (x )＝－x －a ，则g (x )＝f (x )－h (x ).在同一坐标系中画出y ＝f (x )，y ＝h (x )的示意图，如图所示.若g (x )存在2个零点，则y ＝f (x )的图象与y ＝h (x )的图象有2个交点，平移y ＝h (x )的图象，可知当直线y ＝－x －a 过点(0，1)时，有2个交点，此时1＝－0－a ，a ＝－1.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1上方，即a <－1时，仅有1个交点，不符合题意.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1下方，即a >－1时，有2个交点，符合题意.综上，a 的取值范围为[－1，＋∞).故选C.11.(2019·贵阳市第一学期监测)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f (log 24.1)，c ＝f (20.5)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a ＜b ＜cB.b ＜a ＜cC.c ＜a ＜bD.c ＜b ＜a解析：选D 由题意，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为函数y ＝f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215＝f (－log 25)＝f (log 25)，因为log 25＞log 24.1＞2＞20.5＞0，所以f (log 25)＞f (log 24.1)＞f (20.5)，即c ＜b ＜a ，故选D.12.(2019·福州市质量检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋4，x ≤0，－x 3－x ＋5，x ＞0，当x ∈[m ，m ＋1]时，不等式f (2m －x )＜f (x ＋m )恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.(－∞，－4)B.(－∞，－2)C.(－2，2)D.(－∞，0)解析：选B 易知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋4，x ≤0，－x 3－x ＋5，x ＞0在x ∈R 上单调递减，又f (2m －x )＜f (x ＋m )在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2m －x ＞x ＋m ，即2x ＜m 在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2(m ＋1)＜m ，解得m ＜－2，故选B.二、填空题13.(2019·广州市综合检测(一))已知函数f (x )＝x 3＋a log 3x ，若f (2)＝6，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析：由f (2)＝8＋a log 32＝6，解得a ＝－2log 32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18＋a log 312＝18－a log 32＝18＋2log 32×log 32＝178. 答案：17814.(2019·河北模拟调研改编)已知函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，则实数a ＝________；若函数g (x )＝a x ＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m 的取值范围为________.解析：函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a ＞0且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0].当a ＞1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2，0]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝log a 3＝0，f （0）＝log a 1＝－1，无解；当0＜a＜1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2，0]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝log a 3＝－1，f （0）＝log a 1＝0，解得a ＝13.∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋m－3的图象不经过第一象限，∴g (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13m－3≤0，解得m ≥－1，即实数m 的取值范围是[－1，＋∞).。

高考数学二轮复习解答题专题(4)——函数、导数与不等式

高考数学二轮复习解答题专题（四）——函数、导数与不等式一、高考赏析1．（2009·安徽）已知函数()21ln f x x a x x=-+-，0a >，讨论()f x 的单调性．2．（2010·安徽）设a 为实数，函数()22,R xf x e x a x =-+∈。

（Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当ln 21a >-且0x >时，221xe x ax >-+．3．（2011·安徽）设()21xe f x ax=+，其中a 为正实数（Ⅰ）当a 43=时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围．二、专题训练1．设0a >，函数()ln f x x ax =-，()()21ln 1x g x x x -=-+．（1）证明：当1x >时，()0g x >恒成立；（2）若函数()f x 无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数()f x 有两个相异零点1x 、2x ，求证：212x x e >．2．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln 22y x =-++．（1）求a 、b 的值；（2）若方程()0f x m +=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等的根，求m 的取值范围（其中e 是自然对数的底数）；（3）令()()g x f x nx =-，如果()g x 的图象与x 轴交于()1,0A x 、()2,0B x （12x x <），AB 中点为()0,0C x ，求证：()00g x ≠．3．已知函数()()2ln 12k f x x x x =+-+()0k ≥．（1）当2k =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）求()f x 的单调区间．4．已知函数()y f x =的定义域为R ，其导数()f x '满足()01f x '<<，常数α为方程()f x x =的实数根．（1）求证：当x α>时，总有()x f x >成立；（2）对任意1x 、2x ，若满足11x α-<、21x α-<，求证：()()122f x f x -<．三、高考预测1．已知函数()()2xf x x ax a e -=++（2a ≤，x R ∈），问：是否存在实数a ，使()f x 的极大值为3？若存在，则求出a 的值；若不存在，则说明理由．2．已知函数()()ln f x x k x =+（k 是常数）（1）若()f x 是增函数，试求k 的取值范围；（2）当0k =时，是否存在不相等的正数a 、b 满足()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭？若存在，则求出这样的a 、b ；若不存在，则说明理由．3．已知函数()2sin 2f x x b x =+-（b R ∈），()()2F x f x =+，且对于任意实数x ，恒有()()0F x F x --=．（1）求函数()f x 的解析式；（2）已知函数()()()21ln g x f x x a x =+++在区间(0, 1)上单调递减，求实数a 的取值范围；（3）探究函数()()()21ln 12h x x f x k =+--零点的个数，说明理由．参考答案：一、高考赏析 1． 2． 3．二、专题训练1．（1）令()()g x x f x =-，则()()1g x f x ''=-，则x R ∈时，有()01f x '<<可得()()10g x f x ''=->，所以当x α>时，有()()()0g x g fααα>=-=，即得证；（2）方法一：1122111111x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⎨-<⇒-<<+⎪⎩，由()f x 是单调增函数可得()()()()()()121111f f x f f f x f αααα-<<+⎧⎪⎨-<<+⎪⎩ ()()()()()()121111f f f x f x f f αααα⇒-++-<-<+--()()()()()()121111f x f x f f f f αααα⇒-<+--=+--因为()f x 是R 上的增函数，且当x α>时，有()x f x >，又当x α<时，同（1）理可证得：()x f x <，而11αααα+>⎧⎨-<⎩，所以()()1111f f αααα+>+⎧⎪⎨-<-⎪⎩()()()()11112f f αααα⇒+--<+--=即得证．方法二：由()01f x '<<及()()()1010010limx x f x f x f x x x →-'=-得()()121201f x f x x x -<<-，由已知11121222111222111x x x x x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⇒-<-<⇒-<⎨-<⇒-<<+⎪⎩，而()()()()1212121212f x f x f x f x x x x x -<⇒-<-<-．2． 3． 4．三、高考预测1．〖解析〗：假设存在这样的实数a （2a ≤），则()()()22xf x x a x e -'=-+-，令()0f x '=，得0x =，或2x a =-，（2a ≤）（1）若2a =，则()20xf x x e -'=-<恒成立，显然不存在极大值；（2）若2a <，则函数()f x 有两个稳定点为0x =，2x a =-，且有()f x =极大值()()224a f a a e --=-，又令()()24a g a a e-=-（2a ≤），以下研究函数()g a 的值域问题，所以()()23a g a a e-'=-，显然当2a <时，有()0g a '>恒成立，即函数()g a 在区间(),2-∞上单调递增，且()()213g a g <=<，从而函数()f x 不可能取到极大值3，即这样的a （2a ≤）是不存在的．2．〖解析〗：（1）2k e -≥；（2）当0k =时，()ln f x x x =，()1ln f x x '⇒=+，又由题，假设存在不相等的正数a 、b ，使得()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭成立，则ln ln 1ln 2a a b b a b a b -+=+-22ln 1ln 1a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫⇒-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，整理得22lnln 10a b b ba b a a b a-+-=++，不防设0a b >>，且令()0,1bx a=∈，则构造函数()22ln ln 111xg x x x x x=-+-++（01x <<），即()()()1ln 1ln 2ln 21g x x x x x x =-+-++-（01x <<），题意即，在区间()0,1，()g x 的零点是否存在？又()11ln21x x g x x x +-'=++，()()211x g x x x -''=+，令()0g x ''=，得1x =，容易验证，当01x <<时，()0g x ''<恒成立，即函数()g x '在区间()0,1是单调递减的，且()10g '=，所以，在区间()0,1上有()0g x '>恒成立，这说明()g x 在区间()0,1上是单调递增的，又对()g x 而言，有()10g =，这说明在区间()0,1上，总有()0g x <成立，即函数()g x 在区间()0,1上没有零点，即()0g x =不成立，从而不存在这样的a 、b ．3．〖解析〗：（1）()2sin F x x b x =+，对任意实数x ，恒有()()0F x F x --=，即2sin 0b x =，即0b =；（2）由（1）可得2()2f x x =-，所以2()2ln g x x x a x =++（0x >），222'()22a x x ag x x x x++=++=，函数()g x 在区间(0, 1)上单调递减，等价于当01x <<时，()'0g x <恒成立，即2220x x a ++<恒成立，亦即()222a x x <-+恒成立，可令()()22112222h x x x x ⎛⎫=-+=-++ ⎪⎝⎭，所以()()14h x h ≥=-，所以 4a <-；（3）()22211()ln(1)()ln 1122h x x f x k x x k =+--=+-+-，()3222'11x x x h x x x x-=-=++，令()'0h x =得0x =或1x =或1x =-，()()()11ln 22h x h h k -==+-极大值＝； ()()01h x h k =-极小值＝；如图（1ln 212+>）当1ln 202k +-<，即1ln 22k +<时，没有零点；当1ln 20210k k ⎧+->⎪⎨⎪-<⎩，即11ln 22k <<+时，有四个零点；当10k ->，即1k <时，有两个零点．。

2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式、导数第二讲基本初等函数、函数与方程课件理

5或x≥1＋2
5
，本题即求 t＝x2

－x－1 在定义域内的增区间，
再根据二次函数的性质可得 t＝x2－x－1 在定义域内的增区间
为1＋2 5，＋∞，故答案为：1＋2 5，＋∞.
答案：1＋2 5，＋∞
[类题通法] 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＝xα 的性质要注意 α>0 和 α<0 两种情况的不同．
1．函数的零点及其与方程根的关系对于函数 f(x)，使 f(x)＝0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点．函数 F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程 f(x)＝g(x)的根，即函数 y＝f(x) 的图象与函数 y＝g(x)的图象交点的横坐标． 2．零点存在性定理如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)·f(b)<0，那么函数 y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个 c 也就是方程 f(x)＝0 的根．
答案：B
3 ． (2019·天津河西区期末 ) 已知函数 f(x) ＝
－x2－2x＋3，x≤1，

ln
x，x>1，
若关于 x 的方程 f(x)＝kx－12恰有 4 个

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新课标高考数学(理)二轮总复习课件：1-6-2 导数与不等式问题

(2 分)
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新课标高考第二轮总复习•理科数学
若 a>0，则当 x∈0，1a时，f′(x)>0；当 x∈1a，＋∞时，f′(x)<0.所以 f(x)在0，1a
上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．
(6 分)
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1．(2019·重庆模拟)已知 a≤8，函数 f(x)＝aln x－x2＋5，g(x)＝2x＋ax. (1)若 f(x)的极大值为 5，求 a 的值解析：(1)函数 f(x)＝aln x－x2＋5，函数的定义域为{x|x＞0}，函数的 f(x)的导数 f′(x)＝ax－2x＝a－x2x2，当 a≤0 时，则 f′(x)＜0，此时函数单调递减，无极大值，∴a＞0， ∴f(x)在0， a2上单调递增，在 a2，＋∞上函数单调递减． ∴函数 f(x)的极大值为 f a2＝5，解得 a＝2e.
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新课标高考第二轮总复习•理科数学
②若 h(2)＝0，即 a＝e42，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点； ③若 h(2)＜0，即 a＞e42，由于 h(0)＝1，所以 h(x)在(0,2)有一个零点．由(1)知，当 x＞0 时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－1e64aa3＝1－1e62aa32＞1－126aa34＝1－1a＞0. 故 h(x)在(2,4a)有一个零点，因此 h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e42.
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2020版高考数学大二轮复习专题六函数与不等式、导数第四讲导数的简单应用课件理

且π6<π4<π2，
所以 gπ6<gπ4<gπ2， π π π
即 f6π< f4π< f2π， sin 6 sin 4 sin 2
π 2f6<
3ax＋2cos x 上某点处的切线 l2，使得 l1⊥l2，则－ 2＋2＋ 3a≥3a≤1，0，
解得－13≤a≤23.
答案：D
[类题通法] 求曲线 y＝f(x)的切线方程的 3 种类型及方法 (1)已知切点 P(x0，y0)，求切线方程求出切线的斜率 f′(x0)，由点斜式写出方程； (2)已知切线的斜率 k，求切线方程设切点 P(x0，y0)，通过方程 k＝f′(x0)解得 x0，再由点斜式写出方程；
B．b<c<a
C．a<cf(x)cos x，所以 g′(x)>0，所以函数 g(x)在(0，π)上单调递增，又 f(x)＋f(－x)＝0，所以 f(x)为奇函数；
法二：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax 为奇函数， ∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a 为偶函数， ∴a＝1，即 ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1， ∴曲线 y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为 y＝x. 故选 D.
答案：D
2．(2019·辽宁大连联考)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且满
(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点 P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率 f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得 x0，再由点斜式或两点式写出方程．

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数第4讲导数的综合应用课件理

所以 f(x)在0，a－
2a2－4，a＋
2a2－4，＋∞上单调递减，在a－
2a2－4，a＋
a2－4
2

上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当 a＞2.
由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0，
所以 x1x2＝1，不妨设 x1＜x2，则 x2＞1.
由于fxx11－－fx2x2＝－x11x2－1＋aln
x1－ln x1－x2
x2＝－2＋aln
x1－ln x1－x2
x2ห้องสมุดไป่ตู้－2＋a－x122－lnxx22，
所以fxx11－－fx2x2＜a－2 等价于x12－x2＋2ln x2＜0.
设函数 g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
第4讲导数的综合应用
利用导数证明不等式
考情调研
考向分析
主要考查利用导数证明不等式问题，题目以解答题形式出现，属于压轴证明不等式.
题，难度较大.
[题组练透] 1．(2019·芜湖模拟)已知函数 f(x)＝(1－x)ekx－x－1(k>0)． (1)若 f(x)在 R 上单调递减，求 k 的取值范围； (2)若 x>0，求证：(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.
2．已知函数 f(x)＝1x－x＋aln x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：fxx11－－fx2x2＜a－2.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1.
①若 a≤2，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1 时，f′(x)＝0，

2020版高考数学二轮复习第2部分专题6函数、导数、不等式解密高考6函数与导数综合问题巧在转难在分教案文

解密高考⑥ 函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”——————[思维导图]————————————[技法指津]——————函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参数函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点，对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题．母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分母题突破：2019年济南模拟(1)看到证明f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点，想到解决此问题应分两步：①确定有零点；②确定唯一性．可先求出f ′(x )的零点，然后利用导数证明单调性，进而确定唯一性．(2)看到求a 的取值范围，想到根据f (x )≥ax 构造函数或分离参数求解．[规范解答·评分标准](1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1， g ′(x )＝x cosx ．············································2分当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. ················4分又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 )在区间(0，π)存在唯一零点.6分(2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0. ······················7分由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)单调递增，在(x 0，π)单调递减. ···························································10分又f (0)＝0，f (π)＝0，所以，当x ∈[0，π]时，f (x )≥0.又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax .因此，a 的取值范围是(－∞，0]. ·····························12分[构建模板·三处关键] 解函数与导数综合问题的关键关键1：会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；关键2：证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；关键3：不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．, 已知函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)a ＝0时，f (x )＝(x －1)ln x ，f ′(x )＝ln x ＋(x －1)·1x ＝ln x －1x＋1，设g (x )＝ln x －1x＋1，则g ′(x )＝x ＋1x 2＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，∴x ∈(0,1)时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0，∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由(x －1)ln x ＋ax ＞0，得－ax ＜(x －1)ln x ，而x ＞0，∴－a ＜x －x x＝ln x －ln x x . 记h (x )＝ln x －ln x x ，则h ′(x )＝1x －1x ·x －ln x x 2 ＝ln x ＋x －1x 2，设m (x )＝ln x ＋x －1(x ＞0)，显然m (x )在(0，＋∞)上单调递增，而m (1)＝0，∴x ∈(0,1)时，m (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， x ∈(1，＋∞)时，m (x )＞0，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， ∴h (x )min ＝h (1)＝0.∴－a ＜0，∴a ＞0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)．。

新课标2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲函数导数与不等式练习文新人教A版2019112

即得[ln(－2a)]2＋2ln(－2a)－2≤0，
解得0<ln(－2a)≤ －1，即－ e －1≤a<－符合题意．
综上，a的取值范围为[－ e －1，＋∞)．
附：什么样的考试心态最好
大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。想要不出现太强的考试焦虑，那么最好的办法是，形成自己的掌控感。
1、首先，认真研究考试办法。
解析：(1)由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.
因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，即2a≥ 恒成立．
令g(x)＝ (x>0)，则g′(x)＝－，
易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥ .故a的取值范围是[ ，＋∞)．
(2)证明：若a＝e，要证f(x)<xex＋，只需证ex－lnx<ex＋，即ex－ex<lnx＋ .
令h(x)＝lnx＋ (x>0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在(0， )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝h( )＝0，
所以lnx＋ ≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
这一点对知识水平比较高的考生非常重要。随着重复学习的次数增加，我们对知识的兴奋度会逐渐下降。最后时刻，再去重复学习，对于很多学生已经意义不大，远不如多花些力气，来思考考试。
很多老师也会讲解考试的办法。但是，老师给你的办法，不能很好地提高你对考试的掌控感，你要找到自己的一套明确的考试办法，才能最有效地提高你的掌控感。有了这种掌控感，你不会再觉得，在如此关键性的考试面前，你是一只被检验、被考察甚至被宰割的绵羊。

2020届高考数学二轮复习全程方略课件：专题一函数与导数、不等式(4)导数与函数的单调性、极值、最

第二十二页，编辑于星期日：一点五分。
②当 k＝2 时，k＝4k＝2，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞) 上为减函数．
③当 k＞2 时，k＞4k，f(x)的减区间为0，4k和(k，＋ ∞)，增区间为4k，k.
第二十三页，编辑于星期日：一点五分。
[典例] 已知函数f(x)＝x－1＋eax(a∈R，e为自然对数的底数)．
第十一页，编辑于星期日：一点五分。
[典例] (2015·重庆高考)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在 x＝－43处取得极值．
(1)确定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
第十二页，编辑于星期日：一点五分。
[解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－43处取得极值，所以f′－43＝0，即3a·196＋2·－43＝163a－83＝0，解得a＝12. (2)由(1)得g(x)＝12x3＋x2ex，故g′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex ＝12x3＋52x2＋2xex ＝12x(x＋1)(x＋4)ex.
第十六页，编辑于星期日：一点五分。
(2)因为f(x)＝ln x－ax＋1－x a－1，所以f′(x)＝1x－a＋a－x2 1＝－ax2－xx＋2 1－a，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)． ①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，g(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
第二十页，编辑于星期日：一点五分。
(2)对 k 分类讨论不全，题目中已知 k＞0，对 k 分类讨论时容易对标准划分不准确，讨论不全面．

2020届高考数学二轮复习第二部分专题六函数与导数满分示范课——函数与导数专题强化练理

满分示范课——函数与导数函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理．【典例】 (满分12分)(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. (1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线．[规范解答] (1)f (x )的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2>0，所以f (x )在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1<0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1>0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1(e<x 1<e 2)，即f (x 1)＝0.又0<1x 1<1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0，1)有唯一零点1x 1.综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝e －ln x 0，所以点B ⎝⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x在曲线y ＝e x上．由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x在点B ⎝⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0.所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线．高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，求导正确，判断单调性．利用零点存在定理，定零点个数．第(2)问中，由f (x 0)＝0定切点B ，求切线的斜率．2．得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，找关系ln x 0＝x 0＋1x 0－1，判定两曲线在点B 处切线的斜率相等．3．得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，判定f (x 1)＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝0；第(2)问中，正确计算k AB 等，否则不得分．[解题程序] 第一步：求f (x )的定义域，计算f ′(x )．第二步：由f (x )在(1，＋∞)上的单调性与零点存在定理，判断f (x )在(1，＋∞)上有唯一零点x 0.第三步：证明f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＝0，从而f (x )在定义域内有两个零点．第四步：由第(1)问，求直线AB 的斜率k ＝1x 0.第五步：求y ＝e x在点A 、B 处的切线斜率k ＝1x 0，得证．第六步：检验反思，规范解题步骤． [跟踪训练]1．已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…. (1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点； (2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由；(1)证明：由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x ，所以h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－3－2＞0，所以h (1)·h (2)＜0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)解：由(1)可知，h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x . 由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，且h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1.则φ′(x )＝e x＋14x －32，当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＞0，则φ(x )在(0，＋∞)上递增．易知φ(x )在(0，＋∞)内只有一个零点，所以h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.2．(2019·安徽十校联盟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )的图象与x 轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1<1x 1＋1x 2.(1)解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x.当a ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，f ′(x )>0，f (x )单调递增；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞，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)证明：由(1)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件．当a <0时，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－ln(－a )，由已知得－ln(－a )＝0，故a ＝－1，此时f (x )＝ln x －x ＋1. 不妨设0<x 1<x 2，则f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1<1x 1＋1x 2等价于ln x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2＋x 2－x 1，即证：ln x 2x 1－x 2x 1＋x 1x 2<x 2－x 1. 令g (x )＝ln x －x ＋1x(x >1)，故g (x )在(1，＋∞)单调递减，所以g (x )<g (1)＝0<x 2－x 1.所以对于任意互不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1<1x 1＋1x 2成立．。

(新课标)2020版高考数学二轮复习专题六函数与导数第4讲函数、导数与不等式学案文新人教A版

第4讲函数、导数与不等式[做真题](2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e时， f (x )≥0. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x. 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x. 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．即f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e x e－ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x. 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e时，f (x )≥0. [明考情]在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题．导数方法证明不等式构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f (x )>g (x )(f (x )<g (x ))转化成为证明f (x )－g (x )>0(f (x )－g (x )<0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，即ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x<x<e x(x>0)，xx＋1≤ln(x ＋1)≤x(x>－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造f(x)和g(x) ，利用其最值求解．[典型例题](2019·高考天津卷节选)设函数f (x )＝e xcos x ，g (x )为f (x )的导函数．(1)求f (x )的单调区间； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0. 【解】 (1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增．所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )． (2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0. 因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.(1)证明不等式的基本方法①利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则(ⅰ)∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，(ⅱ)∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．②利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(2)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.[对点训练]已知函数f (x )＝m e x－ln x －1.若m ∈(1，＋∞)，求证：f (x )>1.证明：当m >1时，f (x )＝m e x －ln x －1>e x －ln x －1，要证明f (x )>1，只需证明e x －ln x －2≥0，设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x －1x(x >0)，设h (x )＝e x －1x (x >0)，则h ′(x )＝e x ＋1x 2>0，所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x －1x在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′(12)＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈(12，1)，因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0，当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)，故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2≥0，综上可知，若m ∈(1，＋∞)，则f (x )>1.根据不等式确定参数范围一般地，若a >f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a >f (x )max ；若a <f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a <f (x )min .若存在x 0∈D ，使a >f (x 0)成立，则只需a >f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a <f (x 0)成立，则只需a <f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围．分类讨论法常见有两种情况：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f (x )＝ln x －12a (x －1)(a ∈R )． (1)若a ＝－2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若不等式f (x )<0对任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)若a ＝－2，则f (x )＝ln x ＋x －1，f ′(x )＝1x＋1，所以切点为(1，0)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2.所以若a ＝－2，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x －2.(2)因为f (x )＝ln x －12a (x －1)，所以f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax 2x， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f (x )>f (1)＝0，所以a ≤0不合题意．②当a ≥2，即0<2a ≤1时，f ′(x )＝2－ax 2x ＝－a （x －2a ）2x<0在(1，＋∞)上恒成立，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以当x >1时，f (x )<f (1)＝0，所以a ≥2满足题意．③当0<a <2，即2a >1时，由f ′(x )>0，结合x >1可得1<x <2a ，由f ′(x )<0，可得x >2a，所以f (x )在(1，2a )上单调递增，在(2a ，＋∞)上单调递减，所以f (2a)>f (1)＝0，所以0<a <2不合题意．综上所述，实数a 的取值范围是[2，＋∞)．利用导数解决不等式恒成立问题的方法(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题．第二步：利用导数求该函数的最值．第三步：根据要求解出所求范围．(2)函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题．第二步：利用导数求该函数的极值(最值)．第三步：构建不等式求解．[对点训练](2019·武汉市调研测试)已知函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝(x －1)ln x ，f ′(x )＝ln x ＋(x －1)·1x ＝ln x －1x ＋1，设g (x )＝ln x －1x＋1，则g ′(x )＝x ＋1x 2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0，所以x ∈(0，1)时，g (x )<0，即f ′(x )<0，x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由(x －1)ln x ＋ax >0，得－ax <(x －1)ln x ，而x >0，所以－a <（x －1）ln x x ＝ln x －ln x x. 记h (x )＝ln x －ln x x ，则h ′(x )＝1x －1x ·x －ln x x 2＝ln x ＋x －1x 2，设m (x )＝ln x ＋x －1(x >0)，显然m (x )在(0，＋∞)上单调递增，而m (1)＝0，所以x ∈(0，1)时，m (x )<0，h ′(x )<0，h (x )单调递减，x ∈(1，＋∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝0.所以－a <0，所以a >0，即实数a 的取值范围是(0，＋∞)．1．(2019·贵州省适应性考试)已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝a e x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)求证：当a ≥1e时，xf (x )≤g (x )．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝x －ln x ，得f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．(2)证明：要证xf (x )≤g (x )，即证x (x －ln x )≤a e x ，即证a ≥x 2－x ln x e x . 设h (x )＝x 2－x ln xe x，则h ′(x )＝－x 2＋2x －1＋x ln x －ln x e x ＝[ln x －（x －1）]（x －1）e x . 由(1)可知f (x )≥f (1)＝1，即ln x －(x －1)≤0，于是，当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．所以x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝1－0e ＝1e，所以当a ≥1e时，xf (x )≤g (x )． 2．(2019·安徽省考试试题)已知函数f (x )＝x 3＋ax －2ln x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥0在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3－x －2ln x (x >0)，f ′(x )＝3x 2－1－2x ＝3x 3－x －2x ＝（x －1）（3x 2＋3x ＋2）x. 因为3x 2＋3x ＋2>0恒成立，所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增；当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减．故f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)因为f (x )＝x 3＋ax －2ln x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以当x ∈(0，＋∞)时， g (x )＝x 2＋a －2ln x x≥0恒成立． g ′(x )＝2x －2×（ln x ）′·x －ln x ·x ′x 2＝2×x 3＋ln x －1x 2，令h (x )＝x 3＋ln x －1，则h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以当x ∈(0，1)时，h (x )<0，g ′(x )<0，即y ＝g (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0，即y ＝g (x )单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝1＋a ≥0，a ≥－1，故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝ax 2－x ln x .(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围；(2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e. 解析：(1)由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1.因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，则g ′(x )＝－ln x x 2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1，所以2a ≥1，即a ≥12.故a 的取值范围是[12，＋∞)．(2)证明：若a ＝e ，要证f (x )<x e x ＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2，易知h (x )在(0，1e )上单调递减，在(1e ，＋∞)上单调递增，则h (x )min ＝h (1e)＝0，所以ln x ＋1e x≥0. 再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x，故原不等式成立． 4．(2019·江西八所重点中学联考)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋4)的定义域为(0，＋∞)，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若不等式(x ＋1)e x ＋a (x 2＋4x )≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝e x －a ，且f ′(x )的定义域为(0，＋∞)，①当a ≤1时，f ′(x )>0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，此时(0，＋∞)为f (x )的单调递增区间．②当a >1时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ∈(0，＋∞)，故x ∈(0，ln a )时，f ′(x )<0，即(0，ln a )为f (x )的单调递减区间；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，即(ln a ，＋∞)为f (x )的单调递增区间．(2)设h (x )＝(x ＋1)e x ＋a (x 2＋4x )，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝(x ＋2)(e x ＋2a )，当a ≥－12时，h ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即h (x )为增函数，故h (x )>h (0)＝1≥0，即a ≥－12符合题意．当a <－12时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln(－2a )∈(0，＋∞)，可得x ∈(0，ln(－2a ))时，h ′(x )<0，则h (x )为减函数；x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，h ′(x )>0，则h (x )为增函数．故h (x )min ＝h (ln(－2a ))≥0，即得[ln(－2a )]2＋2ln(－2a )－2≤0，解得0<ln(－2a )≤3－1，即－12e 3－1≤a <－12符合题意．1 2e3－1，＋∞)．综上，a的取值范围为[－。

2020版高考数学二轮复习第2部分专题6函数、导数、不等式第1讲函数的图象与性质、函数与方程教案文

第1讲函数的图象与性质、函数与方程[做小题——激活思维]1．(2019·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数y ＝1a x ，y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12(a ＞0，且a ≠1)的图象可能是( )D [对于函数y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，当y ＝0时，有x ＋12＝1，得x ＝12，即y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12的图象恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，排除选项A ，C ；函数y ＝1a x 与y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12在各自定义域上单调性相反，排除选项B ，故选D.]2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2－x ，x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝________.[答案] 93．已知函数f (x )＝4x 2－kx －8在[5,20]上是单调函数，则实数k 的取值范围是________． [答案] (－∞，40]∪[160，＋∞)4．若log a 34＜1(a ＞0，且a ≠1)，则实数a 的取值范围是________．[答案] ⎝⎛⎭⎪⎫0，34∪(1，＋∞)5．若函数f (x )＝a －22x ＋1(a ∈R )为奇函数，则a ＝________.[答案] 16．已知函数f (x )的定义域为R .当x ＜0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x ＞12时，f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x －12，则f (6)＝________.[答案]2[扣要点——查缺补漏]1．函数及其表示(1)给出解析式的函数的定义域是使解析式有意义的自变量的集合；探求抽象函数的定义域要把握一个原则：f(g(x))中g(x)的范围与f(x)中x的范围相同．(2)对于分段函数的求值问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；形如f(g(x))的函数求值时，应遵循先内后外的原则．如T2.2．函数的图象及应用(1)函数图象的判断方法①找特殊点；②看性质：根据函数性质判断图象的位置，对称性，变化趋势等；③看变换：看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到．如T1.(2)利用图象可确定函数的性质、方程与不等式的解等问题．3．函数的性质及应用(1)利用函数的奇偶性和周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．如T5.(2)函数单调性的应用：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性．如T3，T4.(3)函数周期性的常用结论：若f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝1f x，则2a是函数f(x)的周期，如T6.4．函数与方程(1)判断函数零点个数的主要方法①解方程f(x)＝0，直接求零点；②利用零点存在性定理；③数形结合法：通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题．(2)解由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数与方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．函数的概念及表示(5年3考)[高考解读]分段函数属高考的重点内容，涉及直接求值、解不等式及已知函数值求参数问题，考查学生分类讨论思想、逻辑推理和数学运算核心素养.1．(2016·全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1xD [函数y ＝10lg x的定义域与值域均为(0，＋∞)．函数y ＝x 的定义域与值域均为(－∞，＋∞)．函数y ＝lg x 的定义域为(0，＋∞)，值域为(－∞，＋∞)．函数y ＝2x的定义域为(－∞，＋∞)，值域为(0，＋∞)．函数y ＝1x的定义域与值域均为(0，＋∞)．故选D.]2．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋，x ＞1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( )A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14切入点：f (a )＝－3.关键点：根据f (a )＝－3求a 的值． A [由于f (a )＝－3， ①若a ≤1，则2a －1－2＝－3，整理得2a －1＝－1.由于2x>0，所以2a －1＝－1无解；②若a >1，则－log 2(a ＋1)＝－3，解得a ＋1＝8，a ＝7，所以f (6－a )＝f (－1)＝2－1－1－2＝－74.综上所述，f (6－a )＝－74.故选A.]3．(2017·全国卷Ⅲ)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________．切入点：f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＞1. 关键点：正确分类，准确求出f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12的表达式．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ [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.][教师备选题]1．(2017·山东高考)设f (x )＝⎩⎨⎧x ，0<x <1，x －，x ≥1.若f (a )＝f (a ＋1)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝( )A ．2B ．4C ．6D ．8 C [若0<a <1，由f (a )＝f (a ＋1)得a ＝2(a ＋1－1)， ∴a ＝14，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f (4)＝2×(4－1)＝6. 若a ≥1，由f (a )＝f (a ＋1)得2(a －1)＝2(a ＋1－1)，无解．综上，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝6.故选C.]2．(2018·江苏高考)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________．22[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.]对于分段函数的求值问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；形如f g x 的函数求值时，应遵循先内后外的原则.易错提醒：对于分段函数，已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围.1．(分段函数求值)已知f (x )＝⎩⎨⎧log 3x ，x ＞0，a x＋b ，x＜a ＜，且f (－2)＝5，f (－1)＝3，则f (f (－3))＝( )A ．－2B ．2C ．3D ．－3 B [由题意得，f (－2)＝a －2＋b ＝5，①f (－1)＝a －1＋b ＝3，②联立①②，结合0＜a ＜1，得a ＝12，b ＝1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋1，x ≤0，则f (－3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3＋1＝9， f (f (－3))＝f (9)＝log 39＝2，故选B.]2．(分段函数解不等式)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ≥0，－3x ，x ＜0，若a [f (a )－f (－a )]＞0，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D [易知a ≠0，由题意得，当a ＞0时，不等式可化为a (a 2＋a －3a )＞0，即a 2＋a －3a ＞0，即a 2－2a ＞0，解得a ＞2或a ＜0(舍去)；当a ＜0时，不等式可化为a (－3a －a 2＋a )＞0，即－3a －a 2＋a ＜0，即a 2＋2a ＞0，解得a ＜－2或a ＞0(舍去)．综上，实数a 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．]3．(求参数范围)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a x ＋3a ，x ＜1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 [当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a x ＋3a ，x ＜1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x ＜1时，y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a ＞0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.]4．(新定义问题)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，0≤x ≤1，x －1，1＜x ≤2，如果对任意的n ∈N *，定义f n (x )＝，那么f 2 020(2)＝________.1 [∵f 1(2)＝f (2)＝1，f 2(2)＝f (1)＝0，f 3(2)＝f (0)＝2，f 4(2)＝f (2)＝1，∴f n (2)的值具有周期性，且周期为3，∴f 2 020(2)＝f 3×673＋1(2)＝f 1(2)＝1.]函数的图象及应用(5年8考)[高考解读] 高考对函数图象的考查，通常涉及函数的奇偶性、单调性等，考查考生灵活应用知识、分析函数图象与性质的能力，体现了对知识的考查侧重于对理解和应用的考查.角度一：函数图象的识别1．(2019·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝sin x ＋xcos x ＋x2在[－π，π]的图象大致为( )A BC D切入点：f (x )＝sin x ＋xcos x ＋x2.关键点：准确把握函数的奇偶性及值域． D [因为f (－x )＝－x －x－x ＋－x2＝－sin x ＋x cos x ＋x2＝－f (x )，所以f (x )为奇函数，排除选项A.令x ＝π，则f (π)＝sin π＋πcos π＋π2＝π－1＋π2＞0，排除选项B ，C.故选D.]2．(2018·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝e x－e－xx2的图象大致为( )切入点：f (x )＝e x－e－xx2. 关键点：准确把握函数f (x )的奇偶性、单调性．B [因为f (－x )＝e －x－e x －x 2＝－e x －e －xx 2＝－f (x )(x ≠0)，所以f (x )是定义域上的奇函数，所以函数f (x )的图象关于原点(0,0)中心对称，排除选项A ；因为f (1)＝e －1e >2，所以排除选项C ，D ，故选B.]角度二：函数图象的应用3．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)D ．(－∞，0)切入点：f (x ＋1)＜f (2x )．关键点：利用数形结合思想准确画出图象，利用图象的直观性求解，避免分类讨论． D [当x ≤0时，函数f (x )＝2－x是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f (x ＋1)<f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，所以x <0，故选D.]4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x 2－2x －3|与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1mx i ＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m切入点：①f (x )＝f (2－x )；②y ＝|x 2－2x －3|与函数y ＝f (x )图象的交点．关键点：①由题意得出f (x )与y ＝|x 2－2x －3|的图象关于直线x ＝1对称； ②关于直线x ＝1对称的两点的横坐标之和为2.B [∵f (x )＝f (2－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又y ＝|x 2－2x －3|＝|(x －1)2－4|的图象关于直线x ＝1对称，∴两函数图象的交点关于直线x ＝1对称．当m 为偶数时，∑i ＝1mx i ＝2×m2＝m ；当m 为奇数时，∑i ＝1mx i ＝2×m －12＋1＝m .故选B.][教师备选题]1．[一题多解](2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为()D [法一：易得函数y ＝－x 4＋x 2＋2为偶函数，y ′＝－4x 3＋2x ＝－2x (2x ＋1)(2x －1)，令y ′>0，即2x (2x ＋1)(2x －1)<0，解得x <－22或0<x <22，所以当y ′<0时，－22<x <0或x >22，所以函数y ＝－x 4＋x 2＋2在－∞，－22，0，22上单调递增，在－22，0，22，＋∞上单调递减，故选D.法二：令x ＝0，则y ＝2，排除A ，B ；令x ＝12，则y ＝－116＋14＋2＝316＋2，排除C.故选D.]2．[一题多解](2017·全国卷Ⅲ)函数y ＝1＋x ＋sin xx2的部分图象大致为()D [法一：当x ∈(0,1)时，sin x ＞0， ∴y ＝1＋x ＋sin xx2＞1＋x ＞1，排除A ，C.令f (x )＝x ＋sin xx2，则f (－x )＝－x ＋－x－x2＝－f (x )， ∴f (x )＝x ＋sin xx 2是奇函数，∴y ＝1＋x ＋sin xx2的图象关于点(0,1)对称，故排除B. 故选D.法二：当x →＋∞时，sin x x 2→0,1＋x →＋∞，y ＝1＋x ＋sin xx2→＋∞，故排除选项B.当0＜x ＜π2时，y ＝1＋x ＋sin xx 2＞0，故排除选项A ，C.故选D.]1．寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合求解．1．(图象辨析)定义一种运算：g ⊗h ＝⎩⎪⎨⎪⎧gg ≥h ，h g ＜h ，已知函数f (x )＝2x⊗1，那么函数f (x－1)的大致图象是( )B [由定义知，当x ≥0时，2x≥1，∴f (x )＝2x，当x ＜0时，2x＜1，∴f (x )＝1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥0，1，x ＜0，其图象易作，f (x －1)的图象可由f (x )的图象向右平移1个单位长度得到，故选B.]2．(知图选式)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b xlog c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19x ＞的图象如图所示，则a ＋b ＋c ＝( )A.43B.73 C ．4 D.133D [将点(0,2)代入y ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19，得2＝log c19，解得c ＝13.再将点(0,2)和(－1,0)分别代入y ＝ax ＋b ，解得a ＝2，b ＝2，∴a ＋b ＋c ＝133，故选D.]3．(依图选图)如图，矩形ABCD 的周长为8，设AB ＝x (1≤x ≤3)，线段MN 的两端点在矩形的边上滑动，且MN ＝1，当N 沿A →D →C →B →A 在矩形的边上滑动一周时，线段MN 的中点P 所形成的轨迹为G ，记G 围成的区域的面积为y ，则函数y ＝f (x )的图象大致为( )D [由题意可知点P 的轨迹为图中虚线所示，其中四个角均是半径为12的扇形．因为矩形ABCD 的周长为8，AB ＝x ，则AD ＝8－2x2＝4－x ，所以y ＝x (4－x )－π4＝－(x －2)2＋4－π4(1≤x ≤3)，显然该函数的图象是二次函数图象的一部分，且当x ＝2时，y ＝4－π4∈(3,4)，故选D.]4．(函数图象的应用)给定min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤bb ，b ＜a ，已知函数f (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}＋4，若动直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，则实数m 的取值范围为________．(4,5) [设g (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}，则f (x )＝g (x )＋4，故把g (x )的图象向上平移4个单位长度，可得f (x )的图象，函数f (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}＋4的图象如图所示，由于直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，数形结合可得m 的取值范围为(4,5)．]函数的性质及应用(5年8考)[高考解读] 高考对函数性质的考查主要涉及已知函数的单调性或奇偶性求参数的取值范围，以及利用函数的单调性解不等式或比较大小等.而函数的性质与导数相交汇问题，会在小题的压轴题中出现，难度较大.1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( )A ．f (x )在(0,2)单调递增B ．f (x )在(0,2)单调递减C ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称D ．y ＝f (x )的图象关于点(1,0)对称切入点：函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )．关键点：化简函数f (x )的解析式为f (x )＝ln[x (2－x )]或利用f (2－x )＝f (x )求解． C [f (x )的定义域为(0,2)．f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＝ln[x (2－x )]＝ln(－x 2＋2x )．设u ＝－x 2＋2x ，x ∈(0,2)，则u ＝－x 2＋2x 在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．又y ＝ln u 在其定义域上单调递增，∴f (x )＝ln(－x 2＋2x )在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减． ∴选项A ，B 错误．∵f (x )＝ln x ＋ln(2－x )＝f (2－x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴选项C 正确．∵f (2－x )＋f (x )＝[ln(2－x )＋ln x ]＋[ln x ＋ln(2－x )]＝2[ln x ＋ln(2－x )]，不恒为0，∴f (x )的图象不关于点(1,0)对称，∴选项D 错误．故选C.]2．(2018·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50切入点：①f (x )为奇函数；②f (1－x )＝f (1＋x )；③f (1)＝2. 关键点：利用函数的奇偶性和周期性求解．C [因为f (1－x )＝f (1＋x )，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．因为f (x )是奇函数，所以函数f (x )的图象关于坐标原点(0,0)中心对称．数形结合可知函数f (x )是以4为周期的周期函数．因为f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，所以f (0)＝0.因为f (1－x )＝f (1＋x )，所以当x ＝1时，f (2)＝f (0)＝0；当x ＝2时，f (3)＝f (－1)＝－f (1)＝－2；当x ＝3时，f (4)＝f (－2)＝－f (2)＝0.综上，可得f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12×[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (1)＋f (2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.故选C.]3．(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 ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32＞f ⎝⎛⎭⎪⎫log 314切入点：f (x )为偶函数且在(0，＋∞)上单调递减．关键点：将log 314，2－32，2－23转化到同一个单调区间上．C [因为f (x )是定义域为R 的偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫log 314＝f (－log 34)＝f (log 34)．又因为log 34＞1＞2－23＞2－32＞0，且函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (log 34)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32. 故选C.] [教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)D [由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，则y ＝ln t 为增函数．要求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间． ∵函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.]2．(2014·全国卷Ⅰ)设函数f (x )，g (x )的定义域都为R ，且f (x )是奇函数，g (x )是偶函数，则下列结论中正确的是( )A ．f (x )g (x )是偶函数B ．|f (x )|g (x )是奇函数C ．f (x )|g (x )|是奇函数D ．|f (x )g (x )|是奇函数C [A ：令h (x )＝f (x )g (x )，则h (－x )＝f (－x )·g (－x )＝－f (x )g (x )＝－h (x )，∴h (x )是奇函数，A 错．B ：令h (x )＝|f (x )|g (x )，则h (－x )＝|f (－x )|g (－x )＝|－f (x )|g (x )＝|f (x )|g (x )＝h (x )，∴h (x )是偶函数，B 错．C ：令h (x )＝f (x )|g (x )|，则h (－x )＝f (－x )|g (－x )|＝－f (x )|g (x )|＝－h (x )，∴h (x )是奇函数，C 正确．D ：令h (x )＝|f (x )g (x )|，则h (－x )＝|f (－x )·g (－x )|＝|－f (x )g (x )|＝|f (x )g (x )|＝h (x )，∴h (x )是偶函数，D 错．]3．[一题多解](2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x2，则使得f (x )>f (2x －1)成立的x 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13∪(1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ A [法一：∵f (－x )＝ln(1＋|－x |)－11＋－x 2＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．∵当x ≥0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x2，在(0，＋∞)上y ＝ln(1＋x )递增，y ＝－11＋x 2也递增，根据单调性的性质知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵f (x )为偶函数，∴f (x )在(－∞，0)上单调递减．综上可知：f (x )>f (2x －1)⇔f (|x |)>f (|2x －1|)⇔|x |>|2x －1|⇔x 2>(2x －1)2⇔3x 2－4x＋1<0⇔13<x <1.故选A.法二：令x ＝0，此时f (x )＝f (0)＝－1<0，f (2x －1)＝f (－1)＝ln 2－12＝ln 2－ln e>0，∴x ＝0不满足f (x )>f (2x －1)，故C 错误．令x ＝2，此时f (x )＝f (2)＝ln 3－15，f (2x －1)＝f (3)＝ln 4－110.∵f (2)－f (3)＝ln 3－ln 4－110，其中ln 3<ln 4，∴ln 3－ln 4－110<0，∴f (2)－f (3)<0，即f (2)<f (3)，∴x ＝2不满足f (x )>f (2x －1)，故B ，D 错误．故选A.]1．函数的4个性质及应用(1)根据函数的周期性，可以由函数局部的性质得到函数的整体性质，即周期性与奇偶性都具有将未知区间上的问题转化到已知区间的功能．(2)一些题目中，函数的周期性常常通过函数的奇偶性得到，函数的奇偶性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律．因此在解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．1．(奇偶性与单调性的应用)函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )A ．f (1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＜f (1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＜f (1)D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＜f (1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72 B [∵函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，∴函数y ＝f (x )在[2,4]上单调递减，且在[0,4]上函数y ＝f (x )满足f (2－x )＝f (2＋x )，∴f (1)＝f (3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＜f (3)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＜f (1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.故选B.]2．(奇偶性与周期性的应用)已知f (x )在R 上是奇函数，且满足f (x ＋5)＝－f (x )，当x ∈(0,5)时，f (x )＝x 2－x ，则f (2 019)＝( )A ．－12B ．－16C ．－20D ．0D [因为f (x ＋5)＝－f (x )，所以f (x ＋10)＝－f (x ＋5)＝f (x )，所以f (x )的周期为10，因此f (2 019)＝f (－1)＝－f (1)＝0，故选D.]3．(单调性、奇偶性、对称性的应用)已知定义在R 上的函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，且f (x ＋1)是偶函数，不等式f (m ＋2)≥f (x －1)对任意的x ∈[－1,0]恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．[－3,1]B ．[－4,2]C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[2，＋∞)A [因为f (x ＋1)是偶函数，所以f (－x ＋1)＝f (x ＋1)，所以f (x )的图象关于x ＝1对称，由f (m ＋2)≥f (x －1)得|(m ＋2)－1|≤|(x －1)－1|，所以根据题意得|m ＋1|≤2，解得－3≤m ≤1.故选A.]函数的零点及应用(5年2考)[高考解读] 高考对函数零点的考查主要涉及方程根的个数的判断、判断零点的存在性或零点所在区间、已知函数零点求参数或参数的范围，且常和函数的图象、性质、导数综合考查，综合性较强，解题时要充分利用函数与方程、数形结合等思想.1．(2019·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝2sin x －sin 2x 在[0,2π]的零点个数为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 B [令f (x )＝0，得2sin x －sin 2x ＝0，即2sin x －2sin x cos x ＝0，∴2sin x (1－cos x )＝0，∴sin x ＝0或cos x ＝1. 又x ∈[0,2π]，∴由sin x ＝0得x ＝0，π或2π，由cos x ＝1得x ＝0或2π. 故函数f (x )的零点为0，π，2π，共3个．故选B.]2．[一题多解](2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12 B.13 C.12 D ．1切入点：①x 2－2x ＝(x －1)2－1；②e－x ＋1＝e－(x －1)．关键点：令t ＝x －1换元，然后分离参数求解． C [法一：f (x )＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)＝(x －1)2＋a [ex －1＋e－(x －1)]－1，令t ＝x －1，则g (t )＝f (t ＋1)＝t 2＋a (e t＋e －t)－1. ∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t＋e t)－1＝g (t )， ∴函数g (t )为偶函数．∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点．又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝12.故选C.法二：f (x )＝0⇔a (e x －1＋e－x ＋1)＝－x 2＋2x .ex －1＋e－x ＋1≥2ex －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”．若a >0，则a (ex －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一．故选C.] [教师备选题](2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)B [f ′(x )＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )>0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图1所示．图1不符合题意，排除A ，C.当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x )>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图2所示．图2不符合题意，排除D.]1．判断函数零点个数的3种方法2．利用函数零点的情况求参数值(或范围)的3种方法1．(判断函数零点所在区间)曲线y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x与y ＝x 12的交点横坐标所在区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 B [设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－x 12，易知f (x )单调递减，∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1313－⎝ ⎛⎭⎪⎫1312＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1312－⎝ ⎛⎭⎪⎫1212＜0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，根据函数零点存在性定理可得函数零点所在区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12，即所求交点横坐标所在区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12，故选B.] 2．(判断零点个数)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≤0，1＋1x，x ＞0，则函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3C [函数y ＝f (x )＋3x 的零点个数就是y ＝f (x )与y ＝－3x 两个函数图象的交点个数，如图所示，由函数的图象可知，零点个数为2.故选C.]3．(研究函数零点的性质)定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋1)＝－f (x )，当x ∈[0,1]时，f (x )＝－2x ＋1，设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －1|(－1＜x ＜3)，则函数f (x )与g (x )的图象所有交点的横坐标之和为( )A ．2B ．4C ．6D ．8B [因为f (x ＋1)＝－(x )，所以f (x ＋1＋1)＝－f (x ＋1)＝f (x )，所以f (x )的周期为2.又f (x )为偶函数，∴f (1－x )＝f (x －1)＝f (x ＋1)，故f (x )的图象关于直线x ＝1对称．函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －1|的图象关于直线x ＝1对称，在同一坐标系内作出f (x )与g (x )在(－1,3)上的图象，如图，由图可知四个交点的横坐标关于x ＝1对称，其和为2×2＝4，选B.]4．(已知函数零点个数求参数)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围是________．(0,1) [作出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0的图象如图所示．由于函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，结合图象得0＜m ＜1，即m ∈(0,1)．]。