2020届高考数学-导数的应用-函数的构造(含解析)
2020届山东省新高考高三优质数学试卷分项解析 专题04 一元函数导数及其应用(解析版)
专题4 一元函数导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.预测2020年高考命题将保持稳定.主观题应用导数研究函数的性质，备考的面要注意做到全覆盖，如导数几何意义的应用、单调性问题、极（最）值问题、零点问题、不等式的证明、参数范围的确定等.一、单选题1．（2020届山东省烟台市高三上期末）函数sin y x x =+的部分图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由题,x ∈R ,设()sin f x x x =+,则()()sin sin f x x x x x -=-+-=-,故函数不具有奇偶性,可排除A 、B ；当02x π>>时,()sin f x x x =+,所以()1cos 0f x x '=+>,则()sin 0f x x ''=-<,即在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()f x 图像向上凸. 故选D2．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）函数sin x xx xy e e -+=+的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 因为sin ()x x x xy f x e e -+==+，所以()sin sin ()x xx x x x x x f x e e e e---+----==++， 得()()f x f x =--，所以sin x xx xy e e -+=+为奇函数，排除C ；设()sin g x x x =+，'()1cos 0g x x ∴=-≥恒成立，所以在[0,)+∞，()sin g x x x =+单调递增，所以()0sin 00g x ≥+=，故sin 0x xx xy e e-+=≥+在[0,)+∞上恒成立，排除AD ， 故选：B.3．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知()21ln 2f x x a x =-在区间()0,2上有极值点，实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,2 B ．()()2,00,2-UC ．()0,4D ．()()4,00,4-U【答案】C 【解析】2()a x a f x x x x -'=-=,由于函数()f x 在(0,2)上有极值点，所以()f x '在(0,2)上有零点.所以02a a >⎧⎪，解得(0,4)a ∈. 故选：D.4．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数为()f x '，当02x π<<时，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x 的不等式()2cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】 根据题意设()()cos f x g x x =，则2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x'+'=，又当02x π<<时，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则有()0g x '<，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上是偶函数，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x--===-，所以()g x是偶函数，所以()()4()cos 4cos 4cos cos 4f f x f x f x x x x ππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭<→<⇒<⇒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()g x 为偶函数，且在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，且定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则有||4x π>，解得24x ππ-<<-或42x ππ<<，即不等式的解集为,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故选：B.5．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知0.5log 5a =、3log 2b =、0.32c =、212d ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从这四个数中任取一个数m ，使函数()32123x mx x f x =+++有极值点的概率为（ ） A ．14B ．12C ．34D ．1【答案】B 【解析】f ′（x ）＝x 2+2mx +1， 若函数f （x ）有极值点，则f ′（x ）有2个不相等的实数根，故△＝4m 2﹣4＞0，解得：m ＞1或m ＜﹣1，而a ＝log 0.55＜﹣2，0＜b ＝log 32＜1、c ＝20.3＞1，0＜d ＝（12）2＜1， 满足条件的有2个，分别是a ，c ， 故满足条件的概率p 2142==， 故选：B ．6．（2020届山东实验中学高三上期中）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=-，且当2x >时，有()()()()2,11xf x f x f x f ''+>=若，则不等式()12f x x <-的解集是（ ） A ．(2,3) B ．(),1-∞C ．()()1,22,3⋃D ．()(),13,-∞⋃+∞【答案】A 【解析】根据题意，设()(2)()g x x f x =-，则()()111g f =-=-，则有(2)(2)g x xf x +=+，(2)(2)g x f x -=--，即有(2)(2)g x g x +=--， 故函数()g x 的图象关于(2,0)对称， 则有()()311g g =-=，当2x >时，()(2)()g x x f x =-，()(2)()()g x x f x f x '=-'+， 又由当2x >时，()()2()x f x f x f x ''+>g ，即当2x >时，()0g x '>， 即函数()g x 在区间(2,)+∞为增函数， 由1()2f x x <-可得(2)()1x f x -<，即()()13g x g <=， 23x ∴<<，Q 函数()g x 的图象关于(2,0)对称，∴函数()g x 在区间(,2)-∞为增函数，由1()2f x x <-可得(2)()1x f x ->，即()1g x >，此时x 不存在， 故选：A ．7．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）当直线10()kx y k k --+=∈R 和曲线E ：325(0)3y ax bx ab =++≠交于112233()()()A x y B x y C x y ，，，，，123()x x x <<三点时，曲线E 在点A ，点C 处的切线总是平行的，则过点()b a ，可作曲线E 的切线的条数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C 【解析】直线()10kx y k k R --+=∈过定点()1,1 由题意可知：定点()1,1是曲线()325:03E y ax bx b =++≠的对称中心， 51313a b b a ⎧++=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，解得131a b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，所以曲线3215:33E y x x =-+，()1,13b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， f′（x ）=22x x - ，设切点M （x 0，y 0）， 则M 纵坐标y 0=32001533x x -+，又f′（x 0）=2002x x -， ∴切线的方程为：()()322000015y 233x x x x x x ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭又直线过定点113⎛⎫- ⎪⎝⎭，()()322000011521333x x x x x ⎛⎫∴--+=--- ⎪⎝⎭，得30x ﹣03x -2=0，()()300210xx x --+=，即()()2000120x x x +--=解得：021x =-或 故可做两条切线 故选C8．（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数()()()ln 10f x x a x a a =+-+>,若有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是( )A ．3ln 30,2+⎛⎫⎪⎝⎭ B ．()0,2ln 2+C ．3ln 3,2ln 22+⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D ．2ln 243ln 3,32++⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】()()()ln 10f x x a x a a =+-+>，()()1'1f x a x=+-，()()1ln111f a a =+-+= 当1a ≤时，函数单调递增，不成立； 当1a >时，函数在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增；有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >，故()20f >且()30f ≤ 即ln 2220,ln 22a a a +-+>∴<+；ln 33ln 3330,2a a a ++-+≤∴≥ 故选：C . 二、多选题9.(2020届山东省潍坊市高三上学期统考）函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩若函数()()g x f x x a =-+只有一个零点，则a 可能取的值有（ ） A ．2 B ．2- C ．0 D ．1【答案】ABC 【解析】∵()()g x f x x a =-+只有一个零点， ∴函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点，作函数函数()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩与函数y x a =-的图象如下，结合图象可知，当0a ≤时；函数()y f x =与函数y x a =-有一个交点； 当0a >时，ln(1)y x =-，可得11y x '=-，令111x =-可得2x =，所以函数在2x =时，直线与ln(1)y x =-相切，可得2a =.综合得：0a ≤或2a =. 故选：ABC.10．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知函数2,0()(1),0x x e mx m x f x e x x -⎧++<=⎨-≥⎩（e 为自然对数的底），若()()()F x f x f x =+-且()F x 有四个零点，则实数m 的取值可以为（ ） A ．1 B ．e C ．2e D ．3e【答案】CD 【解析】因为()()()F x f x f x =+-，可得()()F x F x =-，即()F x 为偶函数， 由题意可得0x >时，()F x 有两个零点， 当0x >时，0x -<，()2xf x e mx m -=-+即0x >时，()22xxxxF x xe e e mx m xe mx m =-+-+=-+， 由()0F x =，可得20x xe mx m -+=，由(),21xy xe y m x ==-相切，设切点为(),tt te ，x y xe =的导数为(1)x y x e '=+，可得切线的斜率为(1)t t e +，可得切线的方程为(1)()tty te t e x t -=+-， 由切线经过点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得1(1)2t tte t e t ⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭， 解得：1t =或12-（舍去），即有切线的斜率为2e ， 故22,m e m e >∴>， 故选：CD.11．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数2()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是（ ） A ．010x e<< B ．01x e>C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【答案】AC 【解析】函数2()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '∴=++,∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'00f x =，即00ln 120x x ∴++=，120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭,0,()x f x '→→-∞Q ,010x e∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确;()()()2000000000002ln 2l 21n 0f x x x x x x x x x x x +=++==-+++<,即C 正确,D 不正确.故答案为:AC.12．（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ）A ．12B C ．2e D【答案】BCD 【解析】Q 令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x „时，()()0T x f x x '='-<， ()T x ∴在(],0-∞上单调递减， ()T x ∴在R 上单调递减．Q 存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-…， ∴得00()(1)T x T x -…，001x x -„，即012x „，()x g x e a =-Q ；1()2x „， 0x Q 为函数()y g x =的一个零点； Q当12x „时，()0x g x e '=-„， ∴函数()g x 在12x „时单调递减，由选项知0a >，取12x =<，又0g e⎛=> ⎝Q ，∴要使()g x 在12x „时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭„，解得a ，a ∴的取值范围为⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭， 故选：BCD ．13．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>. 【答案】BD 【解析】A .函数的 的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f ′（x ）22212x x x x-=-+=，∴（0，2）上，f ′（x ）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f ′（x ）＞0，函数单调递增，∴x ＝2是f （x ）的极小值点，即A 错误；B .y ＝f （x ）﹣x 2x =+lnx ﹣x ，∴y ′221x x =-+-1222x x x-+-=＜0， 函数在（0，+∞）上单调递减，且f （1）﹣12=+ln 1﹣1=1>0，f （2）﹣21=+ln 2﹣2= ln 2﹣1<0，∴函数y ＝f （x ）﹣x 有且只有1个零点，即B 正确； C .若f （x ）＞kx ，可得k 22lnx x x +＜，令g （x ）22lnx x x =+，则g ′（x ）34x xlnxx-+-=， 令h （x ）＝﹣4+x ﹣xlnx ，则h ′（x ）＝﹣lnx ，∴在x ∈（0，1）上，函数h （x ）单调递增，x ∈（1，+∞）上函数h （x ）单调递减， ∴h （x ）⩽h （1）＜0，∴g ′（x ）＜0， ∴g （x ）22lnxx x=+在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值， ∴不存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立，即C 不正确； D .令t ∈（0，2），则2﹣t ∈（0，2），2+t ＞2，令g （t ）＝f （2+t ）﹣f （2﹣t ）22t =++ln （2+t ）22t ---ln （2﹣t ）244t t =+-ln 22t t+-， 则g ′（t ）()22222222222244822241648(4)2(2)(4)4(4)t t t t t t t t t t t t t ----++---=+⋅=+=-+----＜0， ∴g （t ）在（0，2）上单调递减， 则g （t ）＜g （0）＝0， 令x 1＝2﹣t ，由f （x 1）＝f （x 2），得x 2＞2+t ， 则x 1+x 2＞2﹣t +2+t ＝4， 当x 2≥4时，x 1+x 2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1+x 2＞4，故D 正确 故正确的是BD ， 故选：BD ．14．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()00f =，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是( )A ．624f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪⎪⎝⎭⎝⎭B ．ln03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．43f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】CD 【解析】 令()()cos f x g x x =，0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭， 则2()cos ()sin ()cos f x x f x xg x x'+'=， 因为()cos ()sin 0f x x f x x '+<， 所以2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立，因此函数()()cos f x g x x =在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减， 因此64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即64cos cos64f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>，即624f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错；又()00f =，所以(0)(0)0cos0f g ==，所以()()0cos f x g x x =≤在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立， 因为ln0,32ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，所以ln 03f π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故B 错； 又63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以63coscos63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>，即63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 正确；又43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以43coscos43f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>，即43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确；故选：CD.15．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()sin cos f x x x x x =+-的定义域为[)2,2ππ-，则（ ）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在[)0,π上单调递增C ．()f x 恰有4个极大值点D ．()f x 有且仅有4个极值点 【答案】BD 【解析】因为()f x 的定义域为[)2,2ππ-，所以()f x 是非奇非偶函数，()sin cos f x x x x x =+-Q()()1cos cos sin 1sin f x x x x x x x '∴=+--=+，当[)0,x Îp 时，()0f x '>，则()f x 在[)0,p 上单调递增. 显然()00f '≠，令()0f x '=，得1sin x x=-， 分别作出sin y x =，1y x=-在区间[)2,2ππ-上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[)2,2ππ-上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故()f x 在区间[)2,2ππ-上的极值点的个数为4，且()f x 只有2个极大值点.故选：BD .16．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x <时，()()1x f x e x =+，则下列命题正确的是（ ）A ．当0x >时，()()1xf x e x -=--B ．函数()f x 有3个零点C ．()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃D ．12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x -< 【答案】BCD 【解析】（1）当0x >时，0x -<，则由题意得()()1xf x e x --=-+，∵ 函数()f x 是奇函数，∴ ()00f =，且0x >时，()()f x f x =--()1x ex -=--+()1x e x -=-，A 错；∴ ()()()1,00,01,0x x e x x f x x e x x -⎧+<⎪==⎨⎪->⎩，（2）当0x <时，由()()10xf x e x =+=得1x =-，当0x >时，由()()10xf x ex -=-=得1x =，∴ 函数()f x 有3个零点1,0,1-，B 对； （3）当0x <时，由()()10xf x e x =+<得1x <-，当0x >时，由()()10xf x ex -=-<得01x <<，∴ ()0f x <的解集为()(),10,1-∞-⋃，C 对； （4）当0x <时，由()()1xf x e x =+得()()'2x f x e x =+，由()()'20xf x ex =+<得2x <-，由()()'20x f x e x =+≥得20x -≤<，∴ 函数()f x 在(],2-∞-上单调递减，在[)2,0-上单调递增， ∴函数在(),0-∞上有最小值()22f e --=-，且()()1xf x ex =+()0011e <⋅+=，又∵ 当0x <时，()()10xf x ex =+=时1x =-，函数在(),0-∞上只有一个零点，∴当0x <时，函数()f x 的值域为)2,1e -⎡-⎣，由奇函数的图象关于原点对称得函数()f x 在R 的值域为()221,,1e e --⎤⎡-⋃-⎦⎣()1,1=-， ∴ 对12,x x R ∀∈，都有()()122f x f x -<，D 对；故选：BCD ． 三、填空题17．（2020·全国高三专题练习（文））设点P 是曲线2x y e x =+上任一点，则点P 到直线10x y --=的最小距离为__________．【解析】由题,过点P 作曲线2x y e x =+的切线,则2xy e x '=+,设点()00,P x y ,则002xk e x =+,当切线与直线10x y --=平行时点P 到该直线距离最小,则0021xe x +=,即00x =,所以点P 为()0,1,则点P 到直线10x y --==,18．（2020届山东省滨州市高三上期末）曲线(1)xy x e =+在点(0,1)处的切线的方程为__________．【答案】21y x =+ 【解析】(2)212,21x y x e k y x y x =+∴=∴=='-+Q19．（2020届山东省九校高三上学期联考）直线y x =与曲线()2ln y x m =+相切，则m =__________. 【答案】22ln 2- 【解析】函数()2ln y x m =+的导函数2y x m'=+， 设切点坐标00(,)x y ，则()0002ln 21x x m x m=+=+⎧⎪⎨⎪⎩，解得：02ln 2,22ln 2x m ==-. 故答案为：22ln 2-20．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知函数()()()212ln f x a x x =---.若函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点，则a 的最小值为________.【答案】24ln 2- 【解析】因为()0f x <在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立不可能，故要使函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点，只要对任意的10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x >恒成立，即对任意的10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2ln 21x a x >--恒成立.令()2ln 21x l x x =--，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()222ln 2'1x x l x x +-=-， 再令()22ln 2m x x x =+-，10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()22212'20x x x xm x ---==+<， 故()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭， 从而()'0l x >，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，所以()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭， 故要使2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞， 综上，若函数()f x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上无零点，则a 的最小值为24ln 2-.故答案为：24ln 2-21．（2020届山东省泰安市高三上期末）设函数()f x 在定义域(0，+∞)上是单调函数，()()0,,x x f f x e x e ⎡⎤∀∈+∞-+=⎣⎦，若不等式()()f x f x ax '+≥对()0,x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是______． 【答案】(],21e -∞- 【解析】由题意可设()xf x e x t -+=，则()xf x e x t =-+，∵()xf f x e x e ⎡⎤-+=⎣⎦，∴()ttf t e t t e e =-+==，∴1t =，∴()1xf x e x =-+，∴()1xf x e '=-，由()()f x f x ax '+≥得11x x e x e ax -++-≥，∴21xe a x≤-对()0,x ∈+∞恒成立，令()21xe g x x =-，()0,x ∈+∞，则()()221'x e x g x x-=， 由()'0g x =得1x =，∴()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞单调递增， ∴()()121g x g e ≥=-， ∴21a e ≤-，故答案为：(],21e -∞-．22．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）关于函数()2ln f x x x=+，下列判断正确的是（ ） A ．2x =是()f x 的极大值点 B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点 C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +> 【答案】BD 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()'22x f x x -=，所以()f x 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增，所以2x =是()f x 的极小值点.故A 选项错误.（2）构造函数()()()2ln 0g x f x x x x x x =-=+->，()()2'22x x g x x --+=2217240x x⎡⎤⎛⎫--+⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦=<，所以()g x 在()0,∞+上递减.而()1ln 210g =+>，()2ln 210g =-<，()()120g g ⋅<.所以()g x 有且只有一个零点.故B 选项正确.（3）构造函数()()()2ln 0,0h x f x kx x kx x k x =-=+->>.()2'22kx x h x x-+-=，由于0k -<，22y kx x =-+-开口向下，0x →和x →+∞时，220y kx x =-+-<，即()2'220kx x h x x-+-=<，x →+∞时()0h x <，故不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立，C 选项错误.（4）由（1）知，()f x 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 2x =是()f x 的极小值点.由于任意两个正实数1x ，2x ，且21x x >，()()12f x f x =，故1202x x <<<.令211x t x =>，21x tx =.由()()12f x f x =得121222ln ln x x x x +=+，即2121212ln x x x x x x -⋅=，即()11112ln t x t x tx -⋅=⋅，解得()121ln t x t t-=⋅，则()2121ln t t x tx t t -==⋅.所以21222ln t x x t t-+=⋅.要证124x x +>，即证1240x x +->，即证2222224ln 40ln ln t t t t t t t t----=>⋅⋅，由于1t >，所以ln 0t t >，故即证()2224ln 01t t t t -->>①.构造函数()()2224ln 1h t t t t t =--≥（先取1t ≥），()10h =；()'44ln 4h t t t =--，()'10h =；()()''41440t h t t t-=-=>.所以()'h t 在[)1,+∞上为增函数，所以()()''10h t h ≥=，所以()h t 在[)1,+∞上为增函数，所以()()10h t h ≥=.故当1t >时，()0h t >.即证得①成立，故D 选项正确. 故选：BD.23．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数()ex x f x =（e是自然对数的底数），则函数()f x 的最大值为______；若关于x 的方程()()22210f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦恰有3个不同的实数解，则实数t 的取值范围为______. 【答案】1e e 11,2e 2-⎛⎫⎪⎝⎭ 【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()'1xx f x e -=，故()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，所以()11f e=是()f x 的极大值也即是最大值.（2）由（1）知()f x 在(),1-∞上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()11f e=. 当0x >时()0f x >，当0x =时，()0f x =，当0x <时，()0f x <. 由()()22210f x tf x t ++-=⎡⎤⎣⎦，即()()2110f x t f x +-+=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦. 由上述分析可知()()10,1f x f x +==-有一个解1x .故需()()210,12f x t f x t +-==-有两个不同的解，由上述分析可知1012t e <-<，解得1122e t e -<<.所以实数t 的取值范围是e 11,2e 2-⎛⎫⎪⎝⎭. 故答案为：（1）1e ；（2）e 11,2e 2-⎛⎫⎪⎝⎭. 四、解答题24．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，函数()1ln g x ax b x =--（,,0a b ab ∈≠R ）. （1）讨论()g x 的单调性；（2）证明：当0x ≥时，()31f x x ≤+. （3）证明：当1x >-时，()()2sin 22exf x x x <++.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析 【解析】（1）解：()g x 的定义域为()0,∞+，()a g x x bx'=-， 当0a >，0b <时，()0g x '>，则()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >，0b >时，令()0g x '>，得b x a >，令()0g x '<，得0b x a <<，则()g x 在0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增；当0a <，0b >时，()0g x '<，则()g x 在()0,∞+上单调递减； 当0a <，0b <时，令()0g x '>，得0b x a <<，令()0g x '<，得b x a >，则()g x 在0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减； （2）证明：设函数()()()31h x f x x =-+，则()2cos 31x x h x '=+-+. 因为0x ≥，所以(]20,21x ∈+，[]cos 1,1x ∈-， 则()0h x '≤，从而()h x 在[)0,+∞上单调递减，所以()()()()3100h x f x x h =-+≤=，即()31f x x ≤+. （3）证明：当1a b ==时，()1ln g x x x =--.由（1）知，()()min 10g x g ==，所以()1ln 0g x x x =--≥， 即1ln x x ≥+.当1x >-时，()210x +>，()2sin 1e 0x x +>，则()()22sin sin 1e 1ln 1e xx x x ⎡⎤++≥+⎣⎦， 即()()2sin 1e 2ln 1sin 1x x x x ++++≥，又()()22sin sin 22e1e xx x x x ++>+， 所以()()2sin 22e2ln 1sin 1xx x x x ++>+++，即()()2sin 22exf x x x <++.25．（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()32112f x x x ax =-++． （1）当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若函数()1f x x =在处有极小值，求函数()f x 在区间32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值．【答案】（1）210x y -+=；（2）4927. 【解析】（1）当2a =时，321()212f x x x x =-++，2()32f x x x '=-+， 所以(0)2f '=，又(0)1f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线方程为12y x -=，即210x y -+=. （2）因为2()3f x x x a '=-+，因为函数()1f x x =在处有极小值，所以(1)202f a a '=+=⇒=-， 所以2()32f x x x '=-- 由()0f x '=，得23x =-或1x =， 当23x <-或1x >时，()0f x '>， 当213x -<<时，()0f x '<， 所以()f x 在22,3⎛⎫--⎪⎝⎭，31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增函数，在2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上是减函数， 因为249327f ⎛⎫-=⎪⎝⎭，3124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以()f x 的最大值为249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 26．（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭． （1）当1m >时，讨论()f x 的单调性； （2）设函数()()1m g x f x x-=+，若存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，证明：120m x x <<+．【答案】（1）见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞.'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x-+----==， 因为1m >，所以10m ->，①当011m <-<，即12m <<时，由()0f x '>得1x >或1x m <-，由()0f x '<得11m x -<<， 所以()f x 在()0,1m -，()1,+∞上是增函数， 在()1,1m -上是减函数； ②当11m -=，即2m =时()0f x '≥，所以()f x 在()0,∞+上是增函数；③当11m ->，即2m >时，由()0f x '>得1x m >-或1x <，由()0f x '<得11x m <<-，所以()f x 在()0,1，()1,m -+∞.上是增函数，在()1,1m -.上是减函综上可知：当12m <<时()f x 在()0,1m -，()1,+∞上是单调递增，在()1,1m -上是单调递减； 当2m =时，()f x 在()0,∞+.上是单调递增；当2m >时()f x 在()0,1，()1,m -+∞上是单调递增，在()1,1m -上是单调递减. （2）1()()ln m g x f x x m x x -=+=-，()1mg x x'=-， 当0m ≤时，()0g x '> ，所以()g x 在()0,∞+上是增函数，故不存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12 g x g x =，所以0m >.由()()12 g x g x =得1122ln ln x m x x m x -=-，即()2121ln ln m x x x x -=-， 不妨设120x x <<，则21210ln ln x x m x x -=>-，要证12m x x <+，只需证211221ln ln x x x x x x -<+-，即证212112ln ln x xx x x x -<-+，只需证2122111ln 1x x x x x x -<+，令211x t x =>，只需证1ln 1t t t -<+，即证10l 1n t t t -->+， 令1()ln (1)1t h t t t t -=->+，则222121()0(1)(1)t h t t t t t +'=-=>++， 所以()h t 在()1,+∞上是增函数，所以()(1)0h t h >=，从而10l 1n t t t -->+，故120m x x <<+. 27．（2020届山东省泰安市高三上期末）已知函数()xf x e ax =-． (1)当0a >时，设函数()f x 的最小值为()g a ，证明：()1g a ≤； (2)若函数()()212h x f x x =-有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()122h x h x +>． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】（1）()()0xf x e a a '=->，令()0f x '=，解得ln x a =，当ln x a >时，()0f x '>，当ln x a <时，()0f x '<，()()min ln ln f x f a a a a ∴==-，()()ln 0g a a a a a ∴=->，令()()ln 0g x x x x x =->，则()ln g x x '=-， 令()0g x '=，解得1x =，∴当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1x ∈+∞，时，()0g x '<，()()max 11g x g ∴==，()1g x ∴≤，∴当0a >时，()1g a ≤；（2）()212xh x e ax x =--，()x h x e a x '=--， 令()xx e a x ϕ=--，则()1xx e ϕ'=-，令()0x ϕ'=，解得0x =，当0x >时，()0x ϕ'>，当0x <时，()0x ϕ'<，()()min 01x a ϕϕ∴==-，又函数()h x 有两个极值点，则10a -<，1a ∴>，且120x x <<，∴当()1x x ∈-∞，时，()h x 单调递增，当()10x x ∈，时，()h x 单调递减，∴当()0x ∈-∞，时，()()1h x h x ≤， 又()2,0x -∈-∞，()()21h x h x ∴-≤，()()()()22212222x x h x h x h x h x e e x -∴+≥-+=+-，令()()20xxm x e ex x -=+-≥，则()12x x m x e x e'=--， 令()()n x m x '=，则()120xx n x e e'=+-≥， ()n x ∴在[)0,+∞上单调递增，()()()00m x n x n '∴=≥=， ()m x ∴在[)0,+∞上单调递增，()()02m x m ∴≥=，20x >Q ，()222222x x m x e e x -∴=+->，即()()222h x h x -+>，()()122h x h x ∴+>．28．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）设函数()()ln 1f x ax bx =++，()()2g x f x bx =-.（1）若1a =，1b =-，求函数()f x 的单调区间；（2）若曲线()y g x =在点()1,ln3处的切线与直线1130x y -=平行. ①求a ，b 的值；②求实数()3k k ≤的取值范围，使得()()2g x k x x >-对()0,x ∈+∞恒成立.【答案】（1）()f x 的单调增区间为()1,0-，单调减区间为()0,+?（2）①23a b =⎧⎨=-⎩②[]1,3k ∈【解析】（1）当1a =，1b =-时，()()()ln 11f x x x x =+->-， 则()111'1xx xx f --=++=.当()'0f x >时，10x -<<； 当()'0f x <时，0x >；所以()f x 的单调增区间为()1,0-，单调减区间为()0,+?.（2）①因为()()()()22ln 1g x f x bx ax b x x=-=++-，所以()()'121a g x b x ax =+-+，依题设有()()()1ln 111'13g a g =+⎧⎪⎨=⎪⎩，即()ln 1ln 31113a a b a+=⎧⎪⎨-=⎪+⎩. 解得23a b =⎧⎨=-⎩.②()()()2ln 123g x x x x=+--，1,2x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭. ()()2g x k x x >-对()0,x ∈+∞恒成立，即()()20g x k x x -->对()0,x ∈+∞恒成立. 令()()()2F x g x k x x =--，则有()()2431'12k x k F x x-+-=+. 当13k ≤≤时，当()0,x ∈+∞时，()'0F x >， 所以()F x 在()0,+?上单调递增.所以()()00F x F >=，即当()0,x ∈+∞时，()()2g x k x x >-；当1k <时，当x ⎛∈ ⎝时，()'0F x <，所以()F x在⎛ ⎝上单调递减，故当x ⎛∈ ⎝时，()()00F x F <=，即当()0,x ∈+∞时，()()2g x k x x >-不恒成立. 综上，[]1,3k ∈.29．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数()()245x af x x x a R e=-+-∈. ()Ⅰ若()f x 在(),-∞+∞上是单调递增函数，求a 的取值范围；()Ⅱ设()()x g x e f x =，当m 1≥时，若()()()122g x g x g m +=，且12x x ≠，求证：122x x m +<.【答案】（1）[)2,a e ∈+∞（2）见解析 【解析】解：()1 Q ()f x 在(),-∞+∞上是单调递增函数,∴在x R ∈上，()240x af x x e=-+≥'恒成立，即：()42x a x e ≥-∴设()()42x h x x e =- R x ∈ ∴ ()()22x h x x e =-'，∴当(),1x ∈-∞时()0h x '>，∴ ()h x 在(),1x ∈-∞上为增函数， ∴当()1,x ∈+∞时()0h x '<，∴ ()h x 在()1,x ∈+∞上为减函数， ∴ ()()max 12h x h e ==Q ()max42xa x e ⎡⎤≥-⎣⎦∴ 2a e ≥， 即[)2,a e ∈+∞ .()2方法一：因为()()245x g x e x x a =-+-，所以()()2'10x g x e x =-≥， 所以()g x 在(),-∞+∞上为增函数，因为()()()122g x g x g m +=，即()()()()12g x g m g m g x -=-，()()()()12g x g m g m g x --和同号，所以不妨设12x m x <<,设()()()()22(1)h x g m x g x g m x m =-+->≥，…8分 所以()()()222'211m x x h x e m x e x -=---+-，因为2m x x e e -<，()()()()2221122220m x x m m x ----=--≤， 所以()'0h x >，所以()h x 在(),m +∞上为增函数，所以()()0h x h m >=，所以()()()()222220h x g m x g x g m =-+->， 所以()()()()22122g m x g m g x g x ->-=， 所以212m x x ->，即122x x m +<. 方法二：Q ()()()245x x g x e f x x x e a ==-+-()()()122g x g x g m += [)1,m ∈+∞，∴ ()()()12222112245452452x x m x x e a x x e a m m e a -+-+-+-=-+- ∴ ()()()1222211224545245x x m x x e x x e m m e -++-+=-+∴设()()245x x x x e ϕ=-+ x R ∈，则()()()122x x m ϕϕϕ+=， ∴ ()()210x x x e ϕ'=-≥ ∴ ()x ϕ在x R ∈上递增且()10ϕ'=令()1,x m ∈-∞，()2,x m ∈+∞设()()()F x m x m x ϕϕ=++-, ()0,x ∈+∞，∴ ()()()2211m x m x F x m x e m x e +----'=+- Q 0x >∴ 0m x m x e e +->>，()()()22112220m x m x m x +----=-≥ ∴ ()0F x '>， ()F x 在()0,x ∈+∞上递增， ∴ ()()()02F x F m ϕ>=，∴ ()()()2m x m x m ϕϕϕ++->，()0,x ∈+∞令1x m x =-∴ ()()()112m m x m m x m ϕϕϕ+-+-+>即：()()()1122m x x m ϕϕϕ-+> 又Q()()()122x x m ϕϕϕ+=，∴ ()()()()12222m x m x m ϕϕϕϕ-+->即：()()122m x x ϕϕ-> Q ()x ϕ在x R ∈上递增∴ 122m x x ->，即：122x x m +<得证.30．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数()()2(,)1xf x ae x a Rg x x =--∈=.(1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当0a >时，若曲线()1:1C y f x x =++与曲线()2:C y g x =存在唯一的公切线，求实数a 的值;(3)当1,0a x =≥时，不等式()()1f x kxln x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）24a e =（3）1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】(1)()1xf x ae '=-，当0a ≤时，()'0f x <恒成立，()f x 在()-∞+∞，上单调递减， 当0a >时，由()'0f x =，解得x lna =-， 由于0a >时，导函数()1xf x ae '=-单调递增，故 ()x lna ∈-∞-，，()()0,f x f x '<单调递减， ()()(),,0,x lna f x f x '∈-+∞>单调递增. 综上，当0a ≤时()f x 在()-∞+∞，上单调递减; 当0a >时， ()f x 在()lna -∞-，上单调递减，在,()lna -+∞上单调递增. . (2)曲线11:x C y ae =与曲线222:C y x =存在唯一公切线，设该公切线与12,C C 分别切于点()()12122,,,x x ae x x ，显然12xx ≠.由于12','2xy ae y x ==，所以11222122x x ae x ae x x x -==-，1222212222222x x x x ae x x x -=-=- ， 2122222x x x x ∴-=由于0a >，故20x >，且21220x x =-> 因此11x >，此时()111214(2 1)1x x x x a x e e -==>， 设()()1 4()1xx F x x e =>-问题等价于直线y a =与曲线()y F x =在1x >时有且只有一个公共点， 又()4(2 )xx F x e-'=，令()'0F x =，解得2x =， 则()F x 在()1,2上单调递增，(2,)+∞上单调递减， 而()()242,10F F e==，当x →+∞时，()0F x → 所以()F x 的值域为240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 故24a e =. (3)当1a =时，()1xf x e x =--，问题等价于不等式()11x e x kxln x --≥+，当0x ≥时恒成立.设()()110()xh x e x kxln x x =---+≥，()00h =，又设()()()' 1 11) 0(xx m x h x e k ln x x x ⎡⎤==--++≥⎢⎥+⎣⎦则()()211'11xm x e k x x ⎡⎤=-+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦而()'012m k =-. (i)当120k -≥时，即12k ≤时， 由于0,1xx e ≥≥，()()2211111112111k x x x x ⎡⎤⎡⎤+≤+≤⎢⎥⎢⎥++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦此时()()'0,m x m x ≥在[0,)+∞上单调递增. 所以()()00m x m ≥=即()'0h x ≥，所以()h x 在[0,)+∞上单调递增 所以()()00h x h ≥=， 即()110xe x kxln x ---+≥，故12k ≤适合题意.(ii)当12k >时，()'00m <， 由于()()21111xm x e k x x ⎡⎤'=-+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦在[0,)+∞上单调递增， 令()20x ln k =>，则()()211'222201ln 21ln 2m ln k k k k k x x ⎡⎤=-+>-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦， 故在()0,ln 2k 上存在唯一o x ，使()'0o m x =， 因此当()00,x x ∈时，()()'0,m x m x <单调递减， 所以()()00m x m <=，即()()'0,h x h x ≤在()00,x 上单调递减， 故()()00h x h <=，亦即()1 10xe x hxln x ---+<，故12k >时不适合题意， 综上，所求k 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 31．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知函数()ln(2)f x x a =+(0,0)x a >>，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线在y 轴上的截距为2ln 33-. （1）求a ；（2）讨论函数()()2g x f x x =-(0)x >和2()()21xh x f x x =-+(0)x >的单调性； （3）设12,5a =()1n n a f a +=，求证：1521202n nn a +-<-<(2)n ≥. 【答案】（1）1a = （2）()()2g x f x x =-(0)x >为减函数，2()()12xh x f x x=-+(0)x >为增函数. （3）证明见解析 【解析】（1）对()ln(2)f x x a =+求导，得2()2f x x a'=+.因此2(1)2f a'=+.又因为(1)ln(2)f a =+， 所以曲线()y f x =在点(1,(1)f 处的切线方程为2ln(2)(1)2y a x a -+=-+， 即22ln(2)22y x a a a=++-++. 由题意，22ln(2)ln 323a a +-=-+. 显然1a =，适合上式. 令2()ln(2)2a a aϕ=+-+(0)a >， 求导得212()02(2)a a a ϕ'=+>++， 因此()a ϕ为增函数：故1a =是唯一解.（2）由（1）可知，()ln(21)2g x x x =+-(0),x >2()ln(21)21xh x x x =+-+(0)x >， 因为24()202121xg x x x '=-=-<++， 所以()()2g x f x x =-(0)x >为减函数. 因为222()21(21)h x x x '=-++240(21)xx =>+， 所以2()()12xh x f x x =-+(0)x >为增函数.（3）证明：由12,5a =()()1ln 21n n n a f a a +==+，易得0n a >.15212225n nn nn a a +-<-⇔< 由（2）可知，()()2g x f x x =-ln(21)2x x =+-在(0,)+∞上为减函数. 因此，当0x >时，()(0)0g x g <=，即()2f x x <. 令1(2)n x a n -=≥，得()112n n f a a --<，即12n n a a -<. 因此，当2n ≥时，21121222n n n n a a a a ---<<<⋅⋅⋅<25n=.所以152122n n na +-<-成立.。
2020高考数学函数和导数知识点归纳汇总(含答案解析)
2020年高考数学（理）函数和导数知识点归纳汇总目录基本初等函数性质及应用 (3)三角函数图象与性质三角恒等变换 (17)函数的图象与性质、函数与方程 (43)导数的简单应用与定积分 (60)利用导数解决不等式问题 (81)利用导数解决函数零点问题 (105)基本初等函数性质及应用题型一 求函数值 【题型要点解析】已知函数的解析式，求函数值，常用代入法，代入时，一定要注意函数的对应法则与自变量取值范围的对应关系，有时要借助函数性质与运算性质进行转化．例1．若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，且a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]【解析】 由f (1)＝19，得a 2＝19，解得a ＝13或a ＝－13(舍去)，即f (x )＝4231-⎪⎭⎫⎝⎛x 由于y ＝|2x －4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f (x )在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减．【答案】 B例2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋ln 1＋x 2＋x ，x ≥0，3x 2＋ln 1＋x 2－x ，x <0，若f (x －1)<f (2x ＋1)，则x 的取值范围为________．【解析】 若x >0，则－x <0，f (－x )＝3(－x )2＋ln (1＋(－x )2＋x )＝3x 2＋ln (1＋x 2＋x )＝f (x )，同理可得，x <0时，f (－x )＝f (x )，且x ＝0时，f (0)＝f (0)，所以f (x )是偶函数．因为当x >0时，函数f (x )单调递增，所以不等式f (x －1)<f (2x ＋1)等价于|x －1|<|2x ＋1|，整理得x (x ＋2)>0，解得x >0或x <－2.【答案】 (－∞，－2)∪(0，＋∞)例3．已知a >b >1，若log a b ＋log b a ＝52，a b＝b a ，则a ＝________，b ＝________.【解析】 ∵log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b ＝52，∴log a b ＝2或12.∵a >b >1，∴log a b <log a a ＝1，∴log a b ＝12，∴a ＝b 2.∵a b ＝b a ，∴(b 2)b ＝bb 2，即b 2b ＝bb 2.∴2b＝b 2，∴b ＝2，a ＝4.【答案】 4；2 题组训练一 求函数值1．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)单调递增．若实数a 满足f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的最小值是( )A.32 B ．1C.12D ．2【解析】 log 12a ＝－log 2a ，f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，所以2f (log 2a )≤2f (1)，所以|log 2 a |≤1，解得12≤a ≤2，所以a 的最小值是12，故选C.【答案】 C2．若函数f (x )＝a x －2－2a (a >0，a ≠1)的图象恒过定点⎪⎭⎫⎝⎛31,0x ，则函数f (x )在[0,3]上的最小值等于________．【解析】令x －2＝0得x ＝2，且f (2)＝1－2a ，所以函数f (x )的图象恒过定点(2,1－2a )，因此x 0＝2，a ＝13，于是f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －2－23，f (x )在R 上单调递减，故函数f (x )在[0,3]上的最小值为f (3)＝－13.【答案】 －13题型二 比较函数值大小 【题型要点解析】三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小．例1．已知a ＝3421-⎪⎭⎫ ⎝⎛，b ＝5241-⎪⎭⎫ ⎝⎛，c ＝31251-⎪⎭⎫⎝⎛，则( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．c <b <aD ．b <a <c【解析】 因为a ＝3421-⎪⎭⎫ ⎝⎛＝243，b ＝5241-⎪⎭⎫ ⎝⎛＝245，c ＝31251-⎪⎭⎫⎝⎛＝523，显然有b <a ，又a ＝423<523＝c ，故b <a <c .【答案】 D例2．已知a ＝π3，b ＝3π，c ＝e π，则a 、b 、c 的大小关系为( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >c >aD ．b >a >c【解析】 ∵a ＝π3，b ＝3π，c ＝e π，∴函数y ＝x π是R 上的增函数，且3>e>1，∴3π>e π，即b >c >1；设f (x )＝x 3－3x ，则f (3)＝0，∴x ＝3是f (x )的零点，∵f ′(x )＝3x 2－3x ·ln 3，∴f ′(3)＝27－27ln 3<0，f ′(4)＝48－81ln 3<0，∴函数f (x )在(3,4)上是单调减函数，∴f (π)<f (3)＝0，∴π3－3π<0，即π3<3π，∴a <b ；又∵e π<πe <π3，∴c <a ；综上b >a >c .故选D.【答案】 D题组训练二 比较函数值大小 1．若a >b >1,0<c <1，则( ) A ．a c <b cB ．ab c <ba cC ．a log b c <b log a cD ．log a c <log b c【解析】 对A ：由于0<c <1，∴函数y ＝x c 在R 上单调递增，则a >b >1⇔a c >bc ，A 错误；对B ：由于－1<c －1<0，∴函数y ＝x c －1在(1，＋∞)上单调递减，又∴a >b >1，∴a c －1<b c －1⇔ba c <ab c ，B 错误；对C ：要比较a log b c 和b log a c ，只需比较a ln c lnb 和b lnc ln a ，只需比较ln c b ln b 和ln ca ln a，只需b ln b 和a ln a ；构造函数f (x )＝x ln x (x >1)，则f ′(x )＝ln x ＋1>1>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此f (a )>f (b )>0⇔a ln a >b ln b >0⇔1a ln a <1b ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c a ln a >ln cb ln b⇔b log a c >a log b c ，C 正确；对D ：要比较log a c 和log b c ，只需比较ln c ln a 和ln cln b，而函数y ＝ln x 在(1，＋∞)上单调递增，故a >b >1⇔ln a >ln b >0⇔1ln a <1ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c ln a >ln c ln b ⇔log a c >log b c ，D 错误．故选C.【答案】 C2．设函数f (x )＝e x ＋2x －4，g (x )＝ln x ＋2x 2－5，若实数a ，b 分别是f (x )，g (x )的零点，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0【解析】 依题意，f (0)＝－3<0，f (1)＝e －2>0，且函数f (x )是增函数，因此函数f (x )的零点在区间(0,1)内，即0<a <1.g (1)＝－3<0，g (2)＝ln 2＋3>0，函数g (x )的零点在区间(1,2)内，即1<b <2，于是有f (b )>f (1)>0.又函数g (x )在(0,1)内是增函数，因此有g (a )<g (1)<0，g (a )<0<f (b )，选A.【答案】 A题型三 求参数的取值范围 【题型要点解析】利用指、对数函数的图象与性质可以求解的两类热点问题及其注意点 (1)对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时、常利用数形结合思想求解．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．(3)注意点：利用对数函数图象求解对数型函数性质及对数方程、不等式问题时切记图象的范围、形状一定要准确，否则数形结合时将误解．对于含参数的指数、指数问题，在应用单调性时，要注意对底数进行讨论．解决对数问题时，首先要考虑定义域，其次再利用性质求解．例1．已知f (x )＝⎩⎨⎧(1－2a )x ＋3a ，x ＜1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B.⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,1C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡-21,1D.⎪⎭⎫⎝⎛21,0【解析】 要使函数f (x )的值域为R ，需使⎩⎨⎧1－2a ＞0，ln 1≤1－2a ＋3a ，∴⎩⎨⎧a ＜12，a ≥－1，∴－1≤a ＜12.故选C.【答案】 C例2．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x，x >0，则满足f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x >1的x 的取值范围是________．【解析】 由题意，当x >12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋2x －12>1恒成立，即x >12满足题意；当0<x ≤12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋x －12＋1>1恒成立，即0<x ≤12满足题意；当x ≤0时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝x ＋1＋x －12＋1>1，解得x >－14，即－14<x ≤0.综上，x 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,41 【答案】⎪⎭⎫⎝⎛+∞,41题组训练三 求参数的取值范围例1．若函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________． 【解析】 当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4＋∞)．当x >2时，若a ∈(0,1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显示不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1<a ≤2.【答案】 (1,2]例2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋a ，x <12，4x－3，x ≥12的最小值为－1，则实数a 的取值范围是________．【解析】 当x ≥12时，4x －3为增函数，最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛21＝－1，故当x <12时，x 2－2x ＋a ≥－1.分离参数得a ≥－x 2＋2x －1＝－(x －1)2，函数y ＝－(x －1)2开口向下，且对称轴为x ＝1，故在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21,上单调递增，所以函数在x ＝12处有最大值，最大值为－221⎪⎭⎫⎝⎛-＝－14，即a ≥－14.【答案】⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,41【专题训练】 一、选择题1．定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x －2)＝f (x ＋2)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x ＋15，则f (log 220)等于( )A ．1B.45 C ．－1D ．－45【解析】 由f (x －2)＝f (x ＋2)，得f (x )＝f (x ＋4)，因为4<log 220<5，所以f (log 220)＝f (log 220－4)＝－f (4－log 220)＝－f (log 2 45)＝－(2log 245＋15)＝－1.【答案】C2．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)(x 1≠x 2)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，则下列结论正确的是( )A ．f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)B ．f (log 25)<f (20.3)<f (0.32)C ．f (log 25)<f (0.32)<f (20.3) D ．f (0.32)<f (log 25)<f (20.3)【解析】 ∵对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)， 且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，∴f (x )在(－∞，0)上是减函数． 又∵f (x )是R 上的偶函数， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ∵0<0.32<20.3<log 25，∴f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)．故选A. 【答案】 A3．已知f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x－1)，则f ⎪⎭⎫⎝⎛31等于( )A ．2－log 23B ．log 23－log 27C ．log 27－log 23D ．log 23－2【解析】 因为f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，所以f (x －2)＝－f (x )，所以f (x －4)＝f (x )，所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-312＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛35＝－f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-354＝－f ⎪⎭⎫⎝⎛37.又当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x －1)， 所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛37＝log 2⎪⎭⎫⎝⎛-137＝log 243＝2－log 23，所以f ⎪⎭⎫⎝⎛31＝log 23－2，故选D.【答案】 D4．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，设a ＝ln1π，b ＝(ln π)2，c ＝ln π，当对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)时，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0，则( ) A ．f (a )>f (b )>f (c ) B ．f (b )>f (a )>f (c ) C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )【解析】 由(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x 1)－f (x 2)(x 1－x 2)<0，所以y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，所以y ＝f (x )在(－∞，0)上单调递增，由于a ＝ln 1π＝－lnπ<－1，b ＝(ln π)2，c ＝ln π＝12ln π，所以|b |>|a |>|c |，因此f (c )>f (a )>f (b )，故选D.【答案】 D5．已知函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，a ＝(20.2)·f (20.2)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝(log 39)·f (log 39)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b >a >cB ．c >a >bC ．c >b >aD ．a >c >b【解析】 因为函数y ＝f (x )关于y 轴对称，所以函数y ＝xf (x )为奇函数．因为[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )，且当x ∈(－∞，0)时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0，则函数y ＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减；因为y ＝xf (x )为奇函数，所以当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝xf (x )单调递减．因为1<20.2<2,0<log π3<1，log 39＝2，所以0<log π3<20.2<log 39，所以b >a >c ，选A.【答案】 A6．设a ＝0.23，b ＝log 0.30.2，c ＝log 30.2，则a ，b ，c 大小关系正确的是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >b >a【解析】 根据指数函数和对数函数的增减性知，因为0<a ＝0.23<0.20＝1，b ＝log 0.30.2>log 0.30.3＝1，c ＝log 30.2<log 31＝0，所以b >a >c ，故选B.【答案】B7．对任意实数a ，b 定义运算“Δ”：a Δb ＝⎩⎨⎧a ，a －b ≤2，b ，a －b >2，设f (x )＝3x＋1Δ(1－x )，若函数f (x )与函数g (x )＝x 2－6x 在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则实数m 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(0,3]C ．[0,2]D ．[1,3]【解析】 由题意得f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋1，x >0，3x ＋1，x ≤0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，函数g (x )＝(x －3)2－9在(－∞，3]上单调递减，若函数f (x )与g (x )在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则⎩⎨⎧m ≥0，m ＋1≤3，得0≤m ≤2，故选C.【答案】 C8．已知函数f (x )＝a |log 2 x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，给出下列命题：①F (x )＝|f (x )|；②函数F (x )是偶函数；③当a <0时，若0<m <n <1，则有F (m )－F (n )<0成立；④当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点．其中正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 ①∵函数f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0f (－x )，x <0，∴|f (x )|＝|a |log 2x |＋1|，∴F (x )≠|f (x )|，①不对；②∵F (－x )＝⎩⎨⎧f (－x )，x <0f (x )，x >0＝F (x )，∴函数F (x )是偶函数，故②正确；③∵当a <0时，若0<m <n <1，∴|log 2m |>|log 2n |，∴a |log 2m |＋1<a |log 2n |＋1，即F (m )<F (n )成立，故F (m )－F (n )<0成立，所以③正确；④∵f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，∴x >0时，(0,1)单调递减，(1，＋∞)单调递增， ∴x >0时，F (x )的最小值为F (1)＝1， 故x >0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，∵函数F (x )是偶函数，∴x <0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，故当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点，所以④正确．【答案】D 二、填空题1.已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．【解析】 依题意a ＝g (－log 25.1) ＝(－log 25.1)·f (－log 25.1) ＝log 25.1f (log 25.1)＝g (log 25.1)．因为f (x )在R 上是增函数，可设0＜x 1＜x 2，则f (x 1)＜f (x 2)． 从而x 1f (x 2)＜x 2f (x 2)，即g (x 1)＜g (x 2)． 所以g (x )在(0，＋∞)上亦为增函数．又log 25.1＞0,20.8＞0,3＞0，且log 25.1＜log 28＝3，20.8＜21＜3，而20.8＜21＝log 24＜log 25.1，所以3＞log 25.1＞20.8＞0，所以c ＞a ＞b .【答案】 b <a <c2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ≤1ln (x －1)，1<x ≤2若不等式f (x )≤5－mx 恒成立，则实数m 的取值范围是________．【解析】 设g (x )＝5－mx ，则函数g (x )的图象是过点(0,5)的直线．在同一坐标系内画出函数y ＝f (x )和g (x )＝5－mx 的图象，如图所示．∵不等式f (x )≤5－mx 恒成立，∴函数y ＝f (x )图象不在函数g (x )＝5－mx 的图象的上方．结合图象可得，①当m <0时不成立；②当m ＝0时成立；③当m >0时，需满足当x ＝2时，g (2)＝5－2m ≥0，解得0<m ≤52.综上可得0≤m ≤52.∴实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52.3．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B ．[－1,0]C ．[0,1]D ．[－1,1]【解析】 函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，将x 换为－x ，函数值不变，即有f (x )图象关于y 轴对称，即f (x )为偶函数，有f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f (x )＝x ln(1＋x )＋x 2的导数为f ′(x )＝ln (1＋x )＋x 1＋x＋2x ≥0，则f (x )在[0，＋∞)递增，f (－a )＋f (a )≤2f (1)，即为2f (a )≤2f (1)，可得f (|a |))≤f (1)，可得|a |≤1，解得－1≤a ≤1.【答案】 D4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(3a －1)x －4a ，(x <1)，log a x ， (x ≥1)在R 上不是单调函数，则实数a 的取值范围是________．【解析】 当函数f (x )在R 上为减函数时，有3a －1<0且0<a <1且(3a －1)·1＋4a ≥log a 1，解得17≤a <13，当函数f (x )在R 上为增函数时，有3a －1>0且a >1且(3a －1)·1＋4a ≤log a 1，a 无解．∴当函数f (x )在R 上为单调函数时，有17≤a <13，∴当函数f (x )在R 上不是单调函数时，有a >0且a ≠1且a <17或a ≥13即0<a <17或13≤a <1或a >1.5．定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为 ________.【解析】 根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22 016＝22 016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22 016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1 008.【答案】 1 008三角函数图象与性质三角恒等变换题型一 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式与图象 【题型要点解析】解决三角函数图象问题的方法及注意事项(1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．【例1】函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的部分图象如图，则S ＝f (1)＋…＋f (2017)等于( )A ．0 B.4 0312C.4 0352 D.4 0392【解析】由题设中提供的图象信息可知⎩⎪⎨⎪⎧A ＋b ＝32，－A ＋b ＝12，解得A ＝12，b ＝1，T ＝4⇒ω＝2π4＝π2，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπx2＋1，又f(0)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ2＋1＝12sinφ＋1＝1⇒sinφ＝0，可得φ＝kπ，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ππkx2＋1，由于周期T＝4，2017＝504×4＋1，且f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，所以S＝f(1)＋…＋f(2016)＋f(2017)＝2016＋f(2017)＝2016＋f(1)＝2016＋32＝4 0352，故选C.【答案】 C【例2】．已知函数f(x)＝sin2ωx－12(ω>0)的周期为π2，若将其图象沿x轴向右平移a个单位(a>1)，所得图象关于原点对称，则实数a的最小值为( )A.π4B.3π4C.π2D.π8【解析】∵f(x)＝1－cos 2ωx2－12＝－12cos 2ωx，2π2ω＝π2，解得ω＝2，从而f(x)＝－12cos 4x.函数f(x)向右平移a个单位后，得到新函数为g(x)＝－12cos(4x－4a)．∴cos 4a＝0,4a＝π2＋kπ，k∈Z，当k＝0时，a的最小值为π8.选D.【答案】 D题组训练一函数y＝A sin(ωx＋φ)的解析式与图象1．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，且f (α)＝1，α∈⎪⎭⎫ ⎝⎛3,0π，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα等于( )A.13 B ．±223C.223D ．－223【解析】由题图可知A ＝3，易知ω＝2，φ＝5π6，即f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πx . 因为f (α)＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα＝1，所以sin ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝13， 因为α∈⎪⎭⎫⎝⎛3,0π，所以2α＋5π6∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα， 所以cos ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝－223，故选D. 【答案】 D2．已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+322πx ，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2【解析】因为C 1，C 2函数名不同，所以将C 2利用诱导公式转化成与C 1相同的函数名，则C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2322ππx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ，则由C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍变为y ＝cos 2x ，再将曲线向左平移π12个单位得到C 2，故选D.【答案】 D3．设函数y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是T ，将其图象向左平移14T 后，得到的图象如图所示，则函数y ＝sin ωx (ω>0)的单调递增区间是( )A.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ B.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24737,24737ππππ C.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-12737,12737ππππ D.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡++242167,24767ππππ 【解析】 方法一 由已知图象知，y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是2×7π12＝7π6，所以2πω＝7π6，解得ω＝127，所以y ＝sin 127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ 方法二 因为T ＝2πω，所以将y ＝sin ωx (ω>0)的图象向左平移14T 后，所对应的解析式为y ＝sin ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωπ2x .由图象知，ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωππ2127＝3π2，所以ω＝127， 所以y ＝sin127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ(k ∈Z )． 【答案】 A题型二 三角函数的性质 【题型要点】(1)奇偶性的三个规律：①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π(k ∈Z )；③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )．(2)对称性的三个规律①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得； ③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)的图象的对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π2(k ∈Z )解得．(3)三角函数单调性：求形如y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一段思路是令ωx＋φ＝z，则y＝A sin z(或y＝A cos z)，然后由复合函数的单调性求得．(4)三角函数周期性：函数y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))的最小正周期T＝2π|ω|.应特别注意y＝|A sin(ωx＋φ)|的周期为T＝π|ω|.【例3】设函数f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4.(1)求ω的值；(2)若函数y＝f(x＋φ)(0<φ<π2)是奇函数，求函数g(x)＝cos(2x－φ)在[0,2π]上的单调递减区间．【解】(1)f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋3 2＝12sin2ωx－3(1＋cos 2ωx)2＋32＝12sin2ωx－32cos2ωx＝sin⎪⎭⎫⎝⎛-32πωx，设T为f(x)的最小正周期，由f(x)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋[2f(x)max]2＝π2＋4，∵f(x)max＝1，∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋4＝π2＋4，整理得T＝2π.又ω>0，T＝2π2ω＝2π，∴ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ，∴f (x ＋φ)＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3πϕx .∵y ＝f (x ＋φ)是奇函数，则sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πϕ＝0，又0<φ<π2，∴φ＝π3， ∴g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，则k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ， ∴单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡++32,6ππππk k k ∈Z . 又∵x ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ；当k ＝1时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ∴函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ.【例4】．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋π6)(ω>0)的最小正周期为4π，则( )A ．函数f (x )的图象关于原点对称B ．函数f (x )的图象关于直线x ＝π3对称C ．函数f (x )图象上的所有点向右平移π3个单位长度后，所得的图象关于原点对称D ．函数f (x )在区间(0，π)上单调递增【解析】2πω＝4π⇒ω＝12，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 不是奇函数，图象不关于原点对称；x ＝π3时f (x )＝32不是最值，图象不关于直线x ＝π3对称； 所有点向右平移π3个单位长度后得y ＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-6)3(21ππx ＝sin 12x 为奇函数，图象关于原点对称；因为x ∈(0，π)⇒12x ＋π6∈⎪⎭⎫⎝⎛32,6ππ，所以函数f (x )在区间(0，π)上有增有减，综上选C.【答案】 C【例5】．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0)，x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,12ππ的图象如图所示，若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，则f (x 1＋x 2)等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2【解析】 根据函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈[－π12，2π3]的图象知，3T 4＝2π3－⎪⎭⎫ ⎝⎛-12π＝3π4，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2； 又x ＝－π12时，2×⎪⎭⎫⎝⎛-12π＋φ＝0，解得φ＝π12， ∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ；又f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，不妨令x 1＝0，则x 2＝π3， ∴x 1＋x 2＝π3，∴f (x 1＋x 2)＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+⨯632ππ＝1.故选A. 【答案】 A题组训练二 三角函数的性质1．如图是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛≤>>2,0,0πϕωA 图象的一部分．为了得到这个函数的图象，只要将y ＝sin x (x ∈R )的图象上所有的点( )A ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变D ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【解析】 观察图象知，A ＝1，T ＝2⎪⎭⎫⎝⎛-365ππ＝π，ω＝2πT ＝2，即y ＝sin(2x ＋φ)；将点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3π代入得⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ32sin ＝0，结合|φ|≤π2，得φ＝π3，所以y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πx .故选A. 【答案】 A2．已知函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12(ω＞0)，x ∈R ，若f (x )在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )A.⎥⎦⎤⎝⎛125,0π B.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65 C.⎥⎦⎤ ⎝⎛65,0π D.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡1211,65 【解析】 函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12＝12cos ωx ＋32sin ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx ，可得T ＝2πω≥π，0＜ω≤2，f (x )在区间(π，2π)内没有零点，函数的图象如图两种类型，结合三角函数可得：⎩⎪⎨⎪⎧ωπ＋π6≥02ωπ＋π6≤π或⎩⎪⎨⎪⎧πω＋π6≥π2ωπ＋π6≤2π，解得ω∈⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65.故选B.【答案】 B题型三 三角恒等变换 【题型要点解析】三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等； (2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦．【例6】如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C位于第一象限，点B 的坐标为⎪⎭⎫⎝⎛-135,1312，∠AOC ＝α.若|BC |＝1，则3cos 2α2－sin α2·cos α2－32的值为________．【解析】由题意得|OC |＝|OB |＝|BC |＝1， 从而△OBC 为等边三角形，所以sin ∠AOB ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513，又因为3cos 2α2－sinα2cos α2－32＝3·1＋cos α2－sin α2－32＝－12sin α＋32cos α＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513.【答案】513【例7】．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+83πα等于( ) A ．－45B.45 C ．－35D.35【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫⎝⎛+83πα＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+82παπ＝－sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝－45，故选A.【答案】 A【例8】．已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，且0<β<α<π2，那么β等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3【解析】 cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)，由已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，0<β<α<π2，可知sinα＝45，sin(α－β)＝210 ，代入上式得cos β＝35×7210＋45×210＝25250＝22，所以β＝π4，故选C.【答案】 C题组训练三 三角恒等变换1．若sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则cos 2α的值为( )A ．－35B.35 C ．－45D.45【解析】 由sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则sin α＋3cos α＝0，可得：tan α＝sin αcos α＝－3； 则cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝1－tan 2αtan 2α＋1＝1－91＋9＝－45.故选C. 【答案】 C2．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π的值为( ) A ．－19B.19 C.53D ．－53【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π ＝－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＋sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝1－2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＋1－cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx＝2－3cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝53. 【答案】 C3．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝－14，α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ.则sin 2α＝________.【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ3＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝12sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－14，即sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－12.∵α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ，∴2α＋π3∈⎪⎭⎫ ⎝⎛34,ππ， ∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－32，∴sin 2α＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+332ππα＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παcos π3－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παsin π3＝12.【答案】12题型四 三角函数性质的综合应用 【题型要点】研究三角函数的性质的两个步骤第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．【例9】设函数f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，其中0<ω<3.已知f⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ上的最小值． 【解析】 (1)因为f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x ωωcos 23sin 21 ＝3⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin πωx由题设知f ⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx所以g (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+34ππx ＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-12πx因为x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ，所以x －π12∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,3ππ，当x －π12＝－π3， 即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.【答案】 －32题组训练四 三角函数性质的综合应用已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )．(1)求f ⎪⎭⎫⎝⎛32π的值．(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间． 【解析】 (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛－221⎪⎭⎫ ⎝⎛-－23×32×⎪⎭⎫ ⎝⎛-21得f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2si ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 所以f (x )的最小正周期是π 由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z . 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k πk ∈Z .【专题训练】一、选择题1．已知α满足sin α＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ4＝( )A.718B.2518 C ．－718D ．－2518【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ4＝22()cos α－sin α·22()cos α＋sin α＝12()cos 2α－sin 2α＝12(1－2sin 2α)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-9121＝718，选A. 【答案】 A2．若函数f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1(ω>0)在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，则ω的取值范围是( )A ．[0,1)B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,43 C ．[1，＋∞)D.⎥⎦⎤ ⎝⎛43,0 【解析】 由题意，因为f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1＝4sin ωx ·1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π22＋cos2ωx －1＝2sin ωx (1＋sin ωx )＋cos2ωx－1＝2sin ωx 所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-ωπωπ2,2表示函数含原点的递增区间，又因为函数在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω，即⎩⎪⎨⎪⎧－π2ω≤－π2π2ω≥2π3⇒⎩⎨⎧ω≤1ω≤34，又ω>0，所以0<ω≤34，故选D.【答案】 D3．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω>0)在x ＝1和x ＝－1处分别取得最大值和最小值，且对于∀x 1，x 2∈[－1,1](x 1≠x 2)都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，则函数f (x ＋1)一定是( )A ．周期为2的偶函数B ．周期为2的奇函数C ．周期为4的奇函数D ．周期为4的偶函数【解析】 由题意可得，[－1,1]是f (x )的一个增区间，函数f (x )的周期为2×2＝4，∴2πω＝4，ω＝π2， ∴f (x )＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x .再根据f (1)＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2＝A ，可得sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπ2＝cos φ＝1，故φ＝2k π，k ∈Z ，∴f (x ＋1)＝A sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππk x 2)1(2＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x ＝A cos π2x ，∴f (x ＋1)是周期为4的偶函数，故选D. 【答案】D4．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的最小正周期是π，若其图象向左平移π3个单位后得到的函数为奇函数，则函数f (x )的图象( )A ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,12π对称B ．关于直线x ＝π12对称C ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,6π对称D ．关于直线x ＝π6对称【解析】 由于函数最小正周期为π，所以ω＝2，即f (x )＝sin(2x ＋φ)．向左平移π3得到sin ⎪⎭⎫⎝⎛++ϕπ322x 为奇函数，故2π3＋φ＝π，φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx .f ⎪⎭⎫⎝⎛12π＝sin π2＝1，故x ＝π12为函数的对称轴，选B. 【答案】 B5．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图，f ⎪⎭⎫⎝⎛-2413π＝( )A ．－62 B ．－32C ．－22D ．－1【解析】 根据函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象知，A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝2πω＝π，解得ω＝2； ∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)． 由五点法画图知，ω×π3＋φ＝2π3＋φ＝π，解得φ＝π3，∴f (x )＝ 2 sin(2x ＋π3)，∴f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2413π＝2sin(－13π12＋π3)＝2sin(－3π4)＝－1，故选D. 【答案】 D6．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，若f (0)＝－3，且函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，则以下结论正确的是( )A ．函数f (x )的最小正周期为π3B ．函数f (x )的图象关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,97π对称 C ．函数f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛2411,4ππ上是增函数D ．由y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位长度可以得到函数f (x )的图象 【解析】 函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，∵f (0)＝－3，即2sin φ＝－3，∵－π2<φ<π2， ∴φ＝－π3又∵函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，∴－ω×π12－π3＝π2＋k π，k ∈Z . 可得ω＝12k －10，∵0＜ω＜12.∴ω＝2.∴f (x )的解析式为：f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .最小正周期T ＝2π2＝π，∴A 不对． 当x ＝7π9时，可得y ≠0，∴B 不对． 令－π2≤2x －π3≤π2，可得－π12≤x ≤5π12，∴C 不对．函数y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位， 可得2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-125πx ＝2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-652πx＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-2652ππx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx . ∴D 项正确．故选D. 【答案】 D 二、填空题7．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<><2,0,0πϕωA 的图象与y 轴的交点为(0,1)，它在y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x 0,2)和(x 0＋2π，－2)，则f (x )＝________.【解析】 由题意可得A ＝2，T 2＝2π，T ＝4π，∴ω＝2πT ＝2π4π＝12，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕ2x ，∴f (0)＝2sin φ＝1.由|φ|<π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx . 【答案】 2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx8．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________．【解析】 f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4πωx ，因为f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋2k π，k ∈Z .又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2，则ω2＝π4，所以ω＝π2.【答案】π29．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13⎪⎭⎫ ⎝⎛<<20πα，则sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ6＝________.【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13，∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)3(2αππ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13；又0<α<π2，∴π6<π6＋α<2π3， ∴sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝223.【答案】22310．已知π2<β<α<34π，cos(α－β)＝1213，sin(α＋β)＝－35，则sin2α＝__________A.5665 B ．－5665 C.6556D ．－6556【解析】由题意得π2<β<α<3π4，则0<α－β<π4，π<α＋β<3π2，由cos(α－β)＝1213⇒sin(α－β)＝513，sin(α＋β)＝－35⇒cos(α＋β)＝－45，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝513×(－45)＋1213×(－35)＝－5665，故选B.【答案】 B 三、解答题11．已知函数f (x )＝sin ωx cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω＞0)图象的两条相邻对称轴为π2.(1)求函数y ＝f (x )的对称轴方程；(2)若函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．【解析】 (1)函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32.化简可得f (x )＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πωx ，由题意可得周期T ＝π，∴π＝2π2ω∴w ＝1∴f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx故函数y ＝f (x )的对称轴方程为2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，即x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )(2)由函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，可知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＝13>0，且0<x 1<5π12<x 2<2π3. 易知(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于x ＝5π12对称， 则x 1＋x 2＝5π6，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--1165x x π＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6521πx ＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-2321ππx＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝13.12．已知函数f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx (0＜ω＜2)，且f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π(1)求ω的值及函数f (x )的最小正周期； (2)将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，已知g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2α＝536，求cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πα的值．【解】 (1)f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx ＝3sin ωx cos ωx ＋3cos 2ωx ＝32sin2ωx ＋32cos2ωx ＋32＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πωx ＋32， 因为函数y ＝f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π，。
2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析
第2课时 导数与方程题型一 求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0， 当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ， 所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数， 所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一 又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )， 令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点． 综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)． 方法二 先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1， 所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2， 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数． 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以f (x )在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞， 画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解 由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数， 则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0， 所以φ(e)<φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明 不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝， 所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0.而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增， 所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立； 当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立， 所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意， 所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增； 当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0， 所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意． 由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立， 可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减， 又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)， 即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。
浙江2020版高考数学第四章导数及其应用4.2导数的应用(第1课时)讲义(含解析)
§4.2导数的应用1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．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)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．概念方法微思考1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( √)(2)函数的极大值一定大于其极小值．( ×)(3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( √)(4)开区间上的单调连续函数无最值．( √)题组二教材改编2．[P32A组T4]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析 在(4,5)上f ′(x )>0恒成立， ∴f (x )是增函数．3．[P29练习T2]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2(x >0)，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[P26练习T1]函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为__________． 答案 (0,4)解析 f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)， 由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f (x )的单调递减区间为(0,4)．5．[P32A 组T6]函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是__________．答案π6＋ 3 解析 ∵y ′＝1－2sin x ，∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0.∴当x ＝π6时，y max＝π6＋ 3.6．[P30例5]函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为__________．答案 4，－43解析 由f (x )＝13x 3－4x ＋4，得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )>0，得x >2或x <－2；令f ′(x )<0，得－2<x <2.所以f (x )在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增； 在(－2,2)上单调递减，而f (2)＝－43，f (0)＝4，f (3)＝1，故f (x )在[0,3]上的最大值是4，最小值是－43.题组三 易错自纠7．(2007·浙江)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )答案 D解析 当f (x )为增函数时，f ′(x )≥0； 当f (x )为减函数时，f ′(x )≤0.8．(2011·浙江)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )答案 D解析 设h (x )＝f (x )e x，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x. 由x ＝－1为函数h (x )的一个极值点，得当x ＝－1时，ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a ＝0， ∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2， 则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足该条件．第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性1．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案 B解析 由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选B.2．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减 答案 D解析 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )>0时，解得x >1e，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， 故选D.3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是_________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 题型二 含参数的函数的单调性例1已知函数f (x )＝x 2e－ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．当a ≠0时，f ′(x )＝2x e －ax＋x 2(－a )e－ax＝e－ax(－ax 2＋2x )．因为e－ax>0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a.①当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增．②当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减．综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞，单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a ；当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，0.思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 跟踪训练1已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a >0)，试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a >0)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，令f ′(x )>0，则x <0或x >2－2a a，令f ′(x )<0，则0<x <2－2a a；②当a ＝1时，f ′(x )≥0在R 上恒成立； ③当a >1时，令f ′(x )>0，则x >0或x <2－2a a，令f ′(x )<0，则2－2a a<x <0.综上所述，当0<a <1时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0上单调递减．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小或解不等式例2(1)已知定义域为R 的偶函数f (x )的导函数为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 的大小关系是( )A ．b <a <cB ．a <c <bC ．a <b <cD ．c <a <b答案 D 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2， 又当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，即函数g (x )在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x )为R 上的偶函数，所以g (x )为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．由0<ln2<e<3，可得g (3)<g (e)<g (ln2)，即c <a <b ，故选D.(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e xf (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(3，＋∞) 答案 A解析 令g (x )＝e xf (x )－e x， ∴g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，∴g ′(x )>0， ∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e xf (x )>e x＋3，∴g (x )>3，∵g (0)＝3，∴g (x )>g (0)，∴x >0，故选A.命题点2 根据函数单调性求参数例3已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x －2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 引申探究1．本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． 解 因为h (x )在[1,4]上单调递增，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围． 解 h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a >－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练2 (1)(2018·宁波模拟)已知三次函数f (x )＝13x 3－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在(－∞，＋∞)上是增函数，则m 的取值范围是( ) A ．m <2或m >4 B ．－4<m <－2 C ．2<m <4 D ．以上皆不正确答案 D解析 由于函数在R 上递增，故导函数恒为非负数，即f ′(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7≥0恒成立，其判别式Δ＝4(4m －1)2－4(15m 2－2m －7)≤0，解得2≤m ≤4. (2)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋1＋a 2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，3上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案 [－1,1]解析 令t ＝2x，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8，g (t )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋a t .当a ＝0时，g (t )＝|2t |＝2t 单调递增，满足题意； 当a ＞0时，g (t )＝2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，所以a2≤22，解得0＜a ≤1； 当a ＜0时，需2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8上非负，所以2×22＋a22≥0，解得－1≤a ＜0. 综上，实数a 的取值范围为[－1,1]．用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．例已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． 解 g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1. 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．2.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )答案 C解析 由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数， 因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C.3．(2018·台州调考)定义在R 上的可导函数f (x )，已知y ＝2f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的单调递增区间是( )A ．[0,1]B ．[1,2]C ．(－∞，1]D ．(－∞，2]答案 D解析 据函数y ＝2f ′(x )的图象可知，当x ≤2,2f ′(x )≥1⇒f ′(x )≥0，且使f ′(x )＝0的点为有限个，所以函数y ＝f (x )在(－∞，2]上单调递增，故选D.4．(2018·浙江台州中学质检)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )答案 D解析 由题意得f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，若函数f (x )的图象如D 选项中的图象所示，则f ′(x )≤0在R 上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a 2－4a ≤0，此时不等式组无解，所以D 错误，故选D.5．定义在R 上的函数y ＝f (x )，满足f (3－x )＝f (x )，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，若x 1<x 2，且x 1＋x 2>3，则有( ) A ．f (x 1)<f (x 2) B ．f (x 1)>f (x 2) C ．f (x 1)＝f (x 2) D ．不确定答案 B解析 据已知由f (x )＝f (3－x )，可得函数图象关于直线x ＝32对称，又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，得当x >32时，f ′(x )<0；当x <32时，f ′(x )>0.又若x 1<x 2，x 1＋x 2>3，则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－32>⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－32，因此据函数的单调性可得f (x 1)>f (x 2)，故选B.6．(2018·浙江名校协作体模拟)已知函数f (x )＝(2x －1)·e x＋ax 2－3a (x >0)为增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－2e ，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，＋∞C ．(－∞，－2e] D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32e答案 A解析 ∵f (x )＝(2x －1)e x＋ax 2－3a 在(0，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )＝(2x ＋1)e x＋2ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a ≤⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x e x .设g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x e x ，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ，由g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ＝0和x >0得x ＝12，∵当x >12时，g ′(x )>0，当0<x <12时，g ′(x )<0，∴g (x )在x ＝12处取得最小值，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4e ，∴－2a ≤4e ，∴a ≥－2e ，故选A.7．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,3)，则b ＋c ＝________. 答案 －12解析 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知，－1<x <3是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，∴b ＋c ＝－12.8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为____________． 答案 {x |x <－1或x >1}解析 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减． ∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0，得函数f (x )的两个极值点为1和3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.10．已知函数f (x )＝ln x ＋(x －b )2(b ∈R )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，94 解析 由题意得f ′(x )＝1x ＋2(x －b )＝1x ＋2x －2b ，因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝1x ＋2x －2b >0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解，所以b <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，由函数的性质易得当x ＝2时，12x ＋x 取得最大值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ＝12×2＋2＝94，所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94.11．(2018·湖州五中模拟)设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0， 曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为x －y ＝0. (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(3)由(2)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1，即k ≤1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．综上可知，当函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．12．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a (1－x )x， 当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1)， 单调减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a ＝0时，f (x )为常函数． (2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )在区间(t ,3)上有变号零点． 由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，即m >－373.∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.13．(2018·杭州高级中学模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，g (x )为f (x )的导函数．若f (x )在(0,1)上单调递减，则下列结论正确的是( )A ．a 2－3b 有最小值3 B ．a 2－3b 有最大值2 3 C ．f (0)·f (1)≤0 D ．g (0)·g (1)≥0答案 D解析 由题意可得g (x )＝f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (x )在(0,1)上单调递减，所以g (x )≤0在(0,1)上恒成立，即g (0)≤0，g (1)≤0，所以g (0)·g (1)≥0，故选D.14．(2019·杭州第二中学模拟)对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x ∈R |f (x )＝0}，β∈{x ∈R |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“情侣函数”．若函数f (x )＝e x －2＋x －3与g (x )＝ax －ln x 互为“情侣函数”，则实数a 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln33，1eB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln33C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1e 答案 C 解析 令f (x )＝ex －2＋x －3＝0，解得α＝x ＝2，根据条件可得|2－β|≤1，解得1≤β≤3，对于函数g (x )＝ax －ln x ，当a ＝0时，g (1)＝0，满足条件；当a <0时，此时y ＝ax 与y ＝ln x 的交点的横坐标在(0,1)之间，不满足条件；当a >0时，要使得β≤3，由y ＝ln x 可得y ′＝1x，设切点为(x 0，y 0)，则对应的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，若该切线过原点，则－y 0＝1x 0(－x 0)＝－1，即y 0＝1，则x 0＝e ，结合图象(图略)可知g (e)＝a e －lne≤0，解得a ≤1e ，即0<a ≤1e .综上，可得0≤a ≤1e，故选C.15．已知函数f (x )＝ax 2－ln x (其中a 为非零常数)，x 1，x 2为两不相等正数，且满足f (x 1)＝f (x 2)．若x 1，x 0，x 2为等差数列，则( )A ．f ′(x 0)>0B ．f ′(x 0)<0C ．f ′(x 0)＝0D ．f ′(x 0)的正负与a 的正负有关答案 A解析 由f (x 1)＝f (x 2)得a (x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝ln x 2x 1，即2ax 0＝lnx 2x 1x 2－x 1.另一方面f ′(x 0)＝2ax 0－1x 0＝lnx 2x 1x 2－x 1－2x 2＋x 1＝1x 2－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 2x1－2·x2x 1－1x 2x 1＋1. 设t ＝x 2x 1(t >0且t ≠1)，g (t )＝ln t －2·t －1t ＋1(t >0)， 则g ′(t )＝1t－4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以g (t )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0， 所以当x 2>x 1时，t >1，所以g (t )>0，故f ′(x 0)>0； 当x 2<x 1时，0<t <1，所以g (t )<0，故f ′(x 0)>0. 综上可知，f ′(x 0)>0.16．已知f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(－2,2)上不单调，求a 的取值范围． 解 ∵f (x )＝x 3－ax －1， ∴f ′(x )＝3x 2－a .由f (x )在区间(－2,2)上不单调，知f ′(x )存在零点，∴a ≥0. 由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)， ∵f (x )在区间(－2,2)上不单调， ∴0<3a3<2，即0<a <12.。
2020年高考数学(理)总复习：导数的简单应用与定积分(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：导数的简单应用与定积分题型一 导数的几何意义及导数的运算 【题型要点解析】(1)曲线y ＝f (x )在点x ＝x 0处导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x 0)，由此当f ′(x 0)存在时，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)过P 点的切线方程的切点坐标的求解步骤：①设出切点坐标；①表示出切线方程；①已知点P 在切线上，代入求得切点坐标的横坐标，从而求得切点坐标．(3)①分式函数的求导，要先观察函数的结构特征，可化为整式函数或较为简单的分式函数；①对数函数的求导，可先化为和、差的形式；①三角函数的求导，先利用三角函数的公式转化为和或差的形式；①复合函数的求导过程就是对复合函数由外层逐层向里求导．所谓最里层是指此函数已经可以直接引用基本初等函数导数公式进行求导．例1．函数f (x )＝14 ln x ＋x 2－bx ＋a (b >0，a ①R )的图象在点(b ，f (b ))处的切线的倾斜角为α，则倾斜角α 的取值范围是( )A.⎪⎭⎫⎝⎛2,4ππ B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,4ππ C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡ππ,43 D.⎪⎭⎫⎝⎛ππ,43 【解析】】 依题意得f ′(x )＝14x ＋2x －b ，f ′(b )＝14b＋b ≥214b ·b ＝1(b >0)，当且仅当14b ＝b >0，即b ＝12时取等号，因此有tan α≥1，即π4≤α<π2，即倾斜角α 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,4ππ，选B.【答案】 B例2．若实数a ，b ，c ，d 满足(b ＋a 2－3ln a )2＋(c －d ＋2)2＝0，则(a －c )2＋(b －d )2的最小值为( ) A. 2 B ．2 C ．2 2D ．8【解析】 因为实数a ，b ，c ，d 满足(b ＋a 2－3ln a )2＋(c －d ＋2)2＝0，所以b ＋a 2－3ln a ＝0，设b ＝y ，a ＝x ，则有y ＝3ln x －x 2，由c －d ＋2＝0，设d ＝y ，c ＝x ，则有y ＝x ＋2，所以(a －c )2＋(b －d )2就是曲线y ＝3lnx －x 2与直线y ＝x ＋2之间的最小距离的平方值，对曲线y ＝3ln x －x 2求导：y ′＝3x －2x 与平行y ＝x ＋2平行的切线斜率k ＝1＝3x －2x ，解得x ＝1或x ＝－32(舍去)，把x ＝1代入y ＝3ln x －x 2，解得y ＝－1，即切点(1，－1)，则切点到直线y ＝x ＋2的距离为L ＝|1＋1＋2|2＝22，所以L 2＝8，即(a －c )2＋(b －d )2的最小值为8，故选D.【答案】 D题组训练一 导数的几何意义及导数的运算1．若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln (x ＋1)的切线，则b ＝( ) A ．1 B.12C ．1－ln 2D ．1－2ln 2【解析】 对于函数y ＝ln x ＋2，切点为(r ，s )，y ′＝1x ，k ＝1r ，对于函数y ＝ln (x ＋1)，切点为(p ，q )，y ′＝1x ＋1，k ＝1p ＋1，1r ＝1p ＋1①r ＝p ＋1， 斜率k ＝1r ＝1p ＋1＝q －s p －r ＝(ln r ＋2)－ln (p ＋1)r －p ，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2r ＝12，p ＝－12，s ＝ln r ＋2＝ln 12＋2＝2－ln 2，s ＝q ＋2代入y ＝2x ＋b,2－ln 2＝2×(12)＋b ，得：b ＝1－ln 2.【答案】 C2．在直角坐标系xOy 中，设P 是双曲线C ：xy ＝1(x >0)上任意一点，l 是曲线C 在点P 处的切线，且l 交坐标轴于A 、B 两点，则以下结论正确的是( )A ．①OAB 的面积为定值2 B ．①OAB 的面积有最小值为3C ．①OAB 的面积有最大值为4D ．①OAB 的面积的取值范围是[3,4]【解析】 设P 是双曲线xy ＝1上任意一点，其坐标为P (x 0，y 0)，经过P 点的切线方程为y ＝kx ＋b .双曲线化为y ＝1x 形式，y 对x 的导数为y ′＝－1x2，在P 点处导数为－1x 20，切线方程为(y －y 0)＝－1x 20(x －x 0)，令x ＝0，y ＝y 0＋1x 0＝x 0·y 0＋1x 0＝2x 0＝2y 0，(其中x 0·y 0＝1)，则切线在y 轴截距为2y 0，令y ＝0，x ＝2x 0，则切线在x 轴截距为2x 0，设切线与两坐标轴相交于A 、B 两点构成的三角形为OAB .S ①OAB ＝12|OA |·|OB |＝12|2x 0|·|2y 0|＝2|x 0·y 0|＝2，故切线与两坐标轴构成的三角形面积定值为2.【答案】 A题型二 利用导数研究函数的单调性 【题型要点解析】求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论． (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． 【提醒】 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． 例1.已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x ，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)， 单调递减区间是(0,1)．(2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x ，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥2x －2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x －2x 2.①φ(x )在[1，＋∞)上单调递减，①φ(x )max ＝φ(1)＝0， ①a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ①实数a 的取值范围为[0，＋∞)．题组训练二 利用导数研究函数的单调性 设函数f (x )＝3x 2＋ax e x(a ①R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围． 【解析】 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0. (2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,29题型三 利用导数研究函数的极值(最值)问题 【题型要点解析】(1)利用导数研究函数的极值的一般思想：①求定义域；①求导数f ′(x )；①解方程f ′(x )＝0，研究极值情况；①确定f ′(x 0)＝0时x 0左右的符号，定极值．(2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上最大值与最小值的步骤：①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；①将函数y ＝f (x )的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．(3)当极值点和给定的自变量范围关系不明确时，需要分类求解，在求最值时，若极值点的函数值与区间端点的函数值大小不确定时需分类求解．例1.设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln (1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c ＋a ＋1x －2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ①(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln (1－x )＝lnx 1－x.令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0，单调增区间为⎪⎭⎫⎝⎛1,21.从而G (x )min ＝G ⎪⎭⎫⎝⎛21＝ln 12＝－ln 2.(2)由(1)中c ＝－ln 2，得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x －2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x －(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x －(a ＋1)，则g ′(x )＝ax (2＋x )e x >0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0①(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．因为g (x 0)＝ax 20·e x 0－(a ＋1)＝0，所以ax 20·e x 0＝a ＋1，即a ·e x 0＝a ＋1x 20，因为对于任意的x ①(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e x 0＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·e x 0＝a ＋1，所以x 20·e x 0＝a ＋1a >1.又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e x 0≤e ，所以1<a ＋1a ≤e ，故a ≥1e －1.题组训练三 利用导数研究函数的极值(最值)问题已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 【解】 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x (e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －ce x .令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点且f ′(x )与g (x )符号相同． 又因为a >0，所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)， 单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .因为f (x )的单调递增区间是(－3,0)， 单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者，而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.题型四 定积分 【题型要点解析】(1)求简单定积分最根本的方法就是根据微积分定理找到被积函数的原函数，其一般步骤：①把被积函数变为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的和或差；①利用定积分的性质把所求定积分化为若干个定积分的和或差；①分别用求导公式找到F (x )，使得F ′(x )＝f (x )；①利用牛顿——莱布尼兹公式求出各个定积分的值；①计算所求定积分的值．有些特殊函数可根据其几何意义，求其围成的几何图形的面积，即其对应的定积分．(2)求由函数图象或解析几何中曲线围成的曲边图形的面积，一般转化为定积分的计算与应用，但一定找准积分上限、积分下限及被积函数，且当图形的边界不同时，要讨论解决，其一般步骤：①画出图形，确定图形范围；①解方程组求出图形交点范围，确定积分上、下限；①确定被积函数，注意分清函数图象的上、下位置；①计算下积分，求出平面图形的面积．例1．设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ①[－1，1)x 2－1，x ①[1，2]，则⎰-21f (x )d x 的值为( )A.π2＋43 B.π2＋3 C.π4＋43D.π4＋3【解析】⎰-21f (x )d x ＝⎰-211－x 2d x ＋⎰-21(x 2－1)d x ＝12π×12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 331⎪⎪⎪21＝π2＋43，故选A.【答案】 A例2．⎰1⎪⎭⎫ ⎝⎛+-212x x d x ＝________.【解析】⎰1⎪⎭⎫ ⎝⎛+-212x x d x ＝⎰101－x 2d x ＋⎰112x d x ，⎰112x d x ＝14，⎰11－x 2d x 表示四分之一单位圆的面积，为π4，所以结果是π＋14.【答案】π＋14例3．由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴所围成图形的面积为( ) A ．3 B.103 C.73D.83【解析】 由题可知题中所围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2＋1y ＝－x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2y ＝5(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即A (1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎰1(x 2＋1)d x ＋12×22＝⎪⎭⎫⎝⎛+x x 331|10＋2＝103，选B. 【答案】 B 题组训练四 定积分1．已知1sin φ＋1cos φ＝22，若φ①⎪⎭⎫⎝⎛2,0π，则⎰-ϕtan 1(x 2－2x )d x ＝( )A.13 B ．－13C.23D ．－23【解析】 依题意，1sin φ＋1cos φ＝22①sin φ＋cos φ＝22sin φcos φ①2sin(φ＋π4)＝2sin2φ，因为φ①(0，π2)，所以φ＝π4，故⎰-ϕtan 1(x 2－2x )d x ＝⎰-ϕtan 1－1(x 2－2x )d x ＝(x 33－x 2)|1－1＝23.选C.【答案】 C 2．函数y ＝⎰t(sin x ＋cos x sin x )d x 的最大值是________．【解析】 y ＝⎰t(sin x ＋cos x sin x )d x＝⎰t⎪⎭⎫⎝⎛+x x 2sin 21sin d x ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--x x 2cos 41cos ⎪⎪⎪t 0＝－cos t －14cos 2t ＋54＝－cos t －14(2cos 2 t －1)＋54＝－12(cos t ＋1)2＋2，当cos t ＝－1时，y max ＝2. 【答案】 2 【专题训练】 一、选择题1．已知变量a ，b 满足b ＝－12a 2＋3ln a (a >0)，若点Q (m ，n )在直线y ＝2x ＋12上，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为( )A ．9 B.353C.95D ．3【解析】令y ＝3ln x －12x 2及y ＝2x ＋12，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值就是曲线y ＝3ln x －12x 2上一点与直线y ＝2x ＋12的距离的最小值，对函数y ＝3ln x －12x 2求导得：y ′＝3x －x ，与直线y ＝2x ＋12平行的直线斜率为2，令2＝3x －x 得x ＝1或x ＝－3(舍)，则x ＝1，得到点(1，－12)到直线y ＝2x ＋12的距离为355，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为(355)＝95.【答案】C2．设a ①R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ①R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3 C ．a >－13D ．a <－13【解析】 y ′＝a e ax ＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax ＝－3，①e ax >0，①a <0.又当a <0时，0<e ax <1，要使a e ax ＝－3，则a <－3，故选B.【答案】 B3．已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ①[1,2]，b ①(2,3]，函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．[3，＋∞)D ．[5，＋∞)【解析】 ①f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，①f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[a ，b ]上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在[a ，b ]上恒成立，即有t ≥32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1在[a ，b ]上恒成立，而函数y ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1在[1,3]上单调递增，由于a ①[1,2]，b ①(2,3]，当b ＝3时，函数y ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1取得最大值，即y max ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+313＝5，所以t ≥5，故选D.【答案】 D4．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )(a ①R )有唯一的零点x 0，(e ＝2.718…)则( ) A ．－1<x 0<－12B ．－12<x 0<－14C ．－14<x 0<0D ．0<x 0<12【解析】 函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )(a ①R )，则x >－a ，可得f ′(x )＝e x －1x ＋a ，f ″(x )＝e x ＋1(x ＋a )2恒大于0，f ′(x )是增函数，令f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0＋a，有唯一解时，a ＝1e x 0－x 0，代入f (x )可得：f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋a )＝e x 0－ln(1e x 0)＝e x 0＋x 0，由于f (x 0)是增函数，f (－1)≈－0.63，f (－12)≈0.11，所以f (x 0)＝0时，－1<x 0<－12.故选A.【答案】 A5．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f (x )>2(x ＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则下列不等式中，一定成立的是( )A ．f (1)>f (2)2>f (3)3B.f (1)2>f (4)3>f (9)4 C ．f (1)<f (2)2<f (3)3D.f (1)2<f (4)3<f (9)4【解析】 ①f (x )>2(x ＋x )f ′(x )， ①f (x )>2x (x ＋1)f ′(x )， ①f (x )12x>(x ＋1)f ′(x )．①f ′(x )(x ＋1)－f (x )12x <0，①(f (x )x ＋1)′<0，设g (x )＝f (x )x ＋1，则函数g (x )在(0，＋∞)上递减， 故g (1)>g (4)>g (9)，①f (1)2>f (4)3>f (9)4.故选B.【答案】 B6．已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若f ′(x )满足f ′(x )－f (x )x －1>0，y ＝f (x )e x 关于直线x ＝1对称，则不等式f (x 2－x )e x 2－x<f (0)的解集是( )A ．(－1,2)B ．(1,2)C ．(－1,0)①(1,2)D ．(－∞，0)①(1，＋∞)【解析】 令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x .①f ′(x )－f (x )x －1>0，当x >1时，f ′(x )－f (x )>0，则g ′(x )>0，①g (x )在(1，＋∞)上单调递增； 当x <1时，f ′(x )－f (x )<0，则g ′(x )<0， ①g (x )在(－∞，1)上单调递减． ①g (0)＝f (0)，①不等式f (x 2－x )e x 2－x <f (0)即为不等式g (x 2－x )<g (0)．①y ＝f (x )e x 关于直线x ＝1对称，①|x 2－x |<2，①0<x 2－x <2，解得－1<x <0或1<x <2，故选C. 【答案】 C7．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)①(0,1)B ．(－∞，－1)①(1，＋∞)C ．(－1,0)①(1，＋∞)D ．(－1,0)①(0,1)【解析】 根据题意，设函数g (x )＝f (x )x 2(x ≠0)，当x >0时，g ′(x )＝f ′(x )·x －2·f (x )x 3<0，说明函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，又f (1)＝0，所以g (1)＝0，故g (x )在(－1,0)①(0,1)上的函数值大于零，即f (x )在(－1,0)①(0,1)上的函数值大于零．【答案】D8．定义在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( ) A.3f ⎪⎭⎫⎝⎛4π>2f ⎪⎭⎫ ⎝⎛3π B ．f (1)<2f ⎪⎭⎫⎝⎛6πsin 1C.2f ⎪⎭⎫⎝⎛6π>f ⎪⎭⎫ ⎝⎛4π D.3f ⎪⎭⎫⎝⎛6π<f ⎪⎭⎫⎝⎛3π 【解析】 构造函数F (x )＝f (x )sin x.则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ①⎪⎭⎫⎝⎛2,0π， 从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π上为增函数，所以有F ⎪⎭⎫ ⎝⎛6π<F ⎪⎭⎫ ⎝⎛3π，3sin36sin 6ππππ⎪⎭⎫⎝⎛<⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ①3f ⎪⎭⎫ ⎝⎛6π<f ⎪⎭⎫⎝⎛3π，故选D.【答案】 D 二、填空题9．已知曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则实数a ＋b 的值为____________．【解析】 因为两个函数的交点为(0，m )，①m ＝a cos0，m ＝02＋b ×0＋1，①m ＝1，a ＝1，①f (x )，g (x )在(0，m )处有公切线，①f ′(0)＝g ′(0)，①－sin 0＝2×0＋b ，①b ＝0，①a ＋b ＝1.【答案】 110．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ①(0，＋∞)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )>0成立，若a ＝40.2f (40.2)，b ＝(log 43)f (log 43)，c ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1614log 1614log f ，则a ，b ，c 的大小关系是________． 【解析】 根据题意，令g (x )＝xf (x )，则a ＝g (40.2)，b ＝g (log 43)，c ＝g (log 4116)有g (－x )＝(－x )f (－x )＝(－x )[－f (x )]＝xf (x )，则g (x )为偶函数，又由g ′(x )＝(x )′f (x )＋xf ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又由当x ①(0，＋∞)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )>0成立，则当x ①(0，＋∞)时，有g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上为增函数，分析可得|log 4116|>|40.2|>|log 43|，则有c >a >b ；故答案为：c >a >b .【答案】 c >a >b11．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．【解析】 令f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎪⎭⎫⎝⎛-a x 1＝ln x －2ax ＋1＝0，得ln x ＝2ax －1.因为函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，所以f ′(x )＝ln x －2ax ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln x 与y ＝2ax －1的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象，过点(0，－1)作y ＝ln x 的切线，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率k ＝1x 0，切线方程为y ＝1x 0x －1.切点在切线y ＝1x 0x －1上，则y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln x 上，则ln x 0＝0，①x 0＝1，即切点为(1,0)，切线方程为y ＝x －1.再由直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 有两个交点，知直线y ＝2ax －1位于两直线y ＝0和y ＝x －1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0.【答案】 ⎪⎭⎫ ⎝⎛21,012．曲线y ＝2sin x (0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为________．【解析】 令2sin x ＝1，得sin x ＝12，当x ①[0，π]时，得x ＝π6或x ＝5π6，所以所求面积S ＝∫5π6(2sin x －1)d x＝(－2cos x －x )π6⎪⎪⎪5π6π6＝23－2π3. 【答案】 23－2π3三、解答题13．已知函数f (x )＝a e 2x ＋(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．【解析】 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(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(－∞，＋∞)单调递减． (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a .当x ①(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ①(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)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 (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ①当a ①(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；①当a ①(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 )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>2r 0－n 0>0.由于ln (3a －1)>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．14．已知函数f (x )＝e ax (其中e ＝2.71828…)，g (x )＝f (x )x .(1)若g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝12时，求函数g (x )在[m ，m ＋1](m >0)上的最小值．【解析】 (1)由题意得g (x )＝f (x )x ＝eaxx在[1，＋∞)上是增函数，故'⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛x e ax ＝e ax (ax －1)x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立，即ax －1≥0在[1，＋∞)恒成立，a ≥1x 在x ①[1，＋∞)上恒成立，而1x ≤1，①a ≥1； (2)当a ＝12时，g (x )＝e x 2x ，g ′(x )＝e x 2(x2－1)x 2，当x >2时，g ′(x )>0，g (x )在[2，＋∞)递增， 当x <2且x ≠0时，g ′(x )<0，即g (x )在(0,2)，(－∞，0)递减，又m >0，①m ＋1>1，故当m ≥2时，g (x )在[m ，m ＋1]上递增，此时，g (x )min ＝g (m )＝e m 2m ，当1<m <2时，g (x )在[m,2]递减，在[2，m ＋1]递增，此时，g (x )min ＝g (2)＝e2，当0<m ≤1时，m ＋1≤2，g (x )在[m ，m ＋1]递减，此时，g (x )min ＝g (m ＋1)＝e m ＋12m ＋1，综上，当0<m ≤1时，g (x )min ＝g (m ＋1)＝e m ＋12m ＋1，当1<m <2时，g (x )min ＝g (2)＝e2，m ≥2时，g (x )min ＝g (m )＝e m 2m .。
2020届高三数学之函数与导数(文理通用)二次求导函数处理(二阶导数)(解析版)
专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。
利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。
需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。
本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
3、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。
二、经验分享方法 二次求导使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化） 已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B ．【解析】【第一种解法（排除法）（秒杀）】：令1=x 时，m m ≤+⨯-+21)1(21ln 2化简：34≥m ； 令2=x 时，m m 422)1(22ln 2≤+⨯-+，化简42ln 22+≥m 你还可以在算出3,4，选择题排除法。
2020年全国版高考数学必刷题第六单元导数在函数中的应用
第六单元导数在函数中的应用考点一利用导数研究函数的极值、最值1.(2017年全国Ⅱ卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为().A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1【解析】函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1,则f'(x)=(2x+a)e x-1+(x2+ax-1)e x-1=e x-1·[x2+(a+2)x+a-1].由x=-2是函数f(x)的极值点,得f'(-2)=e-3·(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)e x-1,f'(x)=e x-1·(x2+x-2).由e x-1>0恒成立,得当x=-2或x=1时,f'(x)=0,且当x<-2时,f'(x)>0;当-2<x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0.所以x=1是函数f(x)的极小值点.所以函数f(x)的极小值为f(1)=-1.故选A.【答案】A2.(2013年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.【解析】(1)f'(x)=e x(ax+a+b)-2x-4,由已知得f(0)=4,f'(0)=4,故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.(2)由(1)知,f(x)=4e x(x+1)-x2-4x,f'(x)=4e x(x+2)-2x-4=4(x+2)(e x-12).令f'(x)=0,得x=-ln 2或x=-2,从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln 2)时,f'(x)<0.故f (x )在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减, 当x=-2时,函数f (x )取得极大值,极大值为f (-2)=4(1-e -2).3.(2015年全国Ⅱ卷)已知函数f (x )=ln x+a (1-x ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a-2时,求a 的取值范围.【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x -a.若a ≤0,则f'(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.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. (2)由(1)知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上无最大值; 当a>0时,f (x )在x=1a 处取得最大值,最大值为f (1a )=ln (1a )+a (1-1a )=-ln a+a-1.因此f (1a)>2a-2等价于ln a+a-1<0.令g (a )=ln a+a-1,得g (a )在(0,+∞)上单调递增, 且g (1)=0.于是,当0<a<1时,g (a )<0;当a>1时,g (a )>0. 因此,a 的取值范围是(0,1).4.(2017年全国Ⅲ卷)已知函数f (x )=x-1-a ln x. (1)若f (x )≥0,求a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n ,(1+12)(1+122)·…·(1+12n)<m ,求m 的最小值.【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞),若a ≤0,因为f (12)=-12+a ln 2<0,所以不满足题意.若a>0,由f'(x )=1-a x =x -ax知, 当x ∈(0,a )时,f'(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,f'(x )>0. 所以f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增.故x=a 是f (x )在(0,+∞)的唯一最小值点. 因为f (1)=0,所以当且仅当a=1时,f (x )≥0, 故a=1.(2)由(1)知,当x ∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0. 令x=1+12n ,得ln (1+12n )<12n, 从而ln (1+12)+ln (1+122)+…+ln (1+12n) <12+122+…+12n =1-12n <1.故(1+12)(1+122)·…·(1+12n)<e . 又(1+12)(1+122)(1+123)>2,m 为整数,所以m 的最小值为3.5.(2013年全国Ⅱ卷)已知函数f (x )=e x-ln (x+m ). (1)设x=0是f (x )的极值点,求m ,并讨论f (x )的单调性; (2)当m ≤2时,证明f (x )>0.【解析】(1)f'(x )=e x -1x+m .由x=0是f (x )的极值点,得f'(0)=0,所以m=1. 于是f (x )=e x-ln (x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x )=e x-1x+1. 函数f'(x )=e x-1x+1在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0,因此当x ∈(-1,0)时,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f'(x )>0.所以f (x )在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)当m ≤2,x ∈(-m ,+∞)时,ln (x+m )≤ln (x+2),故只需证明当m=2时,f (x )>0. 当m=2时,函数f'(x )=e x-1x+2在(-2,+∞)上单调递增. 又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x )=0在(-2,+∞)上有唯一实根x 0,且x 0∈(-1,0). 当x ∈(-2,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )>0,从而当x=x 0时,f (x )取得最小值. 由f'(x 0)=0得e x 0=1x 0+2,ln (x 0+2)=-x 0,故f (x )≥f (x 0)=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0.综上,当m ≤2时,f (x )>0.考点二 利用导数研究函数的单调性和不等式6.(2016年全国Ⅰ卷)若函数f (x )=x-13sin 2x+a sin x 在(-∞,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是( ).A.[-1,1]B.[-1,13]C.[-13,13]D.[-1,-13]【解析】取a=-1,则f (x )=x-13sin 2x-sin x ,f'(x )=1-23cos 2x-cos x ,但f'(0)=1-23-1=-23<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增的条件,排除A ,B ,D .故选C .【答案】C7.(2015年全国Ⅱ卷)设函数f'(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (-1)=0,当x>0时,xf'(x )-f (x )<0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ).A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)【解析】设y=g (x )=f(x)x(x ≠0),则g'(x )=xf'(x)-f(x)x 2,当x>0时,xf'(x )-f (x )<0,∴g'(x )<0,∴g (x )在(0,+∞)上为减函数,且g (1)=f (1)=-f (-1)=0.∵f (x )为奇函数,∴g (x )为偶函数, ∴g (x )的图象的示意图如图所示.当x>0,g (x )>0时,f (x )>0,0<x<1, 当x<0,g (x )<0时,f (x )>0,x<-1,∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A .【答案】A8.(2015年全国Ⅰ卷)设函数f (x )=e x(2x-1)-ax+a ,其中a<1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则a 的取值范围是( ).A.[-32e,1) B.[-32e ,34) C.[32e ,34)D.[32e,1)【解析】∵f (0)=-1+a<0,∴x 0=0.又∵x 0=0是唯一的整数,∴{f(-1)≥0,f(1)≥0,即{e -1[2×(-1)-1]+a +a ≥0,e(2×1-1)-a +a ≥0,解得a ≥32e .又∵a<1,∴32e≤a<1,故选D . 【答案】D9.(2014年全国Ⅰ卷)设函数f (x )=a ln x+1-a 2x 2-bx (a ≠1),曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ;(2)若存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1,求a 的取值范围.【解析】(1)f'(x )=ax +(1-a )x-b.由题设知f'(1)=0,解得b=1. (2)f (x )的定义域为(0,+∞), 由(1)知,f (x )=a ln x+1-a 2x 2-x , f'(x )=ax +(1-a )x-1=1-a x (x -a1-a)(x-1). 若a ≤12,则a1-a≤1,故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,f (x )在(1,+∞)上单调递增.所以存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1的充要条件为f (1)<aa -1,即1-a 2-1<aa -1,解得-√2-1<a<√2-1. 若12<a<1,则a1-a>1,故当x ∈(1,a 1-a )时,f'(x )<0,当x ∈(a1-a ,+∞)时,f'(x )>0,所以f (x )在(1,a 1-a )上单调递减,在(a1-a ,+∞)上单调递增.所以存在x 0≥1,使得f (x 0)<aa -1的充要条件为f (a 1-a )<aa -1.而f (a 1-a )=a ln a 1-a +a 22(1-a)+a a -1>a a -1,所以不合题意. 若a>1,则f (1)=1-a 2-1=-a -12<aa -1. 综上可知,a 的取值范围是(-√2-1,√2-1)∪(1,+∞).10.(2016年全国Ⅱ卷)已知函数f (x )=(x+1)ln x-a (x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f (x )在(1,f (1))处的切线方程; (2)若当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0,求a 的取值范围.【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=4时,f (x )=(x+1)ln x-4(x-1),f (1)=0,f'(x )=ln x+1x -3,f'(1)=-2.故曲线y=f (x )在(1,f (1))处的切线方程为2x+y-2=0. (2)当x ∈(1,+∞)时,f (x )>0等价于ln x-a(x -1)x+1>0. 设g (x )=ln x-a(x -1)x+1, 则g'(x )=1x -2a (x+1)2=x 2+2(1-a)x+1x(x+1)2,g (1)=0.①当a ≤2,x ∈(1,+∞)时,x 2+2(1-a )x+1≥x 2-2x+1>0,故g'(x )>0,即g (x )在(1,+∞)上单调递增,因此g (x )>0; ②当a>2时,令g'(x )=0得x 1=a-1-√(a -1)2-1,x 2=a-1+√(a -1)2-1.由x 2>1和x 1x 2=1得x 1<1,故当x ∈(1,x 2)时,g'(x )<0,即g (x )在(1,x 2)上单调递减,因此g (x )<0. 综上可知,a 的取值范围是(-∞,2]. 11.(2016年全国Ⅲ卷)设函数f (x )=ln x-x+1. (1)讨论f (x )的单调性; (2)证明当x ∈(1,+∞)时,1<x -1lnx<x ; (3)设c>1,证明当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.【解析】(1)由题设,f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x -1,令f'(x )=0,解得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )单调递增; 当x>1时,f'(x )<0,f (x )单调递减.(2)由(1)知,f (x )在x=1处取得最大值,最大值为f (1)=0. 所以当x ≠1时,ln x<x-1.故当x ∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln 1x <1x-1,即1<x -1lnx <x.(3)由题设c>1,设g (x )=1+(c-1)x-c x,则g'(x )=c-1-c xln c.令g'(x )=0,解得x 0=ln c -1lnc lnc.当x<x 0时,g'(x )>0,g (x )单调递增; 当x>x 0时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 由(2)知1<c -1lnc<c ,故0<x 0<1.又g (0)=g (1)=0,故当0<x<1时,g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时,1+(c-1)x>c x.考点三 利用导数研究函数的零点问题12.(2017年全国Ⅰ卷)已知函数f (x )=a e 2x+(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.【解析】(1)f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=2a e 2x +(a-2)e x -1=(a e x -1)(2e x +1).若a ≤0,则f'(x )<0,所以f (x )在(-∞,+∞)上单调递减. 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)若a ≤0,由(1)知,f (x )至多有一个零点.若a>0,由(1)知,当x=-ln a 时,f (x )取得最小值,最小值为f (-ln a )=1-1a+ln a. 当a=1时,由于f (-ln a )=0,故f (x )只有一个零点; 当a ∈(1,+∞)时,由于1-1a+ln a>0, 即f (-ln a )>0,故f (x )没有零点;当a∈(0,1)时,1-1+ln a<0,即f(-ln a)<0.a又f(-2)=a e-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln3-1,a则f(n0)=e n0(a e n0+a-2)-n0>e n0-n0>2n0-n0>0.由于ln3-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.a综上可知,a的取值范围为(0,1).高频考点:利用导数判断函数的图象,求单调区间、极值、最值,根据参数的范围证明不等式、判断函数的零点.命题特点:各类题型均有,都是与函数结合考查,此类题目的压轴试题难度较大、逻辑性强,对考生运算能力要求较高.备考时应注意总结规律、强化训练,突破难关.§6.1导数在研究函数中的应用一函数的单调性与导数在(a,b)内的可导函数f(x),f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f'(x)≥0⇔f(x)在(a,b)上为.f'(x)≤0⇔f(x)在(a,b)上为.二函数的极值与导数1.函数的极小值函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近的其他点的函数值都小,f'(a)=0,而且在点x=a附近的左侧,右侧,则点a叫作函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫作函数y=f(x)的极小值.2.函数的极大值函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近的其他点的函数值都大,f'(b)=0,而且在点x=b附近的左侧,右侧,则点b叫作函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫作函数y=f(x)的极大值.极小值点和极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值.三函数的最值与导数1.在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)必有最大值与最小值.2.若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则为函数的最小值,为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则为函数的最大值,为函数的最小值.3.设函数f(x)在[a,b]上连续且在(a,b)内可导,求f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤如下:(1)求f(x)在(a,b)内的;(2)将f(x)的各极值与进行比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.(1)f'(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.()(2)函数的极大值不一定比极小值大.()(3)闭区间上的连续函数一定有最大值和最小值.()(4)函数f(x)=x2-1,其极值点为(1,0).()2如图所示的是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象,则下面判断正确的是().A.在区间(-2,1)上,f(x)是增函数B.在区间(1,3)上,f(x)是减函数C.在区间(4,5)上,f(x)是增函数D.当x=2时,f(x)取到极小值设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.知识清单一、增函数减函数二、1.f'(x)<0f'(x)>02.f'(x)>0f'(x)<0三、2.f(a)f(b)f(a)f(b)3.(1)极值(2)f(a),f(b)基础训练1.【解析】(1)错误,由f'(x)>0,得f(x)为增函数,反之不一定成立,如y=x3在R上单调递增,但f'(x)=3x2≥0.(2)正确,一个函数的极大值、极小值没有确定的大小关系,极大值可能比极小值小.(3)正确,由最值的定义可知,闭区间上的连续函数一定有最大值和最小值.(4)错误,极值点是实数,不是点.【答案】(1)× (2)√ (3)√ (4)×2.【解析】A 、B 错误,由导函数与函数的关系可知f (x )在区间(-2,1)和(1,3)上有增,有减;C 正确,在区间(4,5)上f'(x )>0,所以f (x )是增函数;D 错误,当x=2时,f (x )取到极大值. 【答案】C3.【解析】(1)函数f (x )的定义域为R ,f'(x )=1+a-2x-3x 2. 令f'(x )=0,不妨设x 1<x 2,得x 1=-1-√4+3a 3,x 2=-1+√4+3a3,∴f'(x )=-3(x-x 1)(x-x 2). 当x<x 1或x>x 2时, f'(x )<0; 当x 1<x<x 2时,f'(x )>0.即f (x )在(-∞,-1-√4+3a3)和-1+√4+3a3,+∞上单调递减,在(-1-√4+3a 3,-1+√4+3a3)上单调递增. (2)∵a>0,∴x 1<0,x 2>0.①当a ≥4时,x 2≥1,由(1)知f (x )在[0,1]上单调递增, ∴f (x )在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值; ②当0<a<4时,0<x 2<1,由(1)知f (x )在[0,x 2]上单调递增,在[x 2,1]上单调递减,∴f (x )在x=x 2处取得最大值. 又f (0)=1,f (1)=a ,∴若0<a<1,f (x )在x=1处取得最小值;若a=1,f (x )在x=0和x=1处同时取得最小值; 若1<a<4,f (x )在x=0处取得最小值.题型一 利用导数研究函数的单调性【例1】已知函数f (x )=ln (e x +1)-ax.(1)讨论函数y=f (x )的单调性;(2)若函数y=f (x )在[0,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)函数f (x )的定义域为R , 由已知得f'(x )=e x e x +1-a=1-1e x +1-a. 当a ≤0时,f'(x )>0,函数y=f (x )在R 上单调递增. 当a ≥1时,f'(x )<0,函数y=f (x )在R 上单调递减. 当0<a<1时,由f'(x )>0,得(1-a )(e x+1)>1,即e x>-1+11-a,解得x>ln a1-a ;由f'(x )<0,得(1-a )(e x+1)<1,即e x<-1+11-a,解得x<ln a1-a .∴当a ∈(0,1)时,函数y=f (x )在(ln a1-a ,+∞)上单调递增,在-∞,ln a1-a 上单调递减.综上可知,当a ≤0时,f (x )在R 上单调递增; 当a ≥1时,f (x )在R 上单调递减; 当0<a<1时,f (x )在(lna 1-a ,+∞)上单调递增,在(-∞,ln a1-a)上单调递减. (2)若函数y=f (x )在[0,+∞)上单调递增,则f'(x )=e xe x +1-a ≥0,即a ≤e xe x +1在x ∈[0,+∞)上恒成立.令h (x )=e xe x +1,由h'(x )>0,得h (x )在[0,+∞)上单调递增,∴h (x )min =h (0)=12,∴a ≤12,故实数a 的取值范围是(-∞,12].【变式训练1】设函数f (x )=ax 2-a-ln x ,其中a ∈R ,e =2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性;(2)已知g (x )=2ax-f'(x )-ee x ,证明:当x>1时,g (x )>0.【解析】(1)由题意得f'(x )=2ax-1x =2ax 2-1x(x>0).若a ≤0,则f'(x )<0,f (x )在(0,+∞)上单调递减. 若a>0,由f'(x )=0得x=√2a,当x ∈√2a)时,f'(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(√2a+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增. (2)由已知得g (x )=2ax-2ax+1x -e e x =1x -e e x ,要证g (x )>0,只需证1x -e ex >0. 因为x>1,即证e x-1>x.令s (x )=e x-1-x ,则s'(x )=e x-1-1.当x>1时,s'(x )>0,s (x )在(1,+∞)上单调递增,s (x )>s (1)=0,所以e x-1>x ,从而g (x )=1x -ee x -1>0. 题型二 利用导数研究函数的极值【例2】(2017湖南怀化市一模)已知函数f (x )=ln x-12ax 2+x ,a ∈R .(1)当a=0时,求函数f (x )在(1,f (1))处的切线方程; (2)令g (x )=f (x )-(ax-1),求函数g (x )的极值. 【解析】(1)当a=0时,f (x )=ln x+x , 则f (1)=1,所以切点为(1,1). 又f'(x )=1x+1,则切线斜率k=f'(1)=2, 故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. (2)g (x )=f (x )-(ax-1)=ln x-12ax 2+(1-a )x+1,所以g'(x )=1x-ax+(1-a )=-ax 2+(1-a)x+1x. 若a ≤0,因为x>0,所以g'(x )>0.所以g (x )在(0,+∞)上是单调递增函数,无极值. 若a>0,g'(x )=-a (x -1a )(x+1)x,令g'(x )=0,得x=1a,所以当x ∈(0,1a )时,g'(x )>0;当x ∈(1a,+∞)时,g'(x )<0,因此函数g (x )的单调递增区间是(0,1a ),单调递减区间是(1a,+∞),所以当x=1a 时,g (x )有极大值g (1a )=12a-ln a. 综上可知,当a ≤0时,函数g (x )无极值;当a>0时,函数g (x )有极大值12a-ln a ,无极小值.【变式训练2】求函数f (x )=x-a (ln x+1)(a ∈R )的极值.【解析】由f'(x )=1-a x =x -ax,x>0知,若a ≤0,则f'(x )>0,函数f (x )为(0,+∞)上的增函数,函数f (x )无极值. 若a>0,由f'(x )=0,解得x=a.当x ∈(0,a )时,f'(x )<0;当x ∈(a ,+∞)时,f'(x )>0,从而函数f (x )在x=a 处取得极小值,且极小值为f (a )=-a ln a ,无极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值;当a>0时,函数f (x )在x=a 处取得极小值-a ln a ,无极大值.题型三 利用导数研究函数的最值【例3】已知a ∈R ,函数f (x )=ax +ln x-1.(1)当a=1时,求曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线方程; (2)求f (x )在区间(0,e ]上的最小值.【解析】(1)当a=1时,f (x )=1x +ln x-1,x ∈(0,+∞),所以f'(x )=-1x 2+1x =x -1x 2,x ∈(0,+∞).所以f'(2)=14,即曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线斜率为14.又因为f (2)=ln 2-12,所以曲线y=f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y-(ln2-12)=14(x-2),即x-4y+4ln 2-4=0.(2)因为f (x )=a x+ln x-1,所以f'(x )=-a x 2+1x =x -ax 2,x ∈(0,e ].令f'(x )=0,得x=a.若a ≤0,则f'(x )>0,f (x )在区间(0,e ]上单调递增,此时函数f (x )无最小值.若0<a<e ,则当x ∈(0,a )时,f'(x )<0,函数f (x )在区间(0,a )上单调递减;当x ∈(a ,e ]时,f'(x )>0,函数f (x )在区间(a ,e ]上单调递增,所以当x=a 时,函数f (x )取得最小值ln a.若a ≥e ,则当x ∈(0,e ]时,f'(x )≤0,函数f (x )在区间(0,e ]上单调递减, 所以当x=e 时,函数f (x )取得最小值a e.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )在区间(0,e ]上无最小值; 当0<a<e 时,函数f (x )在区间(0,e ]上的最小值为ln a ; 当a ≥e 时,函数f (x )在区间(0,e ]上的最小值为a e.【变式训练3】已知函数f (x )=x-e ax (a>0).(1)求函数f (x )的单调区间; (2)求函数f (x )在[1a ,2a]上的最大值. 【解析】(1)f'(x )=1-a e ax,令f'(x )=1-a e ax=0,则x=1a ln 1a.当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:x (-∞,1a ln 1a)1a ln 1a(1a ln 1a,+∞)f'(x ) + 0 - f (x )单调递增极大值单调递减故函数f (x )的增区间为(-∞,1a ln 1a ),减区间为(1a ln 1a ,+∞).(2)由(1)知,当1aln 1a≥2a,即0<a ≤1e2时,f (x )在[1a ,2a]上单调递增,所以f (x )max =f (2a)=2a-e 2;当1a <1a ln 1a <2a ,即1e 2<a<1e 时,由上表可知f (x )max =f (1a ln 1a )=1a ln 1a -1a;当1a ln 1a ≤1a ,即a ≥1e 时,f (x )在[1a ,2a ]上单调递减,所以f (x )max =f (1a )=1a-e .综上所述,当0<a ≤1e 2时,f (x )max =2a-e 2;当1e 2<a<1e 时,f (x )max =1a ln 1a -1a;当a ≥1e 时,f (x )max =1a-e .方法一 分类讨论,不重不漏利用导数研究函数问题时,遇到题目中含有参数,常常要结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论,此类题目为含参型,应全面分析参数变化引起结论的变化情况.参数有几何意义时还要考虑运用数形结合思想,分类讨论要做到分类标准明确,不重不漏.【突破训练1】已知函数f (x )=x-a ln x (a ∈R ).(1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数;(2)设g (x )=-a+1x,若不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1,e ]恒成立,求a 的取值范围.【解析】(1)f (x )=x-a ln x (x>0),f'(x )=1-a x =x -ax, 当a ≤0时,f'(x )>0,f (x )单调递增,f (x )无极值; 当a>0时,令f'(x )>0,解得x>a ,令f'(x )<0,解得0<x<a ,∴f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增,综上可知,f (x )有1个极小值点.(2)若不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1,e ]恒成立, 令h (x )=f (x )-g (x ),即h (x )最小值>0在[1,e ]上恒成立, 则h (x )=x-a ln x+a+1x(a ∈R ), ∴h'(x )=1-a x -a+1x 2=(x+1)[x -(a+1)]x 2. 当1+a ≤1,即a ≤0时,h (x )在[1,e ]上为增函数,h (x )min =h (1)=1+1+a>0,解得a>-2,即-2<a ≤0. 当a>0时,①当1+a ≥e ,即a ≥e -1时,h (x )在[1,e ]上单调递减, ∴h (x )min =h (e )=e +a+1e-a>0,解得a<e 2+1e -1. ∵e 2+1e -1>e -1,∴e -1≤a<e 2+1e -1. ②当1<1+a<e ,即0<a<e -1时,h (x )min =h (1+a ), ∵0<ln (1+a )<1,∴0<a ln (1+a )<a ,∴h (1+a )=a+2-a ln (1+a )>2,此时h (1+a )>0成立.综上可知,当-2<a<e 2+1e -1时,不等式f (x )>g (x )对任意x ∈[1,e ]恒成立.方法二 巧用转化思想,妙解导数题转化思想在导数研究函数中应用广泛,如根据函数单调性求参数的一般方法是转化为集合间的包含关系,建立不等式处理或转化为不等式的恒成立问题解决,即“若函数单调递增,则f'(x )≥0;若函数单调递减,则f'(x )≤0”来求解.【突破训练2】设函数f (x )=x 2+a ln (x+1)(a 为常数),若函数y=f (x )在区间[1,+∞)上是单调递增函数,求实数a 的取值范围.【解析】由题意知,f'(x )=2x 2+2x+ax+1≥0在[1,+∞)上恒成立,即a ≥-2x 2-2x 在区间[1,+∞)上恒成立.∵-2x 2-2x 在[1,+∞)上的最大值为-4,∴a ≥-4.经检验:当a=-4时,f'(x )=2x 2+2x -4x+1=2(x+2)(x -1)x+1≥0,x ∈[1,+∞). ∴实数a 的取值范围是[-4,+∞).1.(2017安徽江淮十校三模)若函数f (x )=12x 2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a 的取值范围是( ).A .1<a ≤2B .a ≥4C .a ≤2D .0<a ≤3【解析】∵f (x )=12x 2-9ln x ,∴函数f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=x-9x .∵x>0,由f'(x )=x-9x ≤0,得0<x ≤3.∵函数f (x )=12x 2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,∴{a -1>0,a +1≤3,解得1<a ≤2.【答案】A2.(2017唐山一模)已知函数f (x )=ln x-x+1x,若a=f (13),b=f (π),c=f (5),则( ).A .c<b<aB .c<a<bC .b<c<aD .a<c<b【解析】f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=1x -1-1x 2=-(x -12)2+34x2<0,故f (x )在(0,+∞)上单调递减.∵5>π>13,∴f (5)<f (π)<f (13),即c<b<a.【答案】A3.(2017湖南永州五中三模)已知x=1是函数f (x )=ax 3-bx-ln x (a>0,b ∈R )的一个极值点,则ln a 与b-1的大小关系是( ).A .ln a>b-1B .ln a<b-1C .ln a=b-1D .以上都不对【解析】f'(x )=3ax 2-b-1x,∵x=1是f (x )的极值点,∴f'(1)=3a-b-1=0,即3a-1=b.令g (a )=ln a-(b-1)=ln a-3a+2(a>0), 则g'(a )=1a-3=1-3aa. 令g'(a )>0,解得0<a<13;令g'(a )<0,解得a>13,故g (a )在(0,13)上单调递增,在(13,+∞)上单调递减,故g (a )max =g (13)=1-ln 3<0,所以ln a<b-1. 【答案】B4.(2017辽宁抚顺重点高中协作校一模)已知函数f (x )=-2f'(1)3√x -x 2的最大值为f (a ),则a 等于( ).A .116B .√434C .14D .√438【解析】∵f'(x )=-2f'(1)3·12x -2x ,∴f'(1)=-13f'(1)-2,解得f'(1)=-32,∴f (x )=√x -x 2,f'(x )=1-4x √x2x. 令f'(x )>0,解得0<x<√434;令f'(x )<0,解得x>√434.∴f (x )在[0,√434)上单调递增,在(√434,+∞)上单调递减,∴f (x )的最大值是f (√434),∴a=√434.【答案】B5.(2017广东五校协作体一模)若函数f (x )=x (x-a )2在x=2处取得极小值,则a= .【解析】f'(x )=3x 2-4ax+a 2,∴f'(2)=12-8a+a 2=0,解得a=2或a=6.当a=2时,f'(x )=3x 2-8x+4=(x-2)(3x-2),函数在x=2处取得极小值,符合题意;当a=6时,f'(x )=3x 2-24x+36=3(x-2)(x-6),函数在x=2处取得极大值,不符合题意.综上,a=2. 【答案】26.(2017四川绵阳月考)若函数f (x )=x -ae x在区间(0,2)上有极值,则a 的取值范围是 .【解析】f'(x )=1+a -xe x,令f'(x )>0,解得x<a+1;令f'(x )<0,解得x>a+1.故f (x )在(-∞,a+1)上单调递增,在(a+1,+∞)上单调递减,故x=a+1是函数f (x )的极大值点.由题意得,0<a+1<2,解得-1<a<1.【答案】(-1,1)7.(2017烟台一模)已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=-x 2+ax-2.(1)若曲线f (x )=x ln x 在x=1处的切线与函数g (x )=-x 2+ax-2也相切,求实数a 的值;(2)求函数f (x )在[t,t +14](t>0)上的最小值.【解析】(1)f'(x )=ln x+x ·1x =ln x+1,当x=1时,f'(1)=1,f (1)=0.∴f (x )在x=1处的切线方程是y=x-1,联立{y =x -1,y =-x 2+ax -2,消去y 得,x 2+(1-a )x+1=0,由题意得,Δ=(1-a )2-4=0,解得a=3或a=-1.(2)由(1)知,f'(x )=ln x+1,若x ∈(0,1e),则f'(x )<0,f (x )单调递减;若x ∈(1e,+∞),则f'(x )>0,f (x )单调递增.当0<t<t+14≤1e ,即0<t ≤1e -14时,f (x )在[t,t +14]上单调递减,∴f (x )min =f (t +14)=t+14ln (t +14);当0<t<1e<t+14,即1e -14<t<1e时,f (x )min =f (1e)=-1e;当1e ≤t<t+14,即t ≥1e 时,f (x )在[t,t +14]上单调递增,∴f (x )min =f (t )=t ln t.综上可知,f (x )min ={ (t +14)ln (t +14),0<t ≤1e -14,-1e ,1e -14<t <1e ,tlnt,t ≥1e .8.(2017全国100所名校冲刺卷2)设函数f (x )=(x-a )ln x+b. (1)当a=0时,讨论函数f (x )在[1e,+∞)上的零点个数;(2)当a>0且函数f (x )在(1,e )上有极小值时,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a=0时,f (x )=x ln x+b ,∴f'(x )=1+ln x ≥0在[1e,+∞)上恒成立,∴f (x )在[1e ,+∞)上单调递增,∴f (x )min =f (1e )=-1e +b.当-1e+b ≤0,即b ≤1e时,函数有唯一的零点;当-1e +b>0,即b>1e时,函数没有零点.(2)∵f'(x )=ln x+x -ax,x ∈(1,e ), 令g (x )=ln x+x -ax(a>0), ∴g'(x )=1x +ax 2>0恒成立,∴g (x )在(1,e )上单调递增.∴g (x )>g (1)=1-a ,g (x )<g (e )=2-ae . ∵函数f (x )在(1,e )上有极小值, ∴{g(1)=1-a <0,g(e)=2-a e>0,解得1<a<2e ,故实数a 的取值范围为(1,2e ).9.(2017石家庄二模)已知函数f (x )=m ln x ,g (x )=xx+1(x>0). (1)当m=1时,求曲线y=f (x )·g (x )在x=1处的切线方程; (2)讨论函数F (x )=f (x )-g (x )在(0,+∞)上的单调性.【解析】(1)当m=1时,曲线y=f (x )·g (x )=xlnxx+1, y'=(1+lnx)(x+1)-xlnx (x+1)2=lnx+x+1(x+1)2.当x=1时,切线的斜率为12.又切线过点(1,0),故切线方程为y=12(x-1),即x-2y-1=0.(2)f'(x)=mx ,g'(x)=1(x+1)2,∴F'(x)=f'(x)-g'(x)=mx -1(x+1)2=mx2+(2m-1)x+mx(x+1)2.若m≤0,则F'(x)<0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递减.若m>0,令k(x)=mx2+(2m-1)x+m,Δ=(2m-1)2-4m2=1-4m,当Δ≤0,即m≥14时,k(x)≥0,此时F'(x)≥0,函数F(x)在(0,+∞)上单调递增.当Δ>0,即0<m<14时,方程mx2+(2m-1)x+m=0有两个不相等的实根,不妨设x1<x2,则x1=(1-2m)-√1-4m2m ,x2=(1-2m)+√1-4m2m.∴x1+x2=1-2mm =1m-2>2,x1·x2=1,∴0<x1<1<x2,此时,函数F(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.综上所述,当m≤0时,F(x)的单调递减区间是(0,+∞);当0<m<14时,F(x)的单调递减区间是(x1,x2),单调递增区间是(0,x1),(x2,+∞);当m≥14时,F(x)的单调递增区间是(0,+∞).10.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.【解析】(1)由f(x)=e x-2x+2a,x∈R,知f'(x)=e x-2,x∈R.令f'(x)=0,得x=ln 2,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,ln 2)ln 2(ln 2,+∞)f'(x)-0+f(x)↘极小值↗故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,极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).(2)设g(x)=e x-x2+2ax-1,x∈R,于是g'(x)=e x-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln 2-1时,g'(x)的最小值为g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即e x-x2+2ax-1>0,故e x>x2-2ax+1.§6.2导数的综合应用一利用导数证明不等式的基本步骤1.作差或变形.2.构造新的函数h(x).3.对h(x)求导.4.利用h'(x)判断h(x)的单调性或最值.5.下结论.二一元三次方程根的个数问题令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则f'(x)=3ax2+2bx+c.方程f'(x)=0的判别式Δ=(2b)2-12ac.1.当Δ≤0,即b2≤3ac时,f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上为增函数,又易知存在x',x″∈R,使f(x')f(x″)<0,故方程f(x)=0有个实根.2.当Δ>0,即b2>3ac时,方程f'(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1<x2),函数在x1处取得极大值M,在x2处取得极小值m(M>m).(1)当m>0时,方程f(x)=0有个实根;(2)当m=0时,方程f(x)=0有个实根;(3)当m<0,M>0时,方程f(x)=0有个实根;(4)当M=0时,方程f(x)=0有个实根;(5)当M<0时,方程f(x)=0有个实根.三利用导数解决生活中优化问题的一般步骤1.设自变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域.2.求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0.3.比较函数在区间端点和f'(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.4.回归实际问题作答.☞左学右考已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-13x3+81x-234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为().A.13万件B.11万件C.9万件D.7万件设a∈R,若函数y=e x+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是().A.(-1,+∞)B.(-∞,-1)C.(1,+∞)D.(-∞,1)设函数f(x)=x3-x 22-2x+5,若对任意的x∈[-1,2],都有f(x)>a,则实数a的取值范围是.若函数f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有两个不同的零点,则a的值为.已知函数f(x)=x3-3x+c的图象与x轴有三个交点,求c的取值范围.知识清单二、1.一2.(1)一(2)两(3)三(4)两(5)一基础训练1.【解析】y'=-x 2+81=-(x-9)(x+9),由已知得当x ∈(0,9)时,函数单调递增;当x ∈(9,+∞)时,函数单调递减.所以当x=9时,该生产厂家获得年利润最大. 【答案】C2. 【解析】y'=e x+a ,由已知得x=ln (-a )>0,解得a<-1. 【答案】B3.【解析】f'(x )=3x 2-x-2,令f'(x )=0得x=1或x=-23.若对任意的x ∈[-1,2],都有f (x )>a ,则a<f (x )min =f (1)=72.【答案】(-∞,72)4.【解析】f'(x )=6x 2-18x+12=6(x-1)(x-2),因为f (x )恰好有两个不同的零点,所以f (1)=2-9+12-a=0或f (2)=16-36+24-a=0,解得a=5或a=4.【答案】4或55.【解析】对f (x )求导得f'(x )=3x 2-3=3(x-1)·(x+1)=0,解得x=±1. 因为函数f (x )的图象与x 轴有三个交点,所以f (1)<0且f (-1)>0, 解得-2<c<2.题型一 不等式恒成立问题【例1】已知函数f (x )=ax+x ln x (a ∈R ).(1)若函数f (x )在区间[e ,+∞)上为增函数,求a 的取值范围;(2)当a=1且k ∈Z 时,不等式k (x-1)<f (x )在x ∈(1,+∞)上恒成立,求k 的最大值. 【解析】(1)f'(x )=a+ln x+1,由题意知f'(x )≥0在[e ,+∞)上恒成立, 即ln x+a+1≥0在[e ,+∞)上恒成立, 即a ≥-(ln x+1)在[e ,+∞)上恒成立. 又[-(ln x+1)]max =-(ln e +1)=-2,∴a ≥-2. 故a 的取值范围是[-2,+∞). (2)∵f (x )=x+x ln x ,x ∈(1,+∞),∴k<f(x)x -1,即k<x+xlnxx -1对任意x>1恒成立.令g (x )=x+xlnxx -1,则g'(x )=x -lnx -2(x -1)2.令h (x )=x-ln x-2(x>1),则h'(x )=1-1x =x -1x>0,∴h (x )在(1,+∞)上单调递增. ∵h (3)=1-ln 3<0,h (4)=2-2ln 2>0, ∴存在x 0∈(3,4)使h (x 0)=0.即当1<x<x 0时,h (x )<0,即g'(x )<0;当x>x 0时,h (x )>0,即g'(x )>0.∴g (x )在(1,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增.由h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0,得ln x 0=x 0-2,g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3,4),∴k<g (x )min =x 0且k ∈Z ,即k max =3.【变式训练1】设函数f (x )=a 2ln x-x 2+ax ,a>0.(1)求f (x )的单调区间;(2)求所有的实数a ,使e -1≤f (x )≤e 2对x ∈[1,e ]恒成立.【解析】(1)因为f (x )=a 2ln x-x 2+ax ,其中x>0,所以f'(x )=a 2x-2x+a=-(x -a)(2x+a)x. 因为a>0,所以f (x )的单调递增区间为(0,a ),单调递减区间为(a ,+∞). (2)要使e -1≤f (x )≤e 2对x ∈[1,e ]恒成立,则f (1)≥e -1,得a-1≥e -1,即a ≥e .由(1)知f (x )在[1,e ]上单调递增,只要{f(1)=a -1≥e -1,f(e)=a 2-e 2+ae ≤e 2,解得a=e .题型二 利用导数证明不等式【例2】设函数f (x )=ln x+aex .(1)求函数f (x )的单调性.(2)若a=2,证明:对任意的实数x>0,都有f (x )>e -x.【解析】(1)函数f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=ex -aex 2, 当a ≤0时,f'(x )>0,f (x )在(0,+∞)上单调递增. 当a>0时,令f'(x )>0,解得x>a e.令f'(x )<0,解得0<x<a e,故f (x )在(0,a e)上单调递减,在(a e,+∞)上单调递增; 综上可知,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f (x )在(0,a e)上单调递减,在(a e,+∞)上单调递增.(2)要证明f (x )>e -x,即证明eln x+2x >1e x -1, 构造函数h (x )=e x-1-x ,h'(x )=e x-1-1,令h'(x )=0,得x=1.故h (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.∴h (x )≥h (1)=0,于是有e x-1≥x ,x>0,从而1e x -1≤1x .下面只需证明eln x+2x≥1x,即证eln x+1x≥0.令F (x )=eln x+1x (x>0),则F'(x )=e x -1x 2=ex -1x 2,故F (x )在(0,1e )上单调递减,在(1e ,+∞)上单调递增,即F (x )≥F (1e)=0.∵当x=1e 时,e x-1>x ,∴0<1e x -1<1x ,∴eln x+2x >1e x -1.【变式训练2】当0<x<π2时,求证:tan x>x+x 33.【解析】设f (x )=tan x-(x +x 33),则f'(x )=1cos 2x -1-x 2=tan 2x-x 2=(tan x-x )(tan x+x ).令g (x )=x-tan x ,则g'(x )=1-1cos 2x. 因为0<x<π2,所以g'(x )<0,所以g (x )在(0,π2)上单调递减,g (x )<g (0)=0,所以x<tan x ,所以当x ∈(0,π2)时,f'(x )>0,f (x )为增函数,f (x )>f (0).而f (0)=0,所以f (x )>0,即tan x-(x+x 33)>0,故tan x>x+x 33.题型三 利用导数研究函数的零点问题【例3】已知函数f (x )=(2-a )x-2(1+ln x )+a.(1)当a=1时,求f (x )的单调区间;(2)若函数f (x )在区间(0,12)上无零点,求a 的最小值. 【解析】(1)当a=1时,f (x )=x-1-2ln x , 则f'(x )=1-2x,定义域为(0,+∞). 由f'(x )>0,得x>2;由f'(x )<0,得0<x<2.故f (x )的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)f (x )=(2-a )(x-1)-2ln x ,令m (x )=(2-a )(x-1),h (x )=2ln x ,则f (x )=m (x )-h (x ).①当a<2时,m (x )在(0,12)上为增函数,h (x )在(0,12)上为增函数.由m (x )和h (x )的图象可知,若f (x )在(0,12)上无零点,则m (12)≥h (12),即(2-a )(12-1)≥2ln 12,∴a ≥2-4ln 2,∴2-4ln 2≤a<2.②当a ≥2时,在区间(0,12)上,m (x )≥0,h (x )<0,∴f (x )>0,∴f (x )在(0,12)上无零点.由①②得a ≥2-4ln 2,∴a min =2-4ln 2.【变式训练3】已知x=1是函数f (x )=13ax 3-32x 2+(a+1)x+5的一个极值点.(1)求函数f (x )的解析式;(2)若曲线y=f (x )与直线y=2x+m 有三个交点,求实数m 的取值范围. 【解析】(1)f'(x )=ax 2-3x+a+1,由f'(1)=0,得a=1,∴y=13x 3-32x 2+2x+5.(2)曲线y=f (x )与直线y=2x+m 有三个交点,即g (x )=13x 3-32x 2+2x+5-2x-m=0有三个根,即有三个零点.由g'(x )=x 2-3x=0,得x=0或x=3.由g'(x )>0得x<0或x>3;由g'(x )<0得0<x<3.∴函数g (x )在(-∞,0)和(3,+∞)上为增函数,在(0,3)上为减函数.要使g (x )有三个零点, 只需{g(0)>0,g(3)<0,解得12<m<5.故实数m 的取值范围为(12,5).题型四 利用导数研究生活中的优化问题【例4】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y (单位:千克)与销售价格x (单位:元/千克)满足关系式y=ax -3+10(x-6)2,其中3<x<6,a 为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a 的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x 的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】(1)因为当x=5时,y=11,所以a 2+10=11,解得a=2.(2)由(1)知,该商品每日的销售量y=2x -3+10(x-6)2, 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )=(x-3)·[2x -3+10(x -6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.从而f'(x )=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:x (3,4) 4 (4,6)f'(x ) + 0-f (x )单调递增 极大值42 单调递减由表可得,当x=4时,函数f (x )取得极大值,也是最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.。
2020届高考数学命题猜想及专题练习--导数及其应用(含解析)
2020届高考数学命题猜想导数及其应用【考向解读】高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．【命题热点突破一】导数的几何意义例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3【解析】，则所以【变式探究】(2017·天津卷)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－lnx的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________；【答案】1【解析】(1)由题意可知f′(x)＝a－1x，所以f′(1)＝a－1，因为f(1)＝a，所以切点坐标为(1，a)，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，即y＝(a－1)x＋1.令x＝0，得y＝1，即直线l在y轴上的截距为1.【变式探究】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ．【答案】1ln2-【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x '=，对求导得11y x '=+，设直线y kx b=+与曲线l n 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线相切于点222(,)P x y ，则，由点111(,)P x y 在切线上得，由点222(,)P x y 在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略 (1)已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：①求出函数y ＝f(x)在点x ＝x0处的导数，即曲线y ＝f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的斜率； ②由点斜式求得切线方程为y －y0＝f ′(x0)·(x －x0)．(2)已知斜率求切点：已知斜率R ，求切点(x1，f(x1))，即解方程f ′(x1)＝k.(3)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单调性解决.【变式探究】 函数f(x)＝exsin x 的图像在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为( ) A.3π4 B.π3 C.π4 D.π6【答案】C【解析】因为f ′（x ）＝exsin x ＋excos x ，所以f ′（0）＝1，即曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线的斜率为1，所以在点（0，f （0））处的切线的倾斜角为π4.【命题热点突破二】函数的单调性 与最值 例2、（2018年全国Ⅱ卷理数）若在是减函数，则的最大值是A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以由得，因此，从而的最大值为。
2020届高考数学一轮第三篇导数及其应用专题.导数的概念及运算练习
专题3.1导数的概念及运算【考试要求】1.通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道导数是关于瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想；2.体会极限思想；3.通过函数图象直观理解导数的几何意义；4.能根据导数定义求函数y ＝c ，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝1x，y ＝x 的导数；5.能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数(限于形如f (ax ＋b ))的导数；6.会使用导数公式表. 【知识梳理】1.函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数(1)定义：称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率0lim x ∆→f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ＝0lim x ∆→ ΔyΔx为函数y ＝f (x )在x＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝0limx ∆→Δy Δx ＝0lim x ∆→f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx .(2)几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0). 2.函数y ＝f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，函数f ′(x )＝lim Δx →0f (x ＋Δx )－f (x )Δx称为函数y ＝f (x )在开区间内的导函数.3.导数公式表4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；(2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0).5.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′. 【微点提醒】1.f ′(x 0)代表函数f (x )在x ＝x 0处的导数值；(f (x 0))′是函数值f (x 0)的导数，且(f (x 0))′＝0.2.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1f (x )′＝－f ′(x )[f (x )]2.3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.4.函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( ) (2)函数f (x )＝sin(－x )的导数f ′(x )＝cos x .( ) (3)求f ′(x 0)时，可先求f (x 0)，再求f ′(x 0).( ) (4)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( ) 【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)√ 【解析】(1)f ′(x 0)表示y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率，(1)错. (2)f (x )＝sin(－x )＝－sin x ，则f ′(x )＝－cos x ，(2)错. (3)求f ′(x 0)时，应先求f ′(x )，再代入求值，(3)错.【教材衍化】2.(选修2－2P19B2改编)曲线y ＝x 3＋11在点P (1，12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是( ) A.－9 B.－3 C.9 D.15【答案】 C【解析】 因为y ＝x 3＋11，所以y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3＋11在点P (1，12)处的切线方程为y －12＝3(x －1).令x ＝0，得y ＝9.3.(选修2－2P3例题改编)在高台跳水运动中，t s 时运动员相对于水面的高度(单位：m)是h (t )＝－4.9t 2＋6.5t ＋10，则运动员的速度v ＝________ m/s ，加速度a ＝______ m/s 2. 【答案】 －9.8t ＋6.5 －9.8【解析】 v ＝h ′(t )＝－9.8t ＋6.5，a ＝v ′(t )＝－9.8. 【真题体验】4.(2019·青岛质检)已知函数f (x )＝x (2 018＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 019，则x 0等于( ) A.e 2B.1C.ln 2D.e【答案】 B【解析】 f ′(x )＝2 018＋ln x ＋x ×1x＝2 019＋ln x .由f ′(x 0)＝2 019，得2 019＋ln x 0＝2 019，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.5.(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________. 【答案】 e【解析】 由题意得f ′(x )＝e x ln x ＋e x·1x，则f ′(1)＝e.6.(2017·全国Ⅰ卷)曲线y ＝x 2＋1x在点(1，2)处的切线方程为________.【答案】 y ＝x ＋1【解析】 设y ＝f (x )，则f ′(x )＝2x －1x2，所以f ′(1)＝2－1＝1，所以在(1，2)处的切线方程为y －2＝1×(x －1)， 即y ＝x ＋1. 【考点聚焦】 考点一 导数的运算角度1 根据求导法则求函数的导数【例1－1】 分别求下列函数的导数： (1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)f (x )＝ln 1＋2x . 【答案】见解析【解析】(1)y ′＝(e x)′ln x ＋e x(ln x )′＝e xln x ＋exx＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x .(2)因为y ＝x 3＋1＋1x 2，所以y ′＝3x 2－2x3.(3)因为y ＝ln 1＋2x ＝12ln ()1＋2x ，所以y ′＝12·11＋2x ·(1＋2x )′＝11＋2x .角度2 抽象函数的导数计算【例1－2】 (2019·天津河西区调研)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.2C.－2D.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. 【规律方法】1.求函数的导数要准确地把函数分割成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.2.复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.3.抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解. 【训练1】 (1)若y ＝x －cos x 2sin x2，则y ′＝________.(2)已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝________. 【答案】 (1)1－12cos x (2)－4【解析】 (1)因为y ＝x －12sin x ，所以y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12sin x ′＝x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ′＝1－12cos x .(2)∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，即f ′(1)＝－2. ∴f ′(x )＝2x －4，∴f ′(0)＝－4. 考点二 导数的几何意义 角度1 求切线方程【例2－1】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( ) A.y ＝－2x B.y ＝－x C.y ＝2xD.y ＝x【答案】 D【解析】 因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以a －1＝0，则a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .角度2 求切点坐标【例2－2】 (1)(2019·聊城月考)已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为( )A.3B.2C.1D.12(2)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x >0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.【答案】 (1)A (2)(1，1)【解析】 (1)设切点的横坐标为x 0(x 0>0)， ∵曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12，∴y ′＝x 2－3x ，即x 02－3x 0＝12，解得x 0＝3或x 0＝－2(舍去，不符合题意)，即切点的横坐标为3. (2)∵函数y ＝e x 的导函数为y ′＝e x，∴曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线的斜率k 1＝e 0＝1.设P (x 0，y 0)(x 0>0)，∵函数y ＝1x 的导函数为y ′＝－1x 2，∴曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线的斜率k 2＝－1x 20，由题意知k 1k 2＝－1，即1·⎝⎛⎭⎪⎫－1x20＝－1，解得x 20＝1，又x 0>0，∴x 0＝1.又∵点P 在曲线y ＝1x(x >0)上，∴y 0＝1，故点P 的坐标为(1，1).角度3 求参数的值或取值范围【例2－3】 (1)函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，2] B.(－∞，2) C.(2，＋∞)D.(0，＋∞)(2)(2019·河南六市联考)已知曲线f (x )＝x ＋a x＋b (x ≠0)在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x ＋5，则a －b ＝________. 【答案】 (1)B (2)－8【解析】 (1)由题意知f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解. ∴f ′(x )＝1x ＋a ＝2在(0，＋∞)上有解，则a ＝2－1x.因为x ＞0，所以2－1x＜2，所以a 的取值范围是(－∞，2).(2)f ′(x )＝1－ax2，∴f ′(1)＝1－a ，又f (1)＝1＋a ＋b ，∴曲线在(1，f (1))处的切线方程为y －(1＋a ＋b )＝(1－a )(x －1)，即y ＝(1－a )x ＋2a ＋b ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝2，2a ＋b ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝7，∴a －b ＝－1－7＝－8.【规律方法】1.求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.2.处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.【训练2】 (1)(2019·东莞二调)设函数f (x )＝x 3＋ax 2，若曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为x ＋y ＝0，则点P 的坐标为( )A.(0，0)B.(1，－1)C.(－1，1)D.(1，－1)或(－1，1)(2)(2018·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________________. 【答案】 (1)D (2)y ＝2x【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2，得f ′(x )＝3x 2＋2ax .根据题意可得f ′(x 0)＝－1，f (x 0)＝－x 0，可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 20＝－x 0， ①3x 20＋2ax 0＝－1， ②解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝2. 当x 0＝1时，f (x 0)＝－1， 当x 0＝－1时，f (x 0)＝1.∴点P 的坐标为(1，－1)或(－1，1). (2)由题意得y ′＝2x ＋1.在点(0，0)处切线斜率k ＝y ′|x ＝0＝2.∴曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x . 【反思与感悟】1.对于函数求导，一般要遵循先化简再求导的基本原则.求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误.对于复合函数求导，关键在于分清复合关系，适当选取中间变量，然后“由外及内”逐层求导.2.求曲线的切线方程要注意分清已知点是否是切点.若已知点是切点，则可通过点斜式直接写方程，若已知点不是切点，则需设出切点.3.处理与切线有关的参数问题时，一般利用曲线、切线、切点的三个关系列方程求解. 【易错防范】1.求导常见易错点：①公式(x n )′＝nx n －1与(a x )′＝a xln a 相互混淆；②公式中“＋”“－”号记混，如出现如下错误：⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )[g (x )]2，(cos x )′＝sin x ；③复合函数求导分不清内、外层函数.2.求切线方程时，把“过点切线”问题误认为“在点切线”问题. 【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：35分钟) 一、选择题1.下列求导数的运算中错误的是( ) A.(3x )′＝3xln 3 B.(x 2ln x )′＝2x ln x ＋x C.⎝⎛⎭⎪⎫cos x x ′＝x sin x －cos x x 2D.(sin x ·cos x )′＝cos 2x 【答案】 C 【解析】 因为⎝⎛⎭⎪⎫cos x x ′＝－x sin x －cos x x 2，C 项错误.2.(2019·日照质检)已知f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0等于( ) A.e 2B.eC.ln 22D.ln 2【答案】 B【解析】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝2，即ln x 0＋1＝2，解得x 0＝e. 3.函数y ＝x 3的图象在原点处的切线方程为( ) A.y ＝x B.x ＝0 C.y ＝0D.不存在【答案】 C【解析】 函数y ＝x 3的导数为y ′＝3x 2，则在原点处的切线斜率为0，所以在原点处的切线方程为y －0＝0(x －0)，即y ＝0.4.一质点沿直线运动，如果由始点起经过t 秒后的位移为s ＝13t 3－3t 2＋8t ，那么速度为零的时刻是( )A.1秒末B.1秒末和2秒末C.4秒末D.2秒末和4秒末【答案】 D【解析】 s ′(t )＝t 2－6t ＋8，由导数的定义知v ＝s ′(t )， 令s ′(t )＝0，得t ＝2或4，即2秒末和4秒末的速度为零.5.(2019·南阳一模)函数f (x )＝x －g (x )的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝－x －1，则g (2)＋g ′(2)＝( ) A.7 B.4 C.0 D.－4【答案】 A【解析】 ∵f (x )＝x －g (x )，∴f ′(x )＝1－g ′(x )，又由题意知f (2)＝－3，f ′(2)＝－1， ∴g (2)＋g ′(2)＝2－f (2)＋1－f ′(2)＝7.6.已知e 为自然对数的底数，曲线y ＝a e x＋x 在点(1，a e ＋1)处的切线与直线2e x －y －1＝0平行，则实数a ＝( )A.e －1eB.2e －1eC.e －12eD.2e －12e【答案】 B【解析】 ∵y ′＝a e x＋1，∴在点(1，a e ＋1)处的切线的斜率为y ′|x ＝1＝a e ＋1，又切线与直线2e x －y －1＝0平行，∴a e ＋1＝2e ，解得a ＝2e －1e.7.如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )【答案】 D【解析】 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上是单调递减的，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也是单调递减的，故可排除A ，C ；又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.8.(2019·广州调研)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为( ) A.ln 2 B.1 C.1－ln 2D.1＋ln 2【答案】 D【解析】 由y ＝x ln x 得y ′＝ln x ＋1，设切点为(x 0，y 0)，则k ＝ln x 0＋1，∵切点(x 0，y 0)(x 0>0)既在曲线y ＝x ln x 上又在直线y ＝kx －2上，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0－2，y 0＝x 0ln x 0，∴kx 0－2＝x 0ln x 0，∴k ＝ln x 0＋2x 0，则ln x 0＋2x 0＝ln x 0＋1，∴x 0＝2，∴k ＝ln 2＋1. 二、填空题9.已知曲线f (x )＝2x 2＋1在点M (x 0，f (x 0))处的瞬时变化率为－8，则点M 的坐标为________. 【答案】 (－2，9)【解析】 由题意得f ′(x )＝4x ，令4x 0＝－8，则x 0＝－2， ∴f (x 0)＝9，∴点M 的坐标是(－2，9).10.(2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________. 【答案】 1【解析】 f (1)＝a ，切点为(1，a ).f ′(x )＝a －1x，则切线的斜率为f ′(1)＝a －1，切线方程为：y －a ＝(a －1)(x －1)，令x ＝0得出y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.11.已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)＝________. 【答案】 －94【解析】 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ， 所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x，所以f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12＝3f ′(2)＋92，所以f ′(2)＝－94.12.已知函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝2x －1，则曲线g (x )＝x 2＋f (x )在点(2，g (2))处的切线方程为________________. 【答案】 6x －y －5＝0【解析】 由题意，知f (2)＝2×2－1＝3，∴g (2)＝4＋3＝7， ∵g ′(x )＝2x ＋f ′(x )，f ′(2)＝2，∴g ′(2)＝2×2＋2＝6，∴曲线g (x )＝x 2＋f (x )在点(2，g (2))处的切线方程为y －7＝6(x －2)，即6x －y －5＝0.【能力提升题组】(建议用时：15分钟)13.(2019·深圳二模)设函数f (x )＝x ＋1x＋b ，若曲线y ＝f (x )在点(a ，f (a ))处的切线经过坐标原点，则ab＝( ) A.1 B.0C.－1D.－2【答案】 D【解析】 由题意可得，f (a )＝a ＋1a ＋b ，f ′(x )＝1－1x 2，所以f ′(a )＝1－1a 2，故切线方程是y －a －1a－b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2(x －a )，将(0，0)代入得－a －1a －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2(－a )，故b ＝－2a，故ab ＝－2. 14.已知函数f (x )＝|x 3＋ax ＋b |(a ，b ∈R )，若对任意的x 1，x 2∈[0，1]，f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|恒成立，则实数a 的取值范围是________.【答案】 [－2，－1]【解析】 当x 1＝x 2时，f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|恒成立；当x 1≠x 2时，由f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|得f （x 1）－f （x 2）|x 1－x 2|≤2，故函数f (x )在[0，1]上的导函数f ′(x )满足|f ′(x )|≤2，函数y ＝x 3＋ax ＋b 的导函数为y ′＝3x 2＋a ，其中[0，1]上的值域为[a ，a ＋3]，则有⎩⎪⎨⎪⎧|a |≤2，|a ＋3|≤2，解得－2≤a ≤－1.综上所述，实数a 的取值范围为[－2，－1]. 15.函数g (x )＝ln x 图象上一点P 到直线y ＝x 的最短距离为________.【答案】 22【解析】 设点(x 0，ln x 0)是曲线g (x )＝ln x 的切线中与直线y ＝x 平行的直线的切点，因为g ′(x )＝(ln x )′＝1x ，则1＝1x 0，∴x 0＝1，则切点坐标为(1，0)， ∴最短距离为(1，0)到直线y ＝x 的距离， 即为|1－0|1＋1＝22. 16.若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________. 【答案】 [2，＋∞)【解析】 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝x －a ＋1x. ∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x－a ＝0有解， ∴a ＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号). 【新高考创新预测】17.(新定义题型)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )＝[f ′(x )]′.定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数恒为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上为凹函数.已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________. 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 【解析】 因为f (x )＝x 3－32x 2＋1，因为f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3，令f ″(x )>0，解得x >12，故x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。
浙江省2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用课件
5.f '(x)≥0(或f '(x)≤0)是f(x)在某一区间上为增函数(或减函数)的必要不 充分条件. 考向突破 考向一 单调性的判断 例1 (2018浙江温州二模(3月),8)已知函数f(x)与f '(x)的图象如图所示,
1 1 1 3 (i)若1≤x≤2,则ln x≥0, f(x)=aln x+x- ≤x- ≤2- = . x x 2 2
当a=0,x=2时取等号. (10分)
(ii)若 ≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x- ≤- ln x+x- .
1 2 1 3 1 5 所以当 ≤x<1时,g(x)≤g = ln 2 . (13分) 2 2 2 2 5 3 5 3 3 3 因为 ln 2- < - =1< ,所以f(x)≤ . 2 2 2 2 2 2 3 综上, f(x)max= . 2 3 于是bmin= . (15分) 2
答案 C
考点二
考向基础
导数与极值、最值
1.设函数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f(x)的一个极小值,记作y极小值=f(x0).极 大值与极小值统称为极值. 2.当函数f(x)在x=x0处连续时,判断f(x0)是极大(小)值的方法: (1)如果x<x0时有f '(x)>0,x>x0时有f '(x)<0,则f(x0)是① 极大值 ; (2)如果x<x0时有f '(x)<0,x>x0时有f '(x)>0,则f(x0)是② 极小值 . 3.函数的最大值与最小值 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;将f(x)
专题6.1 导数中的构造函数-2020届高考数学压轴题讲义(选填题)(解析版)
【方法综述】函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现，尤其是在导数题型中．在导数小题中构造函数的常见结论：出现()()nf x xf x '+形式，构造函数()()F nx x f x =；出现()()xf x nf x '-形式，构造函数()()F n f x x x =；出现()()f x nf x '+形式，构造函数()()F nxx e f x =；出现()()f x nf x '-形式，构造函数()()F nxf x x e =． 【解答策略】类型一、利用()f x 进行抽象函数构造 1．利用()f x 与x （n x ）构造 常用构造形式有()xf x ，()f x x ；这类形式是对u v ⋅，uv型函数导数计算的推广及应用，我们对u v ⋅，u v 的导函数观察可得知，u v ⋅型导函数中体现的是“+”法，uv型导函数中体现的是“-”法，由此，我们可以猜测，当导函数形式出现的是“+”法形式时，优先考虑构造u v ⋅型，当导函数形式出现的是“-”法形式时，优先考虑构造uv． 例1.【2019届高三第二次全国大联考】设是定义在上的可导偶函数，若当时，，则函数的零点个数为 A ．0 B ．1 C ．2 D ．0或2【答案】A 【解析】 设，因为函数为偶函数，所以也是上的偶函数，所以．由已知，时，，可得当时，，故函数在上单调递减，由偶函数的性质可得函数在上单调递增．所以，所以方程，即无解，所以函数没有零点．故选A．【指点迷津】设，当时，，可得当时，，故函数在上单调递减，从而求出函数的零点的个数．【举一反三】【新疆乌鲁木齐2019届高三第二次质量检测】的定义域是，其导函数为，若，且（其中是自然对数的底数），则A．B．C．当时，取得极大值D．当时，【答案】C【解析】设，则则又得即，所以即，由得，得，此时函数为增函数由得，得，此时函数为减函数则，即，则，故错误，即，则，故错误当时，取得极小值即当，，即，即，故错误当时，取得极小值此时，则取得极大值本题正确选项：2．利用()f x 与x e 构造()f x 与x e 构造，一方面是对u v ⋅，uv函数形式的考察，另外一方面是对()x x e e '=的考察．所以对于()()f x f x '±类型，我们可以等同()xf x ，()f x x的类型处理， “+”法优先考虑构造()()F xx f x e =⋅， “-”法优先考虑构造()()F xf x x e=． 例2、【湖南省长郡中学2019届高三下学期第六次月考】已知是函数的导函数，且对任意的实数都有是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】令，则，可设， ∵，∴．∴， ∴．可得：时，函数取得极大值，时，函数取得极小值． ，，，．∴时，不等式的解集中恰有两个整数，．故的取值范围是，故选C ． 【指点迷津】令，可得，可设，，解得，，利用导数研究其单调性极值与最值并且画出图象即可得出．【举一反三】【安徽省黄山市2019届高三第二次检测】已知函数是定义在上的可导函数，对于任意的实数x ，都有，当时，若，则实数a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 令，则当时，，又，所以为偶函数，从而等价于，因此选B.3．利用()f x 与sin x ，cos x 构造sin x ，cos x 因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考察的范畴，我们一起看看常考的几种形式． ()()F sin x f x x =，()()()F sin cos x f x x f x x ''=+；()()F sin f x x x =，()()()2sin cos F sin f x x f x xx x'-'=； ()()F cos x f x x =，()()()F cos sin x f x x f x x ''=-；()()F cos f x x x =，()()()2cos sin F cos f x x f x xx x'+'=．例3、已知函数()y f x =对于任意,22x ππ⎛⎫∈-⎪⎝⎭满足()()cos sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式不成立的是（ ） A ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．234f f ππ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()024f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭D ．()023f f π⎛⎫< ⎪⎝⎭【答案】B【指点迷津】满足“()()cos sin 0f x x f x x '+>”形式，优先构造()()F cos f x x x=，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．注意选项的转化． 类型二 构造具体函数关系式这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题． 1.直接法：直接根据题设条件构造函数 例4、α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是（ ） A ．αβ> B ．22αβ> C ．αβ< D ．0αβ+> 【答案】B【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x '=+，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又()f x 为偶函数，根据单调性和图象可知选B ．【指点迷津】根据题目中不等式的构成，构造函数()sin f x x x =，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．【举一反三】【福建省2019届备考关键问题指导适应性练习（四)】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】易知当≤0时，方程只有一个解，所以>0．令，，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A.【指点迷津】根据题目中方程的构成，构造函数，然后利用函数的单调性和数形结合求解即可．2. 参变分离，构造函数例5.【云南省玉溪市第一中学2019届高三下学期第五次调研】设为函数的导函数，且满足，若恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，由，可得的对称轴为，所以，所以，所以，由可得，变形可得，即，设，，易得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，故实数b的取值范围为，故选A【指点迷津】根据，变形可得，通过构造函数，进一步确定的最大值，利用导数，结合的单调性，即可求解.【举一反三】【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟】设函数，有且仅有一个零点，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵函数，有且只有一个零点，∴方程，，有且只有一个实数根，令g（x）=，则g′（x）=，当时，g′（x）0，当时，g′（x）0，∴g（x）在上单调递增，在上单调递减，当x=时，g（x）取得极大值g（）=，又g（0）= g（）=0，∴若方程，，有且只有一个实数根，则a=故选B.【强化训练】一、选择题1．【山西省2019届高三百日冲刺】已知函数，若对任意的，恒成立，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，，.当时，，则在上单调递增，又，所以恒成立；当时，因为在上单调递增，故存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，则，这与恒成立矛盾，综上.故选D.2．【海南省海口市2019届高三高考调研】已知函数的导函数满足对恒成立，则下列判断一定正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意设，则，所以函数在上单调递增，所以，即．故选B．3．【辽宁省抚顺市2019届高三一模】若函数有三个零点，则实数的取值范围是() A．B．C．D．【答案】D【解析】由得，设，则，由得得或，此时函数为增函数，由得得，此时函数为减函数，即当时，取得极小值，当时，取得极大值，当，且，函数图象如下图所示：要使有三个零点，则，即实数a的取值范围是，故本题选D．4．【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】已知函数，若是函数的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：∵函数的定义域是∴，∵是函数的唯一一个极值点∴是导函数的唯一根，∴在无变号零点，即在上无变号零点，令，因为，所以在上单调递减，在上单调递增所以的最小值为，所以必须，故选：A．5．【2019届山西省太原市第五中学高三4月检测】已知函数，若函数在上无零点，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：因为f（x）＜0在区间（0，）上恒成立不可能，故要使函数f（x）在（0，）上无零点，只要对任意的x∈（0，），f（x）＞0恒成立，即对x∈（0，），a＞2恒成立．令l（x）＝2，x∈（0，），则l′（x），再令m（x）＝2lnx2，x∈（0，），则m′（x）0，故m（x）在（0，）上为减函数，于是m（x）＞m（）＝2﹣2ln2＞0，从而l′（x）＞0，于是l（x）在（0，）上为增函数，所以l（x）＜l（）＝2﹣4ln2，故要使a＞2恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞）.6．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考】已知，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由恒成立得，恒成立，设，则.设，则恒成立，在上单调递减，又，当时，，即；当时，，即，在上单调递增，在上单调递减，，，故选:D7．【2019届湘赣十四校高三第二次联考】已知函数为上的偶函数，且当时函数满足，，则的解集是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，则，∴，化简可得.设，∴，∴时，，因此为减函数，∴时，，因此为增函数，∴，∴，∴在上为增函数.∵函数是偶函数，∴函数，∴函数关于对称，又∵，即，又在上为增函数，∴，由函数关于对称可得，，故选A.8．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】若函数在区间上单调递增，则的最小值是（）A．-3 B．-4 C．-5 D．【答案】B【解析】函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，其对称轴为，当即时，在上恒成立等价于，由线性规划知识可知，此时；当即时，在上恒成立等价于，，即；当即时，在上恒成立等价于，此时；综上可知，，故选.9．【宁夏六盘山高级中学2019届高三二模】定义域为的奇函数，当时，恒成立，若，，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】构造函数因为是奇函数，所以为偶函数当时，恒成立，即，所以在时为单调递减函数在时为单调递增函数根据偶函数的对称性可知，所以所以选D10．【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知定义在上的函数关于轴对称，其导函数为，当时，不等式.若对，不等式恒成立，则正整数的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以，令，则，又因为是在上的偶函数，所以是在上的奇函数，所以是在上的单调递增函数，又因为，可化为，即，又因为是在上的单调递增函数，所以恒成立，令，则，因为，所以在单调递减，在上单调递增，所以，则，所以.所以正整数的最大值为2.故选：B11．【2019届高三第二次全国大联考】已知定义在上的可导函数的导函数为，若当时，，则函数的零点个数为A．0 B．1 C．2 D．0或2【答案】A【解析】由题意，设，则．由已知，所以当时，，当时，，又因为在上可导，故函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以无解，即方程无解，即方程无解，所以函数无零点．故选A．二、填空题12．【江苏省海安高级中学2019届高三上学期第二次月考】若关于x的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】关于x的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，先看成b的一次函数，可得即为，可得恒成立，设，，，可得时，，递增；时，，递减，又，，可得在的最小值为，可得．即有a的范围是．故答案为：．13．【山东省济南市山东师范大学附属中学2019届高三四模】定义在R上的奇函数的导函数满足，且，若，则不等式的解集为______．【答案】【解析】的周期为定义在上的奇函数①时，令，则，即单调递减又不等式的解集为②时，时，不等式成立综上所述：本题正确结果：14．【广东省佛山市第一中学2019届高三上学期期中】已知定义在R上的奇函数满足f（1）=0，当x ＞0时，，则不等式的解集是______．【答案】【解析】设，则，结合可得为减函数.因为为奇函数，所以为偶函数，作出简图如下：结合简图，所以的解集是.15.【重庆市第一中学校2019届高三3月月考】设是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为______. 【答案】【解析】令g（x）＝e x f（x）﹣e x，则g′（x）＝e x f（x）+e x f′（x）﹣e x＝e x（f（x）+f′（x）﹣1），∵f（x）+f′（x）<1，∴f（x）+f′（x）﹣1<0，∴g′（x）<0，g（x）在R上为单调递减函数，∵g（0）＝f（0）﹣1＝2018﹣1＝2017∴原不等式可化为g（x）＞g（0），根据g（x）的单调性得x<0, ∴不等式（其中为自然对数的底数）的解集为,故答案为．16．【湖南师大附中2019届高三月考（七)】设为整数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是__________．【答案】1【解析】由题意对任意的，不等式恒成立，则x=1时，不等式也成立，代入x=1得e+3,又为整数，则a，这是满足题意的一个必要条件，又为整数，只需验证a=1时，对任意的，不等式恒成立，即证，变形为对任意的恒成立，令g（x），x∈，则g′（x），在（0，1）上小于0，在（1，）上大于0，故g（x）在（0，1）递减，在（1，）递增，∴g（x）g（1）=3>0，∴对任意的恒成立，故a=1满足题意.故答案为1．。
2020浙江高考数学二轮讲义：专题一第5讲导数的简单应用Word版含解析
第 5 讲 导数的简单应用导数运算及其几何意义[ 核心提炼 ]1．导数公式(1)(sin x)′＝ cos x ；(2)(cos x)′＝－ sin x ； (3)(a x )′＝ a x ln a(a>0) ；(4)(log a x)′＝ xln 1a (a>0，且 a ≠1)．2．导数的几何意义函数 f(x)在 x 0 处的导数是曲线f(x)在点 P( x 0， f(x 0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点 P 处的切线的斜率 k ＝ f ′ (x 0)，相应的切线方程为y － f( x 0)＝ f ′(x 0) ·(x － x 0)．[ 典型例题 ](1)(2019 绍·兴市柯桥区高三模拟 )已知曲线 y ＝ 1x 2－ 3ln x 的一条切线的斜率为－ 1，42 则切点的横坐标为 ()1 A ．－ 3B ． 2C ．－3或 2D. 2(2)已知 f(x)＝ln x， g(x)＝ (1＋ sin x)2，x 2＋ 1若 F(x)＝ f(x)＋ g(x)，则 F(x)的导函数为 ________．【分析 】 (1)设切点为 (m ， n)(m ＞ 0)， y ＝14x2－ 3ln x 的导数为 y ′＝12x －3x ，可得切线的斜率为12m － m 3＝－ 12，解方程可得， m ＝2. 应选 B.（ln x ）′（ x 2＋ 1）－ ln x （ x 2＋ 1） ′(2)由于 f ′(x) ＝（ x 2＋ 1）21x（x 2 ＋ 1）－ 2xln x ＝（ x 2＋ 1）2x 2＋ 1－ 2x 2ln x ＝x （ x 2＋ 1） 2g′(x)＝ 2(1＋ sin x)(1＋ sin x)′＝ 2cos x＋ sin 2x，x2＋ 1－ 2x2ln x所以 F′(x) ＝f′(x) ＋g′(x)＝ 2 2＋ 2cos x＋sin 2 x.x（ x ＋ 1）x2＋1－ 2x2ln x【答案】(1)B (2) x（ x2＋ 1）2 ＋ 2cos x＋ sin 2x利用导数几何意义解题的思路(1)利用导数的几何意义解题主假如利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来转变．(2)以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则依据平行、垂直与斜率之间的关系和导数联系起来求解．[ 对点训练 ]1．已知 a∈ R，设函数f(x)＝ ax－ ln x 的图象在点 (1，f(1)) 处的切线为l ，则 l 在 y 轴上的截距为 ________．分析：由于 f′(x)＝ a－1x，所以 f′(1) ＝ a－1，又 f(1) ＝ a，所以切线 l 的方程为y－ a＝ (a－ 1)(x－1)，令 x＝0，得 y＝1.故填 1.答案： 12．(2019 浙·江省十校联合体期末检测 )已知函数 f(x)＝ ae x＋ x2，g(x)＝ cos π x＋ bx，直线 l 与曲线 y＝ f(x)切于点 (0， f(0)) ，且与曲线 y＝ g(x)切于点 (1，g(1)) ，则 a＋b＝ ________，直线 l 的方程为 ________．分析： f′(x)＝ ae x＋2x， g′(x)＝－π sin πx＋ b，f(0) ＝ a， g(1)＝ cos π＋b＝ b－ 1，f′(0)＝ a， g′(1)＝ b，由题意可得f′(0)＝ g′(1) ，则 a＝ b，b－ 1－ a又 f ′(0)＝＝a，1－ 0即 a＝ b＝－ 1，则 a＋ b＝－ 2；所以直线l 的方程为 x＋ y＋1＝ 0.答案：－ 2x＋ y＋ 1＝ 03．(2019 ·州期末湖 )如图， y＝ f(x)是可导函数，直线l： y＝ kx＋ 2 是曲线 y＝ f(x)在 x＝ 3 处的切线，令g(x)＝ xf(x)，此中 g′(x)是 g(x)的导函数，则g′(3)＝ ________．1分析：由题图可知曲线y＝ f(x)在 x＝ 3 处切线的斜率等于－3，1即 f ′(3)＝－3.又由于 g(x)＝ xf(x)，所以 g′(x)＝ f(x) ＋xf′(x)， g′(3) ＝ f(3)＋ 3f′(3) ，1由题图可知f(3) ＝ 1，所以 g′(3)＝ 1＋ 3× －3＝ 0.答案： 0利用导数研究函数的单一性[ 核心提炼 ]1．若求函数的单一区间(或证明单一性)，只需在其定义域内解(或证明 )不等式 f ′(x)>0 或f′(x)<0 即可．2．若已知函数的单一性，则转变为不等式f′(x)≥ 0 或 f′ (x)≤ 0 在单一区间上恒建立问题来求解．[ 典型例题 ](1)设函数 f(x)＝ xe2－x＋ ex，求 f(x)的单一区间．(2)设 f(x)＝ e x(ln x－a)(e 是自然对数的底数， e＝ 2.71 828 )若函数 f(x)在区间1e，e上单一递减，求 a 的取值范围．【解】(1)由于 f(x)＝ xe2－x＋ex.由 f ′(x)＝ e2－x(1－ x＋ e x－1)及 e2－x＞ 0 知，f′(x)与 1－ x＋ e x－1同号．令 g(x)＝ 1－ x＋ e x－1，则 g′(x)＝－ 1＋ e x－1.所以当 x∈ (－∞， 1)时， g′(x)＜ 0， g(x)在区间 (－∞， 1)上单一递减；当 x∈ (1，＋∞ )时， g′(x)＞ 0， g(x)在区间 (1，＋∞)上单一递加．故 g(1) ＝ 1 是 g(x)在区间 (－∞，＋∞ )上的最小值，进而 g(x)＞ 0， x∈ (－∞，＋∞ )．综上可知， f′(x)＞ 0， x∈ (－∞，＋∞ )，故 f(x)的单一递加区间为 (－∞，＋∞ )．1 1(2)由题意可得 f′(x)＝ e x ln x＋x－ a ≤0 在e， e 上恒建立．1 1 1， e 上恒建立．令1由于 e x>0 ，所以只需 ln x＋－ a≤ 0，即 a≥ ln x＋在e g(x)＝ ln x＋ .x x x1 1 x－ 1由于 g′(x)＝x－x2＝x2 ，由 g′(x)＝ 0，得 x＝ 1.x 1， 1 (1， e) eg′ (x) －＋g(x)1 1 1 1g e ＝ ln e＋ e＝ e－ 1， g(e)＝ 1＋e，由于 e－ 1>1＋e，1所以 g(x) max＝ g e＝ e－ 1.故 a≥ e－ 1.求解或议论函数单一性问题的解题策略议论函数的单一性其实就是议论不等式的解集的状况．大部分状况下，这种问题能够归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的议论：(1)在能够经过因式分解求出不等式对应方程的根时，依照根的大小进行分类议论．(2)在不可以经过因式分解求出根的状况时，依据不等式对应方程的鉴别式进行分类议论．[注意 ]议论函数的单一性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽略了定义域的限制．1．(2019 ·江新高考冲刺卷浙[ 对点训练 ])已知定义在R 上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)；当x≥0 时，恒有 x2f′ (x)＋ f(－x)≤0，若g(x)＝ x2f(x)，则不等式g(x)＜ g(1－ 2x)的解集为( )1A．(3，1)1B． (－∞，3) ∪(1，＋∞ )1C． (3，＋∞ )1D． (－∞，3)分析：选 A. 由于定义在R 上的偶函数f(x)，所以 f(－ x)＝ f(x)．x由于 x≥ 0 时，恒有2f′(x)＋ f(－ x)≤ 0，所以 x2 f′(x)＋ 2xf(x)≤ 0，由于 g(x)＝ x2 f(x)，所以 g′(x)＝ 2xf(x)＋ x2 f′(x)≤ 0，所以 g(x)在 [0，＋∞ )为减函数，由于 f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以 g(x)在 (－∞， 0)上为增函数，由于 g(x)＜ g(1－ 2x)，所以 |x|＞ |1－ 2x|，即( x－ 1)(3x－ 1)＜0，1解得3＜ x＜ 1，选 A.x－ 12．(2019 ·州市高三期末湖)已知函数f(x) ＝e x.(1)求函数 f(x)的单一区间和极值；(2)若函数 y＝ g(x)对随意 x 知足 g(x)＝ f(4－x)，求证：当x＞ 2 时， f(x)＞ g(x)；(3)若 x1≠ x2，且 f(x1)＝f(x2)，求证： x1＋ x2＞ 4.x－12－ x解： (1) 由于 f(x)＝e x，所以f′(x)＝e x.令 f ′(x)＝ 0，解得 x＝2.x(－∞， 2)2(2，＋∞ )f′(x) ＋0 －f( x) 极大值1 2 e所以 f(x)在 (－∞， 2)内是增函数，在(2，＋∞ )内是减函数．所以当 x＝ 2 时， f(x)获得极大值f(2)＝1 2. e3－x (2)证明： g(x)＝ f(4－ x)＝4－ x，ex－ 1 3－ x令 F(x)＝ f(x)－ g(x)＝e x －e4－x，42x ）2－ x 2－ x （ 2－ x）（ e － e所以 F′(x) ＝e x－e4－x＝e x＋4 .当 x＞ 2 时， 2－ x＜ 0， 2x＞ 4，进而 e4－ e2 x＜ 0，所以 F′(x) ＞0， F(x)在 (2，＋∞) 是增函数．1 1所以 F(x)＞ F(2) ＝e2－e2＝ 0，故当 x＞ 2 时， f( x)＞ g(x)建立．(3)证明：由于 f(x)在( －∞， 2)内是增函数，在(2，＋∞ )内是减函数．所以若 x1≠x2，且 f(x1)＝f(x2)， x1、x2不行能在同一单一区间内．不如设 x1＜ 2＜ x2，由 (2) 可知 f(x2)＞ g(x2)，又 g(x2)＝ f(4－ x2)，所以 f(x2 )＞ f(4－ x2)．由于 f(x1)＝ f(x2)，所以 f(x1)＞ f(4－ x2)．由于 x2＞ 2， 4－ x2＜2， x1＜ 2，且 f(x)在区间 (－∞， 2)内为增函数，所以 x1＞ 4－ x2，即 x1＋ x2＞4.利用导数研究函数的极值(最值 )问题[ 核心提炼 ]1．若在 x0邻近左边f′(x)>0，右边 f′(x)<0，则 f( x0)为函数 f(x)的极大值；若在x0邻近左边f′(x)<0 ，右边 f′ (x)>0 ，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值．2．设函数y＝ f(x)在 [a， b]上连续，在 (a， b)内可导，则f(x) 在[a，b] 上必有最大值和最小值且在极值点或端点处获得．[ 典型例题 ]x1(1) 已知函数 f(x)＝ (x － 2x － 1)e (x ≥ 2)．①求 f(x)的导函数；②求 f(x)在区间 12，＋∞ 上的取值范围．－2＋ aln x. (2)(2019 浙·江名校协作体高三联考 )已知 a ∈ R ，函数 f(x)＝ x ①若函数 f(x) 在(0， 2)上递减，务实数 a 的取值范围；②当 a ＞ 0 时，求 f(x) 的最小值 g(a)的最大值；③设 h(x)＝ f(x)＋ |(a － 2)x|， x ∈ [1，＋∞ )，求证： h(x)≥ 2.【解】(1)① 由于 (x － 2x － 1)′＝ 1－1，2x －1(e －x )′＝－ e －x ，1所以 f ′(x)＝1－－x－ (x － －x＝2x － 1 e 2x － 1)e（1－ x ）（ 2x － 1－2） e －x12x － 1x> 2.②由 f ′(x)＝ （ 1－ x ）（ 2x － 1－ 2） e－x2x － 1＝ 0，5解得 x ＝ 1 或 x ＝ 2.由于x1 1 15 5 2( ，1)(1， )222f ′(x)－＋115f(x)e －1－2 2e2又 f(x)＝ 1－x≥ 0，( 2x －1－ 1)2e21，＋∞1所以 f(x)在区间上的取值范围是1 －2 .2 0， 2e(2)①函数 f(x)在 (0， 2)上递减 ? 任取 x ∈ (0， 2)，恒有 f ′ (x)≤ 0 建立，5(2，＋ ∞ )－而 f ′(x)＝ax － 2≤ 0? 任取 x ∈ (0，2) ，恒有 a ≤2建立，x 2x而2x ＞ 1，则 a ≤ 1 知足条件．②当 a ＞ 0 时， f ′(x)＝ax －22＝ 0? x ＝ 2.xax2 2 2，＋∞ ) (0， a ) a(af ′ (x) －0 ＋f(x)极小值f(x)的最小值 g( a)＝ f(2)＝ a ＋ aln 2，a a g ′(a)＝ ln 2 －ln a ＝ 0? a ＝2.a (0， 2) 2 (2，＋∞ )g ′(a) ＋0 －g(x)极大值g(a)的最大值为 g(2)＝ 2.③证明： 当 a ≥ 2 时， h(x)＝f(x)＋ (a － 2)x ＝2x ＋ aln x ＋ (a － 2)x ，ax － 2h ′(x)＝ x 2 ＋ a － 2≥ 0，所以 h(x)在 [1，＋ ∞ )上是增函数，故h(x) ≥h(1) ＝a ≥ 2.2当 a ＜ 2 时， h(x)＝ f(x)－ ( a － 2)x ＝ x ＋ aln x －(a －2)x ，h ′(x)＝ax － 2x 2 － a ＋ 2＝（（ 2－ a ）x ＋ 2）（ x － 1） x 2＝0，解得x ＝－2 ＜0或2－ ax ＝1， h(x)≥ h(1)＝ 4－ a ＞ 2，综上所述： h( x)≥ 2.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程 f ′(x)＝0 的根，再检查 f ′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在状况，则转变为已知方程 f ′(x) ＝0 根的大小或存在状况来求解．(3)求函数 f(x)在闭区间 [ a ，b]的最值时，在获得极值的基础上， 联合区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较获得函数的最值．[ 对点训练 ](2019 嵊·州模拟 )已知函数1 31 2f( x)＝ ln x ，g(x)＝x＋x ＋ mx ＋ n ，直线 l 与函数 f(x)，g(x) 的图32象都相切于点 (1， 0)．(1)求直线 l 的方程及 g(x)的分析式；(2)若 h(x)＝ f( x)－ g ′(x)(此中 g ′(x) 是 g(x)的导函数 )，求函数 h(x)的极大值．解： (1) 直线 l 是函数 f(x)＝ ln x 在点 (1， 0)处的切线，故其斜率 k ＝ f ′(1) ＝ 1，所以直线 l 的 方程为 y ＝x － 1.又由于直线 l与 g(x)的图象相切，且切于点 (1，1 31 20)，所以 g(x)＝ x ＋x ＋ mx32＋ n 在点 (1 ，0)处的导数值为 1，1 1m ＝－ 1，g （ 1）＝ 0，3＋ 2＋ m ＋ n ＝ 0，? ?所以1g ′（1）＝ 11＋ 1＋ m ＝ 1n ＝ 6，1 31 2 1所以 g(x)＝ x ＋2 x － x ＋ .36(2)由 (1)得 h(x)＝ f(x)－ g ′(x)＝ ln x － x 2－ x ＋ 1(x>0) ，所以 h ′(x)＝ 1－ 2x － 1＝ 1－ 2x 2－ x （ 2x － 1）（ x ＋ 1）.x ＝－xx1令 h ′(x)＝ 0，得 x ＝ 2或 x ＝－ 1(舍 )．10， 1当 0< x<2时， h ′(x)>0，即 h(x)在2 上单一递加； 11当 x>2时， h ′(x)<0 ，即 h(x)在2，＋ ∞ 上单一递减．1所以，当 x ＝ 2时， h(x)获得极大值，所以 h(x) 极大值 ＝ h 1 ＝ ln 1＋ 1＝ 1－ ln 2.22 4 4专题加强训练1．函数 f(x)＝1x 2－ ln x 的最小值为 () 21 B ． 1A. 2C． 0 D．不存在分析： 选 A. 由于 f ′(x)＝ x －1x 2－ 1＝ x ，且 x>0.令 f ′(x)>0 ，得 x>1；令 f ′(x)<0，得 0<x<1.所x1 1以 f(x)在 x ＝1 处获得最小值，且 f(1) ＝2 － ln 1＝ 2.2．已知 m 是实数，函数 f(x)＝ x 2(x － m)，若 f ′(－ 1)＝－ 1，则函数 f(x)的单一递加区间是 ()4A. －3，4B. 0，34C. －∞，－ 3 ， (0，＋∞ )4D. －∞，－ 3 ∪ (0，＋∞ )分析：选 C.由于 f ′(x)＝ 3x 2－ 2mx ，所以 f ′(－ 1)＝ 3＋2m ＝－ 1，解得 m ＝－ 2.所以 f ′(x)＝ 3x 2＋ 4x.由 f ′(x)＝ 3x 2＋ 4x>0，解得 x<－43或 x>0，即 f(x)的单一递加区间为4， (0，＋ ∞ )，应选 C. －∞，－ 33．已知 f(x)＝x 2＋ax ＋ 3ln x 在 (1，＋∞ )上是增函数，则实数a 的取值范围为 ()A ． (－∞，－ 2 6]B. －∞， 62C ． [－ 2 6，＋∞ )D ． [－ 5，＋∞ )32x 2＋ ax ＋ 3 g(x)＝ 2x 2＋分析： 选 C.由题意得 f ′(x)＝ 2x ＋a ＋＝x≥ 0 在 (1，＋ ∞ )上恒建立 ?xaax ＋ 3≥ 0 在 (1，＋ ∞ )上恒建立 ? 2－4≤1，－2 6≤ a ≤ 2 6或 a ≥－ 4? a＝ a － 24≤ 0 或?g （ 1） ≥ 0≥－2 6.4．(2019 台·州二模 )已知函数 f( x)＝ x 2＋ bx ＋c( b ， c ∈ R)， F(x)＝ f ′（ x ），若 F(x)的图象 xe在 x ＝ 0 处的切线方程为 y ＝－ 2x ＋ c ，则函数 f(x)的最小值是 ()A ． 2B ． 1C ． 0D ．－ 12x ＋ b 2－2x － b分析：选 C.由于 f ′(x)＝ 2x ＋b ，所以 F( x)＝ e x ，F ′(x)＝ ex，又 F(x)的图象在 x ＝ 0处的切线方程为 y ＝－ 2x ＋c ，F ′（0）＝－ 2， b ＝ c ，所以 f(x)＝ (x ＋2) 2≥0， f(x)min ＝ 0.所以F （ 0）＝ c ， 得b ＝ 4，5．(2019 温·州瑞安七校模拟 )已知函数 f(x)＝ ( x － x 1) ·(x － x )( x －x )(此中 x ＜ x ＜ x )， g(x)23123x－xα，β(α＜ β)．设 λ＝x 1＋ x 2x 2＋ x 3)＝ e － e，且函数 f(x)的两个极值点为， μ＝，则 (22A ． g(α)＜ g(λ)＜g(β)＜ g(μ)B ． g(λ)＜ g(α)＜g(β)＜g(μ)C ． g(λ)＜ g(α)＜g(μ)＜g(β)D ． g(α)＜ g(λ)＜g(μ)＜ g(β)分析： 选 D.由题意， f ′(x)＝ (x － x 1)(x － x 2)＋( x － x 2)(x － x 3)＋ (x － x 1)( x － x 3)，x ＋ x（ x － x ） 2由于 f ′( 1221＜ 0，2) ＝－4x 2＋x 3（ x 2－ x 3 ）2f ′( 2 )＝－4 ＜ 0，由于 f(x)在 (－ ∞， α)， (β，＋ ∞ )上递加， (α， β)上递减，所以 α＜ λ＜ μ＜β，由于 g(x)＝ e x － e－x单一递加，所以 g(α)＜ g(λ)＜ g(μ)＜ g(β)．应选 D.2b＋ a ，x ∈ [a ，＋∞ )，其 6．(2019 宁·波诺丁汉大学附中高三期中考试 )已知函数 f(x)＝ x ＋ x 中 a ＞ 0， b ∈ R ，记 m(a ， b)为 f(x) 的最小值，则当 m(a ， b)＝ 2 时， b 的取值范围为 ()11A ． b ＞3B ． b ＜ 31 1C ． b ＞ 2D ． b ＜ 22b分析： 选 D.函数 f(x)＝ x ＋ x ＋a ， x ∈ [a ，＋ ∞ )，2b 导数 f ′(x)＝ 1－ x 2 ，当 b ≤ 0 时， f ′(x)＞ 0， f(x)在 x ∈ [a ，＋ ∞) 递加，可得 f(a)获得最小值，2b2b且为 2a ＋ a ，由题意可得 2a ＋ a ＝ 2， a ＞0， b ≤ 0 方程有解；当 b ＞ 0 时，由 f ′(x)＝ 1－ x 2 ＝0，可得 x ＝ 2b(负的舍去 )，当 a ≥ 2b 时， f ′(x)＞ 0， f(x)在 [a ，＋ ∞ )递加，可得 f( a)为最小值，2b且有 2a ＋ a ＝ 2， a ＞ 0， b ＞ 0，方程有解；当 a ＜ 2b 时， f(x)在 [a ， 2b] 递减，在 ( 2b ，＋ ∞ )递加，可得 f( 2b)为最小值，且有a ＋ 2 2b ＝ 2，即 a ＝ 2－ 2 2b ＞0，1解得 0＜ b ＜2.1综上可得 b 的取值范围是 (－∞， 2)． 应选 D.2x 2＋ 3x7．(2019 浙·江 “ 七彩阳光 ”结盟模拟 )函数 f(x)＝ 2ex 的大概图象是 ()3－ 2x 2＋ x ＋ 3分析： 选 B. 由 f(x)的分析式知有两个零点x ＝－ 2与 x ＝ 0，清除 A ，又 f ′(x)＝2e x，由 f ′(x)＝ 0 知函数有两个极值点，清除 C ，D ，应选 B.8．(2019 成·都市第一次诊疗性检测 ) 已知曲线 C 1：y 2＝ tx(y>0，t>0) 在点 M4， 2 处的切线t与曲线 C 2： y ＝ e x ＋1＋ 1 也相切，则 t 的值为 () A ． 4e2B ． 4eC.e 2D.e44分析：选 A. 由 y ＝ tx ，得 y ′＝ttt42 tx ，则切线斜率为 k ＝ 4，所以切线方程为 y －2＝ 4 x － t ，即 y ＝ tx ＋1.设切线与曲线 y ＝ e x ＋1 ＋1 的切点为 (x 0，y 0)．由 y ＝e x ＋ 1＋ 1，得 y ′＝ e x ＋1，则由 ex 0 4tt tt t t＋ 1＝ 4，得切点坐标为 ln 4－ 1，4＋ 1 ，故切线方程又可表示为 y － 4－ 1＝4 x － ln 4＋ 1 ，即y ＝ t x － t ln t ＋ t＋ 1，所以由题意，得－t ln t ＋ t ＋ 1＝ 1，即 ln t＝ 2，解得 t ＝ 4e 2，应选 A. 44 4 24 4 2 49．(2019 金·华十校高考模拟2 3 23 的)已知函数 f(x)＝ x － x ＋ ax － 1，若曲线存在两条斜率为3切线，且切点的横坐标都大于 0，则实数 a 的取值范围为 ____________ ．分析：由题意知， f(x) ＝3x3－ x2＋ax－ 1 的导数f′(x)＝ 2x2－ 2x＋ a.＝4－ 8（a－ 3）＞ 02x2－ 2x＋ a＝ 3 有两个不等正根，则1，2（ a－ 3）＞ 07得 3＜ a＜2.答案：73，210． (2019 湖·州市高三期末 ) 定义在 R 上的函数 f(x)知足： f(1) ＝1，且关于随意的x∈R ，都有 f′(x)＜1，则不等式 f(log 2log2x＋1的解集为 ________．2 x)＞ 21分析：设 g(x)＝ f(x) －2x，1由于 f′(x)＜2，所以 g′(x)＝ f′(x)－12＜ 0，所以 g(x)为减函数，又f(1) ＝ 1，2log x＋1 1 2 1所以 f(log x)＞2＝2log x＋2，21 1即 g(log 2x)＝ f(log 2x)－2log2x＞21＝g(1) ＝ f(1)－2＝ g(log 22)，所以 log2 x＜log 22，又 y＝ log2x 为底数是 2 的增函数，所以 0＜ x＜ 2，log x＋ 1则不等式 f(log 2 x)＞2的解集为 (0， 2)．2答案： (0， 2)11． (2019 ·兴、诸暨高考二模绍)已知函数 f( x)＝ x3－ 3x，函数 f(x)的图象在 x＝ 0 处的切线方程是 ________；函数 f(x)在区间 [0， 2]内的值域是 ________．分析：函数 f(x)＝ x3－ 3x，切点坐标 (0， 0)，导数为 y′＝ 3x2－ 3，切线的斜率为－3，所以切线方程为y＝－ 3x；3x 2－ 3＝0，可得 x ＝ ±1， x ∈ (－ 1， 1)， y ′＜0，函数是减函数， x ∈ (1，＋ ∞) ，y ′＞0 函数是增函数， f(0) ＝ 0， f(1) ＝－ 2， f(2)＝ 8－6＝ 2，函数 f(x)在区间 [0， 2]内的值域是 [ － 2， 2]． 答案： y ＝－ 3x [－ 2， 2]12． (2019 台·州市高三期末考试 )已知函数 f(x)＝ x 2－ 3x ＋lnx ，则 f(x)在区间 [1， 2]上的最2小值为 ________；当 f(x)取到最小值时， x ＝ ________．2x 2－ 3x ＋1分析： f ′(x)＝ 2x － 3＋1＝x (x ＞ 0)，x1令 f ′(x)＝ 0，得 x ＝2， 1，1当 x ∈ (2， 1)时， f ′(x)＜ 0， x ∈ (1， 2)时， f ′(x)＞ 0，1所以 f(x)在区间 [2， 1]上单一递减，在区间[1， 2]上单一递加，1所以当 x ＝ 1 时， f(x)在区间 [2 ， 2] 上的最小值为 f(1)＝－ 2. 答案： －2113． (2019 ·山二模唐 )已知函数 f(x)＝ ln x － nx(n>0) 的最大值为 g(n)，则使 g(n)－ n ＋ 2>0 建立的 n 的取值范围为 ________．分析： 易知 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)．1由于 f ′(x)＝ x － n(x>0， n>0)，当 x ∈1 0， n时， f ′(x)>0 ，当 x ∈1n ，＋ ∞ 时， f ′(x)<0 ，11 所以 f(x)在0， n 上单一递加，在n ，＋ ∞ 上单一递减，所以f(x)的最大值g(n)＝ f1n ＝－ ln n － 1.设h(n)＝ g(n)－ n ＋ 2＝－ ln n － n ＋ 1.由于1h ′(n)＝－ n － 1<0 ，所以 h(n)在 (0，＋ ∞ )上单一递减．又h(1) ＝ 0，所以当 0<n<1 时， h(n)>h(1)＝ 0，故使 g(n)－ n ＋ 2>0 建立的 n 的取值范围为 (0， 1)．答案： (0， 1)14．(2019 ·江东阳中学期中检测浙)设函数 f( x)＝ e x(2x－ 1)－ ax＋ a，此中 a<1，若存在独一的整数 x0，使得 f( x0)<0，则 a 的取值范围是 ________．分析：设 g(x)＝ e x(2x－ 1)，y＝ ax－ a，由题意存在独一的整数x0，使得 g(x0)在直线 y＝ax － a 的下方，由于 g′(x)＝ e x(2x＋ 1)，所以当 x<－12时， g′(x)<0，当 x>－12时， g′(x)>0，1 1所以当 x＝－2时， g(x)min＝－ 2e－2，当 x＝ 0 时， g(0)＝－ 1， g(1)＝ e>0，直线 y＝ ax－a 恒过 (1， 0)，斜率为a，故－ a>g(0)＝－ 1，且g(－ 1)＝－ 3e－1≥ －a－ a，解得3≤ a<1.2e3答案：2e≤ a<11 3 ax 2 ， f(0)) 处的切线方程为 y＝ 1.15．设函数 f(x)＝ x －＋ bx＋ c，曲线 y＝ f(x)在点 (03 2(1)求 b， c 的值；(2)若 a＞ 0，求函数 f(x)的单一区间；(3)设函数 g(x)＝ f(x)＋ 2x，且 g(x)在区间 (－ 2，－ 1)内存在单一递减区间，务实数 a 的取值范围．解： (1) f′(x) ＝ x2－ ax＋b，f （ 0）＝ 1，c＝ 1，由题意得即f ′（0）＝ 0，b＝ 0.(2)由 (1)得， f′(x)＝ x2－ax＝ x(x－ a)(a＞ 0)，当 x∈ (－∞， 0)时， f ′(x)＞ 0；当 x∈ (0， a)时， f′(x)＜ 0；当 x∈ ( a，＋∞ )时， f ′(x)＞ 0.所以函数f(x) 的单一递加区间为(－∞， 0)， (a，＋∞ )，单一递减区间为(0， a) ．(3)g′(x)＝ x2－ ax＋ 2，依题意，存在x∈ (－ 2，－ 1) ，使不等式g′(x)＝ x2－ ax＋ 2＜ 0 建立，2即 x∈ (－ 2，－ 1)时， a＜ x＋x max＝－ 22，2当且仅当x＝x即 x＝－2时等号建立．所以知足要求的 a 的取值范围是(－∞，－ 2 2)．16． (2019 ·江金华十校第二学期调研浙) 设函数 f(x) ＝e x－ x， h( x)＝－ kx3＋ kx2－x＋ 1.(1)求 f(x)的最小值；(2)设 h(x)≤ f( x)对随意 x∈ [0， 1]恒建即刻k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.解： (1) 由于 f(x)＝ e x－ x，所以 f ′(x)＝ e x－ 1，当 x∈ (－∞， 0)时， f ′(x)＜ 0， f(x)单一递减，当 x∈ (0，＋∞ )时， f ′(x)＞ 0， f(x)单一递加，所以 f(x)min＝ f(0) ＝1.(2)证明：由 h(x)≤ f(x)，化简可得k(x2－ x3)≤e x－ 1，当 x＝ 0， 1 时， k∈ R，e x－1当 x∈ (0， 1)时， k≤x2－x3，要证： 4＜λ＜ 6，则需证以下两个问题；e x－ 1①x2－x3＞ 4 对随意 x∈ (0 ，1)恒建立；ex0－ 1②存在 x0∈ (0， 1)，使得x2－x3＜ 6 建立．00e x－ 1先证：①x2－x3＞ 4，即证 e x－1＞ 4(x2－ x3)，由(1) 可知， e x－ x≥1 恒建立，所以 e x－ 1≥ x，又 x≠0，所以 e x－ 1＞ x，即证 x≥ 4(x2－ x3)? 1≥4(x－ x2)? (2x－ 1)2≥ 0，(2x－ 1)2≥ 0，明显建立，e x－ 1所以x2－x3＞4对随意 x∈ (0， 1)恒建立；ex － 1再证②存在 x0 ∈ (0， 1) ，使得 2 3＜6 建立．x － x0 01e－ 1 7取 x0＝2，1 1＝ 8( e－ 1)，由于 e＜4，4－83所以 8(e－1) ＜8×4＝ 6，ex0－ 1所以存在x0∈ (0， 1)，使得2 3 ＜6，x0－ x0由①② 可知， 4＜λ＜6.a217．(2019 宁·波市高考模拟) 已知 f(x)＝ x＋x，g( x)＝ x＋ln x，此中 a＞0.若对随意的x1，x2 ∈ [1， e]都有 f(x1)≥ g( x2)建立，务实数 a 的取值范围．解：对随意的x1， x2∈ [1， e]都有 f(x1)≥ g(x2)? 当 x∈ [1， e]有 f(x) min≥g( x)max，1当 x∈ [1， e]时， g′(x)＝ 1＋x＞ 0，所以 g(x)在 x∈ [1， e]上单一递加，所以 g(x) max＝ g(e)＝e＋ 1.a2x2－a2当 x∈ [1， e]时， f′(x)＝1－x2＝x2，由于 a＞ 0，所以令 f′(x)＝ 0 得 x＝a.①当 0＜ a＜1 时， f′(x)＞0，所以 f(x)在 [1， e]上单一递加，所以 f(x)min＝ f(1) ＝a2＋1.令 a2＋ 1≥ e＋ 1 得 a≥ e，这与 0＜ a＜ 1 矛盾．②当 1≤ a≤e 时，若 1≤x＜ a，则 f′(x)＜0，若 a＜ x≤ e，则 f′(x)＞ 0，所以 f(x)在 [1， a]上单一递减，在[a， e]上单一递加，e＋ 1所以 f(x)min＝ f(a)＝2a，令 2a≥e＋ 1 得 a≥2，又 1≤ a≤ e，e＋ 1所以2≤ a≤e.③当 a＞ e 时， f ′(x)＜ 0，所以 f( x)在 [1， e]上单一递减，a2所以 f(x)min＝ f(e)＝ e＋e .a2令 e＋e≥ e＋ 1 得 a≥ e，又 a＞ e，所以 a＞ e.综合①②③得，所务实数 a 的取值范围是e＋ 12 ，＋∞. －x － 118． (2019 宁·波九校联考 )已知函数 f(x)＝ e .1＋ x－1；(1)证明：当 x∈ [0， 3]时， e x≥1＋9x(2)证明：当x∈ [2， 3]时，－27＜ f(x) ＜ 0.证明： (1) 要证 e－x≥1，也即证 e x≤ 1＋ 9x. 1＋9x令 F(x)＝ e x－ 9x－1，则 F′(x)＝ e x－9.令 F ′(x)＞ 0，则 x＞ 2ln 3.所以，当 0≤ x＜ 2ln 3 时，有 F′(x)＜ 0，故 F(x)在 [0，2ln 3) 上单一递减；当 2ln 3＜ x≤ 3 时，有 F′(x)＞ 0，故 F(x)在 [2ln 3 ， 3]上单一递加．所以， F(x)在 [0， 3]上的最大值为max{ F(0)， F(3)} ．又 F(0)＝ 0， F(3) ＝ e3－ 28＜ 0.故 F(x)≤0， x∈ [0， 3]建立，即 e x≤ 1＋ 9x， x∈ [0， 3]建立．原命题得证．(2)由 (1)得：当 x∈ [2， 3]时， f(x)＝ e－x－ 1 ≥ 1 － 1 .1＋ x 1＋ 9x 1＋ x1 1令 t(x)＝－，1＋ 9x 1＋ x则 t′(x) ＝－ (1＋ 9x) －2·9＋ (1＋ x) －2＝12－92＝（ 1＋9x）2－ 9（ 1＋ x）22 2＝（ 1＋ x）（ 1＋ 9x）（1＋ 9x）（ 1＋x）72x 2－8≥ 0，x ∈ [2， 3]．（ 1＋ 9x ）2（1＋ x ） 21616 2 所以， t(x)在 [2， 3]上单一递加，即 t(x)≥ t(2)＝－ 57＞－ 56＝－7 ， x ∈ [2， 3]，所以 f(x)＞－ 2得证． 7下证 f(x)＜ 0.即证 e x ＞ x ＋ 1令 h(x)＝ e x － (x ＋ 1)则 h ′(x)＝e x － 1＞0，所以 h(x)在 [2， 3]上单一递加，所以， h(x)＝ e x － (x ＋ 1)≥e 2 －3＞ 0，得证．11 2另证：要证 1＋ 9x － 1＋x ＞－7，即证 9x 2－ 18x ＋1＞ 0，令 m(x)＝ 9x 2－ 18x ＋1＝ 9(x － 1)2－ 8 在 [2，3] 上递加，所以 m(x)≥ m(2) ＝ 1＞ 0 得证．。
2020年最新高考数学--以导数为背景的解答题(解析版)
专题二 压轴解答题 第12关 以导数为背景的解答题【名师综述】极值点不同于零点，极值点不仅导数值为零（中学只研究可导函数），而且在其附近导数值要变号．因此以极值为背景的解答题，不仅要考虑等量关系，更要注意不等量关系，这也是考查分类讨论思想的一个常见的载体．【典例解剖】类型一 求函数极值或单调区间或最值问题典例1．（2020·上海复旦附中高三月考）考虑下面两个定义域为（0，+∞）的函数f （x ）的集合：()1{|f x Ω=对任何不同的两个正数12x x 、，都有()()2112120}x f x x f x x x --＞，2Ω=(){|f x 对任何不同的两个正数12x x 、，都有()()222112120}x f x x f x x x --＞（1）已知32()2f x x ax bx =++，若1()f x ∈Ω，且2()f x ∉Ω，求实数a 和b 的取值范围（2）已知0a b c <<<，1()f x ∈Ω且()f x 的部分函数值由下表给出：比较2d t +与4的大小关系（3）对于定义域为D 的函数()g x ，若存在常数k ，使得不等式()g x k <对任何x D ∈都成立，则称k 为()()g x x D ∈的上界，将2Ω中所有存在上界的函数()f x 组成的集合记作T ，判断是否存在常数M ，使得对任何()f x T ∈和(0,)x ∈+∞，都有()f x M <，若存在，求出M 的最小值，若不存在，说明理由 【答案】（1）当a ≥0，b ＜0时，f （x ）∈Ω1且f （x ）∉Ω2；（2）2d +t ＜4；（3）0． 【解析】【分析】（1）根据：f （x ）∈Ω1且f （x ）∉Ω2，可利用二次函数的单调性可得a 的范围，利用导数求出b 的范围；（2）由f （x ）∈Ω1，取0＜x 1＜x 2＜x 1+x 2，可得．由表格可知：f （a ）＝d ，f （b ）＝d ，f （c ）＝t ，f （a +b +c ）＝4，0＜a ＜b ＜c ＜a +b +c ，利用函数为增函数可得，再利用不等式的性质即可得出；（3）根据增函数先证明f （x ）≤0对x ∈（0，+∞）成立．再证明f （x ）＝0在（0，+∞）上无解．即可得出． 【详解】（1）由：()1{|f x Ω=对任何不同的两个正数12x x 、，都有()()2112120}x f x x f x x x --＞，2Ω=(){|f x 对任何不同的两个正数12x x 、，都有()()222112120}x f x x f x x x --＞，可得函数y ()f x x=，y ()2f x x=在（0，+∞）为增函数，y ()f x x==2x 2+2ax +b ，若f （x ）∈Ω1，则2a -≤0，即a ≥0，y ()2f x x==2x +a b x +，y ′＝22bx +， 当b ≥0，x ＞0时，y ′＞0，此时f （x ）∈Ω2，不符合题意，舍去； 当b ＜0时，令y ′＝0，解得x =x ∈（0，+∞）有极值点，因此f （x ）∉Ω2． 综上可得：当b ＜0时，f （x ）∈Ω1且f （x ）∉Ω2． （2）由f （x ）∈Ω1，若取0＜x 1＜x 2，则()()()12121212f x f x f x x x x x x ++＜＜．由表格可知：f （a ）＝d ，f （b ）＝d ，f （c ）＝t ，f （a +b +c ）＝4，∵0＜a ＜b ＜c ＜a +b +c ，∴4d d t a b c a b c++＜＜＜， ∴d ＜0，d 4a a b c ++＜，d 4b a b c ++＜，t 4c a b c ++＜，∴2d +t 444a b ca b c++++＜=4． （3）∵对任何f （x ）∈T 和x ∈（0，+∞），都有f （x ）＜M ，先证明f （x ）≤0对x ∈（0，+∞）成立． 假设存在x 0∈（0，+∞），使得f （x 0）＞0，记()02f x x=m ＞0，∵y ()2f x x=是增函数，∴当x ＞x 0时，()()0220f x f x xx=＞m ＞0，∴f （x ）＞mx 2，∴一定可以找到一个x 1＞x 0，使得f （x 1）＞mx 12＞k ，这与f （x ）＜k 对x ∈（0，+∞）成立矛盾． 即f （x ）≤0对x ∈（0，+∞）成立．∴存在f （x ）∈T ，f （x ）≤0对x ∈（0，+∞）成立． 下面证明f （x ）＝0在（0，+∞）上无解．假设存在x 2＞0，使得f （x 2）＝0，∵y ()2f x x=是增函数，一定存在x 3＞x 2＞0，使()()322232f x f x xx=＞0，这与上面证明的结果矛盾，∴f （x ）＝0在（0，+∞）上无解． 综上，我们得到存在f （x ）∈T ，f （x ）＜0对x ∈（0，+∞）成立．∴存在常数M ≥0，使得存在f （x ）∈T ，∀x ∈（0，+∞），有f （x ）＜M 成立． 又令f （x ）1x =-（x ＞0），则f （x ）＜0对x ∈（0，+∞）成立，又()231f x x x=-在（0，+∞）上是增函数， ∴f （x ）∈T ，而任取常数k ＜0，总可以找到一个x n ＞0，使得x ＞x n 时，有f （x ）＞k ，∴M 的最小值为0． 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，构造函数，利用导数研究函数单调性和最值的关系，考查函数与方程思想，考查了推理能力与计算能力，本题难度较大．典例2．（2020·上海浦东实验学校月考）经过多年的运作，“双十一”抢购活动已经演变成为整个电商行业的大型集体促销盛宴．为迎接2018年“双十一”网购狂欢节，某厂家拟投入适当的广告费，对网上所售产品进行促销．经调查测算，该促销产品在“双十一”的销售量p 万件与促销费用x 万元满足231p x =-+（其中0x a ≤≤，a 为正常数）．已知生产该产品还需投入成本102p +万元（不含促销费用），每一件产品的销售价格定为204p ⎛⎫+ ⎪⎝⎭元，假定厂家的生产能力完全能满足市场的销售需求．（1）将该产品的利润y 万元表示为促销费用x 万元的函数；（2）促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？并求出最大利润的值．【答案】（1）4161y x x =--+（0x a ≤≤）；（2）当1a ≥时，促销费用投入1万元，厂家的利润最大，为41611311--=+万元；当1a <时，促销费用投入a 万元，厂家的利润最大，为4161a a --+万元． 【解析】【分析】（1）根据产品的利润=销售额-产品的成本建立函数关系；（2）利用导数可求出该函数的最值． 【详解】（1）由题意知，()204102y p x p p ⎛⎫⎪⎝⎭=+--+， 将231p x =-+代入化简得：4161y x x =--+（0x a ≤≤）． （2）()()()()()()()222222143142311111x x x x x y x x x x -+++--+-'=--==-=-++++，（ⅰ）当1a ≥时，①当()0,1x ∈时，0y '>，所以函数4161y x x =--+在()0,1上单调递增； ②当()1,x a ∈时，0y '<，所以函数4161y x x =--+在()1,a 上单调递减， 从而促销费用投入1万元时，厂家的利润最大． （ⅰ）当1a <时，因为函数4161y x x =--+在()0,1上单调递增， 所以在[]0,a 上单调递增，故当x a =时，函数有最大值，即促销费用投入a 万元时，厂家的利润最大． 综上，当1a ≥时，促销费用投入1万元，厂家的利润最大，为41611311--=+万元； 当1a <时，促销费用投入a 万元，厂家的利润最大，为4161a a --+万元． 【举一反三】1．（2020·上海高桥中学高三开学考试）已知定义在区间[1,2]上两个函数()f x 和()g x ，2()21f x x ax =-+-，1a ≥()mg x x x=+，x ∈R ． （1）求函数()f x 的最大值()m a ；（2）若()y g x =在区间[1,2]单调，求实数m 的取值范围；（3）当4m =时，若对于任意1[1,2]x ∈，总存在2[1,2]x ∈，使12()()f x g x <恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）245,2()1,12a a m a a a -≥⎧=⎨-≤<⎩；（2）1m £或4m ≥；（3）512a ≤<． 【解析】 【分析】（1）根据二次函数的图象和性质，先将函数f (x )的解析式进行配方，然后讨论对称轴与区间[1，2]的位置关系，可求出函数y = f (x )的最大值m (a )；（2）对函数()g x 求导，分()g x 在区间[1,2]单调递增或单调递减两种情况进行讨论，转化成()0g x '≥或()0g x '≤恒成立问题求解即可；（3）根据题意求出g (x )的最大值，然后使1max 2max ()()f x g x <，注意对a 进行分类讨论，然后建立关系式，分别解之即可求出a 的范围． 【详解】（1）222()21()1f x x ax x a a =-+-=--+-，则当12a ≤<时，2max ()()()1m a f x f a a ===-， 当2a ≥时，max ()()(2)45m a f x f a ===-， 所以245,2()1,12a a m a a a -≥⎧=⎨-≤<⎩； （2）222()1m x mg x x x-'=-+=，依题意， ①()0g x '≥在[1,2]上恒成立，即20x m -≥在[1,2]上恒成立，则2min ()1m x ≤=； ②()0g x '≤在[1,2]上恒成立，即20x m -≤在[1,2]上恒成立，则2min ()4m x ≥=．综上，实数m 的取值范围为1m £或4m ≥．（3）依题意可得，1max 2max ()()f x g x <，当4m =时，由（2）知()g x 在[1,2]上单调递减，则2max ()(1)5g x g ==，由（1）得：①当12a ≤<时，215a -<，解得a <<，所以12a ≤<；②当2a ≥时，455a -<，解得52a <，所以522a ≤<． 综上所述，512a ≤<． 2．已知函数()()()21ln f x x ax g x x a a R =++=-∈，． ⑴当1a =时，求函数()()()h x f x g x =-的极值；⑵若存在与函数()f x ，()g x 的图象都相切的直线，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）当12x =时，函数()h x 取得极小值为11+ln24，无极大值；（2）[)1,-+∞ 【解析】所以()()()211121x x h x x x x='-+=+- 所以当102x <<时，()0h x '<，当12x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在区间1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增， 所以当12x =时，函数()h x 取得极小值为11+ln24，无极大值； （2）设函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同， 则()()()()121212f xg x f x g x x x -==-''所以()211212121ln 12x ax x a x a x x x ++--+==- 所以12122ax x =-，代入()21211221ln x x x ax x a x -=++--得： ()222221ln 20*424a a x a x x -++--= 设()221ln 2424a a F x x a x x =-++--，则()23231121222a x ax F x x x x x +-=-++=' 不妨设2000210(0)x ax x +-=>则当00x x <<时，()0F x '<，当0x x >时，()0F x '>所以()F x 在区间()00,x 上单调递减，在区间()0,x +∞上单调递增，代入20000121=2x a x x x -=-可得： ()()20000min 012ln 2F x F x x x x x ==+-+-设()212ln 2G x x x x x =+-+-，则()211220G x x x x=+++>'对0x >恒成立， 所以()G x 在区间()0,+∞上单调递增，又()1=0G所以当01x <≤时()0G x ≤，即当001x <≤时()00F x ≤， 又当2a x e+=时()222421ln 2424a a a a a F x e a e e +++=-++-- 221104a a e +⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭因此当001x <≤时，函数()F x 必有零点；即当001x <≤时，必存在2x 使得()*成立；即存在12,x x 使得函数()f x 上点()()11,x f x 与函数()g x 上点()()22,x g x 处切线相同． 又由12y x x =-得： 2120y x'=--< 所以()120,1y x x =-在单调递减，因此[)20000121=21+x a x x x -=-∈-∞，所以实数a 的取值范围是[)1,-+∞．类型二 由极值确定参数取值范围问题典例3．若函数y =f(x)在x =x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y =f(x)的极值点．设函数f(x)=x 3−tx 2+1(t ∈R)．（1）若函数f(x)在(0，1)上无极值点，求t 的取值范围；（2）求证：对任意实数t ，在函数f(x)的图象上总存在两条切线相互平行；（3）当t =3时，若函数f(x)的图象上存在的两条平行切线之间的距离为4，问；这样的平行切线共有几组？请说明理由．【答案】（1）t <0或t ≥32 （2）详见解析（3）3组 【解析】（1）由函数，得，由，得，或，因函数在上无极值点，所以或，解得或．（2）由（1）知，令，则，所以，即对任意实数t ，总有两个不同的实数根，所以不论t 为何值，函数在两点，处的切线平行设这两条切线方程为分别为和，若两切线重合，则，即，即，而=，化简得，此时，与矛盾，所以，这两条切线不重合，综上，对任意实数t ，函数的图象总存在两条切线相互平行（3）当时，，由（2）知时，两切线平行．设，，不妨设，过点的切线方程为所以，两条平行线间的距离=4，化简得，令，则，即，即，显然为一解，有两个异于1的正根，所以这样的有3解，而，所以有3解，所以满足此条件的平行切线共有3组．【名师点睛】本题考查导数极值点的概念，以及函数切线方程．题型较新，题意需要转换下可以解决，计算较难，计算量大，难度较高．解题时注意问题的转化，第（2）题即为方程f′(x)=k 必有两个不等实根，可取k 为特殊值如1；第（3）题设出切点坐标A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))，x 1>x 2，由f′(x)=m 得x 1+x 2=2，写出两切线方程，求出两切线间距离由d =4，可化简为(x 1−1)6=1+9[(x 1−1)2−1]2，此方程解的个数即为题平行线组的组数．这里转化较难． 【举一反三】已知函数()()()2ln 1f x ax x x a R =--∈恰有两个极值点12,x x ，且12x x <．（1）求实数a 的取值范围；（2）若不等式12ln ln 1x x λλ+>+恒成立，求实数λ的取值范围． 【答案】（1）()2,e +∞；（2）[)1,+∞． 【解析】当()0,x e ∈时，()0g x '>； 当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，()10g =， 当x e >时，()0g x >，所以()20g e a <<，∴()210g e a e<<=，解得2a e >， 故实数a 的取值范围是()2,e +∞．（2）由（1）得，11ln 2a x x =，22ln 2a x x =，两式相加得()()1212ln ln 2a x x x x λ+=+， 故()12122ln ln x x x x aλλ++=，两式相减可得()()1212ln ln 2a x x x x -=-，故12122ln ln x x a x x -=⋅-所以12ln ln 1x x λλ+>+等价于()1221x x aλλ+>+，所以()()1221x x a λλ+>+，所以()()121212221ln ln x x x x x x λλ-+>+-，即()()121212ln ln 1x x x x x x λλ+->+-，所以112212ln11x x x x x x λλ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>+-，因为120x x <<，令()120,1x t x =∈，所以()ln 11t t t λλ+>+-， 即()()()ln 110t t t λλ+-+-<，令()()()()ln 11h t t t t λλ=+-+-， 则()0h t <在()0,1上恒成立，()ln h t t tλλ='+-，令()ln I t t t λλ=+-，()()()2210,1t I t t t t tλλ-=-=∈'， ①当1λ≥时，()0I t '<所以()h t '在()0,1上单调递减，()()10h t h ''>=所以()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=符合题意．②当0λ≤时，()0I t '>所以()h t '在()0,1上单调递增，()()10h t h ''<=故()h t 在()0,1上单调递减，所以()()10h t h >=不符合题意；③当01λ<<时，()01I t t λ>⇔<<'，所以()h t '在(),1λ上单调递增，所以()()10h t h ''<=所以()h t 在(),1λ上单调递减，故()()10h t h >=不符合题意． 综上所述，实数λ的取值范围是[)1,+∞．学科#网类型三 利用极值证明不等式问题典例4．设m ∈R ，函数f(x)=x 2+mx ，g(x)=e x ，f′(x)为f(x)的导函数 （1）若曲线y =f′(x)与曲线y =g(x)相切，求实数m 的值；（2）设函数H(x)=f(x)g(x)，m ∈(0，1)，若H(x 0)为函数H(x)的极大值，且x ∈(k ，k +1)，k ∈N ∗． ①求k 的值；②求证：对于∀x ∈(k ，k +1)，H(x)<3e ． 【答案】（1）2−2ln2．（2）①k=1，②见证明 【解析】（1） y =f ′(x )=2x +m ，g ′(x )=e x ，设切点为(x 1，e x 1)，则曲线y =g (x )在点(x 1，e x 1)处的切线方程为y −e x 1=e x 1(x −x 1)， 即y =e x 1x +ex 1(1−x 1)，结合题设得{e x i =2，e x i (1−x i )=m ，所以x 1=ln2，m =2−2ln2．所以实数m 的值为2−2ln2． (2)①：H (x )=f (x )g (x )=x 2+mx e x，x ∈R ，所以H ′(x )=2x+m−(x 2+mx )e x=−x 2+(2−m )x+me x，x ∈R ，m ∈(0，1)，∵Δ=(2−m )2+4m =m 2+4>0，∴由H ′(x )=0，得−x 2+(2−m )x +m =0， 即x 2−(2−m )x −m =0两根为x 1=(2−m )−√m 2+42，x 2=(2−m )+√m 2+42，∴H ′(x )=−(x−x 1)(x−x 2)e x，因此，结合题设，有x 0=x 2=(2−m )+√m 2+42=1+√m 2+4−m2=1+2，易知函数ℎ(m )=1+√m 2+4+m在区间(0，1)是减函数，因此，m ∈(0，1)时，ℎ(1)<x 0<ℎ(0)，即√5+12<x 0<2，∵x 0∈(k ，k +1)，k ∈N ∗，所以k =1．②证明：由由①，x 02−(2−m )x 0−m =0，∴x 02+mx 0=2x 0+m ，所以H (x 0)=x 02+mx 0e x 0，x 0∈(1，2)，m ∈(0，1)， 所以H ′(x 0)=2−2x 0−m e x 0=2(1−x 0)−me x 0<0，所以H (x 0)在(1，2)是减函数，所以x 0∈(1，2)时，H (x 0)<H (1)=2+m e<3e，由①，x ∈(1，2)时，[H (x )]max =H (x 0)，所以x ∈(1，2)，H (x )≤H (x 0)<3e，即对于∀x ∈(k ，k +1)，H (x )<3e成立． 典例5．已知函数 f (x ) = e x −a2x 2－ax(a > 0)．(1) 当 a = 1 时，求证：对于任意 x > 0，都有 f (x ) > 0 成立； (2) 若函数 y = f (x ) 恰好在 x = x 1 和 x = x 2 两处取得极值，求证：x 1+x 22< ln a ．【答案】（1）见解析； （2）见解析．【解析】（1）当a ＝1时，f （x ）＝e x −12x 2﹣x ，则f ′（x ）＝e x ﹣x ﹣1，∴f ″（x ）＝e x ﹣1＞0，（x ＞0），∴f ′（x ）＝e x ﹣x ﹣1单调递增，∴f ′（x ）＞f ′（0）＝0，∴f （x ）单调递增，∴f （x ）＞f （0）＝1＞0， 故对于任意x ＞0，都有f （x ）＞0成立．（2）∵函数y ＝f （x ）恰好在x ＝x 1和x ＝x 2两处取得极值，∴x 1，x 2是方程f ′（x ）＝0的两个实数根，不妨设x 1＜x 2，∵f ′（x ）＝e x ﹣ax ﹣a ，f ″（x ）＝e x ﹣a ，当a ≤0时，f ″（x ）＞0恒成立，∴f ′（x ）单调递增，f ′（x ）＝0至多有一个实数解，不符合题意， 当a ＞0时，f ″（x ）＜0的解集为（﹣∞，lna ），f ″（x ）＞0的解集为（lna ，+∞）， ∴f ′（x ）在（﹣∞，lna ）上单调递减，在（lna ，+∞）上单调递增，∴f ′（x ）min ＝f ′（lna ）＝﹣alna ，由题意，应有f ′（lna ）＝﹣alna ＜0，解得a ＞1，此时f ′（﹣1）=1e ＞0，∴存在x 1∈（﹣1，lna ）使得f ′（x 1）＝0，易知当x →+∞时，f(x)→+∞． ∴存在x 2∈（lna ，+∞）使得f ′（x 2）＝0，∴a ＞1满足题意， ∵f ′（x 1）＝f ′（x 2）＝0，∴e x 1−ax 1−a =e x 2−ax 2−a ＝0，∴a =e x 2−e x 1x 2−x 1，∴f ″（x 1+x 22）=ex 1+x 22−a =e x 1+x 22−e x 2−e x 1x 2−x 1=e x 1（e x 2−x 12−e x 2−x 1−1x 2−x 1），设x 2−x 12=t ＞0，∴ex 2−x 12−e x 2−x 1−1x 2−x 1=e t −e 2t −12t=(2t−e t )e t +12t，设g （t ）＝（2t ﹣e t ）e t +1，∴g ′（t ）＝2（t +1﹣e t ）e t ，由（1）可知，g ′（t ）＝2（t +1﹣e t ）e t ＜0恒成立，∴g （t ）单调递减，∴g （t ）＜g （0）＝0， 即f ″（x 1+x 22）＜0，∴ex 1+x 22−a <0，∴x 1+x 22＜lna ．【名师点睛】由极值的情况，揭示等量条件与不等量条件，进而研究证明等式或不等式． 【举一反三】设函数3()(1)f x x ax b =---，R x ∈，其中R b a ∈, (I)求)(x f 的单调区间；(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； 【答案】（ⅰ）详见解析（ⅰ）详见解析（2）当0>a 时，令0)('=x f ，解得331ax +=，或331a x -=． 当x 变化时，)('x f ，)(x f 的变化情况如下表：所以)(x f 的单调递减区间为)331,331(a a +-，单调递增区间为)331,(a --∞，),331(+∞+a． （ⅰ）证明：因为)(x f 存在极值点，所以由（ⅰ）知0>a ，且10≠x ，由题意，得0)1(3)('200=--=a x x f ，即3)1(20a x =-， 进而b ax a b ax x x f ---=---=332)1()(00300． 又b a ax x a b x a x x f --+-=----=-32)1(38)22()22()23(000300 )(33200x f b a x a =---=，且0023x x ≠-，由题意及（ⅰ）知，存在唯一实数满足 )()(01x f x f =，且01x x ≠，因此0123x x -=，所以3201=+x x ．【精选名校模拟】1．（2020·上海交大附中期中考试）为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C （单位：万元）与隔热层厚度x （单位：cm ）满足关系：C （x ）=(010),35kx x ≤≤+若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f （x ）为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和． （ⅰ）求k 的值及f(x)的表达式．（ⅰ）隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．【答案】40k =，因此40()35C x x =+．，当隔热层修建5cm 厚时，总费用达到最小值为70万元． 【解析】（ⅰ）设隔热层厚度为cm x ，由题设，每年能源消耗费用为()35kC x x =+．再由(0)8C =，得40k =，因此40()35C x x =+．而建造费用为1()6C x x =最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为140800()20()()2066(010)3535f x C x C x x x x x x =+=⨯+=+≤≤++ （ⅰ）22400'()6(35)f x x =-+，令'()0f x =，即224006(35)x =+． 解得5x =，253x =-（舍去）． 当05x p p 时，'()0f x p ，当510x p p 时，'()0f x f ，故5x =是()f x 的最小值点，对应的最小值为800(5)6570155f =⨯+=+． 当隔热层修建5cm 厚时，总费用达到最小值为70万元．2．已知函数()2112f x a a x=+-，实数a R ∈且0a ≠ （1）设0mn >，判断函数()f x 在[],m n 上的单调性，并说明理由； （2）若不等式()22a f x x ≤对1x ≥恒成立，求a 的范围．【答案】（1）函数()f x 在[],m n 上单调递增，证明见解析．（2）(]3,00,12⎡⎫-⎪⎢⎣⎭U ． 【解析】 【分析】（1）根据反比列函数的单调性，即可判断()f x 在[],m n 上的单调性，由函数的单调性的定义即可证明； （2）依题有，2122a a x x +-≤在1x ≥恒成立，即21222x a a x x-≤+-≤在1x ≥恒成立．通过分离变量可知，211222x a a x x x -+≤+≤+在1x ≥恒成立，再分别求出12y x x=-+在1x ≥上的最大值，12y x x=+在在1x ≥上的最小值，解不等式组即可求出a 的范围． 【详解】（1）函数()2112f x a a x=+-的定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 因为()22111122a f x a a x a x -=+-=++，210a -<，所以21a y x-=在(),0-∞和()0,∞+上单调递增，而[](),,0m n ⊆-∞或[](),0,m n ⊆+∞，所以函数()f x 在[],m n 上单调递增．设[]12,,x x m n ∈，12x x <，则()()12212221121111x x f x f x a x x a x x ⎛⎫--=--=-⋅ ⎪⎝⎭， 因为0mn >，所以0,0m n >>或0,0m n <<，即120x x >，又120x x -<，因此，()()210f x f x ->，即()()21f x f x >． 故函数()f x 在[],m n 上单调递增． （2）依题可得，2122a a x x +-≤在1x ≥恒成立，即21222x a a x x-≤+-≤在1x ≥恒成立．通过分离变量可知，211222x a a x x x -+≤+≤+在1x ≥恒成立． 设()12g x x x =-+，1x ≥，()2120g x x '=--<，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，故()max 11g g ==-．设()12h x x x=+，1x ≥，()22212120x h x x x-'=-=>，所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，故()min 13h h ==． 因此2123a a -≤+≤，解得，312a -≤≤且0a ≠． 故a 的范围为(]3,00,12⎡⎫-⎪⎢⎣⎭U ． 3．某公司生产的某批产品的销售量P 万件（生产量与销售量相等）与促销费用x 万元满足24x P +=（其中0x a 剟，a 为正常数）．已知生产该产品还需投入成本16P P ⎛⎫+ ⎪⎝⎭万元（不含促销费用），产品的销售价格定为204p ⎛⎫+ ⎪⎝⎭元/件．（1）将该产品的利润y 万元表示为促销费用x 万元的函数； （2）促销费用投入多少万元时，该公司的利润最大？ 【答案】（1）24319(0)22y x x a x =--+剟； （2）当2a …时，促销费用投入2万元时，该公司的利润最大；当2a <时，促销费用投入a 万元时，该公司的利润最大． 【解析】 【分析】（1）根据产品的利润=销售额-产品的成本建立函数关系；（2）利用导数基本不等式可求出该函数的最值，注意等号成立的条件． 【详解】解：（1）由题意知，201(4)6()y p x p p p=+--+， 将24x p +=代入化简得：24319(0)22y x x a x =--+剟；（2）31622(2)221022y x x =-++-+…， 当且仅当1622x x =++，即2x =时，上式取等号； 当2a …时，促销费用投入2万元时，该公司的利润最大； 2431922y x x =--+，2243(2)2y x '=-+， 2a ∴<时，函数在[0，]a 上单调递增，x a ∴=时，函数有最大值．即促销费用投入a 万元时，该公司的利润最大．4．（2020·上海交大附中月考）已知函数()2f x ax 2ax 2(a 0)=-+>在区间[]1,4-上的最大值为10．()1求a 的值及()f x 的解析式；()2设()()f xg x x=，若不等式()x x g 3t 30-⋅≥在[]x 0,2∈上有解，求实数t 的取值范围．【答案】（1）()2a 1f x x 2x 2==-+，；（2）(],1∞-【解析】 【分析】(1)先对函数求导，判断出函数的最大值，进而可求出a 的值及()f x 的解析式；()2根据(1)的结果得到()g x ，再由不等式()x x g 3t 30-⋅≥在[]x 0,2∈上有解，得到22x x x 11111t 2()212()33322⎛⎫≤-+=-+ ⎪⎝⎭在[]x 0,2∈上有解，令x1u 3=，即可得到211t 2(u )22≤-+在1u ,19⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，结合配方法可求出结果．【详解】()()()1f'x 2ax 2a 2a x 1=-=-，(a 0)>，令()f'x 0>，解得：x 1>，令()f'x 0<，解得：x 1<，故()f x 在[)1,1-递减，在(]1,4递增，()1141--<-Q ， 故()max f(x)f 416a 8a 28a 210==-+=+=，解得：a 1=， 故()2f x x 2x 2=-+；()2由()()21g x x 2x=+-，若不等式()xxg 3t 30-⋅≥在[]x 0,2∈上有解，则xxx 232t 303+--⋅≥在[]x 0,2∈上有解， 即22x x x11111t 2()212()33322⎛⎫≤-+=-+ ⎪⎝⎭在[]x 0,2∈上有解， 令x 11u ,139⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，[]x 0,2∈Q ， 则211t 2(u )22≤-+在1u ,19⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，当1u ,19⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，21112(u ),1222⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦，于是t 1≤，故实数t 的范围是(],1∞-．5．（2020·上海华师大二附中高三月考）已知函数()()220f x ax ax b a =-+>在区间[]1,3-上的最大值为5，最小值为1．（1）求a 、b 的值及()f x 的解析式； （2）设()()f x g x x=，若不等式()330x xg t -⋅≥在[]0,2x ∈上有解，求实数t 的取值范围． 【答案】（1）1a =，2b =，()222f x x x =-+；（2）1t ≤． 【解析】 【分析】(1)()()220f x ax ax b a =-+>对称轴为直线1x =，判断最小值点和最大值点坐标代入函数解析式，即可求得a 、b 的值及()f x 的解析式； （2）()330xxg t -⋅≥在[]0,2x ∈上有解，分离出参数t ，转化求函数的最值，即可求出t 的范围．【详解】()22f x ax ax b =-+对称轴方程为1x =，因为()f x 在区间[]1,3-上的最大值为5，0a >， 故1x =时，()f x 取得最小值为1，即顶点为(1,1)，1x =-或3x =，()f x 取得最大值5．()11(1)35f a b f a b ⎧=-+=⎨-=+=⎩，解得12a b =⎧⎨=⎩， 21,2,()22a b f x x x ∴===-+．（2）()()222,(3)323x x x f x g x x g x x ==+-=+-， ()23332303x x x xx g t t -⋅=+--⋅≥， 即2221(3)3x xt ≤+-在[]0,2x ∈上有解， 令[]11,0,2,[,1]39x m x m =∈∈ 22111()2212(),[,1]229h m m m m m =-+=-+∈max ()1t h m ≤=时，不等式()330x x g t -⋅≥在[]0,2x ∈上有解． ∴实数t 的取值范围1t ≤．6．（2020·上海二中高三期中）已知函数2()x ax bf x x a-+=+，[0,)x ∈+∞单调递增，其中0a >，0b ≥，记(,)M a b 为函数()f x 的最小值． （1）求(1,0)M 的值；（2）当1a =时，若函数()f x 在[1,)+∞上单调递增，求b 的取值范围； （3）求a 的取值范围，使得存在满足条件的b ，满足(,)1M a b =-．【答案】(1) (1,0)3M = (2) [0,2]b ∈ (3) 3a ≥+【解析】 【分析】（1）将1,0a b ==代入()f x 可得()()2131f x x x =++-+，再由基本不等式，可得(1,0)M 的值；（2）将a =1代入()f x ，令1x t +=，得到新函数2()3bg t t t+=+-在[2,)t ∈+∞上单调递增，求导讨论函数单调性即得b 的范围；（3）由0b ≥，[,)x a a +∈+∞a >，利用基本不等式可知22()()33b a f x x a a a x a+=++-≥+可以取到最小值3a ，又有(,)1M a b =-，即可得a 的取值范围．【详解】（1）()()2213311x x f x x x x -==++-≥++，1x =时等号成立，则(1,0)3M =；（2）2()1x x bf x x -+=+，令1,x t +=那么2()3bg t t t+=+-在[2,)+∞上单调递增， 则2222(2)'()10b t b f x t t+-+=-=>，即2(2)0t b -+≥， 因为0b ≥，且[2,)t ∈+∞，则222b ≥+，所以2b ≤，即[0,2]b ∈．（3）22()()3b a f x x a a x a+=++-+，由0b ≥a >，[,)x a a +∈+∞，则(,)3M a b a =由(,)1M a b =-，知31a =-，则31a -≥，所以3a ≥+7．（2020·上海嘉定区期中考试）已知函数1()log 1a mxf x x -=-是奇函数（其中1a >） （1）求实数m 的值； （2）已知关于x 的方程log ()(1)(7)akf x x x =+-在区间[2,6]上有实数解，求实数k 的取值范围；（3）当(,x n a ∈-时，()f x 的值域是(1,)+∞，求实数n 与a 的值．【答案】（1）1m =-；（2）49,455k ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦；（3）1n =，3a =+ 【解析】 【分析】（1）由f （x ）是奇函数，f （﹣x ）＝﹣f （x ），结合对数的真数大于0求出m 的值；（2）由题意问题转化为求函数2(1)(7)1x x y x +-=-在x ∈[2，6]上的值域，求导判断出单调性，进而求得值域，可得k 的范围．（3）先判定函数的单调性，进而由x (n a ∈-，时，f （x ）的值域为（1，+∞），根据函数的单调性得出n 与a 的方程，从而求出n 、a 的值． 【详解】（1）∵f （x ）是奇函数， ∴f （﹣x ）＝﹣f （x ）， ∴log a 11mx x +=---log a 11mx x -=-log a 11x mx--，∴1111mx x x mx+-=---， 即1﹣m 2x 2＝1﹣x 2对一切x ∈D 都成立， ∴m 2＝1，m ＝±1， 由于11mxx --＞0，∴m ＝﹣1； （2）由（1）得，1()log 1a x f x x +=-，∴1log log (1)(7)1a ak x x x x +=+-- 即21(1)(7)(1)(7)11k x x x k x x x x ++-=⇒=+---，令2(1)(7)1x x y x +-=-，则22220(1)(1)210202(510)y x x x x x x '==<----+--+， ∴2(1)(7)1x x y x +-=-在区间[2,6]上单调递减，当6x =时，min 495y =；当2x =时，max 452y =；所以，49,455k ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．（3）由（1）得，1()log 1a xf x x +=-，且(,1)(1,)x ∈-∞-⋃+∞ ∵12111x x x +=+--在(,1)x ∈-∞-与(1,)+∞上单调递减∵x ∈（n ，a ﹣），定义域D ＝（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），①当n ≥1时，则1≤n ＜a ﹣，即a ＞，∴f （x ）在（n ，a ﹣）上为减函数，值域为（1，+∞），∴f （a ﹣）＝1，=a ，∴a =3，或a =-1（不合题意，舍去），且n ＝1；②当n ＜1时，则（n ，a ﹣）⊆（﹣∞，﹣1），∴n ＜a ﹣-1，即a ＜1，且f （x ）在（n ，a ﹣）上的值域是（1，+∞）；∴f （a ﹣）＝1，=a ，解得a =3（不合题意，舍去），或a =1； 此时n ＝﹣1（舍去）；综上，a =3，n ＝1．8．（2020·上海浦东复旦附中月考）某种商品原来毎件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格毎提高1元，销售量将相应瑊少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少？(2)为了扩大商品的影响力，提高年销售量，公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高价格到x 元，公司拟投入()216006x -万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，试问：该商品明年的销售量a 至少达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和?并求出此时每件商品的定价．【答案】(1) 每件定价最多为40元；(2) 改革后销售量至少达到10万件，才满足条件，此时定价为30元/件． 【解析】【分析】（1）设每件定价为t 元，则[80.2(25)]258t t --≥⨯，由二次不等式的解法即可得到； （2）由题得当25x >时：()21258600506ax x ≥⨯+-+有解，由分离参数和基本不等式，可得最值，即可得到a 的范围． 【详解】解：（1）设每件定价为t 元， 则[80.2(25)]258t t --≥⨯，整理得265100002540t t t -+≤⇔≤≤， ∴要满足条件，每件定价最多为40元； （2）由题得当25x >时：()21258600506ax x ≥⨯+-+有解， 即：1501,256a x x x ≥+>有解．又1501106x x +≥=， 当且仅当3025x =>时取等号，10a ∴≥．即改革后销售量至少达到10万件，才满足条件，此时定价为30元/件．9．（2020·上海延安中学期末考试）把一段底面直径为40厘米的圆柱形木料据成横截面为矩形的木料，该矩形的一条边长是x 厘米，另一条边长是y 厘米．（1）试用解析式将y 表示成x 的函数，并写出函数的定义域；（2）若该圆柱形木料长为100厘米，则怎样据才能使矩形木料的体积最大？并求出体积的最大值．【答案】（1）()0,40y x =∈；（2）cm ，800003cm 【解析】 【分析】（1）结合矩形的双边与圆的直径构成直角三角形，结合勾股定理，建立方程，即可．（2）利用体积计算公式，建立函数关系，结合二次函数的性质，计算最值，即可． 【详解】（1）22221600,1600x y y x +==-()0,0,40y y x >=∈（2）设矩形木料的体积为V ，100100V xy x =====max 80000V=答：将木料截面矩形锯成边长都为cm 时体积最大，体积的最大值为800003cm10．（2020·上海闵行中学期中考试）已知向量2(3,1)a x =-v ，(,)b x y =-v （其中实数x 和y 不同时为零），当||2x <时，有a b ⊥v v，当||2x ≥时，a v ∥b v ．（1）求函数式()y f x =； （2）求函数()()f x F x x=的单调递减区间； （3）若对任意(,2][2,)x ∈-∞-+∞U ，都有230mx x m +-≥，求实数m 的取值范围．【答案】（1）323220()223x x x x f x x x x x ⎧--<<≠⎪=⎨≥≤-⎪-⎩且或；（2）(,2)-∞-和(2,0)-；（3）2m ≥．【解析】 【分析】（1）分别计算||2x <和||2x ≥函数表达式，得到答案323220()223x x x x f x x x x x ⎧--<<≠⎪=⎨≥≤-⎪-⎩且或．（2）根据（1）知223220()1223x x x F x x x x ⎧--<<≠⎪=⎨≥≤-⎪-⎩且或分别计算两段函数的单调性得到答案．（3）将不等式转化为23x m x ≥-，求函数2()3xg x x=-的最大值得到答案． 【详解】（1）向量2(3,1)a x =-r ，(,)b x y =-r当||2x <时，有a b ⊥r r，即22(3)0,(3)(0)x x y y x x x --==-≠当||2x ≥时，a r ∥b r，即22(3),3xy x x y x--==- 综上所述：323220()223x x x x f x xx x x ⎧--<<≠⎪=⎨≥≤-⎪-⎩且或 （2）223220()()1223x x x f x F x x x x x ⎧--<<≠⎪==⎨≥≤-⎪-⎩且或 当22x -<<且0x ≠时：2()3F x x =-，单调减区间为(2,0)-当2x ≥或2x -≤时：21()3F x x =-，当2x ≥时，23x -单调递减；当2x -≤时23x -单调递增，根据复合函数单调性得到21()3F x x =-单调减区间为(,2)-∞-综上所述：单调减区间为(,2)-∞-和(2,0)-（3）(,2][2,)x ∈-∞-+∞U ，22303xmx x m m x +-≥∴≥- 即求函数2()3x g x x=-的最大值，21()33x g x x x x==-- 当2x ≥时，3x x -单调递减，2()3xg x x =-单调递增当2x -≤时，3x x -单调递减，2()3xg x x=-单调递增 故(,2]x ∈-∞-递增，最大值为max ()(2)2g x g =-=[2,)x ∈+∞时，2()03xg x x=<- 综上所述：max ()(2)2g x g =-=，所以2m ≥11．（2020·上海二中期末考试）已知函数()2f x x =，()h x =（1）令()()[),,,,x x t y f x x t ⎧∈-∞⎪=⎨∈+∞⎪⎩，当2x =时4y =，求实数t 的取值范围；（2）令()()1,02,0f x x y a h x x ⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪->⎩的值域为(],1-∞，求实数a 的取值范围；（3）已知函数在()F x ，()G x 数集D 上都有定义，对任意的12,x x D ∈，当12x x <时()()()()121212F x F x G x G x x x -≤≤-或()()()()122112F x F xG x G x x x -≤≤-成立，则称()G x 是数集D 上()F x 的限制函数；令函数()()()F x f x g x =-，求其在()0,D =+∞上的限制函数()G x 的解析式，并求()G x 在()0,D =+∞上的单调区间． 【答案】（1）(],2-∞ （2）(]0,1 （3）()2G x x x=- 增区间为在()0,∞+ 【解析】 【分析】（1）由分段函数求值问题，讨论2x =落在哪一段中，再根据函数值即可得实数t 的取值范围； （2）由分段函数值域问题，由函数的值域可得(]()(]0,1,,1a ⋃-∞=-∞，再求出实数a 的取值范围； （3）先阅读题意，再由导数的几何意义求得()2G x x =- 【详解】解： （1）由()()[),,,,x x t y f x x t ⎧∈-∞⎪=⎨∈+∞⎪⎩，且2x =时4y =，当2t >时，有2x =时，2y x ==，与题设矛盾， 当2t ≤时，有2x =时，2(2)24y f ===，与题设相符， 故实数t 的取值范围为：(],2-∞；（2）当0x ≤，212x y ⎛⎫=⎪⎝⎭，因为0x ≤，所以20x ≥，即(]0,1y ∈， 当0x >，y a =-0x >0>，即(),y a ∈-∞， 又由题意有(]()(]0,1,,1a ⋃-∞=-∞， 所以01a <≤，故实数a 的取值范围为(]0,1；（3）由()()()2F x f x g x x =-=-()'2F x x =-由导数的几何意义可得函数()F x 在任一点处的导数即为曲线在这一点处切线的斜率，由限制函数的定义可知()2G x x x=-， 由()'20G x =+>，即函数()G x 在()0,D =+∞为增函数，故函数()G x 在()0,∞+为增函数．12．（2020·上海格致中学高三月考）对于两个定义域相同的函数()f x 、()g x ，若存在实数m 、n 使()()()h x mf x ng x =+，则称函数()h x 是由“基函数()f x 、()g x ”生成的．（1）2(3)f x x x =+和()34g x x =+生成一个偶函数()h x ，求(2)h 的值；（2）若2()231h x x x =+-由2()f x x ax =+，()g x x b =+（,a b ∈R 且0ab ≠）生成，求2+a b 的取值范围；（3）试利用“基函数4()log (41)x f x =+，()1g x x =-”生成一个函数()h x ，使()h x 满足下列条件：①是偶函数；②有最小值1，请求出函数()h x 的解析式并进一步研究该函数的单调性（无需证明）． 【答案】（1）0；（2）17(,][,)22-∞-+∞U ；（3）411()log (2)22x xh x =++，在(,0]-∞递减，在[0,)+∞递增 【解析】 【分析】（1）由()()()h x mf x ng x =+列方程，根据()h x 为偶函数求得,m n 的关系式，进而求得()2h 的值． （2）由2()()()231h x mf x ng x x x =+=+-列方程组，化简后求得,a b 的关系式，利用导数求得2+a b 的取值范围．（3）构造函数()()()12h x f x g x =-，并证得其奇偶性和单调性． 【详解】（1）由()2()()()334h x mf x ng x mx m n x n =+=+++为偶函数可知330,m n m n +==-，所以()2440h m n =+=．（2）由2()()()231h x mf x ng x x x =+=+-得()22231mx ma n x nb x x +++=+-，所以231m ma n nb =⎧⎪+=⎨⎪=-⎩，由于0ab ≠，所以可化简得3122a b =+，所以312222a b b b +=++．构造函数()()312022v b b b b=++≠，()()()'221212b b v b b +-=，所以函数()()312022v b b b b =++≠在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上递增，在11,0,0,22⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上递减，所以函数在12x =-处，有极大值1122v ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，在12x =处有极小值1722v ⎛⎫= ⎪⎝⎭．所以2+a b 的取值范围是17(,][,)22-∞-+∞U ．（3）构造函数()()()()4411111log 41log 222222x x x h x f x g x x ⎛⎫=-=+-+=++ ⎪⎝⎭，()()411log 222x xh x h x ⎛⎫-=++= ⎪⎝⎭，所以()h x为偶函数．由于1222x x +≥=，所以()h x 有最小值41log 212+=符合题意．()h x 在(,0]-∞递减，在[0,)+∞递增． 另补证明：由于()h x 为偶函数，只需求得[)0,x ∈+∞上的单调性．构造函数()()1202xx u x x =+≥，()'12ln 22x xu x ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭，由于0x ≥时，122xx≥，故()'12ln 202x x u x ⎛⎫=-⋅≥ ⎪⎝⎭，所以函数()()1202x x u x x =+≥在[0,)+∞上递增．根据复合函数单调性同增异减可知，函数()h x 在[0,)+∞上递增．根据()h x 为偶函数可知，函数()h x 在(,0]-∞递减．13．（2020·上海交大附中期末考试）已知函数2(2)(3)2f x ax a x a -=--+-（a 为负整数）()y f x =的图像经过点(2,0)()m m -∈R ． （1）求()f x 的解析式；（2）设函数()2g x bx =+，若()()g x f x ≥在[]1,3x ∈上解集非空，求实数b 的取值范围； （3）证明：方程1()0f x x-=有且仅有一个解．【答案】（1）2()1f x x =-+．（2）10,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭（3）见解析﹔ 【解析】 【分析】（1）在2(2)(3)2f x ax a x a -=--+-中令x m =得2(2)(3)20f m am a m a -=--+-=，故2321m a m m -=--+，因为a 为负整数，所以2321m m m --+为正整数，当23221m m m --+…时，利用判别式可判断此不等式无解，所以23211m m m -=-+，解得1a =-，从而可得()f x 的解析式；（2）()()g x f x …在[1x ∈，3]上解集非空转化为1()b x x-+…在[1，3]上有解，再构造函数转化为最小值可得；（3）即证1y x =与21y x =-+的图象有且只有一个交点，证明0x >时，1y x=与21y x =-+的图象无交点，在(,0)-∞上有且只有一个零点，即得证． 【详解】（1）在2(2)(3)2f x ax a x a -=--+-中令x m =得2(2)(3)20f m am a m a -=--+-=， 2321m a m m -∴=--+，因为a 为负整数，所以2321m m m --+为正整数，当23221m m m --+…时，22540m m -+…，因为△2(5)42470=--⨯⨯=-<，所以22540m m -+… 无解， 所以23211m m m -=-+，解得1m =或3m =，所以1a =-，22(2)43(2)1f x x x x ∴-=-+-=--+， 2()1f x x ∴=-+（2）()()g x f x …在[1x ∈，3]上解集非空1()b x x ⇔-+…在[1，3]上有解， 令1()()h x x x=-+，则()min b h x …， 因为函数()h x 在[1x ∈，3]上是减函数， 所以3x =时，()min h x h =（3）103=-， 故103b -…．（3）证明：即证1y x=与21y x =-+的图象有且只有一个交点，当0x >时，2221111(1)11111022x x x x x x x --+=+-=++-==>， 即0x >时，1y x=与21y x =-+的图象无交点， 当0x <时，令211y x x=+-， 因为函数1y x=在(,0)-∞上为递减函数，函数21y x =+在(,0)-∞上为递减函数， 所以211y x x=+-在(,0)-∞上为递减函数（减函数+减函数=减函数）， 又12x =-时，1304y =-+<，1x =时，10y =>，根据零点存在性定理知：2110x x+-=在(,0)-∞上有且只有一个零点， 综上得1()0f x x-=有且只有一个解． 14．（2020·上海交大附中高三期末）交大设计学院植物园准备用一块边长为4百米的等边ΔABC 田地(如图)建立芳香植物生长区、植物精油提炼处与植物精油体验点．田地内拟建笔直小路MN 、AP ，其中M 、N 分别为AC 、BC 的中点，点P 在CN 上．规划在小路MN 和AP 的交点O (O 与M 、N 不重合)处设立植物精油体验点，图中阴影部分为植物精油提炼处，空白部分为芳香植物生长区，A 、N 为出入口(小路宽度不计)．为节约资金，小路MO 段与OP 段建便道，供芳香植物培育之用，费用忽略不计，为车辆安全出入，小路AO 段的建造费用为每百米4万元，小路ON 段的建造费用为每百米3万元．(1)若拟建的小路AO ON 段的建造费用；(2)设∠BAP =θ，求cos θ的值，使得小路AO 段与ON 段的建造总费用最小，并求岀最小建造总费用(精确到元)．【答案】(1) 小路ON 段的建造费用为3万元． (2) 当3cos 4θ=时，小路AO 段与ON 段的建造总费用最小，最小费用约为135826元．。
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届高三学子培优专练三 ：《导函数的抽象函数的构造》(理) 解析版
是
．
【答案】 (1, )
【解析】令 F (x) f (x) 3x ，则 F x f x 3 0 ，∴ F (x) 在 R 上为单调递增．
又∵ f (1) 3 ，∴ F (1) f (1) 3 0 ，则 f (x) 3x 可转化为 F (x) 0 F (1) ，
根据 F (x) 单调性可知不等式 f (x) 3x 的解集为 (1, ) ．
令0
x
1，则
x
1 x
，由已知
F (x)
F(1) x
，可得
f
(x)
1x
ex
f
1 x
，
1x
下面证明 e x
1 x2
，即证明
1 x
x
2 ln
x
0
，
令
g(x)
1 x
x
2 ln
x ，则
g(x)
(x 1)2 x2
0 ，即
g(x) 在 (0,1) 上递减，
g(x)
g(1)
0，
1x
即ex
1 x2
，所以 xf
A． (2020, 0)
B． (2021, 0)
C． (, 2020)
D． (, 2021)
【答案】D
【解析】令 g(x) x2 f (x) ， g(x) x2 f (x) 2xf (x) x(xf (x) 2 f (x)) ，
∵当 x 0 时， 2 f (x) xf (x) x 2 0 ，∴ x[xf (x) 2 f (x)] 0 ，
∴ g(x) x2 f (x) 在 (, 0) 上是减函数，
∴ (x 2019)2 f (x 2019) 4 f (2) 0 可化为 (x 2019)2 f (x 2019) 4 f (2) (2)2 f (2) ， ∴ x 2019 2 0 ，故 x 2021．故选 D．
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因为 3 e ln 2 ，所以 g(3) g(e) g(ln 2) ，即 c a b 。
答案：D
解惑练习 2：已知定义在 R 上的奇函数 f (x) 的导函数为 f (x) ，当 x 0 时，
f (x) + f (x) 0 ，若 a = 1 f (1) ， b = −2 f (−2) ， c = ln 1 f (ln 1) ，则 a 、 b 、 c 的关
令 g(x) = f (x) − 1 x − 1 ，则只要解不等式 g(x) 0 。 22
因为 f (x) 1 ，所以 g(x) = f (x) − 1 0 ，即 g(x) 在 R 上单调递增。
2
2
因为 f (1) = 1，所以 g(1) = 0 ，所以 g(x) 0 ，则 x 1。
答案：B
答案：A
解惑练习 4：解析：设 g(x) =
f (x) ， ex
4/5
知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
因为 f (x) f (x) ，所以 g(x) = f (x) − f (x) 0 ， ex
所以 g(x) 在 R 上单调递增。
因为 f (1) = e ，所以 g(1) = 1。
=
xf
(x) − (x −1) f (x) ex
，
因为 xf (x) (x −1) f (x) ，所以 g(x) 0 ，所以 g(x) 单调递减，
所以 g(1)
g(2) ，即
f (1) e
2
f (2) e2
，
ef
(1) 2 f (2) 。
答案：A
5/5
所以 g(x) 在 R 上单调递增。
因为 f (2m +1) − f (2 − m) e1−3m 0 ，所以 f (2m +1) f (2 − m)e1−3m ，
所以 e2m+1 f (2m +1) e2−m f (2 − m) ，即 g(2m +1) g(2 − m) ，
所以 2m +1 2 − m ， m 1 。 3
因为
f (ln x)
x ，所以
f (ln x) x
1，即
f (ln x) eln x
1， g(ln x)
g(1) ，
所以 ln x 1 ， 0 x e 。
答案：A
解惑练习
5：设
g(x)
=
xf (x) ex
，
则 g(x)
=
(f
(x) +
xf
( x))e x (ex )2
− xf (x)ex
所以 f (7) − g(7) f (x) − g(x) f (3) − g(3) ，所以 f (x)+ g(3) g(x) + f (3) 。
答案：D
解惑练习 1：定义域为 R 的函数 f (x) 满足 f (1) = 1，且 f (x) 的导函数 f (x) 1 ，则满足 2
2 f (x) x +1的 x 的集合为（ )
A. f (x) g(x)
B. f (x)+ g(3) g(x) + f (3)
C. f (x) g(x)
D. f (x)+ g(7) g(x) + f (7)
解析：因为 f (x) g(x) ，即 f (x) − g(x) 0 ，
所以函数 y = f (x) − g(x) 在（3，7）上单调递减，
因为当 x 0 时 xf (x) − f (x) 0 ，所以函数 g(x) = f (x) 在 (0,+) 上单调递减， x
因为 y = f (x) 是 R 上的奇函数，所以 a = f (−3) = f (3) 。 −3 3
a = g(e) ， b = g(ln 2) ， c = g(3) ，
因为 f (x) − 3e−x 2 ，所以 ex f (x) − 2ex 3 ，即 g(x) 3 = g(0) ，所以 x 0 。
答案：A
解惑练习 3.已知定义在 R 上的函数 f ( x) 满足 f ( x) − f ( x) ，则关于 m 的不等式
f (2m +1) − f (2 − )m e1−3m 0 的解集是（ ）
(x)
=
ex
− 2F(x) x3
，
令 y = ex − 2F (x) ，则 y = ex − 2F(x) = ex − 2ex = ex (x − 2) ，
x
x
当 y 0 ，则 x 2 ，当 y 0 ，则 0 x 2 ，
所以 y = ex − 2F (x) 在 (0,2) 上单调递减，在 (2,+) 上单调递增，
A.
1 3
,
+
B.
0,
1 3
C.
−,
1 3
D.
−
1 2
,
1 3
解惑练习 4.设 f (x) 是定义在 R 上的函数 f (x) 的导函数，且 f (x) f (x) ， f (1) = e （e
为自然对数的底数），则不等式 f (ln x) x 的解集为（ ）
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解惑练习 2：设 g(x) = xf (x) ， g(x) = f (x) + xf (x) 。
因为 f (x) + f (x) 0 ，所以 xf (x) + f (x) 0 ，即 g(x) 0 ，
x
x
x
当 x 0 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递增。
因为 f (x) 是奇函数，所以 g(x) 是偶函数，
A．x −1 x 1
B． x x 1 Cx x −1,或x 1 D．x x 1
二、根据题意或选项中的提示构造函数
1.当题意中出现 xf (x) f (x) 时，“+”对应的原函数是 y = xf (x) ，“-”对应的原函数是
y = f (x) 。 x
例题 2.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，
确的是（ ）
A. ef (1) 2 f (2)
B．ef (1) 2 f (2)
C． f (1) f (2)
D． f (1) f (2)
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解惑练习解析
解惑练习 1：解析：要解不等式 2 f (x) x +1，只要解不等式 f (x) − 1 x − 1 0 ， 22
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导数与不等式——构造函数
导数的应用，最主要的是利用导数来判断函数的单调性。导数与不等式问题中的一种，
是根据题目中所给出函数 f (x) 与其导函数 f (x) 的关系，构造新函数，并根据导数判断其
单调性从而达到解决问题的目的。 一、直接构造
例题 1.设函数 f (x)，g(x) 在 (3, 7) 上均可导，且 f (x) g(x) ，则当 3 x 7 时，有
因为 F (2) = 4 f (x) = e2 ，所以 ex − 2F (x) e2 − 2F (2) = 0 ， 2
所以 f (x) 0 在 (0,+) 上恒成立，即 f (x) 在 (0,+) 上无极大值也无极小值。
答案：D
解惑练习 5.已知定义在 (0,+) 的可导函数 f (x) ，满足 xf (x) (x −1) f (x) ，下列结论正
A. (0, e) B. (0, e)
C． (1 , e ) e2
D． ( e, e)
四、复杂构造，是对题意条件所给函数关系进行深入分析，研究其结构特征关系，构造出新
函数，从而达到解决问题的目的。
例题 4.设函数 f (x) 满足 x2 f (x) + 2xf (x) = ex ， f (2) = e2 ，则当 x 0 时， f (x) (
xf (x) − f (x) 0 ，若 a = f (e) ， b = f (ln 2) ， c = f (−3) ，则 a ， b ， c 的大小关系正
e
ln 2
−3
确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：设 g(x) =
f (x) ， g(x) = x
xf (x) − x2
f (x) ，
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知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
f (x) − 3e−x 2 的解集为
A． (0, +)
B． (−, 0) C． (−, 0) (1, +) D． (1, +)
解析：因为 f (x) + f (x) 2 ，所以构造函数 g(x) = ex f (x) − 2ex ，
g(x) = ex ( f (x) + f (x) − 2) 0 ，所以 g(x) 在 R 上单调递增， g(0) = f (0) − 2 = 3 。xBiblioteka 2222系为（ ）
A. a b c B. b c a
C. c b a
D. b a c
2.当题意中出现 f (x) f (x) 时，“+”需要构造函数 y = ex f (x) ，“-”需要构造函数
y=
f (x) ex .
例 题 3. 已 知 函 数 f (x) 的 导 函 数 为 f ' (x) ， 若 f (x) + f ' (x) 2, f (0) = 5 ， 则 不 等 式
)
x
8
A.有极大值，无极小值
B.有极小值，无极大值
C.既有极大值又有极小值
D.既无极大值也无极小值