高考数学二轮复习专题二函数与导数课时作业四函数与方程及函数的应用理67
高考数学总复习 第二章 函数、导数及其应用 课时作业4 理(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册数
课时作业4 函数及其表示1．下列各组函数中，表示同一函数的是( D ) A ．f (x )＝e ln x，g (x )＝xB ．f (x )＝x 2－4x ＋2，g (x )＝x －2C ．f (x )＝sin2x2cos x ，g (x )＝sin xD ．f (x )＝|x |，g (x )＝x 2解析：A ，B ，C 的定义域不同，所以答案为D. 2．若函数y ＝mx －1mx 2＋4mx ＋3的定义域为R ，则实数m 的取值X 围是( D )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34 解析：∵函数y ＝mx －1mx 2＋4mx ＋3的定义域为R ，∴mx 2＋4mx ＋3恒不为0.当m ＝0时，mx2＋4mx ＋3＝3满足题意；当m ≠0时，Δ＝16m 2－12m <0，解得0<m <34.综上，m 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34. 3．(2019·某某某某模拟)已知f (x 5)＝lg x ，则f (2)＝( A ) A.15lg2 B.12lg5 C.13lg2 D.12lg3 解析：解法一：由题意知x ＞0，令t ＝x 5，则t ＞0，x ＝t 15，∴f (t )＝lg t 15＝15lg t ，即f (x )＝15lg x (x ＞0)，∴f (2)＝15lg2，故选A.解法二：令x 5＝2，则x ＝215，∴f (2)＝lg215＝15lg2，故选A.4．已知函数f (x )＝1－log 2x 的定义域为[1,4]，则函数y ＝f (x )·f (x 2)的值域是( C ) A ．[0,1]B ．[0,3]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，1D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，3 解析：对于y ＝f (x )·f (x 2)，由函数f (x )的定义域是[1,4]，得1≤x ≤4，且1≤x 2≤4，解得1≤x ≤2，故函数y ＝f (x )·f (x 2)的定义域是[1,2]，易得y ＝f (x )·f (x 2)＝1－3log 2x ＋2log 22x ，令t ＝log 2x ，则t ∈[0,1]，y ＝1－3t ＋2t 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －342－18，故t ＝34时，y 取最小值－18；t ＝0时，y 取最大值1，故所求函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，1，故选C.5．(2019·某某某某模拟)若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－3，x ＞0，g x ，x ＜0是奇函数，则f (g (－2))的值为( C )A.52 B ．－52C ．1D ．－1 解析：∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－3，x ＞0，g x ，x ＜0是奇函数，∴x ＜0时，g (x )＝－12x ＋3，∴g (－2)＝－12－2＋3＝－1，f (g (－2))＝f (－1)＝g (－1)＝－12－1＋3＝1， 故选C.6．(2019·某某某某模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ≤0，2x －2－x，x ＞0，则满足f (x 2－2)＞f (x )的x的取值X 围是( C )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：由题意，x ＞0时，f (x )递增，故f (x )＞f (0)＝0，又x ≤0时，x ＝0，故若f (x 2－2)＞f (x )，则x 2－2＞x ，且x 2－2＞0，解得x ＞2或x ＜－2，故选C.7．(2019·某某成安模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( C )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：由题意知，当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2； 当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2，又∵y ＝x －2，y ＝x 3－2在R 上都为增函数，且f (x )在x ＝1处连续， ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.8．(2019·某某某某一模)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x ＞1，若f (1)是f (x )的最小值，则实数a 的取值X 围为( C )A ．[－1,2)B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[1，＋∞)解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x ＞1，若x ＞1，则f (x )＝x ＋1＞2，易知y ＝2|x －a |在(a ，＋∞)上递增，在(－∞，a )上递减，若a ＜1，则f (x )在x ＝a 处取得最小值，不符合题意； 若a ≥1，则要使f (x )在x ＝1处取得最小值， 只需2a －1≤2，解得a ≤2，∴1≤a ≤2.综上可得a 的取值X 围是[1,2]，故选C.9．(2019·某某、某某两省重点高中联考)函数f (x )＝4－4x＋ln(x ＋4)的定义域为(－4,1]__．解析：要使函数f (x )有意义，需有⎩⎪⎨⎪⎧4－4x≥0，x ＋4＞0，解得－4＜x ≤1，即函数f (x )的定义域为(－4,1]．10．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，则使f (x )＝12的x 的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1，2，22 .解析：由题意知，若x ≤0，则2x＝12，解得x ＝－1；若x ＞0，则|log 2x |＝12，解得x ＝212或x ＝2－12.故x 的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1，2，22.11．记函数f (x )＝2－x ＋3x ＋1的定义域为A ，g (x )＝lg[(x －a －1)(2a －x )](a ＜1)的定义域为B .若B ⊆A ，则实数a 的取值X 围为(－∞，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1. 解析：由已知得A ＝{x |x ＜－1或x ≥1}，B ＝{x |(x －a －1)·(x －2a )＜0}，由a ＜1得a ＋1＞2a ，∴B ＝{x |2a ＜x ＜a ＋1}． ∵B ⊆A ，∴a ＋1≤－1或2a ≥1， ∴a ≤－2或12≤a ＜1.∴a 的取值X 围为a ≤－2或12≤a ＜1.12．已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )＝－2f (x ＋1)，且f (x )在区间[0,1]上有解析式f (x )＝x 2.(1)求f (－1)，f (1.5)；(2)写出f (x )在区间[－2,2]上的解析式．解：(1)由题意知f (－1)＝－2f (－1＋1)＝－2f (0)＝0，f (1.5)＝f (1＋0.5)＝－12f (0.5)＝－12×14＝－18.(2)当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2； 当x ∈(1,2]时，x －1∈(0,1]，f (x )＝－12f (x －1)＝－12(x －1)2；当x ∈[－1,0)时，x ＋1∈[0,1)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2(x ＋1)2；当x ∈[－2，－1)时，x ＋1∈[－1,0)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2×[－2(x ＋1＋1)2]＝4(x ＋2)2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋22，x ∈[－2，－1，－2x ＋12，x ∈[－1，0，x 2，x ∈[0，1]，－12x －12，x ∈1，2].13．如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( A )A ．y ＝12x 3－12x 2－xB ．y ＝12x 3＋12x 2－3xC ．y ＝14x 3－xD ．y ＝14x 3＋12x 2－2x解析：设所求函数解析式为f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c (a ≠0)，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝d ＝0，f 2＝8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，f ′0＝c ＝－1，f ′2＝12a ＋4b ＋c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，d ＝0，∴f (x )＝12x 3－12x 2－x .14．(2019·某某某某一模)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －a |，x ＜a ＋1，－|x ＋1|－a ，x ≥a ＋1，若f (x )的最大值不超过1，则实数a 的取值X 围为( A )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，0D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，－54解析：当x ＜a ＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －a |在(－∞，a )上递增，在[a ，a ＋1)上递减，可得此时f (x )在x ＝a 处取得最大值，且为1；当x ≥a ＋1时，f (x )＝－a －|x ＋1|，当a ＋1≥－1，即a ≥－2时，f (x )递减，由题意得－a －|a ＋2|≤1，解得a ≥－32；当a ＋1＜－1，即a ＜－2时，f (x )在x ＝－1处取得最大值，且为－a ，由题意得－a ≤1，则a ∈∅.综上可得a 的取值X 围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞，故选A.。
新课标2018届高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数与方程及函数的应用课件
-5-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
对点训练1函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为( A.1 B.2 C.3 D.4
x x
)
关闭
函数 f(x)=2 |log0. 5x|-1 的零点即 2 |log0. 5x|-1= 0 的解 ,即|log0. 5x|= 的解,作出函数 g(x)=|log0. 5x|和函数 h(x)=
题后反思解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取 值范围问题,关键是利用函数方程思想或数形结合思想,构建关于 参数的方程或不等式求解.对于存在函数的零点求参数取值范围的 问题,可通过分离参数,转化为求函数的最值问题.
-10-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
对点训练2(2017全国Ⅲ,理11)已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有 唯一零点,则a=( )
-8-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
③当
1 a∈(0,1)时,1- +ln ������
a<0,即 f(-ln a)<0.
又 f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故 f(x)在区间(-∞,-ln a)有一 个零点. 设正整数 n0 满足 n0>ln 由于 ln
3 -1 ������
由 f(x)=-a>-������ >0 知,函数 y=f(x)与直线 y=-a>0 存在两个交点,此时方 程 f(-f(x))=1 的实数根有 2 个;由 f(x)=-b∈(-1,0),知函数 y=f(x)与直线 关闭 y=-b∈(-1,0)存在两个交点,此时方程 f(-f(x))=1 的实数根有 2 个.综上 C 可知方程的实数根个数为 4.
高考数学总复习第二章函数导数及其应用课时作业
高考数学总复习第二章函数导数及其应用课时作业课时作业10 函数的图象1．函数f(x)＝x2ln|x|的图象大致是( D )解析：由f(－x)＝－f(x)可得f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除A，C，而x∈(0,1)时，ln|x|＜0，f(x)＜0，排除B，故选D.2．现有四个函数：①y＝x sin x；②y＝x cos x；③y＝x|cos x|；④y＝x·2x.它们的图象(部分)如下，但顺序已被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号排列正确的一组是( D )A．④①②③B．①④③②C．③④②①D．①④②③解析：函数y＝x sin x是偶函数，由图象知，函数①对应第一个图象；函数y＝x cos x是奇函数，且当x＝π时，y＝－π＜0，故函数②对应第三个图象；函数y＝x|cos x|为奇函数，且当x＞0时，y≥0，故函数③与第四个图象对应；函数y ＝x ·2x为非奇非偶函数，与第二个图象对应．综上可知，选D.3．(2019·河南信阳模拟)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝8－f (4＋x )，函数g (x )＝4x ＋3x －2，若函数f (x )与g (x )的图象共有168个交点，记作P i (x i ，y i )(i ＝1,2，…，168)，则(x 1＋y 1)＋(x 2＋y 2)＋…＋(x 168＋y 168)的值为( D )A ．2 018B ．2 017C ．2 016D ．1 008 解析：函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝8－f (4＋x )，可得f (－x )＋f (4＋x )＝8，即函数f (x )的图象关于点(2,4)对称，由函数g (x )＝4x ＋3x －2＝4x －2＋11x －2＝4＋11x －2，可知其图象关于点(2,4)对称，∵函数f (x )与g (x )的图象共有168个交点，∴两图象在点(2,4)两边各有84个交点，且两边的点分别关于点(2,4)对称，故得(x 1＋y 1)＋(x 2＋y 2)＋…＋(x 168＋y 168)＝(4＋8)×84＝1 008.故选D.4．已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( A )A ．f (x )＝12x －1－x 3B ．f (x )＝12x －1＋x 3C ．f (x )＝12x ＋1－x 3D ．f (x )＝12x ＋1＋x 3解析：由图可知，函数图象的渐近线为x ＝12，排除C ，D ，又函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减．而函数y ＝12x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，y ＝－x 3在R上单调递减，则f (x )＝12x －1－x 3在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，故选A.5．如图所示，动点P 在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1上．过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体的表面相交于M ，N 两点．设BP ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( B )解析：设正方体的棱长为1，显然，当P 移动到体对角线BD 1的中点E 时，函数y ＝MN ＝AC ＝2取得唯一的最大值，所以排除A 、C ；当P 在BE 上时，分别过M ，N ，P 作底面的垂线，垂足分别为M 1，N 1，P 1，则y ＝MN ＝M 1N 1＝2BP 1＝2x cos ∠D 1BD ＝263x ，是一次函数，所以排除D ，故选B.6．(2019·泰安模拟)已知f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则y ＝f ′(x )的图象大致是( A )解析：因为f (x )＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝12x －sin x ，f ′(x )为奇函数，排除B ，D ；当x ＝π6时，f ′(x )＝π12－12＜0，排除C ，∴A 满足．7．(2019·昆明检测)已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且f (x )在(－∞，0)上是减函数，f (2)＝0，g (x )＝f (x ＋2)，则不等式xg (x )≤0的解集是( C )A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)B ．[－4，－2]∪[0，＋∞)C ．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[0，＋∞)解析：依题意，画出函数的大致图象如图所示．实线部分为g (x )的草图，则xg (x )≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，g x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，g x ≥0，由图可得xg (x )≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)．8．已知函数f (x )＝2ln x ，g (x )＝x 2－4x ＋5，则方程f (x )＝g (x )的根的个数为( C ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：在平面直角坐标系内作出f (x )，g (x )的图象如图所示，由已知g (x )＝(x －2)2＋1，得其顶点为(2,1)，又f (2)＝2ln2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f (x )＝2ln x 图象的下方，故函数f (x )＝2ln x 的图象与函数g (x )＝x 2－4x ＋5的图象有2个交点．9．(2019·江苏扬州模拟)不等式2－x ≤log 2(x ＋1)的解集是{x |x ≥1}__．解析：画出y ＝2－x ，y ＝log 2(x ＋1)的图象如图所示，由图可知，解集为{x |x ≥1}．10．给定min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，b ＜a ，已知函数f (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}＋4，若动直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，则实数m 的取值范围为(4,5)__．解析：作出函数f (x )的图象，函数f (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}＋4的图象如图所示，由于直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，数形结合可得m 的取值范围为(4,5)．11．已知函数f (x )＝2x，x ∈R .(1)当m 取何值时，方程|f (x )－2|＝m 有一个解？两个解？(2)若不等式[f (x )]2＋f (x )－m ＞0在R 上恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)令f (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出f (x )的图象如图所示.由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数f (x )与G (x )的图象只有一个交点，即原方程有一个解；当0＜m ＜2时，函数f (x )与G (x )的图象有两个交点，即原方程有两个解． (2)令f (x )＝t (t ＞0)，H (t )＝t 2＋t ，因为H (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14在区间(0，＋∞)上是增函数，所以H (t )＞H (0)＝0.因此要使t 2＋t ＞m 在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m ≤0， 即所求m 的取值范围为(－∞，0]．12．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，g (x )在区间(0,2]上的值不小于6，求实数a 的取值范围． 解：(1)设f (x )图象上任一点坐标为(x ，y )，∵点(x ，y )关于点A (0,1)的对称点(－x,2－y )在h (x )的图象上， ∴2－y ＝－x ＋1－x ＋2，∴y ＝x ＋1x ，即f (x )＝x ＋1x.(2)由题意g (x )＝x ＋a ＋1x， 且g (x )＝x ＋a ＋1x≥6，x ∈(0,2]． ∵x ∈(0,2]，∴a ＋1≥x (6－x )，即a ≥－x 2＋6x －1. 令q (x )＝－x 2＋6x －1，x ∈(0,2]，q (x )＝－x 2＋6x －1＝－(x －3)2＋8，∴当x ∈(0,2]时，q (x )是增函数，q (x )max ＝q (2)＝7. 故实数a 的取值范围是[7，＋∞)．13．(2019·安徽江南十校联考)若函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( B )A ．f (x )＝e x－1x 2－1B ．f (x )＝ex x 2－1C ．f (x )＝x 3＋x ＋1x 2－1D ．f (x )＝x 4＋x ＋1x 2－1解析：由题中图象可知，函数的定义域为{x |x ≠a 且x ≠b }，f (x )在(－∞，a )上为增函数，在(a,0]上先增后减，在[0，b )上为减函数，在(b ，＋∞)上先减后增．A 项中f (x )的定义域为{x |x ≠－1且x ≠1}， 此时a ＝－1，b ＝1. f ′(x )＝exx 2－1－2x e x －1x 2－12，则f ′(－2)＝79e 2－49＜0，与f (x )在(－∞，－1)上递增不符．B 项中f (x )的定义域 为{x |x ≠±1}，f ′(x )＝exx 2－2x －1x 2－12＝e x [x －12－2]x 2－12，若f ′(x )＞0，则x ＜－1或－1＜x ＜1－2或x ＞1＋2，此时f (x )在各对应区间上为增函数，符合题意．同理可检验C 、D 不符，故选B.14．(2019·福建厦门双十中学模拟)已知函数f (x )＝x 2＋e x －12(x ＜0)与g (x )＝x 2＋ln(x＋a )的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是( B )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1eB ．(－∞，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ D ．(e ，＋∞)解析：原命题等价于在x ＜0时，f (x )与g (－x )的图象有交点，即方程e x－12－ln(－x＋a )＝0在(－∞，0)上有解，令m (x )＝e x－12－ln(－x ＋a )，显然m (x )在(－∞，0)上为增函数．当a ＞0时，只需m (0)＝e 0－12－ln a ＞0，解得0＜a ＜e ；当a ≤0时，x 趋于－∞，m (x )＜0，x 趋于a ，m (x )＞0，即m (x )＝0在(－∞，a )上有解．综上，实数a 的取值范围是(－。
(课标专用)2020高考数学二轮复习专题二函数与导数2.2函数与方程及函数的应用课件
高频考点•探究突破
-10-
突破点一
突破点二
突破点三
解析:(1)f(x)+|x-2|-kx=0有且只有三个不相等的实数根,
等价于y=f(x)+|x-2|与y=kx的图象有三个交点,
������2 + 3������ + 2,-3 ≤ ������ ≤ 0,
画出 y=f(x)+|x-2|= ������-1,0 < ������ ≤ 2,
显然1e>0.
综上,f(t)=1
的两根为 2
������
与
1e,
故方程 f(-f(x))=1 的解即为方程 f(x)=-���2���与 f(x)=-1e的解.
解方程 f(x)=-���2���:
①当 x≤0 时,方程可化为 mx-1=-���2���,解得 x=1���-������2��� = ������������-22,
高频考点•探究突破
-7-
突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固 1 定义在 R 上的函数 f(x),满足 f(x)=
������2 + 2,������∈[0,1), 2-������2,������∈[-1,0),
且f(x+1)=f(x-1),若g(x)=3-log2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(0,+∞) 内的零点个数有( B )
������
函数y=f(x)的图象与直线y=-a>0存在两个交点,此时方程f(-f(x)) =1的实数根有2个;由f(x)=-b∈(-1,0),知函数y=f(x)的图象与直线y= -b∈(-1,0)存在两个交点,此时方程f(-f(x))=1的实数根有2个.综上可 知方程的实数根个数为4.
高考总复习二轮数学精品课件 专题1 函数与导数 第2讲 基本初等函数、函数的应用
3.函数的零点问题
(1)函数F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程f(x)=g(x)的根,即函数y=f(x)的图象与
函数y=g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③
数形结合,利用两个函数图象的交点求解.
温馨提示函数的零点是一个实数,而不是几何图形.
质与相关函数的性质之间的关系进行判断.
对点练2
9 0.1
(1)(2023·广东湛江一模)已知 a=(11) ,b=log910,c=lg
A.b>c>a
B.c>b>a
C.b>a>c
D.c>a>b
11,则( A )
解析 根据指数函数和对数函数的性质,
可得
9 0.1
9 0
a=(11) < 11 =1,b=log910>log99=1,c=lg
1 1
B. - 2 , 2
1
C. 0, 2
1
1
D. - 2 ,0 ∪ 0, 2
(3)换底公式:logaN= log (a,b>0,且 a,b≠1,N>0).
(4)对数值符号规律:已知a>0,且a≠1,b>0,则logab>0⇔(a-1)(b-1)>0,
logab<0⇔(a-1)(b-1)<0.
1
温馨提示对数的倒数法则:logab= log
(a,b>0,且a,b≠1).
11>lg 10=1,
又由 2=lg 100>lg 99=lg 9+lg 11>2 lg9 × lg11,所以 1>lg
高考数学二轮复习课件高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”讲义理(含解析)
函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”[思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >ea时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (1)＝－e.记g (x )＝exx－2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x，则h ′(x )＝exx －1e x2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围； (3)设k ∈Z ，当x >1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5.(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，所以至少存在一个x 使x ln x <ax 22成立，即至少存在一个x 使a >2ln x x成立．令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝21－ln xx 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x在[1，e]上单调递增.故当x ＝1时，h (x )min ＝0，所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1.令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2x －12.令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0在x >1时恒成立.所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0. 当1<x <x 0时，m (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，m (x )>0，即F ′(x )>0， 所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0x 0－2＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)．故k <x 0＋2(k ∈Z)，所以k 的最大值为5. [总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测] 1．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.3．(2018·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x(k ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x1＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0， 故当x >－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>0， 故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0， 故x ＝0是f (x )的极大值点， 当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x－22＋x ＋ax 2－2x 1＋2ax2＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1x ＋1ax 2＋x ＋22.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －24x ＋1x 2－6x －122，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.。
近年高考数学总复习第二章函数、导数及其应用4函数及其表示课时作业文(2021年整理)
2019版高考数学总复习第二章函数、导数及其应用4 函数及其表示课时作业文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学总复习第二章函数、导数及其应用4 函数及其表示课时作业文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学总复习第二章函数、导数及其应用4 函数及其表示课时作业文的全部内容。
课时作业4 函数及其表示一、选择题1．下列四个图象中,是函数图象的是（）A．（1） B．（1)(3）（4)C．(1)(2）(3) D．（3)(4)解析:由函数定义知（2）错．答案：B2．下面各组函数中为相同函数的是( )A．f（x）＝错误!，g(x)＝x－1B．f(x）＝错误!,g(x）＝错误!·错误!C．f(x)＝ln e x与g（x)＝e ln xD．f(x)＝x0与g(x）＝错误!解析:函数的三要素相同的函数为相同函数,对于选项A，f（x)＝｜x－1｜与g(x)对应关系不同，故排除选项A，选项B、C中两函数的定义域不同,排除选项B、C，故选D。
答案：D3．(2018·东北三省四市模拟）函数y＝错误!＋错误!的定义域为（）A．［0，3] B．［1，3]C．[1，＋∞) D．[3，＋∞)解析：要使函数有意义,则需错误!∴错误!∴1≤x≤3,故选B.答案：B4．（2018·黄山质检)已知f(x)是一次函数,且f(f(x))＝x＋2，则f(x)＝（）A．x＋1 B．2x－1A．｛x｜x∈R} B．｛x|x〉0}C．｛x｜0<x<5} D.错误!解析:由题意知错误!即错误!〈x<5.答案：D9．定义a b＝错误!设函数f(x)＝ln x x,则f(2)＋f错误!＝( ）A．4ln 2 B．－4ln 2C．2 D．0解析：2×ln 2〉0，所以f（2）＝2×ln 2＝2ln 2。
高考第二轮复习数学浙江文科专题二 函数与导数第2讲 函数与方程及函数的应用.pdf
专题二 函数与导数第2讲 函数与方程及函数的应用 真题试做 1．(2012·湖南高考，文9)设定义在R上的函数f(x)是最小正周期为2π的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数．当x∈[0，π]时，0＜f(x)＜1；当x∈(0，π)且x≠时，f′(x)＞0，则函数y＝f(x)－sin x在[－2π，2π]上的零点个数为( )． A．2 B．4 C．5 D．8 2．(2012·浙江高考，文10)设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，( )． A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞b B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜b C．若ea－2a＝eb－3b，则a＞b D．若ea－2a＝eb－3b，则a＜b 3．(2012·山东高考，文15)若函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝__________. 4．(2012·课标全国高考，文16)设函数f(x)＝的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝__________. 5．(2012·陕西高考，文21)设函数f(x)＝xn＋bx＋c(nN＋，b，cR)． (1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f(x)在区间内存在唯一零点； (2)设n为偶数， |f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最小值和最大值； (3)设n＝2，若对任意x1，x2[－1,1]，有|f(x1)－f(x2)|≤4，求b的取值范围． 6．(2012·江苏高考，17)如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米，某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k＞0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标． (1)求炮的最大射程； (2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由． 考向分析 通过分析近三年的高考试题可以看到对函数与方程的考查主要体现在以下几个方面：一、结合函数与方程的关系，求函数的零点；二、结合根的存在性定理或函数的图象，对函数是否存在零点(方程是否存在实根)进行判断；三、利用零点(方程实根)的存在求相关参数的值或范围．对函数的实际应用问题的考查，题目大多以社会实际生活为背景，设问新颖、灵活，而解决这些问题所涉及的数学知识、数学思想和方法又都是高中教材和课标中所要求掌握的概念、公式、法则、定理等基础知识和方法． 热点例析 热点一 确定函数的零点 【例1】设函数f(x)＝x－ln x(x＞0)，则y＝f(x)( )． A．在区间，(1，e)内均有零点 B．在区间，(1，e)内均无零点 C．在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 规律方法 确定函数零点的常用方法： (1)解方程判定法，方程易解时用此法； (2)利用零点存在的判定定理； (3)利用数形结合，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同时多以数形结合法求解． 变式训练1 方程|x|＝cos x在(－∞，＋∞)内( )． A．没有根 B．有且仅有一个根 C．有且仅有两个根 D．有无穷多个根 热点二 函数零点的应用 【例】(1)m为何值时，f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4， ①有且仅有一个零点？ ②有两个零点且均比－1大？ (2)若函数F(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，求实数a的取值范围． 规律方法 解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解，再者，对于存在零点求参数范围问题，可通过分离参数，从而转化为求函数值域问题． 变式训练2 已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是__________． 热点三 函数的实际应用 【例3】某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c＞3)千元．设该容器的建造费用为y千元． (1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r. 规律方法 应用函数知识解应用题的步骤： (1)正确地将实际问题转化为函数模型，这是解应用题的关键．转化来源于对已知条件的综合分析、归纳与抽象，并与熟知的函数模型相比较，以确定函数模型的种类． (2)用相关的函数知识，进行合理设计，确定最佳解题方案，进行数学上的计算求解． (3)把计算获得的结果带回到实际问题中去解释实际问题，即对实际问题进行总结作答． 变式训练3 某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(x＞6)，年销量为u万件，若已知－u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件． (1)求年利润y(万元)关于x的函数关系式； (2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润． 思想渗透 函数与方程思想的含义 (1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．函数思想是对函数概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题． (2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程(方程组)或者构造方程，通过解方程(方程组)或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．方程的思想是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程(方程组)的观点观察、处理问题． (3)方程的思想与函数的思想密切相关：方程f(x)＝0的解就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标；函数y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通过方程进行研究；方程f(x)＝a有解，当且仅当a属于函数f(x)的值域；函数与方程的这种相互转化关系十分重要． 如图所示，长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速移动，速度为v(v＞0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R)．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v－c|×S成正比，比例系数为；其他面的淋雨量之和，其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量．当移动距离d＝100，面积S＝时， (1)写出y的表达式； (2)设0＜v≤10,0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少． 解：(1)由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为|v－c|＋， 故y＝＝(3|v－c|＋10)． (2)由(1)知， 当0＜v≤c时，y＝(3c－3v＋10)＝－15； 当c＜v≤10时，y＝(3v－3c＋10)＝＋15. 故y＝ 当0＜c≤时，y是关于v的减函数．故当v＝10时，ymin＝20－. 当＜c≤5时，在(0，c]上，y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函数． 故当v＝c时，ymin＝. 1．(2012·浙江路桥中学月考，6)已知符号函数sgn(x)＝则函数f(x)＝sgn(ln x)－ln2x的零点个数为( )． A．4 B．3 C．2 D．1 2．(2012·山东潍坊一模，12)若直角坐标平面内的两点P，Q满足条件： P，Q都在函数y＝f(x)的图象上；P，Q关于原点对称． 则称点对[P，Q]是函数y＝f(x)的一对“友好点对”(点对[P，Q]与[Q，P]看作同一对“友好点对”)． 已知函数f(x)＝则此函数的“友好点对”有( )． A．0对 B．1对 C．2对 D．3对 3．(2012·浙江金华十校模拟，8)已知函数f(x)＝x－tan x，若实数x0是函数y＝f(x)的零点，且0＜t＜x0，则f(t)的值( )． A．大于1B．大于0 C．小于0D．不大于0 4．(2012·浙江东阳中学3月检测，16)若函数f(x)＝x2＋ax＋2b在区间(0,1)，(1,2)内各有一个零点，则a2＋(b－2)2的取值范围是__________． 5．(2012·江苏高考，10)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝其中a，bR.若f＝f，则a＋3b的值为______． 6．(2012·浙江重点中学协作体联考，12)函数f(x)＝则函数y＝f(f(x))＋1的所有零点所构成的集合为__________． 7．(2012·北京高考，文12)已知函数f(x)＝lg x，若f(ab)＝1，则f(a2)＋f(b2)＝__________. 8．某市近郊有一块大约500 m×500 m的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形场地，其总面积为3 000 m2，其中场地四周(阴影部分)为通道，通道宽度均为2 m，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地(其中两个小场地形状相同)，塑胶运动场地占地面积为S m2. (1)分别写出用x表示y和S的函数关系式(写出函数定义域)； (2)怎样设计能使S取得最大值，最大值为多少？ 命题调研·明晰考向 真题试做 1．B 解析：由x∈(0，π)且x≠时，f′(x)＞0可知： 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 又x∈[0，π]时，f(x)∈(0,1)，且f(x)是最小正周期为2π的偶函数，可画出f(x)的草图为： 对于y＝f(x)－sin x的零点，可在同一坐标系中再作出y＝sin x的图象，可知在[－2π，2π]上零点个数为4. 2．A 解析：考查函数y＝ex＋2x为单调增函数，若ea＋2a＝eb＋2b，则a＝b； 若ea＋2a＝eb＋3b，a＞b.故选A. 3． 解析：当0＜a＜1时，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值为a－1＝4，即a＝，最小值为a2＝m，从而m＝，这时g(x)＝，即g(x)＝在[0，＋∞)上是增函数．当a＞1时，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值为a2＝4，得a＝2，最小值为a－1＝m，即m＝，这时g(x)＝(1－4m)＝－在[0，＋∞)上为减函数，不合题意，舍去．所以a＝. 4．2 解析：f(x)＝＝1＋， 设g(x)＝，则g(－x)＝－g(x)， g(x)是奇函数． 由奇函数图象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0， M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2. 5．(1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，f(x)＝xn＋x－1. f·f(1)＝×1＜0， f(x)在内存在零点． 又当x时，f′(x)＝nxn－1＋1＞0， f(x)在上是单调递增的． f(x)在内存在唯一零点． (2) 解：方法一：由题意知即 由下图知，b＋3c在点(0，－2)取到最小值－6， 在点(0,0)取到最大值0， b＋3c的最小值为－6，最大值为0. 方法二：由题意知 －1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0， －1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0， ①×2＋得 －6≤2(b＋c)＋(－b＋c)＝b＋3c≤0. 当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；当b＝c＝0时，b＋3c＝0， b＋3c的最小值为－6，最大值为0. 方法三：由题意知 解得b＝，c＝， b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3. 又－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1. －6≤b＋3c≤0. 当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；当b＝c＝0时，b＋3c＝0， b＋3c的最小值为－6，最大值为0. (3)解：当n＝2时，f(x)＝x2＋bx＋c. 对任意x1，x2[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤4等价于f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下： 当＞1，即|b|＞2时，M＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾； 当－1≤－＜0，即0＜b≤2时， M＝f(1)－f＝2≤4恒成立； 当0≤－≤1，即－2≤b≤0时， M＝f(－1)－f＝2≤4恒成立． 综上可知，－2≤b≤2. 6．解：(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0，由实际意义和题设条件知x＞0，k＞0， 故x＝＝≤＝10，当且仅当k＝1时取等号． 所以炮的最大射程为10千米． (2)因为a＞0，所以炮弹可击中目标存在k＞0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0a≤6. 所以当a不超过6(千米)时，可击中目标． 精要例析·聚焦热点 热点例析 【例1】D 解析：法一：f＝·－ln ＝＋1＞0，f(1)＝－ln 1＝＞0，f(e)＝－ln e＝－1＜0， f·f(1)＞0，f(1)·f(e)＜0，故y＝f(x)在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点． 法二：在同一坐标系中分别画出y＝x与y＝ln x的图象．如图所示． 由图象知零点存在于区间(1，e)内． 【变式训练1】C 解析：在同一直角坐标系中作出函数y＝|x|和y＝cos x的图象，如图． 当x＞时，y＝|x|＞＞1，y＝cos x≤1. 当x＜－时，y＝|x|＞＞1，y＝cos x≤1，所以两函数的图象只在内有两个交点，所以|x|＝cos x在(－∞，＋∞)内有两个根． 【例2】解：(1)若函数f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且仅有一个零点，则等价于Δ＝4m2－4(3m＋4)＝0， 即4m2－12m－16＝0，即m2－3m－4＝0，解得m＝4或m＝－1. 设两零点分别为x1，x2，且x1＞－1，x2＞－1，x1≠x2. 则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4， 故只需? 故m的取值范围是{m|－5＜m＜－1}． (2)若F(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，即|4x－x2|＋a＝0有四个根，即|4x－x2|＝－a有四个根． 令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.则作出g(x)的图象， 由图象可知要使|4x－x2|＝－a有四个根， 则需g(x)的图象与h(x)的图象有四个交点， 0＜－a＜4，即－4＜a＜0. 【变式训练2】(0,1) 解析：由函数图象知，如图所示，当0＜k＜1时直线y＝k与函数f(x)的图象有两个交点，即方程f(x)＝k有两个不同的实根． 【例3】解：(1)设容器的容积为V， 由题意知V＝πr2l＋πr3， 又V＝，故l＝＝－r＝. 由于l≥2r，因此0＜r≤2. 所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr××3＋4πr2c. 因此y＝4π(c－2)r2＋，0＜r≤2. (2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－ ＝，0＜r＜2. 由于c＞3，所以c－2＞0. 当r3－＝0时，r＝. 令＝m，得m＞0， 所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． 当0＜m＜2，即c＞时， 当r＝m时，y′＝0； 当r∈(0，m)时，y′＜0； 当r∈(m,2)时，y′＞0. 所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点． 当m≥2，即3＜c≤时， 当r∈(0,2)时，y′＜0，函数单调递减． 所以r＝2是函数y的最小值点． 综上所述，当3＜c≤时，建造费用最小时r＝2；当c＞时，建造费用最小时r＝. 【变式训练3】解：(1)设－u＝k2， 售价为10元时，年销量为28万件， －28＝k2，解得k＝2. u＝－22＋＝－2x2＋21x＋18. 即y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108. (2)由(1)得y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18) ＝－6(x－2)(x－9)， 由y′＝0得x＝2(x＞6，舍去)或x＝9. 显然，当x∈(6,9)时，y′＞0；当x∈(9，＋∞)时，y′＜0. 函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是增函数， 在(9，＋∞)上是减函数． 当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135. 售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元． 创新模拟·预测演练 1．C 解析：因为f(x)＝则x＝e，x＝1是函数f(x)的零点，故选C. 2．C 解析：P，Q为友好点对，不妨设点P(x0，y0)(x0＞0)，则Q(－x0，－y0)． 所以即(1) 方程组(1)的解的个数即是“友好点对”数， 在同一坐标系作出函数图象(如图)，有两个交点，所以有2对“友好点对”． 3．B 解析：分别作出函数y＝x与y＝tan x在区间上的图象，得到0＜x0＜，且在区间(0，x0)内函数y＝x的图象位于函数y＝tan x的图象上方，即0＜x＜x0时，f(x)＞0，则f(t)＞0，故选B. 4．(5,10) 解析：依题意有即分别以a，b为横、纵坐标轴，作出可行域得点P(a，b)在以A(－2,0)，B(－1,0)，C(－3,1)为顶点的三角形(不含边界)区域内． 而a2＋(b－2)2表示点P到点Q(0,2)的距离的平方． 因为QBBC，则|PQ|2＞|QB|2＝5. 又|QC|＝＞|QA|＝，则|PQ|2＜|QC|2＝10，故a2＋(b－2)2的取值范围是(5,10)． 5．－10 解析：根据题意，可得 即解得 故a＋3b＝－10. 6． 解析：即求方程f(f(x))＝－1的所有根的集合，先解方程f(t)＝－1，即或得t＝－2，或t＝. 再解方程f(x)＝－2和f(x)＝. 即或和或 得x＝－3或x＝或x＝－或x＝. 7．2 解析：由已知可得，lg(ab)＝1，f(a2)＋f(b2)＝lg a2＋lg b2＝lg(a2b2)＝2lg(ab)＝2×1＝2. 8．解：(1)由已知xy＝3 000,2a＋6＝y， 则y＝(6＜x≤500)， S＝(x－4)a＋(x－6)a ＝(2x－10)a ＝(2x－10)·＝(x－5)(y－6) ＝3 030－6x－(6＜x≤500)． (2)S＝3 030－ ≤3 030－2 ＝3 030－2×300＝2 430， 当且仅当6x＝，即x＝50时，等号成立． 此时x＝50，y＝60，Smax＝2 430. 即设计成x＝50，y＝60时，运动场地占地面积最大，最大值为2 430 m2.。
高三数学二轮复习 1.2.2 函数与方程及函数的应用课时巩固过关练 理 新人教版(2021年整理)
2017届高三数学二轮复习1.2.2 函数与方程及函数的应用课时巩固过关练理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高三数学二轮复习1.2.2 函数与方程及函数的应用课时巩固过关练理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017届高三数学二轮复习1.2.2 函数与方程及函数的应用课时巩固过关练理新人教版的全部内容。
课时巩固过关练四函数与方程及函数的应用（35分钟55分)一、选择题（每小题5分,共20分)1.(2016·荆州一模)函数f（x)=lnx—的零点所在的区间是（）A.（1,2）B。
（2，3)C。
(3，4) D。
（e,+∞)【解析】选B。
因为f(x）=lnx—，则函数f（x)在（0,+∞)上单调递增，因为f（2）=ln2-1〈0,f（3）=ln3-〉0，所以f(2）f(3）<0，所以在区间(2，3）内函数f(x）存在零点。
2。
(2016·张掖一模)已知函数f（x)=e x+x，g（x）=lnx+x,h(x)=x-的零点依次为a，b,c,则( )A。
c<b<a B.a<b<cC.c<a〈bD.b〈a<c【解题导引】分别由f（x）=0，g（x）=0，h（x)=0，利用图象得到零点a，b，c的取值范围,然后判断大小即可.【解析】选B。
由f(x)=0得e x=-x,由g（x）=0得lnx=-x.由h(x)=0得x=1，即c=1.在坐标系中，分别作出函数y=e x，y=—x，y=lnx的图象，由图象可知a<0,0〈b<1,所以a〈b〈c.【加固训练】设函数f(x）=3x+2x-4，函数g（x）=log2x+2x2—5，若实数m，n分别是函数f（x)，函数g(x）的零点,则( )A。
2021版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题2 第2讲 函数与方程及函数的应用
》 站
4．(2016·四川卷，5)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司 2015 年全下年载 投入研发资金 130
费
万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年投入的研发资免金开始超过 200 万元的年
《
份是( B )
号 众
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
ex，x≤0，
1．(2018·全国卷Ⅰ，9)已知函数 f(x)＝
g(x)＝f(x)＋x＋a.若 g(x)存在 2 个零点，则 a 的取值范围是
ln x，x>0，
(C)
A．[－1,0)
B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞)
D．[1，＋∞)
[解析] 令 h(x)＝－x－a，
则 g(x)＝f(x)－h(x)．
(1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)．
(2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)．
(3)指数函数模型：y＝a·bx＋c(b>0 且 b≠1)．
Байду номын сангаас
(4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0 且 a≠1)．
gx，x∈A1， (5)分段函数模型：f(x)＝
(A1∩A2＝∅)．
hx，x∈A2，
要使 f(x)有唯一零点，则必有 2a＝1，即 a＝1. 2
若 a≤0，则 f(x)的零点不唯一．
故选 C．
3．(2017·北京卷，8)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限 M 约为 3361，而可观测宇宙中普通物质的原子
总数 N 约为 1080.则下列各数中与M最接近的是( D ) N
(参考数据：lg 3≈0.48)
2021新高考数学二轮总复习专题二函数与导数学案含解析打包6套
专题二函数与导数考情分析函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.2.1函数概念、性质、图象专项练必备知识精要梳理1.函数的概念(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.(2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子).2.函数的性质(1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:f(x)是偶函数⇔f(-x)=f(x)=f(|x|);f(x)是奇函数⇔f(-x)=-f(x).②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.(3)函数周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=±(a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴x=a和x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0),则T=2|b-a|(类比正、余弦函数).3.函数的图象(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到.(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对∀x∈R,都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线x=对称;若y=f(x)对∀x∈R都有f(a-x)=b-f(x),即f(a-x)+f(x)=b,则f(x)的图象关于点对称.(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直线x=对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题.考向训练限时通关考向一函数及其相关概念1.(2020安徽合肥一中模拟,理1)设集合A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则A∩B等于()A.⌀B.RC.{x|x>3}D.{x|x>0}2.(多选)符号[x]表示不超过x的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正确的是()A.f(-0.8)=0.2B.当1≤x<2时,f(x)=x-1C.函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1)D.函数f(x)是增函数、奇函数3.(2020北京,11)函数f(x)=+ln x的定义域是.4.设函数f(x)=则f=,f(f(x))=1的解集为.考向二函数的性质5.(2020天津,6)设a=30.7,b=,c=log0.70.8,则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b6.(2020全国Ⅱ,理9)设函数f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,则f(x)()A.是偶函数,且在单调递增B.是奇函数,且在单调递减C.是偶函数,且在单调递增D.是奇函数,且在单调递减7.(2020全国Ⅲ,理12)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b8.(2020江西名校大联考,理13)已知函数f(x)=则f(5+log26)的值为.考向三函数的图象9.(2020天津,3)函数y=的图象大致为()10.(2020山西太原二模,理6)函数f(x)=的图象大致为()11.(2020山东济宁6月模拟,5)函数f(x)=cos x·sin的图象大致为()考向四函数的概念、性质、图象的综合12.(多选)(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f[f(x1)+f(x2)],则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,则下列说法错误的是()A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的B.f(x2)在[1,]上具有性质PC.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3]D.对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]13.(2020北京海淀一模,15)如图,在等边三角形ABC中,AB=6.动点P从点A出发,沿着此三角形三边逆时针运动回到A点,记点P运动的路程为x,点P到此三角形中心O距离的平方为f(x),给出下列三个结论:①函数f(x)的最大值为12;②函数f(x)的图象的对称轴方程为x=9;③关于x的方程f(x)=kx+3最多有5个实数根.其中,所有正确结论的序号是.专题二函数与导数2.1函数概念、性质、图象专项练考向训练·限时通关1.C解析A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴A∩B={x|x>3},故选C.2.ABC解析f(x)=x-[x]表示数x的小数部分,则f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故A正确;当1≤x<2时,f(x)=x-[x]=x-1,故B正确;函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1),故C正确;当0≤x<1时,f(x)=x-[x]=x.当1≤x<2时,f(x)=x-1.当x=0.5时,f(0.5)=0.5,当x=1.5时,f(1.5)=0.5,则f(0.5)=f(1.5),即f(x)不为增函数,由f(-1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得f(-1.5)=f(1.5),即f(x)不为奇函数,故D不正确.故选ABC.3.(0,+∞)解析由题意得∴x>0,故答案为(0,+∞).4{1,e e}解析∵f=ln<0,∴f=fx<0时,0<e x<1,x=0时,e x=1,方程f(f(x))=1,可得f(x)=0,ln x=0,解得x=1,f(x)>0时,方程f(f(x))=1,可得ln[f(x)]=1,f(x)=e,即ln x=e,解得x=e e.5.D解析∵b==30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.8<log0.70.7=1,∴c<a<b.故选D.6.D解析由题意可知,f(x)的定义域为,关于原点对称.∵f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,∴f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x),∴f(x)为奇函数.当x时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x),∴f'(x)=>0,∴f(x)在区间内单调递增.同理,f(x)在区间内单调递减.故选D.7.A解析a=log53=lo34=log12581<1,∴a<b=log85=lo54=log512625>1,∴b>,∵55<84,b=log85=lo55<1,∴b<,∵134<85,c=log138=lo85>1,∴c>综上,a<b<c.8.12解析由题意当x>4时,函数f(x)=f(x-1),所以f(x)在(4,+∞)时,周期为1,因为2<log26<3,所以5+log26∈(7,10),1+log26∈(3,4),所以f(5+log26)=f(1+log26)==2×6=12.9.A解析∵函数y=为奇函数,∴排除C,D.再把x=1代入得y==2>0,排除B.故选A.10.A解析f(1)=>0,排除选项C,D;由f(x)==0,则方程无解,即函数没有零点,排除B,故选A.11.C解析显然函数f(x)的定义域是R,由f(x)=cos x·sin,得f(-x)=cos(-x)sin=cos x·sin=-f(x),即f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项A,B;又f(1)=cos1·sin>0,可排除选项D,故选C.12.ABD解析对于A,函数f(x)=在[1,3]上具有性质P,但f(x)在[1,3]上的图象不连续,故选项A错;对于B,f(x)=-x在[1,3]上具有性质P,但f(x2)=-x2在[1,]上不满足性质P,故选项B 错;对于C,因f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)≤1,设x∈[1,2],则4-x∈[2,3].由性质P可得1=f(2)[f(x)+f(4-x)],所以f(x)+f(4-x)≥2,因为f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)+f(4-x)≤2,所以f(x)+f(4-x)=2,又f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)=1,x∈[1,3],故选项C正确;对于D,有f=ff+f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项D错.故选ABD.13.①②解析由题可得函数f(x)=作出图象如图.则当点P与△ABC顶点重合时,即x的值分别是0,6,12,18时,f(x)取得最大值12,故①正确;又f(x)=f(18-x),所以函数f(x)的对称轴为x=9,故②正确;由图象可得,函数f(x)图象与y=kx+3的交点个数为6个,故方程有6个实根,故③错误.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数必备知识精要梳理1.与e x、ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥x+1;当m=1时,有e x>e x.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=(x-n),得ln x≤x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③能画出导函数草图是最好的!关键能力学案突破热点一利用导数证明不等式(多维探究)类型一单未知数函数不等式的证明【例1】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x-ln(x+m)>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.【对点训练1】已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2x sin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤;(3)设n∈N*,证明:sin2x sin22x sin24x…sin22n x≤.类型二双未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=-x+a ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+a ln 2x(a≠0).(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln 2,求a;(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).热点二判断、证明或讨论函数零点个数【例4】设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)<g(x0),求实数m的取值范围.热点三与函数零点有关的证明问题【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=e x sin x.(e是自然对数的底数) (1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)热点四利用导数解决存在性问题【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数关键能力·学案突破【例1】解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=e x-,f″(x)=e x+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-m<x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=e x-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).φ'(x)=e x-,φ″(x)=e x+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).当-2<x<x0时,φ'(x)<0,当x>x0时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)>0.证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明e x-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以e x>ln(x+2),即e x-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.对点训练1解(1)f'(x)=,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)f(x)+e≥0+e≥0⇔ax2+x-1+e x+1≥0.当a≥1时,ax2+x-1+e x+1≥x2+x-1+e x+1,因为e x≥1+x(x∈R),所以e x+1≥2+x,所以x2+x-1+e x+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.所以当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】解(1)略.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).对点训练2(1)解f'(x)=cos x(sin x sin2x)+sin x(sin x sin2x)'=2sin x cos x sin2x+2sin2x cos2x=2sin x sin3x.当x时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.所以f(x)在区间单调递增,在区间单调递减.(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f,最小值为f=-而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|(3)证明由于(sin2x sin22x…sin22n x=|sin3x sin32x…sin32n x|=|sin x||sin2x sin32x…sin32n-1x sin2n x||sin22n x|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22n x|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2x sin22x…sin22n x【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若Δ=a2-4≤0,即0<a≤2时,f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.③若Δ=a2-4>0,即a>2时,由f'(x)>0,可得<x<,由f'(x)<0,可得0<x<或x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>2时,f(x)在0,,,+∞上单调递减,在上单调递增.(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0<x1<1<x2.==--1+=-2+, 于是<a-2⇔-2+<a-2<1<1⇔2ln x2+-x2 <0.构造函数g(x)=2ln x+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0<x1<1<x2,则x2-x1=,x1x2=1.==--1+=-2-,于是<a-2⇔-2-<a-2⇔ln lnln设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得<a-2<1,设0<x1<1<x2,因为x1x2=1, 所以<1ln x1-ln x2>ln,令t=(0,1),构造函数h(t)=2ln t+-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,即f'(x)=>0.所以f(x)在[1,e]上单调递增.f(x)min=f(1)=-a+a ln2=-ln2,解得a=-1.(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根, 则解得a>2.x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=a ln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=a ln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e).令g(a)=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,所以h(a)在[e,+∞)单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)单调递减,g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)<e(3-3e+4)=e(7-3e)<0,所以g(a)<0,所以原不等式成立.【例4】解(1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),当0<k≤1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0.∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k-ln2k=-[(ln k-1)2+1]<0,此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.当x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)<f(0)=-1<0,f(k+1)=k e k+1-=k e k+1-.令g(t)=e t-t2,t=k+1>2,则g'(t)=e t-t,g″(t)=e t-1,∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.对点训练4解(1)F(x)=ln x-,即F(x)=ln x+(x>0),则F'(x)=,令F'(x)=0,解得x=当x,F'(x)<0,F(x)在上单调递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上单调递增.所以当x=时,F(x)min=F-ln2.因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.又F=-2+>0,F(e)=1+>0,所以F F<0,F(e)·F<0,所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即ln x-0对任意x∈[1,+∞)恒成立.令h(x)=ln x-(x≥1),则h'(x)=①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,所以函数h(x)=ln x-在区间[1,+∞)上单调递增.又h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>所以函数h(x)=ln x-在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以h<h(1)=0,即当m>2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)<g(x0).故m>2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-,g'(x)=-sin x+当x时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'<0,可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.(ⅱ)当x时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.(ⅲ)当x时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练5解(1)f(x)=e x sin x,定义域为R.f'(x)=e x(sin x+cos x)=e x sin x+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+<x<2kπ+(k∈Z).∴f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).(2)∵g'(x)=e x(sin x+cos x)-2,∴g″(x)=2e x cos x,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x时,g″(x)>0;当x ∈,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在上单调递增,在上单调递减,又∵g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.∴∃x1,x2,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.∵g-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.∴a,∴当x=2时,有最小值-,∴a≤-(2)∵f'(x)=-ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴x ln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即x ln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=x ln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>e k,令g'(x)<0,解得1<x<e k, ∴g(x)在(1,e k)单调递减,在(e k,+∞)单调递增.∴g(x)min=g(e k)=k e k-(k+1)e k+2k=2k-e k>0,令h(k)=2k-e k,k>0,则h'(k)=2-e k,∵当k<ln2时,h'(k)>0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-e k>0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析20---导数的简单应用
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．『典型题训练』1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为()A．2x－y－1＝0B．2x－y－2ln2＋1＝0C．2x－y－2ln2－1＝0D．2x＋y－2ln2－1＝02．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点()A．(0，2) B．(1，0)C．(1，a＋1) D．(e，1))，则曲线y＝f(x)在x＝0 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′(π2处的切线方程是()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝04．已知函数f(x)＝a e x＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝(2e+2)x＋b，那么ab＝()A．2 B．1 C．－1 D．－25．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝e x＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是()，+∞)B．[0，＋∞)A．[−94]C．(−∞，1]D．(−∞，94在点(－1，－3)处的切线方程为________________．6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝2x−1x+2微专题2利用导数研究函数的单调性『常考常用结论』导数与单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0；2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．『提分题组训练』1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln12 020+2 0192 020，b＝ln12 021+2 0202 021，c＝ln12 022+2 0212 022，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，2] B．(2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，2)3．已知函数f(x)＝23x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是()A．(2√2，＋∞) B．[2√2，＋∞)C．(－∞，－2√2) D．(－∞，－2√2]4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x<f(x)cos x恒成立，则()A．√2f(−5π6)>f(−3π4)B．f(−5π6)>√2f(−3π4)C．√2f(−5π6)<f(−3π4)D．f(−5π6)<√2f(−3π4)5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋5e x(e为自然对数的底数)的解集为()A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)C．(－∞，0)∪(5，+∞) D.(−∞，0)6．[2021·山东济南一模]设a＝2022ln2020，b＝2021ln2021，c＝2020ln2022，则() A．a>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a>b>c微专题3利用导数研究函数的极值、最值『常考常用结论』导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．『提分题组训练』1．已知函数f(x)＝12sin2x＋sin x，则f(x)的最小值是()A．－3√32B．3√32C．－3√34D．3√342．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A ．a ＜bB ．a ＞bC ．ab ＜a 2D ．ab ＞a 23．函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则点(a ，b )为() A ．(3，－3) B ．(－4，11) C ．(3，－3)或(－4，11) D ．(4，11)4．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(2a ，3－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是() A ．(－3，1) B ．(－2，1) C ．(−3，−12) D ．(－2，－1]5．若函数f (x )＝12e 2x －m e x －m2x 2有两个极值点，则实数m 的取值范围是() A ．(12，+∞) B ．(1，＋∞) C ．(e 2，+∞) D ．(e ，＋∞) 6．[2021·山东模拟]若函数f (x )＝{2x−2−2m ，x <12x 3−6x 2，x ≥1有最小值，则m 的一个正整数取值可以为________．参考答案导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用典型题训练1．解析：由题意，求导函数可得y ′＝1x －2， ∵切线与直线y ＝2x ＋1平行， ∴1x －2＝2， ∴x ＝14，∴切点P 坐标为(14，−2ln 2−12)，∴过点P 且与直线y ＝2x ＋1平行的切线方程为y ＋2ln2＋12＝2(x −14)，即2x －y －2ln2－1＝0.故选C.答案：C2．解析：由f (x )＝ax －ln x ＋1⇒f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ＋1，故过(1，f (1))处的切线方程为：y ＝(a －1)(x －1)＋a ＋1＝(a －1)x ＋2，故l 过定点(0，2)．故选A.答案：A3．解析：∵f (x )＝cos x －xf ′(π2)， ∴f ′(x )＝－sin x －f ′(π2)，∴f ′(π2)＝－sin π2－f ′(π2)＝－1－f ′(π2)， 解得：f ′(π2)＝－12，∴f (x )＝cos x ＋12x ，f ′(x )＝－sin x ＋12，∴f (0)＝1，f ′(0)＝12，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －1＝12x ，即x －2y ＋2＝0.故选C.4．解析：因为f (x )＝a e x ＋x 2，所以f ′(x )＝a e x ＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e ＋2＋b )， 将切点代入f (x )中，有f (1)＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1， 所以ab ＝－2.故选D. 答案：D5．解析：f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x+b ，设斜率为1的切线在C 1，C 2上的切点横坐标分别为x 1，x 2，由题知e x 1＝1x2+b＝1，∴x 1＝0，x 2＝1－b ，两点处的切线方程分别为y －(1＋a )＝x 和y －a 2＝x －(1－b )， 故a ＋1＝a 2－1＋b ，即b ＝2＋a －a 2＝－(a −12)2＋94≤94.故选D. 答案：D6．解析：y ′＝(2x−1x+2)′＝2(x+2)−(2x−1)(x+2)2＝5(x+2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(−1+2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即y ＝5x ＋2.答案：y ＝5x ＋2微专题2利用导数研究函数的单调性提分题组训练1．解析：构造函数f (x )＝ln x ＋1－x ，f ′(x )＝1x－1＝1−x x，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (12 020)>f (12 021)>f (12 022)，a >b >c .故选A.2．解析：由题意得，f ′(x )＝2x －ax ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 所以a ≤2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 因为2x 2在x ∈[1，＋∞)的最小值为2， 所以m ≤2.故选C. 答案：C3．解析：f ′(x )＝2x 2－2ax ＋4，由题意得∃x ∈(－2，－1)，使得不等式f ′(x )＝2(x 2－ax ＋2)<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <(x +2x )max ，令g (x )＝x ＋2x ，x ∈(－2，－1)， 则g ′(x )＝1－2x 2＝x 2−2x 2，令g ′(x )>0，解得－2<x <－√2， 令g ′(x )<0，解得－√2<x <－1，故g (x )在(－2，－√2)上单调递增，在(－√2，－1)上单调递减， 故g (x )max ＝g (－√2)＝－2√2，故满足条件的a 的范围是(－∞，－2√2)， 故选C. 答案：C4．解析：因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立， 即任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立， 又x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以[f (x )sin x ]′＝f ′(x )sin x−f (x )cos x(sin x )2<0，所以f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减， 因为－5π6<－3π4，所以f(−5π6)sin(−5π6)>f(−3π4)sin(−3π4)，即f(−5π6)−12>f(−3π4)−√22，所以√2f (−5π6)<f (−3π4)，故选C.答案：C5．解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，因为f (x )>1－f ′(x )，所以g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，所以g (x )是R 上的增函数， 又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝5，所以不等式f (x )>1＋5e x 可化为e xf (x )－e x >5，即g (x )>g (0)，所以x >0.故选A.答案：A6．解析：令f (x )＝ln xx+1且x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝1+1x−ln x (x+1)2，若g (x )＝1＋1x －ln x ，则在x ∈(0，＋∞)上g ′(x )＝－1x 2−1x <0，即g (x )单调递减， 又g (e)＝1e >0，g (e 2)＝1e 2－1<0，即∃x 0∈(1e ，e 2)使g (x 0)＝0， ∴在(x 0，＋∞)上g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； ∴f (2021)<f (2020)，有ln 20212 022<ln 20202 021，即a >b ，令m (x )＝ln xx−1且x ∈(0，1)∪(1，+∞)，则m ′(x )＝1−1x−ln x (x−1)2，若n (x )＝1－1x －ln x ，则n ′(x )＝1x (1x －1)，即在x ∈(0，1)上n (x )单调递增，在x ∈(1，＋∞)上n (x )单调递减，∴n (x )<n (1)＝0，即m ′(x )<0，m (x )在x ∈(1，＋∞)上递减， ∴m (2022)<m (2021)，有ln 20222 021<ln 20212 020，即b >c ，故选D.答案：D微专题3利用导数研究函数的极值、最值提分题组训练1．解析：由题得f ′(x )＝cos2x ＋cos x ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)， 所以当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )取得最小值时，cos x ＝12，此时sin x ＝±√32， 当sin x ＝－√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝－3√34； 当sin x ＝√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝3√34； 所以f (x )的最小值是－3√34.故选C.答案：C 2．解析：当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .综上，可知必有ab >a 2成立．故选D.答案：D3．解析：由f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，求导f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则{f(1)=10f′(1)=0，即{1−a−b+a2=103−2a−b=0，解得{a=−4b=11或{a=3b=−3，当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.答案：B4．解析：因为函数f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，所以2a<－1<3－a2≤2，解得－2<a≤－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1]故选D.答案：D5．解析：依题意，f′(x)＝e2x－m e x－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－m e x－mx＝0，则e2x＝m(e x+x)，显然m≠0，则1m ＝e x+xe2x，设g(x)＝e x+xe2x，则g′(x)＝(e x+1)·e2x−(e x+x)·2e2xe4x ＝1−e x−2xe2x，设h(x)＝1－e x－2x，则h′(x)＝－e x－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，<1，解得m>1.∴0<1m故选B.答案：B6．解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.答案：4。
高三数学二轮复习 课时作业4 函数与方程及函数的应用 文
高三数学二轮复习 课时作业4 函数与方程及函数的应用文函数与方程及函数的应用时间：45分钟 分值：100分一、选择题(每小题6分，共计36分)1．下列函数图象与x 轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是( )解析：能用二分法求零点的函数必须在给定区间[a ，b ]上连续不断，并且有f (a )·f (b )<0.A 、B 选项中不存在f (x )<0，D 选项中函数不连续．故选C.答案：C2．已知函数f (x )＝x ＋2x，g (x )＝x ＋ln x ，h (x )＝x －x －1的零点分别为x 1，x 2，x 3，则x 1，x 2，x 3的大小关系是( )A ．x 1<x 2<x 3B ．x 2<x 1<x 3C ．x 1<x 3<x 2D ．x 3<x 2<x 1解析：令f (x )＝x ＋2x ＝0，因为2x 恒大于零，所以要使得x ＋2x＝0，x 必须小于零，即x 1小于零；令g (x )＝x ＋ln x ＝0，要使得ln x 有意义，则x 必须大于零，又x ＋ln x ＝0，所以ln x <0，解得0<x <1，即0<x 2<1；令h (x )＝x －x －1＝0，得x ＝x ＋1>1，即x 3>1，从而可知x 1<x 2<x 3.答案：A3．某公司租地建仓库，已知仓库每月占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月车存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比．据测算，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1，y 2分别是2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D ．2千米处解析：由题意得：y 1＝k 1x，y 2＝k 2x ，其中x >0，当x ＝10时，代入两项费用y 1，y 2分别是2万元和8万元，可得k 1＝20，k 2＝45，y 1＋y 2＝20x ＋45x ≥220x ·45x ＝8，当且仅当20x ＝45x ，即x ＝5时取等号，故选A.答案：A4．某个体企业的一个车间有8名工人，以往每人年薪为1万元，从今年起，计划每人的年薪都比上一年增加20%，另外，每年新招3名工人，每名新工人的第一年的年薪为8千元，第二年起与老工人的年薪相同．若以今年为第一年，如果将第n 年企业付给工人的工资总额y (万元)表示成n 的函数，则其表达式为( )A ．y ＝(3n ＋5)1.2n＋2.4B ．y ＝8×1.2n＋2.4nC ．y ＝(3n ＋8)1.2n＋2.4D ．y ＝(3n ＋5)1.2n －1＋2.4 解析：第一年企业付给工人的工资总额为：1×1.2×8＋0.8×3＝9.6＋2.4＝12(万元)，而对4个选择项来说，当n ＝1时，C 、D 相对应的函数值均不为12，故可排除C 、D ，A 、B 相对应的函数值都为12，再考虑第2年企业付给工人的工资总额及A 、B 相对应的函数值，又可排除B ，故选A.答案：A5．某商店将进货价每个10元的商品按每个18元售出时，每天可卖出60个．商店经理到市场上做了一番调查后发现，若将这种商品的售价(在每个18元的基础上)每提高1元，则日销售量就减少5个；若将这种商品的售价(在每个18元的基础上)每降低1元，则日销售量就增加10个．为了每日获得最大利润，则商品的售价应定为( ) A．10元 B．15元C．20元 D．25元解析：设此商品每个售价为x元，每日利润为y元．当x≥18时，有y＝[60－5(x－18)](x －10)＝－5(x－20)2＋500.即在商品售价x＝20时，每日利润y最大，每日最大利润是500元；当x≤18时，有y＝[60＋10(18－x)](x－10)＝－10(x－17)2＋490，即在商品售价x＝17时，每日利润y最大，每日最大利润是490元．故此商品的售价应定为每个20元．答案：C6．已知函数y＝f(x)和y＝g(x)在[－2,2]上的图象如图1所示，给出下列四个选项，其中不正确的是( )图1A．函数f[g(x)]的零点有且仅有6个B．函数g[f(x)]的零点有且仅有3个C．函数f[f(x)]的零点有且仅有5个D．函数g[g(x)]的零点有且仅有4个解析：对于A选项，设g(x)＝t，令f(t)＝0，由f(x)图象可知方程有3个根，分别为－2<t1<－1，t2＝0.1<t3<2，由g(x)图象知若g(x)＝t1，则方程有两解；若g(x)＝0，则方程有两解；若g(x)＝t3，则方程有两解．故方程f(g(x))＝0有6个根，故A正确；对于B 选项，设f(x)＝t，令g(t)＝0，再由g(x)的图象知，g(t)＝0有两根，分别为－2<t1<－1,0<t2<1，由f(x)的图象知f(x)＝t1有1个根，f(x)＝t2有3个根．所以g[f(x)]＝0有4个根，故B错误．对于C选项，设f(x)＝t，令f(t)＝0，由f(x)的图象知f(t)＝0有3个根，分别为－2<t1<－1，t2＝0,1<t3<2，由f(x)的图象知f(x)＝t1有1个根，f(x)＝t2有3个根，f(x)＝t3有1个根，所以f[f(x)]＝0有5个根，故C正确．对于D选项，设g(x)＝t，令g(t)＝0，由g(x)的图象知g(t)＝0有2个根，分别为－2<t1<－1,0<t2<1，由g(x)图象知，g(x)＝t1有2个根，g(x)＝t2有2个根，所以g[g(x)]＝0有4个根，故D正确．答案：B二、填空题(每小题8分，共计24分)7．关于x的方程e x ln x＝1的实数根的个数是________．解析：图2e x ln x＝1(x>0)⇒ln x＝1e x(x>0)⇒ln x＝(1e)x(x>0)，令y1＝ln x(x>0)，y2＝(1e)x(x>0)，在同一坐标系内画出函数y 1＝ln x 和y 2＝(1e)x的大致图象，如图2所示，根据图象可知两函数只有一个交点，所以方程e xln x ＝1的根的个数为1.答案：18．用二分法研究函数f (x )＝x 3＋3x －1的零点时，经第一次计算得f (0)<0，f (0.5)>0，可得其中一个零点x 0∈________，第二次应计算________，这时可判断x 0∈________.解析：由题意知x 0∈(0,0.5)．第二次计算应取x 1＝0.25，这时f (0.25)＝0.253＋3×0.25－1<0， 故x 0∈(0.25,0.5)．答案：(0,0.5) f (0.25) (0.25,0.5) 9．某同学高三阶段12次数学考试的成绩呈现前几次与后几次均连续上升，中间几次连续下降的趋势．现有三种函数模型：①f (x )＝pq x，②f (x )＝log a x ＋q ，③f (x )＝(x －1)(x－q )2＋p (其中p ，q 为正常数，且q >2)．能较准确反映数学成绩与考试次序关系，应选________作为模拟函数；若f (1)＝4，f (3)＝6，则所选函数f (x )的解析式为________．解析：(1)因为f (x )＝pq x ，f (x )＝log a x ＋q 是单调函数，f (x )＝(x －1)(x －q )2＋p 中，f ′(x )＝3x 2－(4q ＋2)x ＋q 2＋2q ，令f ′(x )＝0，得x ＝q ，x ＝q ＋23，f (x )有两个零点，可以出现两个递增区间和一个递减区间，所以应选f (x )＝(x －1)(x －q )2＋p 为其成绩模拟函数．(2)由f (1)＝4，f (3)＝6得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝423－q2＋p ＝6q >2，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝4q ＝4.故f (x )＝x 3－9x 2＋24x －12(1≤x ≤12，且x ∈Z)．答案：③ f (x )＝x 3－9x 2＋24x －12(1≤x ≤12，且x ∈Z) 三、解答题(共计40分) 10．(10分)某市居民自来水收费标准如下：每户每月用水不超过4吨时每吨为1.80元，当用水超过4吨时，超过部分每吨3.00元，某月甲、乙两户共交水费y 元，已知甲、乙两用户该月用水量分别为5x,3x (吨)．(1)求y 关于x 的函数；(2)若甲、乙两户该月共交水费26.4元，分别求出甲、乙两户该月的用水量和水费． 解：(1)当甲的用水量不超过4吨时，即5x ≤4时，乙的用水量也不超过4吨，即3x ≤4.y ＝(5x ＋3x )×1.8＝14.4x ；当甲的用水量超过4吨，乙的用水量不超过4吨时，即3x ≤4且5x >4. y ＝4×1.8＋3x ×1.8＋3(5x －4)＝20.4x －4.8.当乙的用水量超过4吨，即3x >4时，y ＝24x －9.6，所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧14.4x0≤x ≤45，20.4x －4.845<x ≤43，24x －9.6x >43.11．(15分)某工厂生产某种产品，已知该产品的月生产量x (t)与1 t 产品的价格p (元/t)之间的关系为p ＝24200－15x 2，且生产x t 的成本为R (元)，其中R ＝50000＋200x .问该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最大？最大利润是多少？(利润＝收入－成本)解：每月生产x t 时的利润为f (x )＝(24200－15x 2)x －(50000＋200x )＝－15x 3＋24000x －50000(x ≥0)，由f ′(x )＝－35x 2＋24000＝0，解得x 1＝200，x 2＝－200(舍去)．因f (x )在[0，＋∞)内只有一个极值点x ＝200且为极大值，故它就是最大值点，且最大值为f (200)＝－15×2003＋24000×200－50000＝3150000.故该厂每月生产200 t 产品才能使利润达到最大且最大利润为3150000元．12．(15分)已知函数f (x )＝2(ln 1＋x ＋12x 2)－ax ，其中a 为常数．(1)若f (x )在(0,1)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)求证：∑k ＝2nk －1k 2<ln n ＋12. 解：(1)由题意有x ∈(－1，＋∞)且f ′(x )＝2x －a ＋1x ＋1. 因为f (x )在(0,1)上单调递增，所以f ′(x )＝2x －a ＋1x ＋1≥0在(0,1)上恒成立，即a ≤2x ＋1x ＋1＝2(x ＋1)＋1x ＋1－2在(0,1)上恒成立．因为2(x ＋1)＋1x ＋1－2>1，所以求得a ≤1.(2)证明：由(1)有当a ＝1时f (x )在(0,1)上单调递增，所以f (x )>f (0)⇒ln(x ＋1)>x －x 2.令x ＝1n ∈(0，12]⊆(0,1)(n ≥2)，所以有ln(1n ＋1)>1n －1n 2⇒ln n ＋1n >n －1n2，所以∑k ＝2nk －1k 2＝122＋232＋…＋n －1n 2<ln 32＋ln 43＋…＋ln1＋n n ＝ln n ＋12， 即证得∑k ＝2nk －1k 2<ln n ＋12.。
高考数学二轮复习专题二函数与导数课时作业四函数与方程及函数的应用理67
课时作业(四)基本初等函数、函数与方程及函数的应用8．(2017·云南省第一次统一检测)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( )A．a>c>b>d B．a>b>c>dC．c>d>a>b D．c>a>b>d解析：f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又f(a)＝f(b)＝2 017，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.答案：D9．(2017·贵州省适应性考试)某地一年的气温Q(t)(单位：℃)与时间t(月份)之间的关系如图所示，已知该年的平均气温为10 ℃，令C(t)表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C(t)与t之间的函数关系的是( )解析：若增加的数大于当前的平均数，则平均数增大；若增加的数小于当前的平均数，则平均数减小．因为12个月的平均气温为10 ℃，所以当t＝12时，平均气温应该为10 ℃，故排除B；因为在靠近12月份时其温度小于10 ℃，因此12月份前的一小段时间内的平均气温应该大于10 ℃，排除C；6月份以后增加的温度先大于平均值后小于平均值，故平均气温不可能出现先减小后增加的情况，故排除D，故选A.答案：A10．(2017·洛阳市第一次统一考试)已知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)单调递减，对“和谐点对”．实数a的取值范围是(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)。
高考数学二轮复习 第二编 专题二 函数与导数 第2讲 导数及其应用配套作业 文-人教版高三全册数学试
第2讲 导数及其应用配套作业一、选择题1．(2018·某某模拟)已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋14，若x 轴为曲线y ＝f (x )的切线，则a的值为( )A.12 B ．－12C ．－34D.14答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－3a ，设切点坐标为(x 0,0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧x 30－3ax 0＋14＝0，3x 20－3a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝12，a ＝14，故选D.2．(2018·某某一模)函数f (x )＝12x 2－ln x 的递减区间为( )A ．(－∞，1)B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案 B解析 f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1， 故函数f (x )在(0,1)上递减．故选B.3．(2018·某某示X 高中二模)已知f (x )＝ln x x，则( )A ．f (2)＞f (e)＞f (3)B ．f (3)＞f (e)＞f (2)C ．f (3)＞f (2)＞f (e)D ．f (e)＞f (3)＞f (2)答案 D解析 f (x )的定义域是(0，＋∞)，因为f ′(x )＝1－ln x x2，所以x ∈(0，e)，f ′(x )>0；x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，f (e)>f (3)>f (2)．故选D.4．(2018·某某某某模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析 ①当x ＜－2时，1－x ＞0.∵(1－x )f ′(x )＞0， ∴f ′(x )＞0，即f (x )在(－∞，－2)上是增函数． ②当－2＜x ＜1时，1－x ＞0.∵(1－x )f ′(x )＜0， ∴f ′(x )＜0，即f (x )在(－2,1)上是减函数． ③当1＜x ＜2时，1－x ＜0.∵(1－x )f ′(x )＞0， ∴f ′(x )＜0，即f (x )在(1,2)上是减函数． ④当x ＞2时，1－x ＜0.∵(1－x )f ′(x )＜0， ∴f ′(x )＞0，即f (x )在(2，＋∞)上是增函数． 综上，f (－2)为极大值，f (2)为极小值．5．(2018·某某八校联考)已知f (x )＝14x 2＋cos x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象大致为( )答案 A解析 因为f (x )＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝12x －sin x ，这是一个奇函数，图象关于原点对称，故排除B ，D ，又f ′(1)＝12－sin1＜12－sin π4＜0，f ′(2)＝1－sin2＞0，所以f ′(x )的图象大致为A.6．已知f (x )＝ax 3，g (x )＝9x 2＋3x －1，当x ∈[1,2]时，f (x )≥g (x )恒成立，则a 的取值X 围为( )A ．a ≥11B ．a ≤11C ．a ≥418D ．a ≤418答案 A解析 f (x )≥g (x )恒成立，即ax 3≥9x 2＋3x －1.∵x ∈[1,2]，∴a ≥9x ＋3x 2－1x 3.令1x ＝t ，则当t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，a ≥9t ＋3t 2－t 3.令h (t )＝9t＋3t 2－t 3，h ′(t )＝9＋6t －3t 2＝－3(t －1)2＋12.∴h ′(t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是增函数．∴h ′(t )min ＝h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－34＋12>0.∴h (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是增函数．∴a ≥h (1)＝11，故选A. 7．(2018·某某二检)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝4，且f (x )的导函数f ′(x )<3，则不等式f (ln x )＞3ln x ＋1的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(0，e)C ．(0,1)D ．(e ，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝f (x )－3x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－3.由题意，得g ′(x )<0且g (1)＝0，故函数g (x )为单调递减函数．不等式f (ln x )>3ln x ＋1可以转化为f (ln x )－3ln x －1>0，即g (ln x )>0＝g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，ln x ＜1，解得0＜x ＜e.二、填空题8．(2018·某某一检)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线为l ，若l 与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.答案 8解析 因为y ＝x ＋ln x ，所以y ′＝1＋1x，所以y ′x ＝1＝2，故曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y ＝2x －1，与y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1联立，可得ax 2＋ax ＋2＝0，Δ＝a 2－8a ＝0，所以a ＝0(舍)或a ＝8，所以a ＝8.9．已知函数f (x )＝1＋ln x x .若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t ＋12(t ＞0)上不是单调函数，则实数t 的取值X 围为________．答案 12＜t ＜1解析 f ′(x )＝－ln xx2(x ＞0)，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1；由f ′(x )＜0，得x ＞1.所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．因为函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫t ，t ＋12(t ＞0)上不是单调函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ＜1，t ＋12＞1，解得12＜t ＜1.10．(2018·某某三市调研)已知函数f (x )＝ax －ln x ，当x ∈(0，e](e 为自然常数)时，函数f (x )的最小值为3，则 a 的值为________．答案 e 2解析 易知a ＞0，由f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ＝0，得x ＝1a，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，∴f (x )在x ＝1a 时取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－ln 1a .①当0＜1a ≤e 时，由1－ln 1a ＝3，得a ＝e 2，符合题意；②当1a＞e 时，x∈(0，e]，f (x )min ＝f (e)，即由a e －ln e ＝3，得a ＝4e，舍去．三、解答题11．(2018·某某七校联考)已知函数f (x )＝12x 2－(2a ＋2)x ＋(2a ＋1)ln x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线的斜率小于0，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52，函数g (x )＝f (x )－λx 在区间[1,2]上为增函数，求λ的取值X 围．解 (1)f ′(x )＝x －(2a ＋2)＋2a ＋1x＝x －2a －1x －1x(x >0)，若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线的斜率小于0， 则f ′(2)＝－a ＋12<0，即有a >12，∴2a ＋1>2>1，由f ′(x )>0得0<x <1或x >2a ＋1；由f ′(x )<0得1<x <2a ＋1.∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，(2a ＋1，＋∞)；单调递减区间为(1,2a ＋1)． (2)∵g (x )＝f (x )－λx在区间[1,2]上为增函数，∴g ′(x )≥0对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52，x ∈[1,2]恒成立， 而g ′(x )＝x －(2a ＋2)＋2a ＋1x ＋λx2≥0，化简得x 3－(2a ＋2)x 2＋(2a ＋1)x ＋λ≥0，即(2x －2x 2)a ＋x 3－2x 2＋x ＋λ≥0，其中a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，52，∵x ∈[1,2]，∴2x －2x 2≤0，∴只需(2x －2x 2)52＋x 3－2x 2＋x ＋λ≥0，即x 3－7x 2＋6x ＋λ≥0对任意x ∈[1,2]恒成立． 令h (x )＝x 3－7x 2＋6x ＋λ，x ∈[1,2]， 则h ′(x )＝3x 2－14x ＋6<0在[1,2]上恒成立， ∴h (x )＝x 3－7x 2＋6x ＋λ在闭区间[1,2]上为减函数， 则h (x )min ＝h (2)＝λ－8.∴h (x )min ＝h (2)＝λ－8≥0，解得λ≥8. 12．已知函数f (x )＝－13x 3＋2x 2＋ax ＋23(a ∈R )．(1)若a ＝3，试求函数f (x )的图象在x ＝2处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数f (x )在区间[0,2]上的最大值为2，试某某数a 的值． 解 (1)因为a ＝3，所以f (x )＝－13x 3＋2x 2＋3x ＋23，所以f ′(x )＝－x 2＋4x ＋3， 所以f ′(2)＝－22＋2×4＋3＝7. 因为f (2)＝－83＋8＋6＋23＝12，所以切线方程为y －12＝7(x －2)，即y ＝7x －2.设直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，－2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积S ＝12×2×27＝27.(2)f ′(x )＝－x 2＋4x ＋a ＝－(x －2)2＋a ＋4.若a ＋4≤0，a ≤－4，则f ′(x )≤0在[0,2]上恒成立， 所以函数f (x )在[0,2]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (0)＝23<2，此时a 不存在．若a ≥0，则f ′(x )≥0在[0,2]上恒成立， 所以函数f (x )在[0,2]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2)＝－83＋8＋2a ＋23＝2a ＋6＝2，解得a ＝－2，因为a ≥0，所以此时a 不存在．若－4<a <0，则函数f (x )在[0,2]上先单调递减后单调递增， 所以f (x )max ＝max{f (0)，f (2)}．当2a ＋6≥23，即－83≤a <0时，f (x )max ＝f (2)＝2a ＋6＝2，解得a ＝－2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－83，0，所以a ＝－2； 当2a ＋6<23，即－4<a <－83时，f (x )max ＝f (0)＝23<2，此时a 不存在．综上所述a ＝－2.13．(2018·某某模拟)已知函数f (x )＝1x＋a ln x .(1)若x ＝1是f (x )的极值点，试研究函数f (x )的单调性，并求f (x )的极值； (2)若f (x )≥0在(0，e]上恒成立，某某数a 的取值X 围． 解 (1)函数f (x )＝1x＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，若x ＝1是f (x )的极值点，则f ′(1)＝0，即a ＝1. ∴f (x )＝1x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1x2.令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则x <1， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减， ∴f (x )在x ＝1处取得极小值，极小值为f (1)＝1. (2)若f (x )≥0在(0，e]上恒成立，即f (x )min ≥0. 由(1)知f ′(x )＝ax －1x 2， ①当a ≤0时，即f ′(x )<0在(0，e]上恒成立， 即f (x )在(0，e]上单调递减，则f (x )min ＝f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ≥0，得－1e≤a ≤0. ②当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，若1a ≥e，即0<a ≤1e时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立， 则f (x )在(0，e]上单调递减，∴f (x )min ＝f (e)＝1e ＋a >0，即0<a ≤1e 时，f (x )≥0恒成立，若0<1a <e ，即a >1e 时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 时，f ′(x )>0，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a ≥0，得1e <a ≤e，综上所述，实数a 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e ，e .14．已知f (x )＝x 2－2ax ＋ln x . (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f ′(x )为f (x )的导函数，f (x )有两个不相等的极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求2f (x 1)－f (x 2)的最小值．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－2x ＋ln x (x >0)， f ′(x )＝2x －2＋1x ＝2x 2－2x ＋1x ＝x －12＋x2x>0，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)f ′(x )＝2x －2a ＋1x ＝2x 2－2ax ＋1x，由题意得，x 1和x 2是方程2x 2－2ax ＋1＝0的两个不相等的正实根，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2a 2>0，x 1x 2＝12，Δ＝4a 2－8>0，解得a >2，2ax 1＝2x 21＋1,2ax 2＝2x 22＋1.由于a 2>22，所以x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞.所以2f (x 1)－f (x 2)＝2(x 21－2ax 1＋ln x 1)－(x 22－2ax 2＋ln x 2)＝2x 21－x 22－4ax 1＋2ax 2－lnx 2＋2ln x 1＝－2x 21＋x 22－ln x 2x 21－1＝－12x 22＋x 22－lnx 32x 1x 22－1＝－12x 22＋x 22－32ln x 22－2ln 2－1.令t ＝x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫t >12，g (t )＝－12t ＋t －32lnt －2ln 2－1，则g ′(t )＝12t 2＋1－32t ＝2t 2－3t ＋12t 2＝2t －1t －12t2，当12<t <1时，g ′(t )<0；当t >1时，g ′(t )>0.所以g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则g (t )min ＝g (1)＝－1＋4ln 22，所以2f (x 1)－f (x 2)的最小值为－1＋4ln 22.15．(2018·高考)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值X 围． 解 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x.f ′(2)＝(2a －1)e 2，由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)解法一：由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值X 围是(1，＋∞)． 解法二：f ′(x )＝(ax －1)(x －1)e x. (1)当a ＝0时，令f ′(x )＝0得x ＝1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：∴f (x )在x (2)当a >0时，令f ′(x )＝0得x 1＝1a，x 2＝1.①当x 1＝x 2，即a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2e x≥0， ∴f (x )在R 上单调递增， ∴f (x )无极值，不合题意．②当x 1>x 2，即0<a <1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：③当x 1<x 2，即a >1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：(3)当a <0时，令f ′(x )＝0得x 1＝1a，x 2＝1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：综上所述，a 的取值X 围为(1，＋∞)．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业(四) 基本初等函数、函数与方程及函数的应用
[授课提示：对应学生用书第77页]
1．已知函数f (x )＝(m 2
－m －5)x m
是幂函数，且在x ∈(0，＋∞)上为增函数，则实数m 的值是( )
A ．－2
B ．4
C ．3
D ．－2或3
解析：f (x )＝(m 2
－m －5)x m 是幂函数⇒m 2
－m －5＝1⇒m ＝－2或m ＝3.又在x ∈(0，＋∞)上是增函数，所以m ＝3.
答案：C 2．函数y ＝a
x ＋2
－1(a >0且a ≠1)的图象恒过的点是( )
A ．(0,0)
B ．(0，－1)
C ．(－2,0)
D ．(－2，－1)
解析：法一：因为函数y ＝a x
(a >0，a ≠1)的图象恒过点(0,1)，将该图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到y ＝a
x ＋2
－1(a >0，a ≠1)的图象，所以y ＝a
x ＋2
－1(a >0，a ≠1)
的图象恒过点(－2,0)，选项C 正确．
法二：令x ＋2＝0，x ＝－2，得f (－2)＝a 0
－1＝0，所以y ＝a x ＋2
－1(a >0，a ≠1)的图
象恒过点(－2,0)，选项C 正确．
答案：C
3．(2017·大同二模)某种动物的繁殖数量y (单位：只)与时间x (单位：年)的关系式为
y ＝a log 2(x ＋1)，若这种动物第一年有100只，则到第7年它们发展到( )
A ．300只
B ．400只
C ．500只
D ．600只
解析：由题意，得100＝a log 2(1＋1)，解得a ＝100，所以y ＝100log 2(x ＋1)，当x ＝7时，y ＝100log 2(7＋1)＝300，故到第7年它们发展到300只．
答案：A
4．(2017·安徽省两校阶段性测试)函数y ＝x 2ln|x ||x |
的图象大致是( )
8．(2017·云南省第一次统一检测)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( )
A．a>c>b>d B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
解析：
f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又f(a)＝f(b)＝2 017，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.
答案：D
9．(2017·贵州省适应性考试)
某地一年的气温Q(t)(单位：℃)与时间t(月份)之间的关系如图所示，已知该年的平均气温为10 ℃，令C(t)表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C(t)与t之间的函数关系的是( )
解析：若增加的数大于当前的平均数，则平均数增大；若增加的数小于当前的平均数，则平均数减小．因为12个月的平均气温为10 ℃，所以当t＝12时，平均气温应该为10 ℃，故排除B；因为在靠近12月份时其温度小于10 ℃，因此12月份前的一小段时间内的平均气温应该大于10 ℃，排除C；6月份以后增加的温度先大于平均值后小于平均值，故平均气温不可能出现先减小后增加的情况，故排除D，故选A.
答案：A
10．(2017·洛阳市第一次统一考试)已知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)单调递减，
设a ＝－21.2
，b ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－0.8，c ＝2log 52，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为( )
A ．f(c)<f(b)<f(a)
B ．f(c)<f(a)<f(b)
C ．f(c)>f(b)>f(a)
D ．f(c)>f(a)>f(b)
解析：依题意，注意到21.2>20.8
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－0.8>20＝1＝log 55>log 54＝2log 52>0，又函数f(x)
在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f(21.2
)<f(20.8
)<f(2log 52)，由函数f(x)是偶函数得f(a)＝f(21.2
)，因此f(a)<f(b)<f(c)，选C .
答案：C
11．(2017·兰州市高考实战模拟)已知奇函数f(x)是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2
＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )
A.14
B.18 C ．－78 D ．－38
解析：∵函数y ＝f (2x 2
＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，∴方程f (2x 2
＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (2x 2
＋1)＋
f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，∴方程2x
2
－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，∴Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78
.故选C.
答案：C
12．若函数y ＝f (x )的图象上存在不同的两点M 、N 关于原点对称，则称点对(M ，N )是函数y ＝f (x )的一对“和谐点对”(点对(M ，N )与(N ，M )看作同一对“和谐点对”)．已知函
数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
e x
，x <0，
x 2
－4x ，x >0，
则此函数的“和谐点对”有( )
A ．1对
B ．2对
C ．3对
D ．4对
解析：作出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
e x
，x <0，x 2
－4x ，x >0
的图象如图所示，f (x )的“和谐点对”数可转化为
y ＝e x (x <0)和y ＝－x 2－4x (x <0)的图象的交点个数．
由图象知，函数f (x )有2对“和谐点对”．
实数a的取值范围是(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)。